Về tính bất khả quy của một số tam thức

Trên các trường số theo Định lý cơ bản của Đại số các đa thức bất khả quy trên C làcác đa thức bậc nhất, các đa thức bất khả quy trên R là các đa thứcbậc nhất và các đa thức bậc hai khôn

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

MAI NGỌC ANH

VỀ TÍNH BẤT KHẢ QUY CỦA MỘT SỐ TAM THỨC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Mục lục

MỞ ĐẦU 1

Chương 1 Đa thức 1

1.1 Đa thức và nghiệm của đa thức 1

1.2 Đa thức bất khả quy và sự phân tích 9

Chương 2 Tính bất khả quy của tam thức 14

2.1 Một asốa tiêu chuẩn cổ điển và tínha bấta khả quy của tam thức đặc biệt 14

2.2 Tính bất khả quy của xn − x − 1 và một số mở rộng 29

2.3 Tính bất khả quy của đa thức x2m± xm − 1 34

KẾT LUẬN 44

Tài liệu tham khảo 44

MỞ ĐẦU

Bài toán phân tích một đa thức thành tích các đa thức bất khảquy là bài toán quan trọng trong toán học cũng như trong khoa họcmáy tính Từ năm 1707 trong cuốn sách Arithmetica Universalis, IsaacNewton đã đưa ra một phương pháp tìm nhân tử tuyến tính và nhân tửbậc hai của đa thức với hệ số nguyên Từ đó đến nay nhiều nhà toán học

đã và đang tìm kiếm các tiêu chuẩn bất khả quy của đa thức cũng nhưviệc phân tích đa thức thành các nhân tử bất khả quy Trên các trường

số theo Định lý cơ bản của Đại số các đa thức bất khả quy trên C làcác đa thức bậc nhất, các đa thức bất khả quy trên R là các đa thứcbậc nhất và các đa thức bậc hai không có nghiệm thực Việc phân loại

đa thức bất khả quy trên Q cho đến nay vẫn là bài toán mở Có nhiềutiêu chuẩn đã được đưa ra để xét tính bất khả quy của đa thức nhưtiêu chuẩn Eisenstein, tiêu chuẩn Cohn, tiêu chuẩn Perron, tiêu chuẩnMurty, Một số luận văn đã tìm hiểu các tiêu chuẩn trên

Ta phân tích một hướng khác trong bài toán xét tính bất khả quycủa đa thức là tìm hiểu tính bất khả quy của đa thức trên Q theo sốhạng tử của đa thức Xét tính bất khả quy của nhị thức ta luôn quyđược về bài toán xét tính bất khả quy của nhị thức dạng axn + b Vấn

đề này đã được giải quyết hoàn toàn bởi Capelli

Một cách tự nhiên một bài toán được đặt ra là xét tính bất khảquy của tam thức f (x) = axn+ bxm+ c, trong đó a ∈ N∗, b, c ∈ Z\ {0}

và a, b, c nguyên tố cùng nhau Tiêu chuẩn Eisenstein và một số tiêuchuẩn khác giải quyết một số dạng của bài toán Tuy nhiên bài toántổng quát cho đến nay vẫn là bài toán mở

Mục đích của luận văn là tìm hiểu tính bất khả quy của một sốlớp tam thức đặc biệt Cụ thể mục đích thứ nhất vận dụng một số tiêuchuẩn cổ điển xét tính bất khả quy của một số lớp tam thức, mục đíchthứ hai là xét tính bất khả quy của một số tam thức đặc biệt dạng

xn± x ± 1, xn± xm± 1 với 1 < m < n và m 6= n/2, x2m± xm− 1 Tàiliệu tham khảo chính là [6], [7] và [4].

Luận văn được chia làm hai chương Chương 1 trình bày một sốkiến thức chuẩn bị về đa thức, nghiệm của đa thức Lưu ý rằng nghiệmcủa đa thức cũng là công cụ quan trọng để xét tính bất khả quy của đathức Chương 1 cũng tổng hợp lại một số vấn đề về đa thức bất khả quy

và sự phân tích đa thức thành tích các đa thức bất khả quy, việc phânloại các đa thức bất khả quy trên các trường số thực và phức Chương 2

là chương chính của luận văn Phần đầu của Chương 2 đề cập đến một

số tiêu chuẩn cổ điển như Bổ đề Gauss, tiêu chuẩn chuyển qua modulemột số nguyên tố, tiêu chuẩn Eisenstein, tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng.Một số kỹ thuật hay được sử dụng xét tính bất khả quy của đa thức làxét nghiệm, đổi biến, đa thức tương hỗ cũng được đưa ra trong chươngnày Các ví dụ mô tả cho các tiêu chuẩn và kỹ thuật vừa nêu chủ yếu tậptrung vào các tam thức Cũng cần phải nói thêm rằng các tiêu chuẩn cổđiển khác cũng có những ứng dụng tương tự cho việc xét tính bất khảquy của một số tam thức đặc biệt Hai phần cuối của chương trình bàytính chất bất khả quy của một lớp tam thức đặc biệt

Trong suốt quá trình làm luận văn, tôi nhận được sự hướng dẫn

và giúp đỡ tận tình của PGS.TS Trần Nguyên An và TS Phạm HồngNam Tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến các thầy hướng dẫn

Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến quý thầy cô giảng dạy lớpCao học toán Khoá 15 đã truyền thụ đến cho tôi nhiều kiến thức vàkinh nghiệm nghiên cứu khoa học

MAI NGỌC ANH

Thái Nguyên, tháng 01 năm 2024

Chương 1

Đa thức

Trong chương này ta luôn giả thiết R là vành giao hoán, có đơn

vị, D ký hiệu miền nguyên và F ký hiệu một trường

1.1 Đa thức và nghiệm của đa thức

Đặt P ⊆ RN là tập các phần tử có hữu hạn tọa độ khác không

P = {(a0, a1, , an, ) ∈ RN| ai = 0 với mọi i  0},

trong đó i  0 có nghĩa là khi i đủ lớn hay tồn tại n0 ∈ N và i > n0.Cho (a0, a1, , an, ), (b0, b1, , bn, ) ∈ P, phép cộng và phépnhân được định nghĩa như sau:

(a0, , an, ) + (b0, , bn, ) = (a0 + b0, , an + bn, ),(a0, , an, )·(b0, , bn, ) = (c0, , cn, ),

a ∈ R Với đồng nhất này R là vành con của P

Ký hiệu x = (0, 1, 0, 0, ) ∈ P Khi đó x ∈ P \ R và bằng quy

nạp, ta có

x2 = (0, 0, 1, 0, 0, ),

x3 = (0, 0, 0, 1, 0, 0, ),

xk = (0, 0, , 0

| {z }

k

, 1, 0, 0, ),

mọi a ∈ R Cho f là một phần tử của P Khi đó tồn tại n ∈ N và

a0, a1, , an ∈ R thỏa mãn f = (a0, a1, , an, 0, 0, ) Hơn nữa

f = (a0, a1, , an, 0, 0, )

= (a0, 0, ) + (0, a1, 0, ) + · · · + (0, 0, , an, )

= a0 + a1x + a2x2 + · · · + anxn

Định nghĩa 1.1.1 VànhP được gọi là vành đa thức một biến (hay một

ẩn và được ký hiệu là R[x] Phần tử x được gọi là biến (hay ẩn) Mộtphần tử của R[x] được gọi là đa thức một biến với hệ tử trên R và được

an 6= 0 Số n được gọi là bậc của f (x) và được ký hiệu bởi deg(f (x)); hệ

tử an được gọi là hệ tử cao nhất (hệ tử khởi đầu) của f (x) và được kýhiệu bởilc(f (x)) Nếu hệ tử cao nhất của f (x) là 1 thì f (x) được gọi là

đa thức monic Hệ tử a0 được gọi là hệ tử tự do của f (x) Các phần tửcủa R thường được gọi là đa thức hằng Đa thức bậc 1 được gọi là đathức tuyến tính

Nhận xét 1.1.2 (i) Bậc của đa thức không được quy ước là khôngxác định, −1 hay −∞ Trong luận văn này chúng tôi theo quy ướcdeg(0) = −∞.

(ii) Ta có a0 + a1x + · · · + amxm = b0 + b1x + · · · + bnxn trongR[x] nếu và chỉ nếu m = n và ai = bi với i = 0, , m

(iii) Mỗi đa thức f (x) = a0 + a1x + a2x2 + · · · + anxn ∈ R[x] xácđịnh hàm f : R → R theo quy tắc f (u) = a0 + a1u + · · · + anun

(iv) Cho R và S là các vành giao hoán và ϕ : R → S là đồng cấuvành Khi đó tồn tại đồng cấu

ϕ∗ : R[x] → S[x]

xác định bởi

ϕ∗(anxn+ · · · + a1x + a0) = ϕ(an)xn+ · · · + ϕ(a1)x + ϕ(a0)

Hơn nữa, nếu ϕ là một đẳng cấu thì ϕ∗ cũng là đẳng cấu

Ví dụ, đồng cấu vành Z → Zm cảm sinh đồng cấu Z[x] → Zm[x]với các hệ số của ảnh lấy theo modul m

Bậc của tổng, tích và hợp thành của hai đa thức liên hệ mật thiếtvới bậc của đa thức đã cho

Bổ đề 1.1.3 Cho f (x), g(x) ∈ R[x] Khi đó

(i) deg(f (x) + g(x)) ≤ max{deg(f (x)), deg(g(x))};

(ii) deg(f (x)g(x)) ≤ deg(f (x)) + deg(g(x))

Khi R là miền nguyên ta có đẳng thức ở (i) và (ii) trong Bổ đề1.1.3

Hệ quả 1.1.4 Nếu R là miền nguyên thì

(i) deg(f (x)g(x)) = deg(f (x)) + deg(g(x))

(ii) R[x] là miền nguyên

(iii) Tập các phần tử khả nghịch của R[x] và R trùng nhau

Định lý 1.1.5 (Định lí chia) ChoF là một trường và f (x), g(x) ∈ F [x]với g(x) 6= 0 Khi đó tồn tại duy nhất hai đa thức q(x) và r(x) ∈ F [x]thỏa mãn

f (x) = g(x)q(x) + r(x), trong đó deg(r(x)) < deg(g(x))

Hệ quả 1.1.6 Cho F là một trường Khi đó F [x] là một miền Euclid

Do đó F [x] là miền phân tích duy nhất

Kết quả sau là một mở rộng của Hệ quả 1.1.6

Định lý 1.1.7 Cho R là một vành giao hoán khác không Khi đó cácđiều kiện sau là tương đương

(i) R là trường;

(ii) R[x] là miền Euclid;

(iii) R[x] là miền chính

Hệ quả 1.1.8 Z[x] không là miền chính

Nếu D là một miền nguyên thì theo Hệ quả 1.1.4, D[x] là miềnnguyên Do đó theo định nghĩa ước chung lớn nhất của hai phần tử khôngđồng thời bằng không trên một miền nguyên, d(x) ∈ D[x] là ước chunglớn nhất của hai đa thức không đồng thời bằng không f (x), g(x) ∈ D[x]nếu

là một ước chung lớn nhất của hai đa thức f (x) và g(x) thì các ước

chung lớn nhất của f (x) và g(x) là và chỉ là các đa thức có dạng rt(x)với 0 6= r ∈ F Đặc biệt, đa thức d(x) = a−1n t(x) là ước chung lớn nhấtduy nhất của f (x) và g(x) mà có có hệ tử cao nhất bằng 1 Khi đó taviết d(x) = gcd(f (x), g(x)) Để tiện theo dõi ta đưa ra định nghĩa ướcchung lớn nhất của hai đa thức với hệ số trên trường là đa thức monicnhư vừa nêu.

Định nghĩa 1.1.9 Cho F là một trường và f (x), g(x) ∈ F [x] Ướcchung của f (x) và g(x) là đa thức h(x) ∈ F [x] thỏa mãn h(x)|f (x)

và h(x)|g(x) Nếu f (x) và g(x) không đồng thời bằng 0 thì ước chunglớn nhất của f (x) và g(x), được ký hiệu bởi gcd(f (x), g(x)) là đa thứcmonic d(x) ∈ F [x] sao cho

Ví dụ 1.1.12 Các số ±√2 ∈ R là các nghiệm của đa thức f (x) =

x2−2 ∈ R[x]; các số ±ilà các nghiệm của đa thứcg(x) = x2+1 ∈ C[x]

Kết quả sau giúp ta tính giá trị của đa thức f (x) tại x = a ∈ R,

từ đó kiểm tra a có là nghiệm của f (x) Phương pháp này thường dễdàng hơn việc thay trực tiếp x = a vào đa thức, đặc biệt khi ta phốihợp với Lược đồ Horner

Định lý 1.1.13 (Định lí dư) Cho f (x) ∈ R[x] và a ∈ R Khi đó tồn tạiq(x) ∈ R[x] thỏa mãn

f (x) = (x − a)q(x) + f (a)

Để xác định f (a) theo Định lí dư ta cần thực hiện phép chia

f (x) cho x − a và f (a) là phần dư trong phép chia đó Phương phápHorner giúp ta thực hiện phép chia và xác định f (a) dễ dàng hơn.Phần tiếp theo của mục ta xét phép chia đặc biệt, chia đa thức f (x) =

anxn+ · · · + a1x + a0 ∈ R[x], an 6= 0 cho đa thức bậc nhất monic x − a,

a ∈ R theo phương pháp Horner Theo Định lí 1.1.5

bi−1 = ai + abi

Sử dụng Lược đồ Horner ta có thể suy ra Đa thức Taylor Nhắc lại

f (x) = (x − a)g0(x) + r0, r0 = f (a) và đa thức g0(x) có bậc n − 1.Tương tự ta có

g0(x) = (x − a)g1(x) + r1,

g1(x) = (x − a)g2(x) + r2,

gn−2(x) = (x − a)gn−1(x) + rn−1,trong đó gk(x) là đa thức bậc n − k − 1 Cuối cùng gn−1(x) = an là đathức hằng Đặt rn = an, ta có biểu diễn

f (x) = x5 − 2x4 + 5x2 + 6x − 8

= (x + 1)5 − 7(x + 1)4 + 18(x + 1)3 − 17(x + 1)2 + 9(x + 1) − 12

Hệ quả 1.1.16 (Định lí Bezout) Cho f (x) ∈ R[x] và a ∈ R Khi đó,

x − a chia hết f (x) nếu và chỉ nếu a là một nghiệm của f (x)

Mệnh đề sau cho ta phương pháp tìm nghiệm hữu tỉ của đa thứcvới các hệ số nguyên

Mệnh đề 1.1.17 Cho n là một số nguyên dương và p, q là các sốnguyên khác không và 0 6= f (x) = anxn+ · · · + a1x + a0 ∈ Z[x] Giả sử

p, q nguyên tố cùng nhau Nếu f (p

q) = 0 thì(i) p|a0 và q|an;

(ii) Nếu f (x) là monic thì p

p ∈ {±1, ±2, ±7, ±14} Hơn nữa cũng theo Mệnh đề 1.1.17, ta có (p −1)|f (1) và (p + 1)|f (−1) Vậy p = 2 Thử lại ta có 2 là nghiệm hữu tỉduy nhất của đa thức đã cho

Định nghĩa 1.1.19 Cho f (x) ∈ R[x] và k là một số nguyên dương.Phần tử a ∈ R là một nghiệm bội k của f (x) nếu f (x) chia hết cho(x − a)k nhưng f (x) không chia hết cho (x − a)k+1 Nếu k = 1 thì ađược gọi là nghiệm đơn Nếu k = 2 thì a được gọi là nghiệm kép

Bổ đề 1.1.20 Cho R là một miền nguyên, f (x) ∈ R[x], a ∈ R và k là

số nguyên dương Khi đó a là nghiệm bội k của f (x) nếu và chỉ nếu

f (x) = (x − a)kg(x),

với g(x) ∈ R[x] thỏa mãn g(a) 6= 0

Mệnh đề 1.1.21 Cho R là một miền nguyên và 0 6= f (x) ∈ R[x] Giả

sử a1, a2, , ar ∈ R là các phần tử phân biệt và tương ứng là nghiệmbội k1, k2, , kr của f (x) Khi đó

f (x) = (x − a1)k1(x − a2)k2· · · (x − ar)krg(x),

trong đó g(x) ∈ R[x] và g(ai) 6= 0 với mọi i = 1, , r

1.2 Đa thức bất khả quy và sự phân tích

Tiếp theo ta định nghĩa đa thức bất khả quy Trước hết ta nhắclại định nghĩa phần tử bất khả quy trên một miền nguyên

Định nghĩa 1.2.1 Cho p ∈ D là một phần tử khác 0 và không khảnghịch (khác ước của đơn vị)

(i) p được gọi là phần tử bất khả quy nếu p không có ước thực sự.(ii) p được gọi là phần tử nguyên tố nếu với mọi a, b ∈ D, p|ab kéotheo p|a hoặc p|b

Nhận xét 1.2.2 Như vậy phần tử p ∈ D là bất khả quy nếu nó thỏamãn các điều kiện sau

(i) p khác 0 và p không khả nghịch;

(ii) Nếu có sự phân tích p = uv trong R thì u hoặc v khả nghịch.Trong vành Z các số nguyên, các phần tử nguyên tố là các sốnguyên tố và số đối của chúng Hơn nữa, các phần tử bất khả quy trong

Z là và chỉ là các phần tử nguyên tố

Phần tử bất khả quy trên miền nguyên đã được đưa ra trong Địnhnghĩa 1.2.1 Nếu R là miền nguyên thì R[x] là miền nguyên Phần tửbất khả quy trên R[x] còn được gọi là đa thức bất khả quy Để tiện theodõi ta đưa thành định nghĩa sau

Định nghĩa 1.2.3 Cho R là một miền nguyên Đa thức f (x) ∈ R[x]được gọi là đa thức bất khả quy trong R[x] hay đa thức bất khả quy trên

R nếu nó thỏa mãn các điều kiện sau

(i) f (x) khác 0 và f (x) không khả nghịch;

(ii) f (x) không có ước thực sự hay nếu có sự phân tích f (x) =g(x)h(x) trong R[x] thì g(x) hoặc h(x) khả nghịch

Ví dụ 1.2.4 (i) 2, 2x + 1 là các đa thức bất khả quy trong Z[x] nhưng

2 không bất khả quy trong Q[x]

(ii)2x + 4 bất khả quy trong Q[x] nhưng không bất khả quy trong

Theo Hệ quả 1.1.6, F [x] là miền phân tích duy nhất tức là mọi

đa thức khác hằng f (x) ∈ F [x] có thể phân tích trong F [x] thành tíchcác đa thức bất khả quy và sự phân tích là duy nhất nếu không kể đếnthứ tự các nhân tử Đây là kết quả thú vị, có nhiều ứng dụng thể hiện

sự quan trọng của đa thức bất khả quy tương tự như số nguyên tố nênluận văn trình bày lại ở đây.

Bổ đề 1.2.7 Cho p(x) là đa thức bất khả quy trongF [x] Nếu p(x) chiahếtr(x)s(x), trong đó s(x), r(x) ∈ F [x] thìp(x) chia hết r(x) hoặc chiahết s(x) trong F [x]

Định lý 1.2.8 Mọi đa thức khác hằng f (x) ∈ F [x] có thể phân tíchtrong F [x] thành tích các đa thức bất khả quy Sự phân tích là duy nhấtnếu không kể đến thứ tự các nhân tử

Nhận xét 1.2.9 Sự phân tích duy nhất có thể không đúng khi vànhcác hệ số không phải là miền nguyên Ví dụ trong Z8[x]

đa thức bất khả quy

Đặc biệt đa thức với hệ số phức có sự phân tích duy nhất (sai khácthứ tự) thành tích các đa thức bậc nhất (xem Hệ quả 1.2.13) Trongtrường hợp này, sự phân tích được thực hiện bằng việc tìm nghiệm.Tương tự trên trường các số thực, các đa thức bất khả quy có bậckhông quá 2 (xem Hệ quả 1.2.21), trong khi tồn tại đa thức bậc bất kỳ

bất khả quy trên trường số hữu tỉ (xem Ví dụ 2.1.11) Trường hợp các

đa thức với hệ số nguyên là vấn đề cơ bản trong Đại số máy tính Cócác thuật toán tính toán hữu hiệu tìm sự phân tích của đa thức với hệ

số hữu tỉ

Định lý 1.2.11 (Định lí cơ bản của Đại số) Mọi đa thức với hệ số phức

và khác đa thức hằng đều có ít nhất một nghiệm phức

Hệ quả 1.2.12 Đa thức f (x) ∈ C[x] bất khả quy trên C nếu và chỉnếu deg f (x) = 1

Chứng minh Giả sử deg f (x) = 1 Ta có f (x) bất khả quy theo địnhnghĩa Giả sử f (x) ∈C[x] là đa thức bất khả quy Ta có deg f (x) ≥ 1.Giả sửdeg f (x) > 1.Theo Định lí cơ bản của Đại số,f (x)có nghiệm trên

C Điều này kéo theo f (x) không bất khả quy, vô lý Do đó deg f (x) =1

Hệ quả 1.2.13 Mọi đa thức có hệ số phức với bậc dương đều phân tíchđược thành tích của các nhân tử tuyến tính

Chứng minh Cho f (x) ∈ C[x] Ta chứng minh quy nạp theo n =deg(f (x)) Khẳng định luôn đúng khi n = 1, vì lúc này f (x) là nhân tửtuyến tính của chính nó Giả sử n > 1 Theo Định lí cơ bản của Đại số,tồn tại nghiệmz1 củaf (x)và f (x) = (x − z1)g(x), trong đóg(x) ∈ C[x]

và deg g(x) < n Theo giả thiết quy nạp, g(x) phân tích được thànhtích các nhân tử tuyến tính, do đó f (x) cũng phân tích thành tích cácnhân tử tuyến tính

Nhận xét 1.2.14 Ta có thể sử dụng Hệ quả 1.2.12 và sự phân tích của

đa thức thành tích các đa thức bất khả quy trên một trường (xem Định

lí 1.2.8) để đưa ra chứng minh khác cho Hệ quả 1.2.13

Cho f (x) ∈ C[x] là đa thức có bậc n dương Khi đó f (x) có sựphân tích duy nhất f (x) = c(x − λ1)(x − λ2) · · · (x − λn), trong đó

λ1, λ2, , λn ∈ C là các nghiệm của f (x) và c ∈ C\ {0}

Hệ quả 1.2.15 Mọi đa thức một biến bậc n > 0 với hệ số phức đều có

n nghiệm phức

Tiếp theo ta sử dụng Định lí cơ bản của Đại số để phân loại các

đa thức bất khả quy với hệ số thực

Bổ đề 1.2.16 Cho f (x) ∈ R[x] Nếu f (z) = 0, thì f (z) = 0 (Nghiệmphức của các đa thức thực liên hợp theo từng cặp)

Bổ đề 1.2.17 Cho z ∈ C Khi đó (x − z)(x − z) ∈ R[x]

Bổ đề 1.2.18 Giả sử f (x) ∈ R[x] có nghiệm z ∈ C\R Khi đó f (x)chia hết cho (x − z)(x − z) trong R[x]

Hệ quả 1.2.19 Mỗi đa thức với hệ số thực bất khả quy khi và chỉ khi

đa thức đó có bậc 1 hoặc bậc 2 và không có nghiệm trên R

Chứng minh Cho f (x) ∈ R[x] Nếu deg f (x) = 1 hoặc deg f (x) = 2thỏa mãn f (x) không có nghiệm thực thì f (x) bất khả quy trên R

Ngược lại, giả sửf (x) ∈ R[x]bất khả quy trên R vàdeg f (x) ≥ 2.Khi đó f (x) không có nghiệm thực Theo Định lí cở bản của Đại số,

f (x) có một nghiệm z ∈ C \R Theo Bổ đề 1.2.18, f (x) chia hết cho(x − z)(x − z) trong R[x] Khi đó tồn tại g(x) ∈ R[x] thỏa mãn f (x) =(x − z)(x − z)g(x) Vì f (x) bất khả quy trên R nên deg(g(x)) = 0 Do

đó deg f (x) = 2 và f (x) không có nghiệm thực

Nhận xét 1.2.20 Đa thức ax2 + bx + c ∈ R[x] không có nghiệm thựcnếu và chỉ nếu b2 − 4ac < 0

Hệ quả 1.2.21 Cho f (x) ∈ R[x] là đa thức bậc n dương Khi đó f (x)

trong đóλ1, λ2, , λr ∈ R là các nghiệm củaf (x)vàc, α1, β1, , αs, βs

là các số thực thỏa mãn α2j − 4βj < 0 với mọi j = 1, , s

Chương 2

Tính bất khả quy của tam thức

2.1 Một asốa tiêu chuẩn cổ điển và tínha bấta khả quy củatam thức đặc biệt

Từ Hệ quả 1.2.12 ta suy ra các đa thức bất akhảa quy trên C là

và chỉ là các đa thức bậc nhất Từ Hệ quả 1.2.19 ta có các đa thức abấtkhả aquy trên R là và chỉ là các đa thức bậc nhất và đa thức bậc haikhông có nghiệm trên trường số thực Cho đến nay, bài toán phân loạicác đa thức bất khả quy trên trường số hữu tỉ Q vẫn là bài toán mở.Hơn nữa với n bất kỳ luôn tồn tại đa thức bậc n bấta khả quy, chẳnghạnf (x) = xn+ 2 Luận văn tập trung nghiên cứu a tính bất a khả quytrên Q của một lớp đa thức đặc biệt là các tam thức Phần đầu của mục

ta nhắc lại các tiêu chuẩn kiểm tra tính bất a khả a quy của đa thứctrong Q[x] dựa vào việc kiểm tra sự tồn tại nghiệm hữu tỉ của đa thức

Trước hết ta nhắc lại khái niệm đa thức bất khả quy trên trường

và xét tínha bất a khả a quy của đa a thức a bậc thấp trên trườngtổng quát Giả sử F là một trường và f (x) ∈ F [x] Khi đó f (x) a bấtkhả a quy a trong F [x] khi và chỉ khi deg(f (x)) ≥ 1 và trong F [x],

đa thức f (x) không viết được dưới dạng f (x) = g(x)h(x) trong đódeg g(x), deg h(x) < deg(f (x))

Mệnh đề 2.1.1 Giả sử F là một trường và f (x) ∈ F [x]

(i) Nếu f (x) là đa thức bậc nhất thì f (x) bấta khả a quy trên F.(ii) Nếu deg(f (x)) > 1 và f (x) có một nghiệm trongF thìf (x) không

có bậc 1 và kéo theo f (x) có nghiệm trong F.

Chú ý Hệ quả 2.1.1 (iii) không còn đúng nếu f (x) là đa thức bậclớn hơn hoặc bằng 4 Chẳng hạn xét đa thức

Thật vậy, ta có deg(f (x)) = 3 Giả sử f (x) có nghiệm hữu tỉ a,

ta có a3 − 3n2a + n3 Vì n 6= 0 nên (a/n)3 − 3(a/n) + 1 Điều này kéotheo đa thức y3− 3y + 1 có nghiệm hữu tỉ Đây là điều vô lý Vậy f (x)không có nghiệm hữu tỉ Theo Mệnh đề 2.1.1, ta có f (x) là đa thức bấtkhả quy trên Q

Mệnh đề 2.1.3 Cho F là một a trường a và lấy đa thức f (x) ∈ F [x],

a, b ∈ F, a 6= 0 Khi đó f (x) bất khả quy nếu và chỉ nếu f (ax + b) bấtkhả quy

Chứng minh Trước hết ta chú rằngdeg(f (x)) = deg(f (ax + b)) với mọi

a, b ∈ F và a 6= 0 Giả sử f (x) a bấta khả a quy và f (ax + b) khônga a

a bất khả quy Khi đóf (ax + b) = g(x)h(x), trong đó g(x), h(x) ∈ F [x]

vàdeg(g(x)), deg(h(x)) < deg(f (x)) Thayx bởia−1x−b, ta có f (x) =g(a−1x − b)h(a−1x − b) Hơn nữa deg(g(a−1x − b)), deg(h(a−1x − b)) <deg(f (x)) là các đa thức trong F [x] Điều này kéo theo f (x) không bấtkhả quy Đó là điều vô lý và kéo theo f (ax + b) bất khả quy Chiềungược lại được chứng minh tương tự

ˆ nếu f (0) 6= 0 thì deg f = degfevà f = f˜

Chứng minh Giả sử f (x) bất khả quy và ef (x) không a bất a khả a quy

Vì f (0) 6= 0 nên deg(f (x)) = deg(f (x))e Vì vậy ef (x) không bất khả

quy kéo theo ef (x) = g(x)h(x), với g(x), h(x) là a các a đa a thức trong

F [x] có bậc nhỏ thực sự hơn bậc của ef (x) Do đó

f (x) = f (x) =˜ eg(x)eh(x)

Lưu ý các đa thức eg(x),eh(x) là các đa thức trong F [x] có bậc nhỏ thực

sự hơn bậc của ef (x) = deg(f (x)) Từ đó ta có f (x) a a không a bất a

khả quy Điều vô lý này chứng tỏ ef (x) là bất khả quy

Chiều ngược lại được chứng minh tương tự

Phần sau sẽ đưa ra các ví dụ minh họa cho ứng dụng của Mệnh đề 2.1.3

và Mệnh đề 2.1.4 (xem Ví dụ 2.1.19)

Với mỗi f (x) ∈ Q[x], ta viết được f (x) = b−1g(x), trong đóg(x) ∈ Z[x] và 0 6= b ∈ Z Hơn nữa, f (x) là bất khả quy trên Q khi vàchỉ khi g(x) là bất khả quy trên Q Vì thế ta chỉ cần quan tâm xét tínhbất khả quy trên Q của các đa thức với hệ số nguyên

Phần tiếp theo luận văn trình bày về Bổ đề Gauss, tiêu chuẩnEisenstein, tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng Từ đó áp dụng vào xét tínhbất khả quy của một số tam thức đặc biệt

Định nghĩa 2.1.5 Một đa thức trong Z[x] được gọi là nguyên bản nếuước chung lớn nhất của các hệ số của đa thức đó bằng 1

Ví dụ 2.1.6 Đa thức 3x3 − 9x2 + 16 là nguyên bản nhưng đa thức3x3− 9x2+ 12 không nguyên bản Một đa thức bậc 0 là nguyên bản nếu

(iii) Cho 0 6= f (x) ∈ Q[x] Khi đó f (x) = ag(x), với a ∈ Q vàg(x) ∈Z[x] là nguyên bản.

Bổ đề 2.1.8 (Bổ đề về đa thức nguyên bản của Gauss) Tích của hai

đa thức nguyên bản là một đa thức nguyên bản

Giả sử h(x) không nguyên bản Khi đó tồn tại số nguyên tố psao cho p

là ước của ct với mọi t = 0, , m + n Vì f (x) và g(x) là các đa thứcnguyên bản nên tồn tại các chỉ số bé nhất r và s sao cho p không chiahết ar và p không chia hết bs Ta có

cr+sa = aar+sab0 + ar+s−1ab1 + · · · + a1br+s−1 + a0br+s

Vì p chia hết ai, i = 0, , r − 1 và cj, j = 0, , s − 1 và do p khôngchia hết arbs, ta có p không chia hết cr+s Đây là điều vô lý Vậyh(x) =

f (x)g(x) là đa a thức a nguyên bản

Bổ đề 2.1.9 (Bổ đề Gauss về tính bất khả quy) Cho f (x) là đa thức

có bậc dương trong Z[x] Nếu f (x) không phân tích được thành tích củacác đa thức có bậc bé hơn trong Z[x], thì f (x) bất khả quy trong Q[x](hay nói cách khác, nếu f (x) không bất khả quy trong Q[x], thì f (x)phân tích được thành tích của các đa thức có bậc thấp hơn trong Z[x])

Chứng minh Giả sử f (x) không bất khả quy trong Q[x] Khi đó ta có

f (x) = g(x)h(x), với g(x), h(x) ∈ Q[x], deg g(x) < degf (x) vàdeg h(x) < deg f (x) Ta viết g(x) = aag1(x) và h(x) = bah1(x), trong

g1(x), h1(x) là hai đa a thức nguyên bản với hệ số nguyên Suy ra

g1(x)h1(x) là nguyên bản theo Bổ đề 2.1.8 Giả sử g1(x)h1(x) = anxn+

· · · + a1x + a0 và viết ab = r/s, r, s ∈ Z, s 6= 0, gcd(r, s) = 1 Chú ýrằng

deg g∗(x) = deg g(x) < deg f (x)

Do đó deg h∗(x) = deg h(x) < deg f (x)

Bổ đề 2.1.9 cho phép ta kiểm tra tính a bất a khả a quy của các

đa thức trong Q[x] bằng cách chuyển về bài toán đơn giản hơn là xéttính chất không phân tích được trong vành Z[x]qua các đa thức có bậc

bé hơn

Định lý 2.1.10 (Tiêu chuẩn Eisenstein) Chof = anxn+· · ·+a1x+a0 ∈

Z[x] Nếu tồn tại số nguyên tố p sao cho

(i) p không chia hết an,

(ii) p chia hết a0, a1, , an−1, và

(iii) p2 không chia hết a0, thì f (x) là bất khả quy trên Q

Chứng minh Ta có deg(f (x)) > 0 Giả sử f (x) không a bất a khả quytrong Q[x] Từ Bổ đề 2.1.9 ta cóf (x) = g(x)h(x),với g(x), h(x) ∈ Z[x],deg(g(x)) < deg(f (x)), deg(h(x)) < deg(f (x)).Giả sử rằngdeg g(x) =

ak = bkc0 + bk−1c1 + · · · + b0ck

an = brcs

Vì plà ước của a0 = b0c0, nên p|b0 hoặc p|c0 Mặt khác, p2 không là ướccủa a0 Do đó p là ước của b0 hoặc c0 nhưng không thể là ước của cảhai Không mất tính tổng quát, giả sử rằng p|c0 Khi đó p không chiahết b0 Vì an = brcs và an không chia hết cho p, nên cả br và cs đều a

không a chia a hết cho p Xét các hệ số củah(x), ta thấy tồn tại ít nhấtmột hệ số không chia hết cho p Gọi a k a là a chỉ số nhỏ nhất sao cho

ck không a chia a hết a cho p Xét

ak = b0ck + (b1ck−1 + b2ck−2 + · · · + bkc0)

Ta thấy p|ak và p|b1ck−1 + b2ck−2 + · · · + bkc0 Suy ra p|b0ck Điều này

là mâu thuẫn vì cả b0 và ck đều không chia hết cho p Vậy f (x) là bấtkhả quy trên Q

Ví dụ 2.1.11 (i)xn+2là bất khả quy trên Q theo tiêu chuẩn Eisensteinvới p = 2 Tổng quát đa thức xn + p là bất khả quy trên Q theo tiêuchuẩn Eisenstein, trong đó p là số nguyên tố và n ∈ N, n ≥ 1 Do đótồn a tại a vô a hạn a các đa thức bất khả quy

(ii) Vớip = 3, theo tiêu chuẩn Eisenstein, đa thức 7x20− 9x4− 12x3+54x + 6 là đa thức bất a khả a quy trên Q