Tài liệu Số p adic

.. ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC BÙI THỊ HOÀNG YẾN SỐ P-ADIC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - Năm 2012 1Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC BÙI THỊ HOÀNG YẾN SỐ P-ADIC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số : 60.46.40 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS. NÔNG QUỐC CHINH Thái Nguyên - Năm 2012 2Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mục lục Mở đầu 1 1 Đồng dư thức và phương trình modulo 3 2 Chuẩn p-adic và tập số p-adic 16 3 Một số kiến thức cơ bản của giải tích p–adic 34 4 Bài tập tham khảo 38 Kết luận 42 Tài liệu tham khảo 43 i 3Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mở đầu Số p-adic để mã hóa thông tin, có ứng dụng mạnh mẽ trong lý thuyết số. Giải tích p-adic là một trong các hướng mới và đang phát triển nhanh trong ngành đại số và lý thuyết số. Mục tiêu chính của luận văn là giới thiệu những khái niệm cơ bản nhất về số p-adic và giải tích p-adic. Luận văn gồm có phần Mở đầu, 4 chương tiếp theo và phần kết luận. Chương 1. Trình bày những kiến thức về đồng dư thức và phương trình modulo. Chương 2. Xây dựng các khái niệm chuẩn, chuẩn Archimedean, chuẩn phi−Archimedean trên một vành giao hoán có đơn vị. Cấp p-adic, chuẩn p-adic của một số hữu tỉ; Khái niệm dãy hội tụ, dãy Cauchy; Khái niệm vành đầy đủ đối với một chuẩn N; Xây dựng vành các số p-adic và một vài tính chất của nó. Chương 3. Giới thiệu sơ lược một số khái niệm và tính chất cơ bản của giải tích p-adic. Chương 4. Một số bài tập tham khảo. Mỗi chương đều có ví dụ và phần bài tập liên quan. Luận văn này được hoàn thành tại Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên dưới sự hướng dẫn của PGS.TS. Nông Quốc Chinh. Tác giả xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc tới thầy về sự tận tình hướng dẫn trong suốt thời gian tác giả làm luận văn. Trong quá trình học tập và làm luận văn, thông qua các bài giảng và 1 4Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn xêmina, tác giả thường xuyên nhận được sự quan tâm giúp đỡ và đóng góp những ý kiến quý báu của các giáo sư trong Viện Toán học thuộc Viện Khoa học và Công nghệ Việt Nam cùng các thấy cô giáo trong trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên. Từ đáy lòng mình, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến các thầy các cô. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn tới các thầy, các cô, Ban Giám hiệu Nhà trường, phòng Đào tạo Khoa học và Quan hệ Quốc tế, Khoa Toán - Tin Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã quan tâm và giúp đỡ tác giả trong thời gian học tập và làm luận văn cao học. Cuối cùng, tác giả xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè, đồng nghiệp đã luôn theo sát, động viên tác giả vượt qua những khó khăn để có được điều kiện tốt nhất khi học tập và nghiên cứu. Mặc dù đã hết sức cố gắng, song do năng lực và thời gian còn hạn chế nên chắc chắn luận văn không thể tránh khỏi thiếu sót. Vì vậy tác giả rất mong được sự góp ý, chỉ bảo của các Thầy cô, bạn bè đồng nghiệp và các độc giả quan tâm. Xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, 19 tháng 10 năm 2012. Tác giả Bùi Thị Hoàng Yến 2 5Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương 1 Đồng dư thức và phương trình modulo Cho n ∈ N∗ . Định nghĩa 1.1. Cho x, y ∈ Z, ta viết x ≡ y nếu và chỉ nếu n |(x − y) . n Ta thường viết x ≡ y(modn) và đọc là x đồng dư với y theo modulo n. Chú ý rằng khi n = 0, x ≡ y(modn) nếu và chỉ nếu x = y , vì vậy trường hợp ≡ thực ra là đẳng thức. 0 Mệnh đề 1.1. Quan hệ ≡ là một quan hệ tương đương trên Z. n Chứng minh : Cho x, y, z ∈ Z. Rõ ràng ≡ có tính chất phản xạ vì n n |(x − x) = 0. Nó có tính chất đối xứng vì nếu n |(x − y) thì x − y = kn với mỗi k ∈ Z, suy ra y − x = (−k)n và vì vậy n |(y − x) . Có tính chất bắc cầu, giả sử rằng n |(x − y) và n |(y − z) , khi đó vì x − z = (x − y) + (y − z) nên ta có n |(x − z) . Ta kí hiệu lớp tương đương của x ∈ Z là [x]n hoặc chỉ là [x] nếu n xác định, ta sử dụng chung kí hiệu x̄ nếu giá trị của n là rõ ràng từ dữ kiện. Bằng định nghĩa o n [x]n = y ∈ Z : y ≡ x = {y ∈ Z : y = x + kn, ∀k ∈ Z}, với mỗi số tự n nhiên khác không có đúng n lớp thặng dư, cụ thể là 3 6Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn [0]n , [1]n , ..., [n − 1]n . Định nghĩa 1.2. Tập hợp gồm tất cả các lớp thặng dư của Z theo modulo n là tập thương: Z/nZ = {[x]n : x = 0, 1, ..., n − 1} = Zn Nếu n = 0 ta có Zn = Z. Xét hàm πn : Z → Zn ; πn (x) = [x]n . Đây là một toàn ánh thỏa mãn πn−1 (α) = {x ∈ Z : x ∈ α} Ta có thể định nghĩa phép cộng + và phép nhân × trên Zn bởi công thức n n [x]n + [y]n = [x + y]n ;[x]n × [y]n = [xy]n Điều này ta có thể dễ dàng nhìn thấy từ định nghĩa, tức là chúng không phụ thuộc vào việc chọn các phần tử đại diện x và y . Mệnh đề 1.2. Tập Zn với các phép toán + và × là một vành giao hoán n n và hàm πn : Z → Zn là một đồng cấu vành, nó là một toàn ánh và có hạt nhân kerπn = [0]n = {x ∈ Z : x ≡ 0(modn)} Cho R là một vành giao hoán với phần tử đơn vị 1. Định nghĩa 1.3. Phần tử u ∈ R được gọi là một phần tử khả nghịch nếu tồn tại một phần tử v ∈ R thỏa mãn uv = vu = 1. Phần tử v là duy nhất xác định và được gọi là nghịch đảo của u và thường được kí hiệu là u−1 . Định nghĩa 1.4. Phần tử khác không z ∈ R được gọi là một ước của không nếu tồn tại ít nhất một phần tử w ∈ R với w 6= 0 và zw = 0. Ta quy ước phần tử 0 là ước của chính nó. 4 7Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Ví dụ 1. Cho n = 6, khi đó Z6 = {0̄, 1̄, ..., 5̄}. Các phần tử khả nghịch là 1̄, 5̄ với 1̄−1 = 1̄ và 5̄−1 = 5̄ vì 52 = 25 ≡ 1. Các ước của không là 0̄, 2̄, 3̄, 4̄. 6 Ta đã biết nếu a, b ∈ Z thì ước chung lớn nhất của a và b là số nguyên dương lớn nhất đồng thời là ước của cả a và b. Ta thường viết là gcd (a, b). Định lí 1.1. Cho n > 0, khi đó ta có i, Các phần tử của Zn hoặc là khả nghịch, hoặc là ước của không. ii, z̄ là một ước của không trong Zn nếu và chỉ nếu gcd (z, n) > 1. iii, ū là một phần tử khả nghịch trong Zn nếu và chỉ nếu gcd (u, n) = 1. Chứng minh : Lấy ū tùy ý trong Zn , giả sử ū không phải là phần tử khả nghịch. Suy ra gcd(u, n) 6= 1 vậy ∃v : u = u1 .v; n = n1 .v , trong đó n1 < n và n̄1 6= 0̄. Xét tích ū.n̄1 ta có ū.n̄1 = ū1.v̄.n̄1 = ū1.n̄ = 0̄ Suy ra ū là ước của không trong Zn . Ta đã biết nếu a, b ∈ Z với b 6= 0, khi đó ∃!q, r ∈ Z sao cho a = bq + r với 0 ≤ r < |b|. Định lí 1.2. (Thuật toán Euclid tìm ước chung lớn nhất) Cho a, b ∈ Z, khi đó có những dãy duy nhất các số nguyên qi, ri thỏa mãn a = bq1 + r1 r 0 = b = q2 r 1 + r 2 r 1 = q3 r 2 + r 3 . . 5 8Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn . 0 6= rN −1 = qN + 1.rN Trong đó ta có 0 ≤ ri < ri−1 với mỗi i, rN = gcd(a, b) và tìm được s, t ∈ Z sao cho rN = sa + tb Ví dụ 2. Nếu a = 6, b = 5 thì r0 = 5 và ta có 6 = 1.5 + 1 vì vậy q1 = 1, r1 = 1. 5 = 1.5 vì vậy q2 = 5, r2 = 0. Suy ra ta có gcd(6, 5) = 1 và có thể viết 1 = 1.6 + (−1).5. Định nghĩa 1.5. Ký hiệu (Zn )× là tập các phần tử khả nghịch trong Zn . Ta có (Zn )× là một nhóm Abel với phép nhân ×. n     Cho ϕ(n) = (Zn )×  = cấp của (Zn )× . Từ định lý 1.1, suy ra (Zn )×  bằng số các số nguyên 0, 1, 2, ..., n − 1 mà không có ước chung với n. Hàm ϕ này được biết đến là ϕ - hàm Euler. Ví dụ 3. Với n = 6; |Z6 | = 6 và Z6 có các phần tử khả nghịch là 1̄, 5̄, suy ra ϕ(6) = 2. Ví dụ 4. Với n = 12; |Z12 | = 12 và Z12 có các phần tử khả nghịch là 1̄, 5̄, 7̄, 11̄, suy ra ϕ(12) = 4. Ta sẽ nghiên cứu xác định giá trị của ϕ(n) qua n. Khi n là một số nguyên tố ta có kết quả sau: Ví dụ 5. Cho p là một số nguyên tố. Khi đó p chỉ có ước tầm thường là 1 và p vì vậy ϕ(p) = p − 1. Hơn nữa: xét một lũy thừa của p, pr với r > 0, khi đó các số nguyên trong 0, 1, 2, ..., pr − 1 có nhân tử chung với pr đều được biểu diễn dưới dạng kp với 0 ≤ k ≤ pr−1 − 1, suy ra có pr−1 phần tử. Vì vậy ta có ϕ(pr ) = pr−1 (p − 1) 6 9Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Ví dụ 6. Khi p = 2, ta có các nhóm (Z2 )× = {1̄} , (Z22 )× = {1̄, 3̄} ∼ = Z2 , (Z23 )× = {1̄, 3̄, 5̄, 7̄} ∼ = Z2 × Z2 . Và tổng quát lên ta có (Z2r+1 )× ∼ = Z2 × Z2r−1 Với mọi r ≥ 1. Giả sử n là một số tự nhiên tùy ý, ta biểu diễn n = pr11 pr22 ...prss , trong đó với mỗi i, pi là một số nguyên tố thỏa mãn 2 ≤ p1 < p2 < ... < ps và ri ≥ 1. Khi đó những số pi , ri được xác định duy nhất bởi n. Định lí 1.3. Có duy nhất một đẳng cấu vành Ψ : Zn ∼ = Zrp11 × Zrp22 × ... × Zrpss Và một đẳng cấu nhóm Ψ : (Zn )× ∼ = Zrp11
× × Zrp22
× × ... × Zrpss Do đó ta có ϕ (n) = ϕ (pr11 ) ϕ (pr22 ) ...ϕ (prss ).
× Chứng minh : Giả sử a, b là hai số nguyên tố cùng nhau, trước hết ta sẽ chứng minh có một đẳng cấu vành: Ψ : Zab → Za × Zb Theo định lý 1.2, ∃u, v ∈ Z sao cho ua + vb = 1. Hiển nhiên gcd(a, u) = gcd(b, v) = 1 Xét tương ứng Ψ : Zab → Za × Zb 7 10Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn [x]ab 7→ ([x]a , [x]b ) + Ta có Ψ là một ánh xạ: Thật vậy, giả sử [x]ab = [y]ab ⇔ x ≡ y (modab) ⇔ ab| (x − y)   a| (x − y) [x]a = [y]a ⇔ ⇔ b| (x − y) [x]b = [y]b ⇒ ([x]a , [x]b ) = ([y]a , [y]b ) . + Ψ là một toàn cấu: Cho ([y]a , [z]b) ∈ Za × Zb . Ta phải tìm x ∈ Z sao cho Ψ ([x]ab) = ([y]a , [z]b) . Bây giờ ta thiết lập x = vby + uaz Khi đó x = (1 − ua) y + uaz ≡ y(moda) x = vby + (1 − vb) z ≡ z(modb) Suy ra ta có Ψ ([x]ab) = ([y]a , [z]b) như yêu cầu. + Ψ là một đơn cấu: Hiển nhiên vì |Zab | = ab = |Za | |Zb | = |Za × Zb | (Hai tập hợp hữu hạn có cùng số phần tử mà Ψ là toàn ánh nên suy ra nó là đơn ánh ) Với n là một số tự nhiên tùy ý, áp dụng kết quả trên, định lý được chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo s. Với s = 1. Định lý hiển nhiên đúng. Giả sử định lý đã được chứng minh đúng với mọi số k ≤ s − 1, ta sẽ chứng minh đúng với s. Ta có r s−1 .prss n = pr11 .pr22 ...ps−1 8 11Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn r s−1 và b = prss . Khi đó gcd (a, b) = 1 Đặt a = pr11 .pr22 ...ps−1 Theo giả thiết quy nạp: rs−1 Za ∼ = Zpr11 × Zpr22 × ... × Zps−1 do gcd (a, b) = 1, áp dụng kết quả chứng minh ở trên ta có: rs−1 × Z rs Zn = Zab ∼ = Za × Zb ∼ = Zpr11 × ... × Zps−1 ps Định lý được chứng minh. Ví dụ 7. Xét trường hợp n = 120. Khi đó 120 = 8.3.5 = 23 .3.5 và vì vậy theo định lý 1.3 ta có Z120 ∼ = Z8 × Z3 × Z5 Ta có 120 = 24.5. Khi đó gcd(24, 5) = 1 vì 24 = 4.5+4 ⇒ 4 = 24−4.5 và 5 = 4 + 1 ⇒ 1 = 5 − 4 suy ra 1 = 5.5 − 24 suy ra ta có thể lấy a = 24; b = 5; u = −1; v = 5 trong chứng minh của định lý. Do đó ta có đồng cấu vành Ψ1 : Z120 → Z24 × Z5 Ψ1 ([25y − 24z]120) = ([y]24, [z]5 ) . Lặp lại phương pháp trên cho vành Z24 , ta có: 8 = 2.3 + 2 ⇒ 2 = 8 − 2.3 và 3 = 2 + 1 ⇒ 1 = 3 − 2, vì vậy gcd(8, 3) = 1 = (−8) + 3.3. Suy ra đây là một đồng cấu vành Ψ1 : Z24 → Z8 × Z3 Ψ2 ([9x − 8y]24) = ([x]8 , [y]3) . Kết hợp hai đồng cấu này ta có Ψ : Z120 ∼ = Z8 × Z3 × Z5 Ψ ([25 (9x − 8y) − 24z]120) = ([x]8 , [y]3, [z]5 ) . Như yêu cầu của bài toán. 9 12Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Ví dụ 8. a, b ∈ Z, n > 0. Khi đó ax ≡ b (modn) (1.1) là một phương trình đồng dư tuyến tính trên Z. Ta quan tâm đến việc tìm tất cả các nghiệm của phương trình (1.1) trên Z. Nếu u ∈ Z có tính chất ax ≡ b (modn) thì u là một nghiệm, nhưng khi đó các số nguyên có dạng u + kn, k ∈ Z cũng là nghiệm. Như vậy, có vô hạn nghiệm trong trường hợp này. Nhưng với mỗi họ nghiệm ta nhận được một lớp đồng dư [u + kn]n = [u]n . Ta có thể xem [a]n X = [b]n (1.2) như là một phương trình tuyến tính trên Zn . Khi n là hữu hạn, thì phương trình (1.2) chỉ có một số hữu hạn nghiệm. Như ta đã nhận xét ở trên, các nghiệm nguyên u của (1.1) được suy ra từ nghiệm [u]n của (1.2). Trong thực tế, họ nghiệm của (1.1) tạo ra một nghiệm của (1.2). Ngược lại, một nghiệm [v]n của (1.2) tạo ra tập [v]n = {v + kn : k ∈ Z} là một họ nghiệm của (1.1). Ta sẽ giải phương trình (1.2) trong Zn . Có hai khả năng xảy ra (1) Phần tử [a]n là khả nghịch trong Zn . (2) Phần tử [a]n là ước của không trong Zn . Trong khả năng (1), ∃[c]n = [a]−1 n là nghịch đảo của [a]n . Khi đó ta có thể nhân (1.2) với [c]n để có được X = [bc]n là nghiệm của phương trình (1.2). Hơn nữa, phương trình (1.2) chỉ có đúng một nghiệm là [bc]n . Vì vậy X = [bc]n là nghiệm duy nhất trong Zn . Trong trường hợp này các nghiệm của phương trình (1.1) là những số nguyên có dạng bc + kn, k ∈ Z. 10 13Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Kết luận: Trong khả năng (1), phương trình (1.2) ta có đúng một nghiệm trong Zn là X = [a]−1 n [b]n . Và tất cả các số nguyên có dạng bc+kn là nghiệm của phương trình (1.1). Trong khả năng (2) khi [a]n là ước của không trong Zn , phương trình (1.2) có thể có nghiệm hoặc vô nghiệm trong Zn . Ví dụ 9. Cho phương trình nx ≡ 1 (modn). Phương trình trên có thể chỉ có một nghiệm trong Z nếu n = 1. Cũng có khả năng có nhiều nghiệm trong Zn . Ví dụ phương trình 2x ≡ 4 (mod12) Kiểm tra ta thấy có các nghiệm 2̄, 8̄. Việc giải phương trình đồng dư trên có thể đưa về việc tìm nghiệm của phương trình x ≡ 2 (mod6). Vì, nếu 2(x − 2) ≡ 0 (mod12) thì (x − 2) ≡ 0 (mod6), đây là một ví dụ cho khả năng (1). Tổng quát hơn, xét một hệ phương trình tuyến tính sau a1 x ≡ b1(modn1 ), a2x ≡ b2(modn2 ), ..., ak x ≡ bk (modnk ) Ở đây ta sẽ tìm tất cả các số nguyên x ∈ Z đồng thời thỏa mãn các đồng dư thức. Định lí 1.4. (Định lý thặng dư Trung Hoa) Cho n1 , n2 , ..., nk là k số nguyên dương đôi một nguyên tố cùng nhau và a1 , a2 , ..., ak là k số nguyên thỏa mãn gcd(ai , ni) = 1 và b1 , b2 , ..., bk là k số nguyên dương bất kỳ. Khi đó hệ phương trình đồng dư tuyến tính a1x ≡ b1 (modn1 ) , a2x ≡ b2 (modn2 ) , ..., ak x ≡ bk (modnk ) có vô số nghiệm x ∈ Z, chúng tạo nên một lớp đồng dư duy nhất [x]n1 n2 ...nk ∈ Zn1 n2 ...nk 11 14Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chứng minh : Sử dụng đẳng cấu Zab ∼ = Za × Zb Với gcd(a, b) = 1 đã biết trong phần chứng minh của định lý 1.3, cùng với phép quy nạp theo k ta có kết quả cần chứng minh. Ví dụ 10. Xét hệ 3x ≡ 5 (mod2) , 2x ≡ 6 (mod3) , 7x ≡ 1 (mod5) Vì 8 ≡ 3 (mod5), hệ trên tương đương với x ≡ 1 (mod2) , x ≡ 0 (mod3) , x ≡ 3 (mod5) Giải hai phương trình đầu tiên trong Z6 , ta có được nghiệm duy nhất là x ≡ 3 (mod6), giải đồng thời cặp phương trình đồng dư x ≡ 3 (mod6) và x ≡ 3 (mod5) ta có được nghiệm duy nhất x ≡ 3 (mod30) trong Z30 . Định lý 1.3 thường được dùng giải những phương trình đa thức modulo n, bằng cách phân tích n thành tích của các số nguyên tố, n = pr11 pr22 ...pdrd và sau đó giải quyết modulo prkk với mỗi k. Định lí 1.5. Cho n = pr11 pr22 ...prdd , trong đó pk là các số nguyên tố phân biệt, và rk ≥ 1 ∀k . Cho f (x) ∈ Z [x] là một đa thức với hệ số nguyên. Khi đó phương trình f (x) ≡ 0 (modn) có nghiệm nếu và chỉ nếu tất cả các phương trình f (x1) ≡ 0 (modpr11 ) , f (x2) ≡ 0 (modpr22 ) , ..., f (xd ) ≡ 0 (modprdd ) đều có nghiệm. Hơn nữa, mỗi họ các nghiệm trong Zprkk (với k = 1, ..., d) xác định một nghiệm duy nhất x ∈ Zn của f (x) ≡ 0 (modn) thỏa mãn x ≡ xk (modprkk ) , ∀k . 12 15Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Ví dụ 11. Giải phương trình x2 − 1 ≡ 0 (mod24). Ta có 24 = 8.3, vì vậy ta giải cặp phương trình đồng dư sau x2 − 1 ≡ 0 (mod8) , x2 − 1 ≡ 0 (mod3) Với x1 ∈ Z8 , x2 ∈ Z3 . Bây giờ rõ ràng các nghiệm của phương trình đầu tiên là x1 ≡ 1, 3, 5, 7 (mod8); còn phương trình thứ hai ta nhận được x2 ≡ 1, 2 (mod3). Kết hợp với việc sử dụng định lý 1.3, ta có x ≡ 1, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23 (mod24). Trong lý thuyết vành ta đã có kết quả sau Mệnh đề 1.3. Cho K là một trường, và f (X) ∈ K [X] là một đa thức với hệ số trên K . Khi đó với α ∈ K ta có f (α) = 0 ⇔ f (X) = (X − α) g (X) với g (X) ∈ K [X]. Hệ quả 1.1. Cho K là một trường và cho f (X) ∈ K [X], giả sử rằng d = deg f . Khi đó f (X) có nhiều nhất d nghiệm khác nhau trong K . Xét trường hợp K = Zp trong đó p là một số nguyên tố và các đa thức X p − X, X p−1 − 1̄ ∈ Zp [X] Định lí 1.6. (Định lý Fermat nhỏ) Cho p là số nguyên tố. Đối với bất kỳ ā ∈ Zp , hoặc ā = 0̄ hoặc (ā)p−1 = 1̄ (vì vậy trong trường hợp này ā là một căn bậc (p − 1) của 1̄). Suy ra, X p − X = X(X − 1̄)(X − 2̄)...(X − p − 1) Hệ quả 1.2. (Định lý Wilson) Với bất kỳ số nguyên tố p ta có (p − 1)! ≡ −1(modp). Định lí 1.7. (Định lý về căn nguyên thủy của Gauss) Với bất kỳ số nguyên tố p, nhóm (Zp )× là cyclic bậc (p − 1). Suy ra có một phần tử ā ∈ Zp có bậc (p − 1). 13 16Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Phần tử sinh của (Zp )× được gọi là một căn nguyên thủy modulo p và có đúng ϕ (p − 1) phần tử như thế trong (Zp )× . Ví dụ 12. Cho p = 7. Khi đó ϕ (6) = ϕ(2)ϕ(3) = 2, vì vậy có hai căn nguyên thủy modulo 7. Ta có 23 ≡ 1 (mod7) , 32 ≡ 2 (mod7) , 36 ≡ 1 (mod7) suy ra 3̄ là một căn nguyên thủy, mặt khác có 35 = 5̄. Ví dụ 13. Cho p = 11 và giải hệ phương trình 3x + 2y − 3z ≡ 1 (mod11) 2x + z ≡ 0 (mod11) Ở đây ta phải nhân phương trình đầu tiên với (3)−1 = 4̄, được x + 8y − 1z ≡ 4 (mod11) 2x + z ≡ 0 (mod11) Và sau đó trừ đi hai lần phương trình thứ hai được x + 8y − 1z ≡ 4 (mod11) 6y + 3z ≡ 3 (mod11) Ta biết rằng hạng của hệ này là 2. Các nghiệm là x ≡ 5t (mod11) , y ≡ 5t + 6 (mod11) , z ≡ t (mod11) với t ∈ Z. Định lí 1.8. (Bổ đề Hensel) d P Cho f (X) = ak X k ∈ Z [X] và giả sử x ∈ Z là một nghiệm của k=0 f modulo ps (với s ≥ 1) và f ′ (x) là một phần tử khả nghịch modulo p. Khi đó có duy nhất nghiệm x′ ∈ Zps+1 của f modulo ps+1 thỏa mãn x′ ≡ x (modps ), hơn nữa x′ được xác định bởi công thức
x′ ≡ x − uf (x) modps+1 14 17Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Trong đó u ∈ Z thỏa mãn uf ′ (x) ≡ 1 (modp) (nghĩa là u là một nghịch đảo của f ′ (x) modulo p). Chứng minh : Theo giả thiết ta có f (x) ≡ 0 (modps ); f ′ (x) 6≡ 0 (modps ). Như vậy trong Zp , f ′ (x) là một phần tử khả nghịch, do đó tồn tại u ∈ Z sao cho ū.f ′ ¯(x) = 1̄ hay u.f ′ (x) ≡ 1 (modp). Xét đa thức f (x + T ps ) ∈ Z [T ], sử dụng khai triển Taylo ta có: ′ s s  s 2 f (x + T p ) ≡ f (x) + f (x) T p + ... mod(T p ) Vì vậy ∀t ∈ Z ta có: f (x + tps ) ≡ f (x) + f ′ (x) tps + ... modp2s 
Do trong tổng trên từ hạng tử thứ 3 trở đi đều chia hết cho ps+1 nên dễ dàng suy ra

f (x + tps ) ≡ 0 modps+1 ⇔ f (x) + f ′ (x) tps ≡ 0 modps+1 ⇔ uf (x) + tps ≡ 0 modps+1 uf (x) + t ≡ 0 (modp) ps uf (x) ⇔ t ≡ − s (modp) p
⇔
Chọn x′ = x − uf (x), rõ ràng f (x′) ≡ 0 modps+1 . Định lý được chứng minh. Chúng ta thừa nhận một kết quả tổng quát hơn sau đây. Định lí 1.9. (Bổ đề Hensel tổng quát) Cho f (X) ∈ Z [X], r ≥ 1 và a ∈ Z, thỏa mãn a)f (a) ≡ 0 modp2r−1
b)f ′ (a) không đồng dư với 0 modulo pr Khi đó tồn tại a′ ∈ Z sao cho
f (a′ ) ≡ 0 modp2r+1 và a′ ≡ a (modpr ). 15 18Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương 2 Chuẩn p-adic và tập số p-adic Cho R là vành với đơn vị 1 = 1R . Định nghĩa 2.1. Một hàm N : R → R+ = {r ∈ R : r ≥ 0} được gọi là chuẩn trên R nếu những điều sau đây là đúng: (Na): N (x) = 0 nếu và chỉ nếu x = 0. (Nb): N (xy) = N (x)N (y) ∀x, y ∈ R. (Nc): N (x + y) ≤ N (x) + N (y) ∀x, y ∈ R. Điều kiện (Nc) được gọi là bất đẳng thức tam giác. Chuẩn N được gọi là phi–Archimedean nếu điều kiện (Nc) được thay thế bằng phát biểu mạnh hơn (Nd): N (x + y)) ≤ max {N (x) , N (y)} ∀x, y ∈ R Nếu (Nd) không đúng thì chuẩn N được gọi là Archimedean. Nhận xét: Điều kiện (Nd) có thể được thay thế bởi điều kiện sau (Nd’): N (x + y) ≤ max {N (x) , N (y)} ∀x, y ∈ R trong đó đẳng thức xảy ra nếu N (x) 6= N (y). Thật vậy, giả sử N (x) 6= N (y), chẳng hạn N (x) > N (y). Khi đó N (x) = N (x + y − y) ≤ max (N (x + y) , N (y)) 16 19Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ≤ max (N (x) , N (y)) = N (x) ⇒ max (N (x + y), N (y)) = N (x) Vì N (x) 6= N (y) nên N (x) = N (x + y). Ví dụ 14. i, Cho R ⊆ C là một vành con của tập số phức C. Ta đặt N (x) = |x|, đây là giá trị tuyệt đối thông thường, lúc đó ta được một chuẩn trên R. Khi R = Z, Q, R, C, chuẩn này là Archimedean vì xảy ra bất đẳng thức |1 + 1| = 2 > |1| = 1 (không thỏa mãn (Nd)). ii, Cho C(I) = {f : I → R} và f liên tục, trong đó I = [0, 1]. Khi đó hàm |f | (xf ) = |f (x)| là liên lục ∀f ∈ C(I) và từ giải tích cổ điển ta có ∃xf ∈ I sao cho |f | (xf ) = sup {|f | (x) : x ∈ I}. Như vậy ta có thể định nghĩa một hàm N : C(I) → R+ , N (f ) = |f | (xf ), và hàm này cho ta một chuẩn Archimedean trên C(I), thường được gọi là chuẩn cận trên đúng. Nếu ta thay I ở trên bằng một tập compact X ⊆ C bất kỳ thì ta vẫn có kết quả tương tự. Xét trường hợp R = Q, trường các số hữu tỉ. Giả sử p ≥ 2 là một số nguyên tố. Định nghĩa 2.2. Nếu 0 6= x ∈ Z thì cấp p-adic của x (hoặc định giá p-adic của x) là ordp x = max {r : pr |x} ≥ 0 Với a/b ∈ Q thì cấp p-adic của a/b là a ordp = ordpa − ordp b. b Nhận xét: ∀x ∈ Q, ordp x là một số nguyên. Và nếu x = a/b thì ordp x hoàn toàn được xác định. Thật vậy, giả sử a/b = a′ /b′ ta có ngay ordp a − ordp b = ordp a′ − ordpb′ 17 20Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn