Một số vấn đề về đa thức với hệ số nguyên

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN BÙI THẾ TRUNG MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ ĐA THỨC VỚI HỆ SỐ NGUYÊN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Bình Định - Năm 2022 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN BÙI THẾ TRUNG MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ ĐA THỨC VỚI HỆ SỐ NGUYÊN Chuyên ngành : Đại số lí thuyết số Mã số 8460104 : Người hướng dẫn: TS TRẦN ĐÌNH LƯƠNG i Lời cam đoan Tôi xin cam đoan kết đề tài “Một số vấn đề đa thức với hệ số ngun” cơng trình nghiên cứu hướng dẫn TS Trần Đình Lương chưa cơng bố cơng trình khoa học khác thời điểm Các nội dung kết sử dụng luận văn có trích dẫn thích nguồn gốc Nếu có điều gian lận, tơi xin chịu trách nhiệm luận văn Quy Nhơn, ngày 30 tháng 07 năm 2022 Học viên thực đề tài Bùi Thế Trung ii DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU R : Vành giao hốn có đơn vị s(Q) : Tập hợp bình phương số hữu tỷ u(f ) : Số lần đa thức nhận giá trị ±1 P (f ) : Số lần đa thức nhận giá trị nguyên tố iii Mục lục Danh mục ký hiệu ii Mở đầu 1 Vành đa thức với hệ số nguyên 1.1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.2 Đa thức vành giao hoán 1.3 Vành đa thức với hệ số nguyên 11 Một số tiêu chuẩn bất khả quy 2.1 21 Tiêu chuẩn bất khả quy cho đa thức có bậc nhỏ 21 2.2 Tiêu chuẩn bất khả quy cho đa thức bậc bốn 24 2.3 Tiêu chuẩn bất khả quy rút gọn theo môđun số nguyên tố 29 2.4 Tiêu chuẩn bất khả quy Eisenstein 32 2.5 Tiêu chuẩn bất khả quy liên quan đến số lần đa thức nhận giá trị ±1 2.6 34 Tiêu chuẩn bất khả quy liên quan đến số lần đa thức nhận giá trị nguyên tố 39 Kết luận 47 iv Danh mục tài liệu tham khảo 49 Mở đầu Đa thức khái niệm quan trọng sử dụng nhiều đại số Các vấn đề đa thức ln chủ đề nhà tốn học quan tâm nghiên cứu có nhiều ứng dụng lĩnh vực khác Trong số học đa thức đóng vai trị tương tự số ngun, đặc biệt đa thức có hệ số nguyên hệ số hữu tỷ, đa thức bất khả quy đóng vai trị tương tự số nguyên tố Luận văn nhằm nghiên cứu số vấn đề liên quan đến tính chất số học đa thức với hệ số nguyên như: cấu trúc đại số tính chất số học vành đa thức Z[x], tiêu chuẩn bất khả quy đa thức với hệ số nguyên tiêu chuẩn Eisenstein, tiêu chuẩn rút gọn theo môđun số nguyên tố, số tiêu chuẩn khác Luận văn gồm có chương Chương 1: Vành đa thức với hệ số nguyên Trong chương chúng tơi trình bày số vấn đề tính chất số học, mơ tả iđêan ngun tố, iđêan cực đại vành đa thức với hệ số ngun Đồng thời chúng tơi trình bày số kiến thức chuẩn bị sử dụng luận văn Chương 2: Một số tiêu chuẩn bất khả quy Trong chương chúng tơi trình bày số tiêu chuẩn bất khả quy cho đa thức với hệ số nguyên: tiêu chuẩn bất khả quy cho đa thức bậc thấp, tiêu chuẩn bất khả quy rút gọn theo môđun số nguyên tố, tiêu chuẩn bất khả quy Eisentein, tiêu chuẩn bất khả quy liên quan đến giá trị đa thức Luận văn hoàn thành nhờ hướng dẫn giúp đỡ tận tình TS Trần Đình Lương, Trường Đại học Quy Nhơn Nhân dịp tơi xin bày tỏ kính trọng lịng biết ơn sâu sắc đến thầy Chúng tơi xin gửi lời cảm ơn đến quý Ban lãnh đạo Trường Đại học Quy Nhơn, Phòng Đào tạo sau Đại học, Khoa Toán Thống kê quý thầy giáo giảng dạy lớp Cao học Tốn Khóa 23 tạo điều kiện thuận lợi cho chúng tơi q trình học tập thực đề tài Nhân xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè ln động viên để chúng tơi hồn thành tốt luận văn Mặc dù luận văn thực với nỗ lực cố gắng thân điều kiện thời gian có hạn, trình độ kiến thức kinh nghiệm nghiên cứu cịn hạn chế nên luận văn khó tránh khỏi thiếu sót Chúng tơi mong nhận góp ý q thầy để luận văn hoàn thiện Chương Vành đa thức với hệ số nguyên Trong chương trình bày số vấn đề tính chất số học, mô tả iđêan nguyên tố, iđêan cực đại vành đa thức với hệ số nguyên Đồng thời chúng tơi trình bày số kiến thức chuẩn bị sử dụng luận văn Các kết chương tham khảo từ tài liệu [1], [2], [3] 1.1 Một số kiến thức chuẩn bị Trong mục nhắc lại số kiến thức đại số giao hoán lý thuyết chia hết miền nguyên Cho R vành giao hốn có đơn vị Với M tập R, giao tất iđêan R chứa M iđêan bé R chứa M Iđêan gọi iđêan sinh M , ký hiệu ⟨M ⟩ Nếu M = {a1 , a2 , , an } M = {x1 a1 + x2 a2 + · · · + xn an |xi ∈ R} Đặc biệt, M = {a} iđêan sinh M gọi iđêan sinh phần tử a, ký hiệu ⟨a⟩ Khi ⟨a⟩ = {ax|x ∈ R} Cho I iđêan R (i) Iđêan I gọi iđêan nguyên tố R I ̸= R từ ab ∈ I với a, b ∈ R suy a ∈ I b ∈ I (ii) Iđêan I gọi iđêan cực đại R I ̸= R với iđêan P R cho I ⊂ P ⊂ R P = R P = I Mệnh đề 1.1.1 Cho R giao hốn có đơn vị, I iđêan R Khi đó: (i) I iđêan nguyên tố R vành thương R/I miền nguyên; (ii) I iđêan cực đại R vành thương R/I trường Cho D miền nguyên Với a, b ∈ D b ̸= 0, ta nói b chia hết a (hoặc b ước a), ký hiệu b | a, tồn q ∈ D cho a = bq Ta gọi phần tử u ∈ D đơn vị D u | 1, hay tương đương, u phần tử khả nghịch D Với a, b ∈ D \ {0}, ta nói phần tử a liên kết với phần tử b a | b b | a, ký hiệu a ∼ b Rõ ràng hai phần tử a, b ∈ D \ {0} liên kết với chúng sai khác đơn vị D Với a ∈ D, a ̸= 0, rõ ràng phần tử liên kết với a đơn vị D ước a; ta gọi ước ước tầm thường a Các ước không tầm thường a gọi ước thực a Giả sử p ∈ D, p ̸= không đơn vị D Phần tử p gọi bất khả quy D khơng có ước thực D, nghĩa p = ab với a, b ∈ D a b đơn vị D Phần tử p gọi nguyên tố D p | ab với a, b ∈ D p | a p | b Rõ ràng phần tử nguyên tố bất khả quy 35 Mệnh đề 2.5.1 Nếu f (x) nhận giá trị +1 (tương ứng −1) m > giá trị nguyên khác biến x f (x) khơng thể nhận giá trị −1 (tương ứng +1) Chứng minh Giả sử b1 , b2 , , bm với m > số nguyên phân biệt cho f (bi ) = với i = 1, 2, , m Khi f (x) = (x − b1 )(x − b2 ) · · · (x − bm )g(x) + với g(x) ∈ Z[x] Giả sử trái lại có số nguyên bm+1 cho f (bm+1 ) = −1 Khi đó, thay x = bm+1 vào đẳng thức ta nhận −1 = (bm+1 − b1 )(bm+1 − b2 ) · · · (bm+1 − bm )g(bm+1 ) + Từ suy (bm+1 − b1 )(bm+1 − b2 ) · · · (bm+1 − bm )g(bm+1 ) = −2 Do hiệu số bm+1 − bi ước −2, chúng ±1 ±2 Vì bi , i = 1, 2, , m, phân biệt m ≤ Nếu m = ta có (−1)(−2)(1)(2)g(bm+1 ) = −2 Từ suy g(bm+1 ) = − , điều xảy Do m ≤ 3, điều trái với giả thiết Trường hợp lại chứng minh cách lập luận tương tự Mệnh đề 2.5.2 Nếu đa thức f (x) ∈ Z[x] có bậc n n ≥ u(f ) ≤ n Chứng minh Ta chứng minh phương pháp phản chứng Giả sử trái lại u(f ) > n với n ≥ Khi u(f ) ≥ Từ suy f (x) nhận giá trị lần, f (x) nhận giá trị −1 lần Khơng tính tổng qt 36 ta giả thiết f (x) nhận giá trị lần Ta xét hai trường hợp Trường hợp 1: f (x) nhận giá trị nhiều lần Khi đó, theo Mệnh đề 2.5.1, f (x) khơng nhận giá trị −1 Từ suy f (x) nhận giá trị nhiều n lần, điều khơng thể xảy degf (x) = n Trường hợp 2: f (x) nhận giá trị lần Giả sử f (x) nhận giá trị −1 m lần Khi m = u(f ) − > n − ≥ Gọi b1 , b2 , b3 giá trị nguyên đôi khác cho f (b1 ) = f (b2 ) = f (b3 ) = Gọi c1 , c2 , , cm ∈ Z, m ≥ cho f (c1 ) = f (c2 ) = · · · = f (cm ) = −1 Từ suy f (x) = (x − b1 )(x − b2 )(x − b3 )g(x) + với g(x) ∈ Z[x] Thay x = c1 , c2 ta −2 = (ci − b1 )(ci − b2 )(ci − b3 )g(ci ) với i = 1, Khơng tính tổng qt ta giả thiết b1 < b2 < b3 Khi ci −b1 , ci −b2 , ci −b3 ba ước khác −2, ba ước phải −2, hai ước lại −1 Giả sử ứng với c1 , ba ước Khi c1 − b1 = 2, c1 − b2 = c1 − b3 = −1 Nếu ứng với c2 , ước ta phải có c2 − b1 = 2, c2 = c1 , điều xảy Cho nên ứng với c2 , ước 37 −2 Từ suy c2 − b3 = −2, c2 = b2 , điều khơng thể xảy f (c2 ) = −1 f (b2 ) = Trường hợp ứng với c1 , ba ước −2, cách lập luận tương tự ta có điều phải chứng minh Kết mục mệnh đề sau Mệnh đề 2.5.3 Nếu đa thức f (x) ∈ Z[x] có bậc n ≥ 8, u(f ) = m > n đa thức f (x) bất khả quy Q[x] Chứng minh Theo Mệnh đề 2.5.1, rõ ràng f (x) nhận hai giá trị +1 −1, khơng thể hai Khơng tính tổng qt giả thiết f (x) nhận giá trị +1 m giá trị với m > n ≥ Giả sử f (x) = g(x)h(x) g(x), h(x) ∈ Z[x] nhân tử thực f (x) Ta giả thiết n g(x) có bậc ≥ Vì n ≥ cho nên, theo Mệnh đề 2.5.1, đa thức g(x) nhận đồng thời hai giá trị +1 −1 Vì vậy, ta giả sử g(x) nhận giá trị +1 Gọi a1 , a2 , au(f ) số nguyên phân biệt cho f (ai ) = với i Theo khẳng định g(ai ) = với i = 1, 2, , u(f ) Vì f (ai ) = g(ai )h(ai ) nên h(ai ) = với i = 1, 2, , u(f ) Như h(x) nhận giá trị u(f ) lần Vì u(f ) > n n nên degh(x) ≥ u(f ) > Từ suy degh(x) + degg(x) > degf (x) 2 Điều dẫn đến mâu thuẫn Tương tự g(x) nhận giá trị −1 lớn −1 lớn n lần, h(x) nhận giá trị n lần, tổng bậc g(x) bậc h(x) lớn n, điều 38 dẫn đến mâu thuẫn Do đó, đa thức f (x) bất khả quy Q[x] Sau số ví dụ minh hoạ Ví dụ 2.5.4 Xét tính bất khả quy đa thức sau Q[x] f (x) = x9 − 13x7 + 37x5 − 13x3 + 36x + Ta có f (x) − = (x − 2)(x + 2)(x − 3)(x + 3)x(x4 + 1) Từ suy f (x) nhận giá trị +1 điểm Vì degf (x) = > cho nên, theo Mệnh đề 2.5.3, đa thức f (x) bất khả quy Q[x] Chú ý việc xét tính bất khả quy đa thức f (x) nói tiêu chuẩn Eisentein tiêu chuẩn bất khả quy rút gọn theo môđun nguyên tố không khả thi Tuy nhiên sử dụng Mệnh đề 2.5.3 việc xét tính bất khả quy đa thức trở nên dễ dàng Nhận xét 2.5.5 Điều kiện bậc đa thức ≥ Mệnh đề 2.5.3 thực cần thiết Chẳng hạn xét đa thức g(x) = (x − 1)(x2 − 1) − Ta có g(x) + = (x − 1)(x2 − 1) Vì g(x) nhận giá trị −1 điểm, degg(x) = > Tuy nhiên đa thức g(x) không bất khả quy Q[x] có phân tích g(x) = x x2 − x − Phần cuối mục trình bày kết liên quan đến giá trị u(f ) sử dụng mục 39 Định nghĩa 2.5.6 Đa thức f (x) ∈ Z[x] gọi "fat" l(f ) = u(f ) − degf (x) > Chẳng hạn, đa thức f (x) = 2x2 − 4x + "fat" degf (x) = u(f ) = 3; đa thức g(x) = x2 +3x+1 "fat" degg(x) = u(g) = 4; đa thức h(x) = x4 +3x2 +2 khơng "fat" degh(x) = u(h) = 0; đa thức t(x) = x3 − x2 + x + khơng "fat" degt(x) = u(t) = Mệnh đề 2.5.7 Nếu f (x) ∈ Z[x] đa thức "fat" degf (x) ≤ Chứng minh Giả sử degf (x) ≥ Khi đó, theo Mệnh đề 2.5.2, ta có u(f ) ≤ degf (x) Mà f (x) đa thức "fat" nên u(f ) > degf (x) Do degf (x) ≤ Vậy ta có điều phải chứng minh 2.6 Tiêu chuẩn bất khả quy liên quan đến số lần đa thức nhận giá trị nguyên tố Cho đa thức f (x) = an xn + · · · + a1 x + a0 ∈ Z[x] với a0 , a1 , , an ∈ Z, an ̸= Ta ký hiệu P (f ) số lần đa thức f (x) nhận giá trị nguyên tố số đối số nguyên tố, nghĩa u(f ) số phần tử tập hợp m ∈ Z : |f (m)| = p p số nguyên tố Mệnh đề 2.6.1 Cho đa thức f (x) ∈ Z[x] có bậc n > Nếu P (f ) > 2n đa thức f (x) bất khả quy Q[x] Chứng minh Ta chứng minh phương pháp phản chứng Giả sử trái lại f (x) không bất khả quy Q[x] Theo Mệnh đề 1.3.3 ta có phân tích 40 f (x) = g(x)h(x) g(x), h(x) ∈ Z[x] degg(x) > 0, degh(x) > Ta có nhận xét p = f (a) = g(a)h(a) số nguyên tố với a ∈ Z g(a) = ±1 h(a) = ±1 Giả sử P (f ) = m Khi tồn số nguyên b1 , b2 , , bm cho f (bi ) với i = 1, 2, , m số nguyên tố số đối số nguyên tố Theo nhận xét ta có g(bi ) = ±1 h(bi ) = ±1 với i = 1, 2, , m Từ giả thiết ta có u(h)+u(g) ≥ P (f ) > 2n Giả sử degg(x) = r Khi degh(x) = n − r Theo Mệnh đề 2.5.2 ta có u(g) ≤ 2r u(h) ≤ 2(n − r) Từ suy u(g) + u(h) ≤ 2n, điều dẫn đến mâu thuẫn Vậy ta có điều phải chứng minh Từ Mệnh đề 2.6.1 ta có hệ sau Hệ 2.6.2 Cho f (x) ∈ Z[x] có bậc n > Nếu P (f ) = ∞ đa thức f (x) bất khả quy Q[x] Sau số ví dụ minh hoạ Ví dụ 2.6.3 (i) Xét tính bất khả quy đa thức f (x) = x4 − 10x2 + 11 Z[x] Ta có f (0) = 2, f (1) = 2, f (−1) = 2, f (3) = 2, f (−3) = 2, f (2) = 17, f (−2) = −17, f (4) = 107, f (−4) = 107 Vì 2, 17, 107 số nguyên tố f (x) nhận giá trị nguyên tố lần Vì bậc đa thức cho nên, theo Mệnh đề 2.6.1, đa thức f (x) bất khả quy Q[x] Vì f (x) đa thức nguyên thuỷ cho nên, theo Hệ 1.3.5, 41 đa thức f (x) bất khả quy Z[x] (ii) Xét tính bất khả quy đa thức g(x) = x4 − 3x − Z[x] Ta có g(0) = 3, g(1) = −5, f (−1) = 2, g(2) = 7, g(−2) = 19, g(4) = 241, g(−4) = 271, g(5) = 613, g(−5) = 643, g(7) = 2377 Vì 3, −5, 7, 19, 241, 271, 613, 643, 2377 số nguyên tố số đối số nguyên tố degg(x) = cho nên, theo Mệnh đề 2.6.1, đa thức g(x) bất khả quy Q[x] Vì g(x) đa thức nguyên thuỷ cho nên, theo Hệ 1.3.5, đa thức g(x) bất khả quy Z[x] (iii) Xét tính bất khả quy đa thức h(x) = 3x2 + 11x + 121 Z[x] Ta có h(−7) = 191, h(−6) = 163, h(−1) = 113, h(3) = 181, h(5) = 251 Vì 113, 163, 181, 191, 251 số nguyên tố nên h(x) nhận giá trị nguyên tố lần Vì bậc đa thức cho nên, theo Mệnh đề 2.6.1, đa thức h(x) bất khả quy Q[x] Vì h(x) đa thức nguyên thuỷ cho nên, theo Hệ 1.3.5, đa thức h(x) bất khả quy Z[x] Nhận xét 2.6.4 Đa thức g(x) = x4 − 3x − Ví dụ 2.6.3 (ii) bất khả quy theo tiêu chuẩn Eisenstein với p = Tính bất khả quy h(x) = 3x2 + 11x + 121 Ví dụ 2.6.3 (iii) suy từ kiện h(x) khơng có nghiệm hữu tỷ (hệ số tự h(x) có ước: ±1, ±11, ±121 nên việc tìm nghiệm h(x) tương đương với việc tìm giá trị h(x) ước này) Tuy nhiên tính bất khả quy đa thức f (x) = x4 − 10x2 + 11 Ví dụ 2.6.3 (i) suy từ 42 tiêu chuẩn Eisenstein suy từ tiêu chuẩn bất khả quy rút gọn theo môđun nguyên tố Mệnh đề 2.6.5 Cho đa thức f (x) ∈ Z[x] có bậc n Nếu tồn n + số nguyên m1 , m2 , , mn+1 cho |mi − mj | > với i ̸= j f (mi ) với i = 1, 2, , n + 1, số nguyên tố, số đối số nguyên tố, ±1, f (x) bất khả quy Q[x] Chứng minh Ta chứng minh phương pháp phản chứng Giả sử f (x) khơng bất khả quy Q[x] Khi đó, theo Mệnh đề 1.3.3, có phân tích f (x) = g(x)h(x) g(x), h(x) ∈ Z[x] đa thức có bậc dương Xét số nguyên mi ,với i = 1, 2, , n + f (mi ) = g(mi )h(mi ) số nguyên tố, số đối số nguyên tố, ±1, hai số g(mi ) h(mi ) phải có giá trị ±1, tức g(mi ) = ±1 h(mi ) = ±1 với i = 1, 2, , n + Trước tiên ta khẳng định không tồn i ̸= j cho g(mi ) = g(mj ) = −1 Thật vậy, giả sử trái lại Giả sử g(x) = bd xd + bd−1 xd−1 + + b0 b0 , b1 , , bd ∈ Z Rõ ràng, ta có = g(mi ) − g(mj ) = bd mdi − mdj + bd−1 mid−1 − mjd−1 + + b1 (mi − mj ) Vì vế phải đẳng thức bội mi − mj ,cho nên từ suy mi − mj ước 2, điều trái với giả thiết |mi − mj | > Vậy ta có điều phải chứng minh Theo khẳng định g(x) nhận giá trị không nhận giá trị −1 số m1 , m2 , , mn+1 , ngược lại Do n + số g(x) nhận 43 nhiều d lần d bậc g(x) Tương tự, ta chứng tỏ số m1 , m2 , , mn+1 , đa thức h(x) nhận giá trị khả nghịch nhiều d′ lần d′ bậc h(x) Từ suy số lần h(x) nhận giá trị khả nghịch g(x) nhận giá trị khả nghịch số m1 , m2 , , mn+1 nhiều d + d′ lần Do n = d + d′ ≥ n + 1, điều xảy Vậy đa thức f (x) bất khả quy Q[x] Sau số ví dụ minh hoạ Ví dụ 2.6.6 Đa thức f (x) = x6 − 3x5 − 87x4 + 118x3 + 21x − bất khả quy Z[x] Thật vậy, ta có f (−22) = 107187629, f (−8) = −58601, f (−4) = −23269, f (0) = −1, f (12) = 634859, f (18) = 19888469, f (30) = 588786929 Ta thấy tồn bảy số m1 = −22, m2 = −8, m3 = −4, m4 = 0, m5 = 12, m6 = 18, m7 = 30 thỏa mãn tính chất hiệu hai số có giá trị tuyệt đối lớn 2; giá trị f (x) bảy số số nguyên tố, số đối số nguyên tố khả nghịch Vì degf (x) = 6, cho nên, theo Mệnh đề 2.6.5, đa thức f (x) bất khả quy Q[x] Vì f (x) đa thức nguyên thuỷ cho nên, theo Hệ 1.3.5, đa thức f (x) bất khả quy Z[x] Mệnh đề 2.6.7 Cho đa thức f (x) ∈ Z[x] có bậc n > Nếu P (f ) + 2u(f ) ≥ n + f (x) bất khả quy Q[x] 44 Chứng minh Ta chứng minh phương pháp phản chứng Giả sử đa thức f (x) khơng bất khả quy Q[x] Khi đó, theo Mệnh đề 1.3.3, ta có có phân tích f (x) = g(x)h(x) g(x), h(x) ∈ Z[x] đa thức có bậc dương Khơng tính tổng quát, ta giả thiết l(g) ≥ l(h) l(g) = u(g) − degg(x) l(h) = u(h) − degh(x) cho Định nghĩa 2.5.6 Trước tiên chứng minh l(g) + l(h) ≥ P (f ) + 2u(f ) − n Thật vậy, giả sử m ∈ Z cho f (m) số nguyên tố Khi f (m) = g(m)h(m), từ suy g(m) h(m) nhận giá trị −1 Trong với m ∈ Z cho f (m) = ±1 ta có g(m) h(m) nhận giá trị ±1 Do u(g) + u(h) ≥ P (f ) + 2u(f ) Từ suy l(g) + l(h) = u(g) − degg(x) + u(h) − degh(x) = u(g) + u(h) − n ≥ P (f ) + 2u(f ) − n Vậy ta có điều phải chứng minh Theo giả thiết P (f ) + 2u(f ) ≥ n + 4, từ suy P (f ) + 2u(f ) − n ≥ Do l(g) + l(h) ≥ Nếu l(g) > l(h) > thì, theo Định nghĩa 2.5.6, đa thức g(x), h(x) "fat" Khi đó, theo Mệnh đề 2.5.7, ta có degg(x) ≤ degh(x) ≤ 3; từ degg(x) + degh(x) ≤ 6, trái với giả thiết Do có g(x) h(x) đa thức "fat" Khơng tính tổng quát, ta giả thiết g(x) đa thức "fat" Vì h(x) khơng đa thức "fat" n ≥ degh(x) ≥ l(h) ≥ Hơn nữa, l(g) + l(h) ≥ 4, l(g) = u(g) − degg(x) ̸= 4; từ suy u(g) ≥ + degg(x), 45 điều dẫn đến mâu thuẫn degg(x) ≤ u(g) ≤ 2degg(x) Do f (x) bất khả quy Q[x] Mệnh đề 2.6.8 Cho đa thức f (x) ∈ Z[x] có bậc n ≥ Nếu P (f ) ≥ n + f (x) bất khả quy Q[x] Chứng minh Nếu P (f ) ≥ n + rõ ràng P (f ) + 2u(f ) ≥ n + Trong trường hợp này, theo Mệnh đề 2.6.7, đa thức f (x) bất khả quy Q[x] Vì vậy, ta cần xét trường hợp P (f ) = n + Giả sử trái lại f (x) khơng bất khả quy Q[x] Khi đó, theo Mệnh đề 1.3.3, ta có phân tích f (x) = g(x)h(x) g(x), h(x) ∈ Z[x] đa thức có bậc dương Theo phép chứng minh Mệnh đề 2.6.7 ta có l(g) + l(h) ≥ P (f ) + 2u(f ) − n l(g) l(h) xác định Định nghĩa 2.5.6 Vì P (f ) = n + l(g) + l(h) ≥ n + + 2u(f ) − n = + 2u(f ) Do l(g) l(h) phải dương Vì degf (x) ≥ theo giả thiết, cho nên, theo Mệnh đề 2.5.7, g(x) h(x) phải đa thức "fat" Khơng tổng qt, ta giả thiết g(x) đa thức "fat" Khi h(x) khơng đa thức "fat" Vì l(g) ≥ l(h) ≤ Từ suy l(g) + l(h) ≤ l(g) Ta lại có l(g) + l(h) ≥ P (f ) + 2u(f ) − n ≥ n + − n = Do l(g) ≥ Từ suy u(g) ≥ degg(x) + Theo lập luận 46 phần cuối phép chứng minh Mệnh đề 2.6.7 ta có u(g) ≤ degg(x) + 1, điều mâu thuẫn với u(g) ≥ degg(x) + Do đa thức f (x) bất khả quy Q[x] 47 Kết luận Trong luận văn thực cơng việc sau Trình bày cách chi tiết có hệ thống vấn đề liên quan đến vành đa thức có hệ số nguyên a) Đa thức nguyên thuỷ Bổ đề Gauss (Mệnh đề 1.3.3); b) Mối liên hệ tính bất khả quy vành đa thức Z[x] vành đa thức Q[x] (Mệnh đề 1.3.4, Hệ 1.3.5); c) Vành đa thức Z[x] vành nhân tử hóa (Mệnh đề 1.3.7); d) Mô tả iđêan nguyên tố iđêan cực đại vành đa thức Z[x] (Mệnh đề 1.3.9 Mệnh đề 1.3.10) Trình bày chi tiết số tiêu chuẩn bất khả quy đa thức có hệ số nguyên a) Tiêu chuẩn bất khả quy cho đa thức có bậc nhỏ (Mệnh đề 2.1.1, Mệnh đề 2.1.2); b) Tiêu chuẩn bất khả quy cho đa thức bậc bốn (Mệnh đề 2.2.2); c) Tiêu chuẩn bất khả quy rút gọn theo môđun số nguyên tố (Mệnh đề 2.3.1); d) Tiêu chuẩn Eisenstein (Mệnh đề 2.4.1); e) Tiêu chuẩn bất khả quy liên quan đến số lần đa thức nhận giá trị ±1 (Mệnh đề 2.5.1, Mệnh đề 2.6.1, Mệnh đề 2.6.5, Mệnh đề 2.6.7, Mệnh đề 48 2.6.8 ); f) Tiêu chuẩn bất khả quy liên quan đến số lần đa thức nhận giá trị nguyên tố (Mệnh đề 2.6.1, Mệnh đề 2.6.5, Mệnh đề 2.6.7, Mệnh đề 2.6.8 ); 49 Danh mục tài liệu tham khảo [1] Ngô Thúc Lanh (1985), Đại số số học (Tập 2), NXB Giáo dục [2] Hồng Xn Sính (1994), Đại số đại cương, NXB Giáo dục [3] Dummit, David S.; Foote, Richard M (2004), Abstract Algebra (3rd ed.), John Wiley and Sons [4] Hua Loo Keng (1982), Introduction to Number Theory, Springer-Verlag [5] R Thangadurai (2007), Irreducibility of Polynominals Whose Coefficients are Integers, Mathematics Newsletter, Vol 17#2, September 2007 ... MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ ĐA THỨC VỚI HỆ SỐ NGUYÊN Chuyên ngành : Đại số lí thuyết số Mã số 8460104 : Người hướng dẫn: TS TRẦN ĐÌNH LƯƠNG i Lời cam đoan Tơi xin cam đoan kết đề tài ? ?Một số vấn đề đa thức. .. đặc biệt đa thức có hệ số nguyên hệ số hữu tỷ, đa thức bất khả quy đóng vai trị tương tự số nguyên tố Luận văn nhằm nghiên cứu số vấn đề liên quan đến tính chất số học đa thức với hệ số nguyên. .. Vành đa thức với hệ số nguyên 1.1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.2 Đa thức vành giao hoán 1.3 Vành đa thức với hệ số nguyên 11 Một số