Luận văn Thạc Sĩ toán học TÍNH CHẤT NGHIỆM VÀ TÍNH CHẤT BẤT KHẢ QUY CỦA ĐA THỨC VỚI HỆ SỐ NGUYÊN Ngành đào tạo: Đại số và lý thuyết số Tôi xin cam đoan đây là công trình nghiên cứu của riêng tôi dưới sự hướng dẫn của xxxxxxxxxxxxxxxxxxx, các kết quả nghiên cứu là trung thực và chưa được công bố trong bất kỳ công trình nào khác.
Đa thứcabấtakhả quy
Đa thức bất khả quy trên miền nguyên Z và Q được định nghĩa là đa thức khác không, không khả nghịch f(x) ∈ D[x] mà không thể viết thành tích của hai đa thức khác không g(x) và h(x) ∈ D[x], trong đó ít nhất một trong hai đa thức g(x) hoặc h(x) là khả nghịch Miền nguyên được định nghĩa là vành giao hoán khác không, không có ước của không, trong đó nếu ab = 0 thì kéo theo a = 0 hoặc b = 0 Ví dụ, tập hợp các số nguyên Z và số hữu tỷ Q là các miền nguyên.
Trong Z[x], các phần tử khả nghịch chỉ là các đa thức hằng ±1 Do đó, nếu một đa thức f(x) ∈ Z[x] không khả nghịch, thì nó có thể viết dưới dạng f(x) = g(x)ah(x), với g(x) và ah(x) thuộc Z[x].
Nếu F là một trường, thì phần tử khả nghịch trong F[x] chỉ là các đa thức f(x) = a với a ∈ F và a ≠ 0 Do đó, một đa thức bậc dương f(x) ∈ F[x] được coi là bất khả quy trên F nếu và chỉ nếu nó không thể viết thành tích của những đa thức có bậc nhỏ hơn bậc của f(x).
Ví dụ 1.1.3 (a) Đaathứcaf(x) = 2x 2 +4bấtakhảaquy trên Qnhưng không bấtakhảaquy trên Z vì trong Q[x] ta có phân tích f(x) = 2(x 2 + 2).
(b) Đa thức f(x) = 2x 2 + 4 không phân tíchađượcathành tích của hai đaathứcabậc nhất trong R[x] nên nó bấtakhảaquy trên R Nhưng trong
2i), vì thế f(x) không bất khảaquy trên C.
Từ đây trở đi ta luônagiảathiết D là miềnanguyêna.
Bổ đề 1.1.4.Đaathứcaf(x) ∈ D[x]bấtakhảaquy trênD nếu và chỉanếuaf(x+ t) là bất khảaquy trên D với mọi t ∈ D.
Để chứng minh tính bất khả quy của đa thức f(x) ∈ D[x] trên D, giả sử t ∈ D và thay thế x bằng x±t Ta có mối quan hệ f(x+t) = g(x)h(x) nếu và chỉ nếu f(x) = g(x−t)h(x−t) Do đó, f(x) bất khả quy trên D nếu và chỉ nếu f(x+t) cũng bất khả quy trên D.
Bổ đề 1.1.5 Cho F là một trường và f(x) ∈ F[x] Các khẳng định sau là đúng.
(a) Nếu degf(x) = 1 thì f(x)luôn bấtakhảaquy trên F.
(b) Nếu degf(x) = 2 hoặc degf(x) = 3 athì f(x) bấtakhảaquy trên F nếuavàachỉanếu nó khôngacóanghiệm trong F.
Chứng minh (a) Vì degf(x) = 1 nên f(x) không thểaphânatích thành tích của haiađaathức có bậcabéahơn Do đó f(x) bấtakhảaquy trên F.
(b) Giả sửaf(x)acóanghiệmat ∈ aF Vìadegaf(x) > 1 nên ta có sự phânatíchaf(x) = (x−t)g(x) với g(x) ∈ F[x]avàadegg(x) = degaf(x)−
Hàm số f(x) không bất khả quyển trên F Nếu f(x) không bất khả quyển, thì với deg f(x) = 2 hoặc deg f(x) = 3, f(x) có thể phân tích thành tích của hai đa thức có bậc nhỏ hơn, trong đó có một đa thức bậc nhất Do đó, f(x) có nghiệm trong F.
Chú ý rằngaphátabiểua(b)atrong bổ đềatrên là không đúngachoatrường hợp bậcacủaađa thứcalớn hơn 3 Cụ thể, nếu degaf(x)a > 3 bậcalớnahơn
3 và cóanghiệmatrong F thìaf(x)akhảaquy Tuy nhiên,atồnatạianhững đa thức khôngacóanghiệm trongaFanhưng vẫn khảaquy Chẳng hạnađaathức x 4 + 1 2 akhôngacóanghiệm trongaR nhưng nó khảaquy trênaR.
Tiếp theo, chúng ta định nghĩa khái niệm đa thức bất khả quy của một phần tử đại số trên K Trước hết ta cần kết quả sau.
Mệnh đề 1.1.6 ChoaFalàamột trườngachứaaK vàa ∈ F làaphần tử đạiasốatrên
F Khi đóatồnatại duy nhấtamột đaathứcap(x) ∈ K[x] bấtakhảaquy dạng chuẩn nhậnaaalàmanghiệma.Hơn nữa, nếuag(x)a ∈ K[x]nhận a làm nghiệm thìag(x)alàabội của p(x).
Chứng minh rằng, vì \( K \) là phần tử đại số nên tồn tại \( a f(x) \in aK[x] \) là đa thức khác 0 có bậc bé nhất nhận \( a \) làm nghiệm Đặt \( a p(x) = b - a f(x) \), trong đó \( b \) là hệ số cao nhất của \( f(x) \) Khi đó, \( p(x) \in K[x] \) là đa thức dạng chuẩn có bậc bé nhất nhận \( a \) làm nghiệm, và rõ ràng \( \text{deg}(p(x)) > 0 \) Nếu \( a p(x) \) khả quy, thì \( p(x) \) là tích của hai đa thức trong \( K[x] \) với bậc nhỏ hơn, và một trong hai đa thức này phải nhận \( a \) làm nghiệm, điều này mâu thuẫn với cách chọn \( p(x) \) Do đó, \( p(x) \) là bất khả quy Giả sử \( g(x) \in K[x] \) nhận \( a \) làm nghiệm Nếu \( a g(x) \) không chia hết cho \( p(x) \), thì vì \( p(x) \) bất khả quy nên \( \text{gcd}(a g(x), p(x)) = 1 \) Theo Hệ quả 1.3.9, tồn tại \( q(x), h(x) \in K[x] \) sao cho \( 1 = p(x) q(x) + g(x) h(x) \) Thay \( x = a \) vào cả hai vế ta được \( 1 = 0 \), điều này là vô lý Vậy \( g(x) \) chia hết cho \( p(x) \) Giả sử \( q(x) \in aK[x] \) cũng là đa thức bất khả quy dạng chuẩn nhận \( a \) làm nghiệm Theo chứng minh trên, \( q(x) \) là bội của \( p(x) \), viết \( q(x) = p(x) k(x) \) với \( k(x) \in aK[x] \).
Vì q(x) bất khả quy nên k(x) = c với a0 ≠ c ∈ K, dẫn đến aq(x) = cp(x) Đồng nhất hóa hệ số cao nhất của hai vế, nhận thấy q(x) và p(x) đều có dạng chuẩn, ta có c = 1 và p(x) = q(x) Với a là phần tử đại số trên K, tồn tại f(x) ∈ aK[x] là đa thức khác 0 có bậc nhỏ nhất nhận a làm nghiệm Đặt p(x) = b⁻¹f(x), trong đó a là hệ số cao nhất của f(x) Khi đó, p(x) ∈ K[x] là đa thức dạng chuẩn có bậc nhỏ nhất nhận a làm nghiệm Nếu p(x) khả quy, thì p(x) là tích của hai đa thức trong K[x] với bậc nhỏ hơn, trong đó một trong hai đa thức này phải nhận a làm nghiệm, điều này mâu thuẫn với cách chọn p(x) Do đó, p(x) bất khả quy Nếu g(x) ∈ aK[x] nhận a làm nghiệm và g(x) không chia hết cho p(x), thì gcd(g(x), p(x)) = 1 Theo hệ quả 1.3.9, tồn tại aq(x), h(x) ∈ aK[x] sao cho a1 = p(x)aq(x) + g(x)h(x) Thay x = a vào cả hai vế, ta có a1 = 0, điều này vô lý, do đó g(x) chia hết cho p(x) Giả sử q(x) ∈ K[x] cũng là đa thức bất khả quy nhận a làm nghiệm, theo chứng minh trên, q(x) là bội của p(x) Viết q(x) = p(x)k(x) với k(x) ∈ K[x] Vì q(x) bất khả quy nên k(x) = c với a0 ≠ c ∈ aK, dẫn đến aq(x) = cp(x) Đồng nhất hóa hệ số cao nhất của hai vế, ta suy ra p(x) = q(x).
Nếu p(x) là đa thức bất khả quy trong K[x] và a là nghiệm của nó, thì p(x) không thể chia hết cho bất kỳ đa thức nào khác trong K[x] có bậc nhỏ hơn Giả sử g(x) ∈ K[x] là một đa thức cũng có a là nghiệm, nếu g(x) không chia hết cho p(x), thì gcd(g(x), p(x)) = 1 Theo Hệ quả 1.3.9, tồn tại các đa thức q(x) và h(x) trong K[x] sao cho a1 = p(x)aq(x) + g(x)h(x) Thay x = a vào cả hai vế dẫn đến a1 = 0, điều này mâu thuẫn với giả thiết ban đầu Do đó, g(x) phải chia hết cho p(x) Nếu q(x) cũng là đa thức bất khả quy dạng chuẩn với a là nghiệm, thì q(x) là bội của p(x) Viết q(x) = p(x)k(x) với k(x) ∈ K[x], và vì q(x) bất khả quy, nên k(x) = c với c ≠ 0 Điều này dẫn đến q(x) = cp(x) So sánh hệ số cao nhất của hai vế cho thấy c = 1, từ đó p(x) = q(x) Định nghĩa 1.1.7: Đa thức p(x) ∈ K[x] bất khả quy dạng chuẩn có a là nghiệm được gọi là đa thức bất khả quy của a.
Ví dụ 1.1.8 (a) Đa thứcaax 3 −2 ∈ Q[x] làabấtakhảaquya(vì có bậca3avà khôngacóanghiệm hữu tỷ), do đó nóalàađa thức bấtakhảaquyacủa phầnatử a whitea2.
(b) Đaathứcx 2 +1a ∈ R[x]alà bất khảaquya(vì có bậca2avàakhôngacó nghiệm thực),adoađó nó làađa thức bấtakhảaquy của sốaphứcai.
Ví dụ 1.1.9.Tiếp theoataatìm đa thức bấtakhảaquyatrênQcủa phầnatửa√
Để chứng minh rằng f(x) = x^4 - 10ax^2 + 1 là đa thức bất khả quy trong Q[x], ta cần xem xét các nghiệm của nó Giả sử f(x) khả quy, ta có thể viết f(x) dưới dạng tích của hai đa thức bậc hai Qua việc so sánh hệ số, ta thu được bốn phương trình Từ đó, suy ra a + c = 0 và ac = -12 hoặc a + c = 0 và ac = -8 Tuy nhiên, điều này dẫn đến mâu thuẫn khi a, c ∈ Q, chứng tỏ rằng f(x) không thể phân tích thành tích của các đa thức bậc thấp hơn Do đó, f(x) là đa thức bất khả quy.
Mệnh đề 1.1.10 Choap(x) ∈ K[x] là đaathứcacóabậcadương Khiađóap(x) bấtakhảaquyanếuavà chỉanếuap(x) |a(x)b(x)kéoatheoap(x) | a(x)hoặcp(x) | b(x)avớiamọi a(x), b(x) ∈ K[x] Đặc biệt, nếuađaathức bấtakhảaquy p(x) làaướcacủa mộtatíchahữuahạnađaathức thì p(x) phảialàauớc của ítanhấtamột trong các đaathứcađó.
Chứng minh rằng cho p(x) là một đa thức bất khả quy Giả sử p(x) chia hết cho a(x)b(x) và cả a(x) lẫn b(x) đều không phải là bội của p(x) Do p(x) là bất khả quy, nên gcd(p(x), a(x)) = 1 và gcd(p(x), b(x)) = 1 Theo Hệ quả 1.3.9, tồn tại các đa thức s(x), r(x), a, e(x), f(x) trong K[x] sao cho 1 = s(x)a(x)p(x) + r(x)a(x) và 1 = ae(x)p(x) + f(x)b(x) Nhân hai đẳng thức này với nhau, ta có
1 = p(x)g(x) +r(x)f(x)a(x)b(x) vớig(x) ∈ K[x]là mộtađaathứcanào đó Vìp(x) | a(x)b(x)nên đaathứcabên vếaphảiacủa đẳngathứcatrên là bội của p(x), trong khiađóađaathức bên vế trái là 1 khôngachiaahếtacho p(x) Điềuanàyalà vô lí.
Ngược lại, dop(x) có bậc dương nên p(x) ̸= 0 và không khả nghịch Giả sử p(x) = a(x)b(x) với a(x), b(x) ∈ K[x] Khi đó p(x) | a(x)b(x) Theo giả thiết, p(x) | a(x) hoặc p(x) | b(x) Vì thế, p(x) không có ước thực sự, do đó p(x) bất khả quy Định lý cơ bản của số học nói rằng mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích được thành tích các thừa số nguyên tố và sự phân tích này là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các thừa số Định lý 1.1.11 khẳng định rằng mỗi đa thức dạng chuẩn bậc dương trong K[x] có thể phân tích được thành tích các đa thức bất khả quy dạng chuẩn và sự phân tích này là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các nhân tử.
Để chứng minh sự phân tích bất khả quy của đa thức f(x) ∈ K[x] với bậc d > 0, ta sử dụng quy nạp theo bậc Nếu d = 1, f(x) là bất khả quy và phân tích của nó là f(x) = f(x) Với d > 1, giả sử kết quả đúng cho các đa thức bậc nhỏ hơn d Nếu f(x) bất khả quy, thì f(x) có sự phân tích bất khả quy là f(x) = f(x) Ngược lại, giả sử f(x) không bất khả quy, ta có f(x) = g(x)h(x) với deg(g(x)), deg(h(x)) < deg(f(x)) Đặt g*(x) = a^(-1)g(x) với a là hệ số cao nhất của g(x) Khi đó, f(x) = ag*(x)h(x) và đồng nhất hệ số cao nhất ở hai vế, suy ra h(x) có dạng chuẩn Do đó, f(x) = g*(x)h*(x) với g*(x), h*(x) là các đa thức dạng chuẩn có bậc nhỏ hơn d Theo giả thuyết quy nạp, g*(x) và h*(x) phân tích được thành tích của hữu hạn đa thức bất khả quy dạng chuẩn, từ đó f(x) cũng phân tích được thành tích của hữu hạn đa thức bất khả quy dạng chuẩn.
Bâyagiờataachứng minh tínhaduy nhất củaaphân tích Giả sửaf(x) có haiasự phân tích thànhanhân tử bất khảaquy dạngachuẩn f(x) =p 1 (x)p 2 (x)a p n (x) =q 1 (x)q 2 (x)a q m (x).
Ta chứng minhabằng quy nạpatheo narằngan= m và sau khi đánh lại thứatựacácanhânatử vế bên phảiata cópi(x) =qi(x)avớiamọi i = 1,a , n.
Trong bài viết này, chúng ta xem xét mối quan hệ giữa các đa thức p1(x) và q1(x) trong ngữ cảnh của các điều kiện bất khả quy Đầu tiên, giả sử p1(x) chia hết cho q1(x), ta có q1(x) = ap1(x) với a ∈ K Điều này dẫn đến việc p1(x) và q1(x) có dạng chuẩn, do đó a = 1 Nếu a > 1, ta sẽ gặp mâu thuẫn khi thay thế vào các phương trình, chứng tỏ rằng a phải bằng 1 Khi n > 1, từ việc p1(x) = q1(x), ta suy ra rằng p2(x)p3(x) pn(x) = q2(x)q3(x) qm(x).
Theo giảathiếtaquy nạpata cóan−1 = m−1avàabằng việcađánhasố lạiathứ tự cácanhân tử bấtakhảaquy ở vế phảiataasuy raap i (x) = q i (x)avới mọiai = 2,a , n.
Hệ quả 1.1.12 cho biết rằng với một đa thức f(x) thuộc K[x] có bậc cao nhất là a n, tồn tại một phân tích f(x) = anf1(x) fk(x) trong đó f1(x), , fk(x) là các nhân tử không khả quy dạng chuẩn Phân tích này là duy nhất nếu không tính đến thứ tự của các nhân tử.
Euclid chứngaminharằng có vôahạnasố nguyên tố Kết quả sau đây là một sự tươngatựacho đa thức bấtakhả quy.
Hệ quả 1.1.13 Trên một trườngaK bất kì, có vô hạnađa thức bất khả quy dạng chuẩn.
Chứng minh rằng x + 1 ∈ K[x] là đa thức bất khả quy dạng chuẩn Giả sử a₁(x), a₂(x), , aₙ(x) ∈ K[x] là tất cả các đa thức bất khả quy dạng chuẩn Đặt f(x) = a₁(x) · · aₙ(x) + 1 Theo Định lý 2.1.11, tồn tại p(x) là ước bất khả quy dạng chuẩn của f(x) Do đó, p(x) | f₁(x), , fₙ(x) Vì p(x) | f(x) nên p(x) | 1, điều này là vô lý.
Bổ đề Gauss
Ký hiệu 1.2.1 Cho đa thức f(x) = a 0 +a 1 x+ ã ã ã+a n x n ∈ D[x] Ta ký hiệu gcd(a 0 , a 1 , , a n ) là contf(x).
Hai phần tử a, b ∈ D được gọi là liên kết nếu tồn tại u ∈ D khả nghịch sao cho a = ub Trong dãy (a0, a1, , an), hai ước chung lớn nhất luôn liên kết với nhau Do đó, contf(x) xác định duy nhất sai khác một phần tử khả nghịch Định nghĩa 1.2.2 cho biết đa thức f(x) ∈ D[x] được gọi là đa thức nguyên bản nếu contf(x) là phần tử khả nghịch trong D.
Miền nguyên D được gọi là miền phân tích duy nhất (UFD) khi mỗi phần tử khác không, không khả nghịch của D có thể được phân tích thành tích của các phần tử bất khả quy Sự phân tích này là duy nhất, không tính đến thứ tự và các nhân tử khả nghịch.
Mệnh đề 1.2.3 Cho D là miền UFD Nếu f(x),ag(x) là các đa thức nguyênabảnatrongD[x] thìaf(x)g(x)cũng làađa thức nguyênabản trongD[x].
Giả sử f(x) = an x^n + + a1 x + a0 và g(x) = bm x^m + + b1 x + b0 không phải là các đa thức nguyên Vì D là miền UFD, nên ước chung lớn nhất của cont(f(x)g(x)) luôn tồn tại và không khả nghịch Gọi p là một bất khả quy của cont(f(x)g(x)) Do f(x) là đa thức nguyên, tồn tại s ≤ n sao cho p | ai với mọi i ≤ s−1 và as không chia hết cho p Tương tự, tồn tại r ≤ m sao cho p | bj với mọi j ≤ r−1 và br không chia hết cho p Chú ý rằng f(x)g(x) = cm+n x^(m+n) + + c1 x + c0, trong đó ck = ∑ ai bj với i+j=k.
Do p bấtakhả quy trong miền UFD nên p là phần tử nguyên tố Suy ra a s b r không chia hếtacho p Theo cách chọn của r và s, các tổng
(a s+1 b s−1 + .+ a s+r b 0 ) đều chia hết cho p Vì thế hệ số c r+s của f(x)g(x) không chia hếtacho p. Điều nàyalà vô lí Vì thế đaathức f(x)g(x) là đaathức nguyênabản trong D[x].
Mệnh đề 1.2.4 (Bổ đề Gauss) khẳng định rằng một đa thức nguyên f(x) ∈ Z[x] là bất khả quy trên Z nếu và chỉ nếu nó cũng bất khả quy trên Q Để chứng minh điều này, giả sử f(x) là một đa thức nguyên bản và có thể được phân tích thành tích của hai đa thức g(x) và h(x).
Gọi a và b là bội chung nhỏ nhất của các mẫu số của hệ số đa thức g(x) và h(x) Khi đó, f(x) có thể được biểu diễn dưới dạng f(x) = (a*g(x))(b*h(x)) = cont(a*g(x))g0(x) cont(b*h(x))h0(x), trong đó g0(x) và h0(x) là các đa thức nguyên thủy trong Z[x] Ta có ±ab = c(a*g(x))c(b*h(x)) và f(x) = ±g0(x)h0(x) Do đó, deg g0(x) = deg a*g(x) và deg h0(x) = deg h(x), suy ra f(x) là bất khả quyển trên Z.
Chứng minh rằng hàm số f(x) không thể viết dưới dạng tích của một đa thức bậc nhất và một đa thức bậc ba Giả sử f(x) không bất khả quy trên Q Theo Bổ đề Gauss, f(x) có thể phân tích thành f(x) = g(x)h(x), trong đó g(x) và h(x) thuộc Z[x], có bậc 2 và hệ số cao nhất bằng 1.
1 Viết g(x) = x 2 + ax + bavà h(x) = x 2 + cx + davới a, b, c, da ∈ Z. Đồnganhất hệasố ở hai vếacủa đẳng thức f(x) =g(x)ah(x)ata được bad = 3, bc+aad = 0, ac+ d+ba = 1, c+aa = 3.
Vì bad = 3 và vai trò của b, d là như nhau, ta có thể giả thiết b = 1, d = 3 hoặc b = −1, d = −3 Nếu b = 1 và d = 3, ta có các phương trình c + 3a = 0, aa c = −3, và a + c = 3, dẫn đến a = −3/2, không thuộc Z Ngược lại, nếu b = −1 và d = −3, ta có −c − 3a = 0, ac = 5, và c + a = 3, từ đó suy ra a = −3/2, cũng không thuộc Z Do đó, f(x) không khả quy trên Q.
TiêuachuẩnaEisenstein
Định lý 1.3.1 (TiêuachuẩnaEisenstein) Cho f(x) =anx n + .+a1x+ a0 là một đa thức trong ∈ Z[x] Nếuasốanguyênatốap thoảamãnacácatínhachất (a) p khôngalà ướcacủaahệ sốacaoanhất a n ;
Chứng minh rằng giả sử \( f(x) \) khả quy trên \( \mathbb{Q} \) Theo Bổ đề Gauss, tồn tại biểu diễn \( f(x) = g(x)h(x) \), trong đó \( g(x) = b_m x^m + \ldots + b_1 x + b_0 \) với \( a \in \mathbb{Z}[x] \) và \( h(x) = c_k x^k + \ldots + c_1 x + c_0 \in \mathbb{Z}[x] \) với \( \deg(g(x)) = m, \deg(h(x)) = k \) và \( a, m, k < n \) Do \( p \) là ước của \( a_0 = b_0 c_0 \) nên \( p | b_0 \) hoặc \( p | c_0 \) Vì \( p^2 \) không là ước của \( a_0 \) nên trong hai số \( b_0 \) và \( c_0 \), có một và chỉ một số chia hết cho \( p \) Giả sử \( p | c_0 \), khi đó \( b_0 \) không chia hết cho \( p \) Vì \( a_n b_m c_k \) và \( a_n \) không chia hết cho \( p \) nên \( b_m \) và \( c_k \) đều không chia hết cho \( p \).
Do đóatồn tạiasố rabé nhấtasaoacho c r khôngalàabộiacủa p Ta có a r = b 0 c r + (b 1 c r−1 +b 2 c r−2 + .+b r c 0 ).
Vì ra ⩽ k < nanên p | a r Theo cáchachọnar taacóap | b 1 c r−1 + b 2 c r−2 + +brc0 Suy raap |b0cr, điềuanàyalà vôalíavì cả haiasốab0 và cr đềuakhông là bộiacủa p Vậy f(x) làabấtakhảaquyatrên Q.
Ví dụ 1.3.2 (a) Đaathứcax 10 + 50 làabấtakhảaquy trên Q theo tiêu chuẩn Eisenstein với p = 2.
(b) Đaathứca5x 11 −9x 4 + 12x 3 + 36x+ 6 làabấtakhảaquyatrên Q theoatiêu chuẩnaEisenstein với p = 3.
(c) Đa thức f(x) = x 4 − 8x 3 + 10x 2 − 12x + 3 là bất khảaquy trên Q vì đa thức f(x + 3) = x 4 + 4x 3 −8x 2 −60x−78 là bấtakhả quyatrênaQ theoatiêuachuẩnaEisensteinavới p= 2.
Một số tiêu chuẩn mới để kiểm tra tính bất khả
Tiêu chuẩn kiểm tra của R Mam Murty
Sự tương đồng giữa số nguyên tố và đa thức bất khả quy là một chủ đề quan trọng trong lý thuyết số và hình học đại số Một số giả thuyết, như giả thuyết Buniakowski được đề xuất năm 1854, cho rằng mọi đa thức bất khả quy f(x) trong Z[x] với tập hợp các giá trị f(Z +) không có ước chung lớn hơn 1 sẽ sinh ra vô hạn số nguyên tố Điều này có nghĩa là từ một đa thức bất khả quy, ta có thể tạo ra vô hạn số nguyên tố Tuy nhiên, giả thuyết này vẫn chưa được chứng minh cho các đa thức có bậc lớn hơn một Đối với trường hợp đa thức tuyến tính, giả thuyết được chứng minh là đúng nhờ vào định lý Dirichlet về số nguyên tố trong cấp số cộng.
Theo giả thuyết Buniakowski, nếu một đa thức nhận vô hạn giá trị nguyên tố, thì đa thức đó phải là bất khả quy Cụ thể, giả sử có phân tích f(x) = g(x)h(x) với g(x) và h(x) thuộc Z[x] và có bậc dương Vì f(x) nhận vô hạn giá trị nguyên tố, nên ít nhất một trong hai đa thức g(x) hoặc h(x) phải nhận giá trị ±1 tại vô hạn điểm Tuy nhiên, điều này dẫn đến mâu thuẫn, vì một đa thức bậc dương chỉ có thể nhận một giá trị cố định tại hữu hạn điểm.
Mục tiêu của phần này là trình bày một kết quả của R M Murty, cho thấy rằng nó mạnh hơn chiều ngược lại của giả thuyết Buniakowski Cụ thể, nếu đa thức f(x) thuộc Z[x] nhận giá trị là một số nguyên tố tại các giá trị nguyên n đủ lớn, thì f(x) được xác định là đa thức bất khả quy trong Z[x].
Bổ đề 2.1.1 Giả sử f(x) = a m x m +ã ã ã +a 1 x+a 0 là một đa thức bậc m trong Z[x] và α là một nghiệm phức của f(x) Khi đó
Chứng minh Vì α là nghiệm của f(x) nên ta có
Nếu |α| ≤ 1, thì |α| < H + 1 và và ta có ngay điều phải chứng minh Nếu
|α| > 1, thì nhân hai vế của (2.1) với |α| −1 ta được
Vì thế ta có |α| < H + 1. Định lý 2.1.2 Cho f(x) = amx m +a m−1 x m−1 + ã ã ã+ a1x+ a0 là một đa thức bậc m trong Z[x] và đặt
Nếu tồn tại số nguyên n ≥ H + 2 sao cho f(n) là số nguyên tố, thì f(x) là đa thức bất khả quy trong Z[x].
Chứng minh Giả sử ngược lại đa thức f(x) khôngabấtakhả quy trong Z[x]. Khi đó ta viết f(x) = g(x)h(x), trong đó g(x) và h(x) là các đa thức của
Z[x] với bậc dương Do f(n) là số nguyên tố nêng(n) =±1hoặch(n) = ±1. Không mất tính chất tổng quát ta có thể giả sử g(n) = ±1 Ta viết được g(x) dưới dạng g(x) = cY i
(x−α i ) trong đó c là hệ số cao nhất của g(x) và tích này chạy qua một tập con của tập các nghiệm phức của f(x) Áp dụng Bổ đề 2.1.1 ta được
Đối với điều kiện (n−(H + 1)) ≥ 1, chúng ta gặp phải mâu thuẫn, dẫn đến kết luận rằng f(x) là một đa thức bất khả quy trong Z[x] Định lý 2.1.2 cung cấp một tiêu chuẩn đơn giản để đánh giá tính bất khả quy của một số đa thức mà các tiêu chuẩn trước đây không thể kiểm tra được.
Đối với mỗi số nguyên tố p, đa thức f(x) = x^4 + 6x^2 + 1 không bất khả quy theo modulo p Tuy nhiên, theo Định lý 2.1.2, f(x) là đa thức bất khả quy vì f(8) = 4481, một số nguyên tố thỏa mãn điều kiện 4481 ≥ H + 2, với H = 6.
Bổ đề 2.1.4 khẳng định rằng với đa thức f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + + a_1 x + a_0 trong Z[x], nếu các hệ số thỏa mãn an ≥ 1, a_{n-1} ≥ 0 và |a_i| ≤ H (với H là hằng số dương) cho i = 0, 1, , n-2, thì mọi nghiệm phức α của f(x) sẽ có phần thực không âm hoặc đáp ứng một số điều kiện nhất định.
Chứng minh Trước hết, với mỗi số phức z có tính chất |z| > 1, phần thực ℜ(z) > 0 và
Giả sử α là một nghiệm phức bất kỳ của f(x), nếu |α| ≤ 1 thì (2.2) luôn thỏa mãn Trong trường hợp |α| > 1, ta có ℜ(α) ≤ 0 hoặc (2.3) không đúng với z = α, vì f(z)/z n luôn dương nếu ℜ(z) > 0 và (2.3) được thỏa mãn Do đó, kết luận rằng ℜ(α) ≤ 0 hoặc α thỏa mãn (2.2).
Áp dụng Bổ đề 2.1.4, chúng ta sẽ giải quyết bài toán trong [4] Định lý 2.1.5 khẳng định rằng với số nguyên b > 2 và p là số nguyên tố, p có thể được biểu diễn dưới dạng cơ số b như sau: p = a_n b^n + a_{n-1} b^{n-1} + + a_1 b + a_0.
Khi đú đa thức f(x) = anx n + a n−1 x n−1 + ã ã ã+a1x+a0 ∈ Z[x] là đa thức bất khả quy trên Q.
Giả sử f(x) không bất khả quy trên Q, theo Bổ đề Gauss, f(x) không phải là đa thức bất khả quy trong Z[x] Nếu f(x) = g(x)h(x) với g(x) và h(x) là các đa thức khác hằng trong Z[x], và vì f(b) = p nguyên tố, nên g(b) = ±1 hoặc h(b) = ±1 Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử g(b) = ±1 Tương tự như trong chứng minh Định lý 2.1.2, ta có thể biểu diễn g(x) thành g(x) = cY i.
Trong bài viết này, chúng ta xem xét biểu thức (x−αi), với αi thuộc một tập con của nghiệm f(x) và c là một số nguyên khác 0, đóng vai trò là hệ số chính của g(x) Theo Bổ đề 2.1.4, mỗi nghiệm α của f(x) có phần thực không dương hoặc có môđun nhỏ hơn.
2 ≤b−1. Đặc biệt, |b−αi| > 1 với mỗi i, và do đó |g(b)| > 1, mâu thuẫn Vậy f(x) bất khả quy trên Q.
Tiêu chuẩn kiểm tra của K Girstmair
Định lý 2.2.1 Cho f(x) ∈ Z[x] là đa thức sao cho mỗi nghiệm x 0 của f(x) đều thỏa mãn |x 0 | > d, trong đó d là số nguyên dương Nếu f(0) = ±pd và p∤ d thì f(x) bất khả quy trong Z[x].
Chứng minh Giả sử f(x) = g(x)h(x) trong đó f(x), g(x) là các đa thức khác đa thức hằng trong Z[x] Vì f(0) = ±pd theo giả thiết nên ta có g(0)h(0) = ±dp.
Vì p là số nguyên tố, nên p chia hết cho g(0) hoặc h(0) Giả sử p chia hết cho g(0), ta có g(0) = pt với t là số nguyên Do đó, ±pd = pth(0) Sau khi giản ước d ở hai vế và lấy trị tuyệt đối, ta có |h(0)| ≤ d Định lý 2.2.2 khẳng định rằng nếu f(x) = amx m + a m−1 x m−1 + + a1x + a0 là một đa thức nguyên bản bậc m ≥ 1 trong Z[x], thì các điều kiện trên vẫn được duy trì.
H = maxn a i /a m : i = 0,1, , m−1 Giả sử d và n là các số tự nhiên với n ≥ H + d + 1 và f(n) = ±d, trong đó p là số nguyên tố không phải là ước của d Khi đó, f(x) là một đa thức bất khả quy trong Z[x].
Chứng minh Theo Bổ đề 2.1.1, mỗi nghiệm phức α của f(x) đều thỏa mãn
|α| < H + 1 Giả sử f(x) khả quy Khi đó ta viết f(x) = g(x)h(x) trong đó g(x) và h(x) là các đa thức trong vành Z[x] có bậc dương Suy ra ta có g(x) = cY α
Trong bài viết này, chúng ta xem xét biểu thức (x−α), với (2.4) là hệ số cao nhất của g, trong đó α thuộc tập hợp các nghiệm không rỗng của f(x) Do f(n) = g(n)h(n) = ±dãp và p không chia hết cho d, ít nhất một trong các ước của g(n) hoặc h(n) không chia hết cho p, do đó phải là ước của d Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng g(n) chia hết cho d.
|n−α| ≥ n− |α| > H + d+ 1−(H + 1) = d luôn đúng với mọi nghiệm α của f(x), vì thế từ 2.4 suy ra |g(n)| > d, mâu thuẫn.
Tiêu chuẩn kiểm tra của J Singh và S Kumar
Ký hiệu 2.3.1 Giả sử f(x) = f 1 (x)f 2 (x), và f(x) = a 0 + a 1 x + ã ã ã+ a n x n ∈ Z[x];f 1 (x) = b 0 +b 1 x+ã ã ã+b m x m , f 2 (x) = c 0 +c 1 x+ã ã ã+c n−m x n−m là các đa thức khác đa thức hằng trong Z[x] Ta viết thêm b m+1 = b m+2 = ã ã ã = b n = 0;c n−m+1 = c n−m+2 = ã ã ã = c n = 0.
Khi đó ta có a t = b 0 c t + b 1 c t−1 +ã ã ã+b t c 0 , với mỗi t= 0,1, , n (2.5)
Bổ đề 2.3.2 khẳng định rằng cho các đa thức g(x) = a0 + a1x + + anxn, g1(x) = b0 + b1x + + bmxm, và g2(x) = c0 + c1x + + cn−mxn−m, với g(x) = g1(x)g2(x), tồn tại một số nguyên tố p và các số nguyên dương k ≥ 2 cùng j ≤ n sao cho pk | gcd(a0, a1, , aj−1).
, p k+1 ∤ a0, và gcd(k, j) = 1 Nếu p | b 0 và p | c 0 , thì p| a j
Chứng minh rằng từ giả thiết p | b₀ và p | c₀, tồn tại số nguyên dương l sao cho p^l là lũy thừa lớn nhất của p với p^l | b₀ Do a₀ = b₀ c₀ và p^(k+1) ∤ a₀, suy ra p^(k−l) là lũy thừa lớn nhất của p sao cho p^(k−l) | b₀ Đặt κ là số nguyên không âm, với κ = (j − 2)/2 nếu j chẵn và κ = (j − 1)/2 nếu j lẻ.
Ta xét hai trường hợp sau.
Trường hợp 1: l < k−l Trong trường hợp này ta xét hai trường hợp nhỏ:
Trong trường hợp 1.1, với mọi i = 0, , κ, ta sử dụng các biểu diễn của ai và a2i để thấy rằng plà ước của các c0, c1, , cκ Gọi αi và βi lần lượt là các lũy thừa cao nhất của p chia hết cho bi và ci, với α0 = l và β0 = k - l Chúng ta sẽ chứng minh rằng αi ≥ l và βi ≥ k - l cho mọi i ≤ κ Cụ thể, xét a1 = b0c1 + b1c0, từ đó suy ra b0c1 = a1 - b1c0 Vì k ≥ 2 nên pk | a1, và l + β1 là lũy thừa cao nhất của p mà là ước của a1 - b1c0.
Vì thế không thể xảy ra k < l +β 1 hoặc k −l +α 1 < l+β 1 Do đó k ≤ l +β1 ≤ k−l+α1.
Giả sử có các điều kiện α₁ ≥ l và β₁ ≥ k - l với α₁ < β₁, thì ta có thể thiết lập công thức p_t | (a₂ - b₁ c₁) b₀ c₂ + b₂ c₀ Tương tự, ta cũng có α₂ ≥ l và β₂ ≥ k - l với α₂ < β₂ Tiếp tục quá trình này, giả sử tồn tại một số nguyên dương i* < κ sao cho các bất đẳng thức α_i ≥ ℓ, β_i ≥ k - ℓ, α_i < β_i được chứng minh cho mỗi i = 0, 1, , i*.
Trong bài viết này, ta xem xét mối quan hệ giữa các biến số trong phương trình, cụ thể là p ℓ | b i và p k−ℓ | c i ∗ +1−i cho mỗi i = 1, , i ∗ Điều này dẫn đến kết luận p k | b i c i ∗ +1−i và p k | (b 1 c i ∗ + ã ã ã + b i ∗ c 1) Theo giả thiết, ta cũng có p k | a i ∗ +1, từ đó suy ra p k | (ai ∗ +1 − b1ci ∗ − ã ã ã − bi ∗ c1) = b0ci ∗ +1 + bi ∗ +1c0 Hơn nữa, ta có αi ∗ +1 ≥ ℓ và β i ∗ +1 ≥ k−ℓ với α i ∗ +1 < β i ∗ +1, dẫn đến α i ≥ ℓ, β i ≥ k−ℓ, α i < β i với mọi i = 0, , κ Để tiếp tục chứng minh, ta giả sử κ = (j−2)/2 và áp dụng (4) vào a j−1 trong (2) để có p k | a j−1 − b0c j−1 − ã ã ã − b (j−4)/2 c (j+2)/2 − b (j +2)/2 c (j−4)/2 − ã ã ã − b j−1 c0.
= b (j−2)/2 c j/2 +b j/2 c (j−2)/2 , điều này chứng tỏ p k−2ℓ | c j/2 Suy ra p| nb0cj +ã ã ã+b (j−2)/2 c (j+2)/2 +b j/2 c j/2 +b (j+2)/2 c (j−2)/2 +ã ã ã+bj−1c0 o
= aj, trong đó đẳng thức được suy ra từ (2).
Với κ = (j−1)/2 Từ (4) và (2) ta suy ra p ℓ | b 0 c j +b 1 c j−1 + ã ã ã+ b (j−1)/2 c (j+1)/2 +b (j+1)/2 c (j−1)/2 +ã ã ã+b j c 0 = a j Trường hợp 1.2: Tồn tại số nguyên dương nhỏ nhất i ≤κ sao cho p ∤bi.
Từ trường hợp 1.1, ta có p ℓ là ước của mỗi b 0 , , b i−1 và p k−ℓ là ước của mỗi c 0 , , c i−1 Gọi q j là các số nguyên dương sao cho iq j ≤ j −1 < 1 +q j i.
Ký hiệu βs là lũy thừa cao nhất của p chia hết cho i ≤ s ≤ j − 1 Chúng ta sẽ chứng minh rằng β ti+r = k−(t+ 1)ℓ với t = 1, q j và r = 0, , i−1 Để thực hiện điều này, từ (2) ta có b 0 c t = a t − C(c 0 , c 1 , , c t−1), trong đó C(c 0 , , c t−1) là tổ hợp với các hệ số nguyên c 0 , , c t−1 được định nghĩa như đã nêu.
Theo (6), ta có p k−ℓ | C(c 0 , , c i−1 ) với t = 0, , i −1 Từ (5) và tính chất p k | a i, suy ra β i = k − 2ℓ do p ∤ b i Giả sử β i+r = k − 2ℓ với 0 ≤ r < i − 1 Khi có p k−ℓ | (bi+rc0 + + bicr) và p k−ℓ | (b i+1 cr + + b 1 c i+r), từ (6) suy ra p k−ℓ | C(c 0 , , c i+r) Theo (5), điều này dẫn đến p k−2ℓ | c i+r+1, hay β i+r+1 ≥ k − 2ℓ Vì p ∤ b i, ta cũng có β i+r+1 ≤ k − 2ℓ, do đó β i+r+1 = k − 2ℓ Điều này chứng minh khẳng định t = 1 và với mọi r = 0, , i−1.
Tiếp theo giả sử β ti+r = k − (t + 1)ℓ với mỗi t = 0, , t ∗ và r 0, , i−1 với số nguyên dương t ∗ ≤ qj nào đó Khi đó ta có α s = α 0 ;β ti+s = k−(t+ 1)ℓ for s = 0, , i−1;t= 0, , t ∗ Để thuận tiện, ta định nghĩa h(s) =b s c i(1+t ∗ )+r−s , s = 0, , i(1 +t ∗ ) +r.
Từ (7)-(8), Ta có với r = 0 và với mỗi s = 0, , i−1
Mặt khác từ (6) và (8) ta cũng có
Thay r = 0 trong (9) và (10) ta được p k−(1+t ∗ )ℓ | C c 0 , , c i(1+t ∗ )−1 Suy ra, từ (5) ta có p k−(1+t ∗ )ℓ | a i(1+t ∗ ) − C c 0 , , c i(1+t ∗ )−1
Bài viết này đề cập đến mối quan hệ giữa các biến số trong một phương trình toán học, cụ thể là p k−(2+t ∗)ℓ | c i(1+t ∗) Theo đó, β i(1+t ∗)+r = k−(2+t ∗)ℓ > 0 với r = 0, và khẳng định trong (9) đúng với r = 1 Tiếp tục áp dụng điều này trong (10) để chứng minh (11) khi r = 1 Giả sử (11) đúng với mỗi r = 0, , r ∗, từ đó suy ra (9) đúng với r = r ∗ Sử dụng tiếp trong (10) để chứng minh (11) đúng với mọi r = r ∗ + 1 Cuối cùng, khẳng định rằng p k−(1+q j) ℓ | c s với k > 1 + q j ℓ cho mọi s = 0, , j −1, từ đó chứng minh p k−(1+q j) ℓ | b0cj + b1c j−1 + + bic j−i + + bjc0.
Trong trường hợp 2, khi ℓ = k - ℓ với k là số chẵn, ta có j là số lẻ và dogcd(k, j) Theo tính chất của hai số nguyên a và b cùng với số nguyên tố p, nếu p chia hết cho tổng (a+b) và tích ab, thì p cũng chia hết cho cả a và b.
Theo tính chất đã nêu, từ biểu diễn của a1 và a2, ta có p | b1 và p | c1 Tương tự, từ biểu diễn của a2 và a4, ta suy ra p | b2 và p | c2 Tiếp tục quá trình này, ta kết luận rằng p chia hết cho các số nguyên b0, c0, b1, c1, , b(j−3)/2, c(j−3)/2 Từ biểu diễn của a(j−1)/2 và aj−1, ta có p | b(j−1)/2 và p | c(j−1)/2 Do đó, theo biểu thức đã cho, ta có p | (b0cj + + b(j−1)/2c(j+1)/2 + b(j+1)/2c(j−1)/2 + + bjc0).
= aj. Vậy bổ đề đã được chứng minh.
Nếu bổ đề trên có giả thiết gcd(k, j!) = 1, chứng minh sẽ ngắn gọn hơn Điều này dẫn đến k > j và k − tℓ > 0 cho mỗi t = 1, , j Qua đệ quy trong (2.5), ta có thể tìm được p k−(t−1)ℓ | (a t−1 − b 1 c t−2 − b 2 c t−3 − − b t−1 c 0 ) = b 0 c t−1, với t từ 1 đến j.
Từ các tính chất đã nêu, ta có thể suy ra rằng p|c_t với mỗi t = 0, , j−1 Do p|b_0 nên có p|b_0c_j + b_1c_{j−1} + + b_jc_0 = a_j Định lý 2.3.4 chỉ ra rằng nếu f(x) = a_0 + a_1x + + a_nx^n ∈ Z[x] là một đa thức nguyên bản và mỗi nghiệm θ của f(x) thỏa mãn |θ| > d, trong đó a_0 = ±p^kd với k và d là các số nguyên dương, và p là số nguyên tố không chia hết d Nếu j ∈ {1, , n} với gcd(k, j) = 1, p^k | gcd(a_0, a_1, , a_{j−1}) và k > 1, p ∤ a_j, thì đa thức f(x) là bất khả quy trong Z[x].
Chứng minh Giả sử f(x) =f 1 (x)f 2 (x) trong đó f 1 và f 2 xác định như trong
Kí hiệu 2.3.1 Theo (2.7) ta có a 0 = b 0 c 0 = ±p k d;a m = b m c n−m (2.9)
Vì mỗi nghiệm θ của f đều thỏa mãn |θ| > d, nên ta có b 0 /b m > d và c 0 /c n−m > d Vì thế |b 0 | > d và |c 0 | > d.
Nếu p ∤ c 0 , thì p k | b 0 và do đó đẳng thức thứ hai trong (2.9) dẫn đến
Định lý 2.3.5 cho rằng, với đa thức nguyên bản f(x) = a0 + a1x + + a_nx^n thuộc Z[x], nếu mỗi nghiệm θ của f(x) thỏa mãn |θ| > d, trong đó a_n = ±p^k d^k, d là số nguyên dương và p là số nguyên tố không chia hết d, thì có một số điều kiện cần thiết Cụ thể, với j ∈ {1, , n} thỏa mãn gcd(k, j) = 1, p^k chia hết gcd(a_{n-j+1}, a_{n-j+2}, , a_n) và với k > 1, p không chia hết a_{n-j} Nếu a0/q ≤ |a_n|, trong đó q là ước nguyên tố nhỏ nhất của a0, thì đa thức f(x) là bất khả quy trong Z[x].
Giả sử rằng f(x) = f1(x)f2(x), với f1 và f2 được định nghĩa theo Kí hiệu 2.3.1 Khi đó, ta có b0c0 = a0 và bmcn−man = ±pkd Vì mỗi nghiệm θ của f đều thỏa mãn điều kiện |θ| > d, ta có tỉ lệ b0/bm.
Nếu \( p \nmid b_m \), thì \( p \nmid c_{n-m} \) dẫn đến \( |b_m| \leq d \) và ta có \( \frac{a_0}{a_n} = \frac{b_0}{b_m} \times \frac{c_0}{c_{n-m}} > \frac{b_0}{d} \), điều này dẫn đến \( |b_0| \geq q \), gây mâu thuẫn với giả thiết Ngược lại, nếu \( p \mid b_m \) và \( p \mid c_{n-m} \), thì \( k \geq 2 \) và theo Bổ đề 2.3.2, ta suy ra \( p \mid a_{n-j} \), điều này cũng gây mâu thuẫn.
Một số ví dụ áp dụng
Ví dụ 2.4.1 Với mỗi số nguyên tốp, số nguyên dươngnvà số nguyên dương k sao cho gcd(k, j) = 1, ta xét đa thức
Ta sẽ chứng minh rằng mỗi nghiệm ζ của X j,k đều thỏa mãn |ζ| > 1. Chú ý rằng
+p k−1 x n+1 , (2.11) vì thế các hệ số của x j , x j+1 , và x n+1 trong (x − 1)X j,k đều dương Nếu
< p k+1 −p k + 1 + p k −p k−1 −1 +p k−1 = p k+1 (2.12) Điều này là mâu thuẫn Vì thế ta có |ζ| ≥ 1 Nếu|ζ| = 1 vớiζ là một nghiệm nào đó của X j,k , thì ζ = e ιt với số nguyên t nào đó Từ (2.12), ta có p k+1 −p k + 1 1−e jt + p k −p k−1 −1 1−e (j+1)t
So sánh phần thực của hai vế ta được p k+1 −p k + 1 sin 2 {(jt/2)}+ p k −p k−1 −1 sin 2 {(j + 1)t/2}
Để phương trình \( p k−1 \sin^2 \left(\frac{(n+ 1)t}{2}\right) = 0 \) xảy ra, cần có \( jt, (j+ 1)t, (n+ 1)t \in 2\pi Z \) Do đó, ta có \( \zeta_j = \zeta_{j+1} \) và \( \zeta_{n+1} = 1 \), dẫn đến \( \zeta = 1 \) Tuy nhiên, theo phương trình (2.10), ta có \( X_{j,k}(1) > 0 \), điều này tạo ra một mâu thuẫn Vì vậy, mọi nghiệm \( \zeta \) của \( X_{j,k} \) đều thỏa mãn điều kiện \( |\zeta| > 1 \).
Rõ ràng Xj,k thỏa mãn các giả thiết còn lại của Định lý 2.3.4 Do đó
X j,k là đa thức bất khả quy trong Z[x].
Ví dụ 2.4.2 Với số nguyên tốp, các số nguyên dương k, n, m < p, và j ≤n trong đó gcd(k, j) = 1, đa thức
Y j,k,m = p k n+x+x 2 +ã ã ã+x n−j−1 +mx n−j +p k x n−j+1 1 +ã ã ã+x j−1 thỏa mãn các giả thiết trong Định lý 2.3.5 Vì thế Yj,k,m là đa thức bất khả quy trong Z[x].
Vớ dụ 2.4.3 Chodlà số nguyờn dương vàf(x) =a 0 +a 1 x+ã ã ã+a n x n ∈ Z[x] sao cho
|a 0 | > |a 1 |d+|a 2 |d 2 +ã ã ã+|a n |d n Khi đó với |x| ≤d, ta có
Mỗi nghiệm θ của đa thức f(x) đều thỏa mãn điều kiện |θ| > d Áp dụng các điều kiện từ Định lý 2.3.4 hoặc Định lý 2.3.5, ta có thể kết luận rằng đa thức f(x) là bất khả quy trong Z[x].