Số nguyên tố và đa thức bất khả quy Lê Thị Hải Yến.

Mở đầuSự tương tự giữa các số nguyên tố và các đa thức bất khả quy đã là mộtchủ đề thống trị trong sự phát triển của lý thuyết số và hình học đại số.. Ví dụ, có một giả thuyết nổi tiếng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

LÊ THỊ HẢI YẾN

SỐ NGUYÊN TỐ VÀ ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - NĂM 2014

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

LÊ THỊ HẢI YẾN

SỐ NGUYÊN TỐ VÀ ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Chuyên nghành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Mã số 60.46.01.13

Người hướng dẫn khoa học

TS NGUYỄN VĂN HOÀNG

THÁI NGUYÊN - NĂM 2014

Mục lục

1.1 Số nguyên tố 5

1.2 Vành đa thức 7

1.3 Đa thức bất khả quy 11

1.4 Đa thức bất khả quy trên trường số thực và phức 13

1.5 Đa thức bất khả quy trên trường số hữu tỷ 15

2 Số nguyên tố và đa thức bất khả quy 19 2.1 Liên hệ giữa số nguyên tố và đa thức bất khả quy 20

2.2 Đa thức bất khả quy với lũy thừa số nguyên tố 30

2.3 Ví dụ minh họa 37

Mở đầu

Sự tương tự giữa các số nguyên tố và các đa thức bất khả quy đã là mộtchủ đề thống trị trong sự phát triển của lý thuyết số và hình học đại số Cócác giả thuyết chỉ ra rằng mối liên hệ đó đã vượt hơn cả sự tương tự Ví dụ,

có một giả thuyết nổi tiếng của Buniakowski được phát biểu vào năm 1854:Cho đa thức f (x) hệ số nguyên thỏa mãn ba điều kiện sau

i) Hệ số đầu của f (x) là dương;

ii) Đa thức f (x) bất khả quy trên Q;

iii) Tập các giá trị f (Z+) không có ước chung lớn hơn 1

khi đó đa thức f (x) nhận vô hạn các giá trị nguyên tố? (xem tài liệu S Lang[2, Trang 323])

Một cách độc lập nó được phát biểu lại bởi Schinzel, nói về tác động của

đa thức bất khả quy f (x) ∈ Z[x] (mà tập các giá trị f (Z+) không có ước sốchung lớn hơn 1) biểu diễn vô hạn các nguyên tố Trong trường hợp này, vấn

đề dẫn đến việc quan tâm đến các số nguyên tố sinh ra từ các đa thức bấtkhả quy Giả thuyết này vẫn là một trong những vấn đề lớn chưa được giảiquyết trong lý thuyết số khi bậc của f lớn hơn một (Lưu ý khi f là đa thứcbậc nhất, giả thuyết đó là đúng) Không khó để thấy rằng mệnh đảo của giảthuyết của Buniakowski là đúng Một cách cụ thể hơn, nếu một đa thức biểudiễn vô hạn các số nguyên tố, thì nó là một đa thức bất khả quy Để thấyđiều này, chúng ta hãy cố gắng để phân tích ra thừa số f (x) = g(x)h(x) với

g(x) và h(x) trong Z[x] có bậc dương Thực tế, do f (x) lấy vô hạn giá trịnguyên tố, nên một trong hai g(x) hoặc h(x) nhận vô hạn giá trị ±1 Đây

là một mâu thuẫn, bởi vì một đa thức có bậc dương chỉ có thể có nhận mộtgiá trị tại hữu hạn lần

Mục đích của luận văn này là tiếp tục tìm hiểu thêm những liên hệ quantrọng giữa đa thức bất khả quy và các số nguyên tố liên quan đến giả thuyếtcủa Buniakowski và bài toán ngược của nó như đã nêu trên Trên cơ sở nghiên

cứu một số tài liệu về số nguyên tố và về đa thức bất khả quy, trong luậnvăn này chúng tôi lựa chọn và trình bày chi tiết lại một số tiêu chuẩn quantrọng về đa thức bất khả quy liên quan đến ứng dụng của số nguyên tố Tàiliệu tham khảo chính mà chúng tôi sử dụng là hai bài báo:

• M R Murty, Prime numbers and irreducible polynomials, Amer Math.Monthly 109 (2002) No 5, 452-458 (tài liệu số [8])

• A I Bonciocat, N C Bonciocat and A Zaharescu, On the irreducibility

of polynomials that take a prime power value, Bull Math Soc Sci Math.Roumanie Tome 54 (102), No 1 (2011), 41-54 (tài liệu số [2])

Luận văn được trình bày trong hai chương

Chương I: Một số kiến thức chuẩn bị Nội dung của chương là trình bày tómlược một số kiến thức cơ bản cần dùng cho chứng minh của các kết quảtrong chương sau, chẳng hạn: sơ lược về số nguyên tố, về đa thức, bậc

đa thức, đa thức bất khả quy, sự phân tích một đa thức thành tích các

đa thức bất khả quy, một số ví dụ về đa thức bất khả quy,

Chương II: Số nguyên tố và đa thức bất khả quy Đây là chương chính củaluận văn Chương này trình bày về một số tiêu chuẩn để kiểm tra tínhchất bất khả quy của một số lớp đa thức

+) Mục 2.1 Trình bày về sự liên hệ giữa số nguyên tố và đa thức bất khảquy (dựa trên bài báo [8]) Kết quả chính là định lý sau

Định lý 2.1.3 Cho f (x) = amxm+ am−1xm−1+ + a1x + a0 ∈ Z[x]

là một đa thức bậc m Đặt H = max

0≤i≤m−1

ai

am

Khi đó, nếu có số nguyên

n ≥ H + 2 sao cho f (n) là số nguyên tố thì f (x) bất khả quy trên Z.Định lý 2.1.7 Cho b > 2 và cho p là số nguyên tố có khai triển b−adic

p = anbn + an−1bn−1+ + a1b + a0

Khi đó f (x) = anxn+ an−1xn−1+ + a1x + a0 là bất khả quy trên Q

+) Mục 2.2 Nghiên cứu mối liên hệ giữa đa thức bất khả quy và lũy thừa

số nguyên tố (dựa theo bài báo [2]) Trước hết chương này chứng minhchi tiết cho kết quả sau đây đó là một mở rộng cho Định lý 2.1.7:

Định lý 2.2.3 Cho p là số nguyên tố Giả sử ps (với s ≥ 2) có biểudiễn qua hệ thống cơ số b ≥ 2 dưới dạng

Định lý 2.2.4 Cho f (x) = Pn

i=0aixi ∈ Z[x] với a0an 6= 0 Cho

m, s, q ∈ Z (s ≥ 2) vàplà số nguyên tố sao cho f (m) = psq, p- qf0(m),

i=0aixi ∈ Z[x], a0an 6= 0 Cho f (m) =

psq với m, s, p ∈ Z, p là số nguyên tố, s ≥ 2, |m| > |q|, p - qf0(m) và

|an| > Pn−1

i=0 |ai|(|m| − |q|)i−n thì f (x) bất khả quy trên Q

Nói một cách vắn tắt thì cả ba định lý trên đều cho ta trường hợp đặcbiệt khi q = 1 đó là: "Nếu f (m) là một lũy thừa của số nguyên tố(trong đó m ≥ 2 là số nguyên thỏa mãn f (m) và f0(m) là nguyên tốcùng nhau) và f (x) có một hệ số nào đó đủ lớn thì f (x) là đa thức bấtkhả quy trên Q."

+) Mục 2.3 dành để trình bày một số ví dụ minh họa

Trong thời gian thực hiện luận văn này, tôi đã nhận được sự chỉ dẫn tận tình,chu đáo của Tiến sĩ Nguyễn Văn Hoàng Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắctới thầy Nguyễn Văn Hoàng đã giúp đỡ tôi hoàn thành luận văn này

Tôi xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu cùng các bạn đồng nghiệptrường THPT Đông Thành - Quảng Ninh đã nhiệt tình giúp đỡ tôi trongsuốt quá trình học tập và hoàn thành luận văn

Tác giả

Chương 1

Một số kiến thức chuẩn bị

Chương này nhằm mục đích trình bày lại một số kiến thức căn bản về sốnguyên tố, vành đa thức, đa thức bất khả quy Bên cạnh đó cũng trình bàymột vài tiêu chuẩn bất khả quy quen biết và một số ví dụ minh họa Nhữngkiến thức ở chương này một phần là cần thiết cho chương sau một phần làgiúp cho việc trình bày chủ đề có tính hệ thống

Mục này ta chỉ xét trên tập các số tự nhiên N

Định nghĩa 1.1.1 Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1 chỉ gồm có haiước là 1 và chính nó

Kí hiệu 1.1.2 Ký hiệu ”b|a” nghĩa là b là ước của a, ký hiệu a b nghĩa là

a chia hết cho b

Tính chất 1.1.3 i) Ước khác 1 nhỏ nhất của một số tự nhiên lớn hơn 1 là

số nguyên tố

ii) Cho p là số nguyên tố, a ∈ N với a 6= 0 Khi đó

(a, p) = p ⇔ p|a; (a, p) = 1 ⇔ p - a

iii) Cho a, b ∈ Z Khi đó (a, b) = 1 nếu và chỉ nếu tồn tại x, y ∈ Z sao cho

ax + by = 1

iv) Nếu tích của nhiều số chia hết cho một số nguyên tố p thì có ít nhất mộtthừa số chia hết cho p

Chứng minh i) Cho a là số tự nhiên > 1 Giả sử d là ước nhỏ nhất khác 1của a Nếu d không nguyên tố thì d = d1d2 (với d1, d2 > 1) Suy ra d1|a với

d1 < d, điều này mâu thuẫn với d nhỏ nhất Vậy d là nguyên tố

ii) Nếu p = (a, p) thì hiển nhiên p|a Ngược lại nếu p|a thì (a, p) = p

+ Nếu 1 = (a, p) thì p - a (vì nếu p|a thì (a, p) = p) Ngược lại, nếu p - a

thì (a, p) = 1 (vì nếu (a, p) = d > 1 thì d|p, từ đó vì p nguyên tố nên d = p,suy ra p|a, đây là điều mâu thuẫn)

iii) Xét tập I = {ax + by | x, y ∈ Z} Ta thấy I là iđêan của Z, nên tồntại d ∈ Z, d > 0 sao cho I = dZ Lúc đó ta dễ thấy (a, b) = d Ngượclại, nếu (a, b) = d thì a ∈ dZ và b ∈ dZ Từ đó I ⊆ dZ Mặt khác, bằng

thuật toán Euclid, ta tìm được x0, y0 ∈ Z sao cho d = ax0 + by0, suy ra

d ∈ {ax + by | x, y ∈Z} = I, do đó dZ ⊆ I

Áp dụng kết quả trên khi d = 1 ta có điều cần chứng minh

iv) Bằng quy nạp ta chỉ cần chứng minh rằng p|ab thì p|a hoặc p|b (với p

là số nguyên tố, và a, b ∈ Z) Ta giả sử trái lại rằng p - a và p - b, khi

đó theo ii), ta có 1 = ax + py và 1 = bx0 + py0 với x, y, x0, y0 ∈ Z Từ đó

1 = (ax + py)(bx0 + py0) = abxx0 + p(axy0 + bx0y + pyy0) Do đó ta lại ápdụng ý ii) nên ta được (ab, p) = 1, đây là điều mâu thuẫn

Tính chất 1.1.4 Tập hợp các số nguyên tố là vô hạn

Chứng minh Giả sử chỉ có hữu hạn n số nguyên tố p1, p2, , pn Ta xét số

tự nhiên q = p1p2 pn + 1 Rõ ràng q > 2 Gọi p là ước nhỏ nhất khác 1của q Khi đó p là số nguyên tố (theo Tính chất 1.1.3 i)) Mặt khác ta thấy

p /∈ {p1, , pn} (vì nếu trái lại thì p|1 đó là điều mâu thuẫn) Như vậy talại tìm thêm được số nguyên tố nữa là p khác với mọi p1, p2, , pn Đó làđiều mâu thuẫn với điều giả sử chỉ có n số nguyên tố p1, , pn

Ta có định lý quan trọng sau đây nói về vai trò của các số nguyên tố trongthành phần cấu tạo nên các số tự nhiên

Định lý 1.1.5 (Định lý cơ bản của số học) Mọi số tự nhiên n lớn hơn 1 đềuphân tích được thành tích những thừa số nguyên tố, và sự phân tích này làduy nhất nếu không kể đến thứ tự của các thừa số Từ đó có dạng phân tíchtiêu chuẩn của một số tự nhiên n > 1 bất kỳ có dạng như sau

n = pk1

1 pk2

2 pkm

m

trong đóp1, p2, , pm là các số nguyên tố đôi một khác nhau, vàk1, k2, , km

an là hệ tử cao nhất của f (x) Hai đa thức là bằng nhau nếu nó có cùng bậc

và các hệ tử tương ứng là bằng nhau

Với hai đa thức f (x), g(x) ∈ A[x], khi đó tồn tại m ∈ N sao cho f (x) =

Pm

i=0aixi và g(x) = Pm

i=0bixi (lưu ý rằng không nhất thiết am 6= 0 và

bm 6= 0), ta định nghĩa tổng của f (x) và g(x) như sau:

lấy hệ tử trên A Trong đó đa thức không trong A[x] chính là phần tử 0 của

A Phần tử 1 của A đóng vai trò phần tử đơn vị của vành A[x] Khi Alà cáctập số Z,Q,R,C thì các hệ tử của các đa thức còn gọi là các hệ số.

Từ định nghĩa đa thức ta dễ dàng thu được một số tính chất sau đây vềbậc của đa thức.

Định lý 1.2.3 Giả sử f (x) và g(x) là hai đa thức khác 0 của vành A[x].i) Nếu deg f (x) 6= deg g(x), thì ta có f (x) + g(x) 6= 0 và

deg(f (x) + g(x)) = max{deg f (x), deg g(x)}

Nếu degf (x) = deg g(x) và f (x) + g(x) 6= 0 thì ta có

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

ii) Nếu f (x)g(x) 6= 0 thì deg(f (x)g(x)) ≤ deg f (x) + deg g(x)

Chú ý 1.2.4 Giả sửAlà miền nguyên Khi đó nếu f (x), g(x)là các đa thứckhác 0 của A[x] thì ta dễ thấy f (x)g(x) 6= 0 Từ đó ta thấy rằng A[x] cũng

là miền nguyên

Định nghĩa 1.2.5 Cho A là một miền nguyên, và f (x), g(x) ∈ A[x] với

g(x) 6= 0 Nếu tồn tại q(x) ∈ A[x] sao cho f (x) = q(x)g(x) thì ta nói rằng

g(x) là ước của f (x), hay f (x) là bội của g(x), ta viết là g(x)|f (x) hoặc

f (x) g(x) (trong trường hợp này ta cũng nói g(x) chia hết f (x), hoặc f (x)

chia hết cho g(x))

Tiếp theo ta nhắc lại vài tính chất đơn giản sau đây:

Bổ đề 1.2.6 Cho A là miền nguyên Khi đó các phát biểu sau là đúng.i) Với a ∈ A và m là số tự nhiên ta có (x − a)|(xm − am)

ii) Nếu f (x) ∈ A[x] và a ∈ A thì tồn tại q(x) ∈ A[x] sao cho

Theo ý i), ta có xn − an, xn−1 − an−1, , x − a chia hết cho x − a Từ

đó tồn tại q(x) ∈ A[x] sao cho f (x) − f (a) = (x − a)q(x), hay f (x) =(x − a)q(x) + f (a)

Định nghĩa 1.2.7 Cho A là một miền nguyên và f (x) = a0 + a1x + +

amxm ∈ A[x] Giả sử K là một trường chứa A như một vành con và c ∈ K

Ta gọi c được gọi là nghiệm của f (x) nếu f (c) = a0+ a1c + + amcm = 0;trong trường hợp này ta cũng nói c là nghiệm của phương trình f (x) = 0

Bổ đề 1.2.8 Cho A là miền nguyên, f (x) ∈ A[x] và a ∈ A Khi đó a lànghiệm của f (x) nếu và chỉ nếu f (x) là bội của x − a

Chú ý 1.2.9 ChoA là miền nguyên và f (x) ∈ A[x] Khi đó theo bổ đề trên

ta dễ dàng suy ra rằng số nghiệm của f (x) không vượt quá deg f (x)

Thật vậy, giả sử deg(f (x)) = n nhưng f (x) có nghiệm là c1, , cm với

m > n Từ đó tồn tại một trường K chứa c1, , cm và nó chứa A nhưmột vành con Khi đó, theo bổ đề trên, suy ra tồn tại q(x) ∈ K[x] sao cho

ta có biểu diễn f (x) = (x − c1)(x − c2) (x − cm)q(x) Từ đó dẫn đến

deg(f (x)) = m + deg(q(x)) ≥ m > n, đó là điều mâu thuẫn

Bằng quy nạp người ta dễ dàng chứng minh được kết quả quan trọng sauđây, ta thường gọi là định lý phép chia với dư

Định lý 1.2.10 Cho A là miền nguyên f (x), g(x) ∈ A[x] với g(x) có hệ tửcao nhất khả nghịch trongA Khi đó tồn tại duy nhất cặp đa thứcq(x), r(x) ∈A[x] sao cho f (x) = q(x)g(x) + r(x) trong đó r(x) = 0 hoặc deg r(x) <deg g(x)

Định nghĩa 1.2.11 Cho A là miền nguyên và f (x), g(x) ∈ A[x] Một

đa thức d(x) ∈ A[x] (với d(x) 6= 0) được gọi là ước chung lớn nhất của

f (x), g(x) ∈ A[x] nếu d(x)|f (x), d(x)|g(x), và nếu có h(x) ∈ A[x] mà

h(x)|f (x) và h(x)|g(x) thì h(x)|d(x) Ta ký hiệu ước chung lớn nhất của

f (x) và g(x) là gcd(f (x), g(x)) Nếu gcd(f (x), g(x)) = 1 thì ta nói f (x) và

g(x) là nguyên tố cùng nhau

Chú ý 1.2.12 i) Nếu D là vành Gauss (miền nhân tử hóa) thì với mọi cặp

đa thức f (x), g(x) ∈ D[x] không đồng thời bằng 0 ta luôn có ước chung lớnnhất của chúng, tức là tồn tại gcd(f (x), g(x)) Ước chung lớn nhất của hai

đa thức (nếu có) là duy nhất sai khác một phần tử khả nghịch của D.ii) Như vậy, với mọi f (x), g(x) ∈ Z[x] không đồng thời bằng 0, luôn tồn tạiước chung lớn nhất gcd(f (x), g(x))

Trong trường hợp xét các đa thức trên một trường ta còn có tính chấtsau.

Mệnh đề 1.2.13 NếuK là trường vàf (x), g(x) ∈ K[x] là hai đa thức khôngđồng thời bằng 0, thì luôn tồn tại gcd(f (x), g(x))và tồn tạia(x), b(x) ∈ K[x]

sao cho

gcd(f (x), g(x)) = a(x)f (x) + b(x)g(x)

Chứng minh Ta cóK[x]là vành chính Xét iđêanI = {a(x)f (x)+b(x)g(x) |a(x), b(x) ∈ K[x]} Vì I là iđêan chính nên có d(x) ∈ I sao cho I = hd(x)i.Khi đó d(x) = gcd(f (x), g(x))

Hệ quả 1.2.14 Cho p(x), f (x), g(x) ∈ K[x] Nếu gcd(p(x), f (x)) = 1 và

p(x)|f (x)g(x) thì p(x)|g(x)

Chứng minh Theo giả thiết, tồn tạia(x), b(x) ∈ K[x]sao cho1 = p(x)a(x)+

f (x)b(x) Suy ra g(x) = p(x)a(x)g(x) + f (x)b(x)g(x) Do p(x) là ước của

đa thức ở vế phải nên p(x)|g(x)

Kí hiệu 1.2.15 Cho K là trường Với 0 6= g(x) ∈ K[x], ta kí hiệu g∗(x) =g(x)/an (trong đó an là hệ số cao nhất của g(x)) Chú ý rằng g∗(x) là đathức có hệ số cao nhất là 1 Để tìm ước chung lớn nhất ta có thuật toán sau.Mệnh đề 1.2.16 (Thuật toán Euclid tìm ước chung lớn nhất) Cho K làtrường Cho hai đa thức f (x), g(x) ∈ K[x] với g(x) 6= 0 Nếu g(x)|f (x) thì

gcd(f (x), g(x)) = g∗(x) Nếu ngược lại, chia liên tiếp ta được

Giả sử h(x)|f (x)vàh(x)|g(x) Từ đẳng thức đầu tiên ta cóh(x)|r(x) Từđẳng thức thứ hai ta có h(x)|r1(x) Cứ tiếp tục lập luận trên với các đẳngthức từ trên xuống dưới ta có h(x)|rn(x) Do đó h(x)|r∗n(x).

Định nghĩa 1.3.1 Cho A là một miền nguyên Một đa thức f (x) ∈ A[x]

được gọi là bất khả quy trên A nếu f (x) 6= 0,f (x) không khả nghich và f (x)

không có ước thực sự Một đa thức khác 0, không khả nghịch, mà không bấtkhả quy thì được gọi là đa thức khả quy

Chú ý 1.3.2 i) Chof (x) ∈ A[x] (với Alà miền nguyên) Ta nóif (x) không

có ước thực sự, nghĩa là, giả sử có g(x), h(x) ∈ A[x]sao cho f (x) = g(x)h(x)

thì kéo theo g(x)|1 hoặc h(x)|1

ii) Khi A được thay thế bởi trường K, ta có khái niệm đa thức bất khả quynhư sau: Ta nói đa thứcf (x) ∈ K[x]là bất khả quy trênK nếudeg(f (x)) > 0

và f (x) không phân tích được thành tích hai đa thức có bậc nhỏ hơn

Sau đây là một số ví dụ về đa thức bất khả quy

Bổ đề 1.3.3 Cho K là trường Các phát biểu sau là đúng

i) Đa thức bậc nhất trong K[x] luôn bất khả quy

ii) Nếu f (x) bậc lớn hơn 1 và có nghiệm trong K thì f (x) khả quy

iii) Đa thức bậc 2 và bậc 3 trongK[x] là bất khả quy nếu và chỉ nếu nó không

có nghiệm trong K

iv) Đa thức f (x) ∈ K[x] có bậc dương là bất khả quy nếu và chỉ nếu f (x + a)

là bất khả quy với mọi a ∈ K

Chứng minh i) Rõ ràng đa thức bậc nhất không thể là tích của hai đa thứcbậc bé hơn

ii) Nếu deg f (x) > 1 và f (x) có nghiệm x = a ∈ K thì f (x) = (x − a)g(x)

trong đó deg g(x) = deg f (x) − 1 ≥ 1 Vì thế f (x) khả quy

iii) Cho f (x)có bậc 2 hoặc 3 Nếu f (x) khả quy thì nó phân tích được thànhtích của hai đa thức bậc thấp hơn, một trong hai đa thức đó phải có bậc 1,

do đó f (x) có nghiệm trong K Nếu f (x) có nghiệm trong K thì theo ii),

0 6= f (x) ∈ T [x] nhận a làm nghiệm Nếu a không đại số trên T thì ta nói

a là siêu việt trên T

Mệnh đề 1.3.5 Cho K là một trường chứa trường T như một trường con

và a ∈ K là phần tử đại số trên T Khi đó tồn tại duy nhất một đa thức

p∗(x) ∈ T [x] bất khả quy có hệ số cao nhất là 1 và nó nhận a làm nghiệm,

và mọi đa thức g(x) ∈ T [x] nhận a làm nghiệm đều là bội của p∗(x)

Chứng minh Vì a là nghiệm của một đa thức khác 0 với hệ số trong T nêntồn tại đa thức p(x) khác 0 với hệ số trong T có bậc bé nhất nhận a làmnghiệm Ta chứng minh p∗(x) bất khả quy (với p∗(x) = p(x)/b trong đó b

là hệ số cao nhất của p(x)) Giả sử p∗(x) không bất khả quy Khi đó p∗(x)

phân tích được thành tích của hai đa thức trong T [x] có bậc thấp hơn, và

do đó một trong hai đa thức này phải nhận a làm nghiệm, điều này là mâuthuẫn với cách chọn p(x)

Giả sử g(x) ∈ T [x] nhận a làm nghiệm Nếu p∗(x) không là ước của g(x)

thì vì p∗(x) bất khả quy nên gcd(g(x), p∗(x)) = 1, do đó 1 = p∗(x)q(x) +g(x)h(x) với q(x), h(x) ∈ T [x] Thay x = a vào cả hai vế ta được 1 = 0,điều này vô lý Vậy g(x) chia hết cho p∗(x)

Giả sử q(x) ∈ G[x] cũng là đa thức bất khả quy có hệ số cao nhất

là 1, nhận a làm nghiệm Theo chứng minh trên, q(x) là bội của p∗(x).Viết q(x) = p∗(x)k(x) Vì q(x) bất khả quy nên k(x) = b ∈ K Do đó

q(x) = bp∗(x) Đồng nhất hệ số cao nhất của hai vế với chú ý rằng q(x) và

p∗(x) đều có hệ số cao nhất là 1, ta suy ra b = 1 Vì thế p∗(x) = q(x)

Định nghĩa 1.3.6 Đa thức p∗(x) ∈ T [x] bất khả quy có hệ số cao nhất là

1 xác định như trong Mệnh đề 1.3.5 được gọi là đa thức tối tiểu của a (hoặc

đa thức bất khả quy của a)

Ví dụ 1.3.7 1) Đa thứcx3− 5 ∈ Q[x] là đa thức bất khả quy của √3

5 ∈ R.

2) Đa thức x2 + 1 ∈ R[x] là đa thức bất khả quy của i ∈ C.

Định lý 1.3.8 Có vô số đa thức một ẩn với hệ số cao nhất là 1 bất khả quytrên trường K

Chứng minh Nếu K là trường vô hạn thì các đa thức dạng x − a với a ∈ K

là các đa thức với hệ số cao nhất là 1 bất khả quy trên K Có vô số đa thứcnhư vậy

Trong trường hợp K là trường hữu hạn, giả sử chỉ có n đa thức bất khảquy p1(x), p2(x), , pn(x) với hệ số cao nhất là 1 Khi đó đa thức

f (x) = p1(x)p2(x) pn(x) + 1

có ít nhất một ước bất khả quy với hệ số cao nhất là 1 vì deg f (x) ≥ n Ước

đó phải khác p1(x), p2(x), , pn(x) vì nếu không nó sẽ là ước của

f (x) − p1(x)p2(x) pn(x) = 1,

điều này vô lý Vậy K[x] phải có vô hạn đa thức bất khả quy với hệ số caonhất là 1

Trước hết ta nhắc lại mà không chứng minh một kết quả quan trọng sauđây, nó được gọi là định lý cơ bản của đại số

Định lý 1.4.1 Mọi đa thức f (x) bậc n ≥ 1 trên trường số phức đều có n

nghiệm phức (kể cả số bội)

Định lý này có các hệ quả sau đây

Hệ quả 1.4.2 Các đa thức bất khả quy của vành C[x] (với C là trường sốphức) chỉ là các đa thức bậc nhất

Chứng minh Hiển nhiên các đa thức bậc nhất là các đa thức bất khả quy.Giả sử f (x) là một đa thức của C[x] có bậc lớn hơn 1 Theo Định lý 1.4.1,

f (x) có nghiệm phức c ∈ C Vậy f (x) chia hết cho x − c, do đó f (x) khôngbất khả quy

Mệnh đề 1.4.3 Nếu một số phức α là nghiệm của đa thức f (x) với hệ sốthực thì số phức liên hợp α cũng là một nghiệm của f (x)

Chứng minh Giả sửf (x) = anxn+ an−1xn−1+ + a1x + a0 là một đa thứcvới hệ số thực và α là một nghiệm phức của f (x) Khi đó

anαn + an−1αn−1 + + a1α + a0 = 0

Lấy liên hợp hai vế của đẳng thức trên ta được

anαn + an−1αn−1 + + a1α + a0 = 0

Điều này chứng tỏ số phức liên hợp α cũng là nghiệm của f (x)

Định lý 1.4.4 Các đa thức bất khả quy trong R[x] (với R là trường số thực)chỉ là các đa thức bậc nhất và các đa thức bậc hai ax2 + bx + c với biệt số

∆ = b2 − 4ac < 0

Chứng minh Dễ dàng thấy rằng các đa thức bậc nhất và đa thức bậc haivới biệt số ∆ < 0 là các đa thức bất khả quy trên R Ta chứng minh chiềungược lại

Giả sử f (x) là đa thức bất khả quy trên R và α là một nghiệm phức Nếu

α ∈R thì f (x) chia hết cho x − α, do f (x) bất khả quy nên

f (x) = k(x − α), k ∈ R∗,

vậy f (x) là đa thức bậc nhất

Nếu α ∈C\R thì α cũng là nghiệm của f (x), do đó f (x) chia hết cho

p(x) = (x − α)(x − α) = x2 − (α + α)x + αα

p(x) là một tam thức bậc hai với hệ số thực và có biệt số ∆ < 0 Do f (x)

bất khả quy nên f (x) = kp(x), k ∈ R∗ Vậy f (x) là tam thức bậc hai vớibiệt số ∆ < 0

1.5 Đa thức bất khả quy trên trường số hữu tỷ

Trong vành Q[x] các đa thức trên trường hữu tỷ thì vấn đề phức tạp hơnnhiều Sau đây ta sẽ trình bày tiêu chuẩn Eisenstein là một điều kiện đủ đểnhận biết một đa thức là bất khả quy trên Q Để chuẩn bị chứng minh tiêuchuẩn ấy, ta cần một vài khái niệm và bổ đề sau đây:

Định nghĩa 1.5.1 Giả sửf (x) là một đa thức với hệ số nguyên, f (x) gọi lànguyên bản nếu các hệ số của f (x) không có ước chung nào khác ngoài ±1

Bổ đề 1.5.2 Tích của hai đa thức nguyên bản là một đa thức nguyên bản.Chứng minh Giả sử f (x) = a0 + a1x + + amxm và g(x) = b0 + b1x + + bnxn là hai đa thức nguyên bản

Ta chỉ cần chứng minh rằng cho một số nguyên tố p tùy ý, p không chiahết các hệ số của đa thức tích f (x)g(x)

Rõ ràng p không chia hết đồng thời mọi hệ số của f (x) và g(x) Giả sử p

chia hết a0, , ar−1, b0, , bs−1 và p không chia hết ar và bs Ta xét hệ số

cr+s của đa thức tích f (x)g(x) Ta có

cr+s = ( + ar−1bs+1) + arbs+ (ar+1bs−1+ )

trong đóp chia hết các tổng trong các dấu ngoặc, nhưng không chia hết tích

arbs vì p là nguyên tố Do đó p không chia hết cr+s

Bổ đề 1.5.3 Nếu f (x) là một đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn hơn 0 và

f (x) không bất khả quy trong Q[x], thì f (x) phân tích được thành một tíchnhững đa thức bậc khác 0 với hệ số nguyên

Chứng minh Giả sử f (x)không bất khả quy trong Q[x], thì f (x)có thể viết

với p

q =

ac

bd và p, q nguyên tố cùng nhau Ta kí hiệu các hệ số của đa thức

tíchg(x)h(x) bằng ei, thế thì theo Bổ đề 1.5.2, g(x)h(x) là nguyên bản, chonên các ei không có ước chung nào khác ngoài ±1 Mặt khác vì f (x) ∈ Z[x]

nên các số pei

q phải là nguyên Do đó q chia hết mọi ei vì q nguyên tố với

p Ta suy ra q = ±1, tức là f (x) = ±p g(x)h(x) Vì ϕ(x) và ψ(x) là nhữngước thực sự của f (x) trong Q[x], nên g(x) và h(x) là những đa thức bậc 0của Z[x]

Chú ý 1.5.4 Cho f (x) ∈ Q[x] khi đó ta có thể viết f (x) = abg(x) trong đó

g(x) là đa thức hệ số nguyên và a/b là số hữu tỷ khác 0 Do a/b khả nghịchtrong Q nên tính bất khả quy trong Q[x] của f (x) và g(x) là như nhau Do

đó về sau để xét tính bất khả quy trong Q[x] người ta chỉ cần quan tâm đếnviệc xét tính bất khả quy trong Q[x] của các đa thức hệ số nguyên

Dưới đây là một tiêu chuẩn quan trọng để kiểm tra tính bất khả quy củamột đa thức

Định lý 1.5.5 (Tiêu chuẩn Eisenstein) Giả sử f (x) = a0+ a1x + + anxn(n > 1) là một đa thức với hệ số nguyên, và giả sử có một số nguyên tố p

sao cho p không chia hết hệ số cao nhất an, nhưng p chia hết các hệ số cònlại và p2 không chia hết hệ số tự do a0 Thế thì đa thức f (x) là bất khả quytrong Q[x]

Chứng minh Giả sửf (x) có những ước thực sự trong Q[x] Theo Bổ đề 1.5.3,

f (x) có thể viết thành f (x) = g(x)h(x), trong đó

g(x) = b0 + b1x + + brxr, bi ∈ Z, 0 < r < nh(x) = c0 + c1x + + csxs, ci ∈ Z, 0 < s < n

an = brcs

Theo giả thiết pchia hết a0 = b0c0, vìp là nguyên tố nên pchia hết b0 hoặcp

chia hếtc0 Giả sửp chia hếtb0, thế thìpkhông chia hết c0 (vì nếu thế thì p2

sẽ chia hết a0 = b0c0, trái giả thiết) Ta thấy tồn tại bk (có n > r ≥ k > 0)

là hệ số đầu tiên của g(x) không chia hết cho p (bởi vì nếu không thì mọi

hệ số của g(x) đều chia hết cho p, dẫn đến an = brcs chia hết cho p, điềunày trái giả thiết) Ta hãy xét hệ số ak = bkc0 + bk−1c1 + + b0ck, trong

đó ak, bk−1, , b0 đều chia hết cho p Vậy bkc0 phải chia hết cho p Vì p lànguyên tố, ta suy ra bk chia hết cho p, hoặc c0 chia hết cho p, mâu thuẫn vớigiả thiết về bk và c0

Ví dụ 1.5.6

1) Đa thức x4 + 6x3 − 18x2 + 42x + 12 là bất khả quy trong Q[x]

Thật vậy, ta có thể áp dụng tiêu chuẩn Eisenstein với p = 3

2) Đa thức xn + pxn−1+ pxn−2+ + p với p là một số nguyên tố tùy ý, làbất khả quy trong Q[x] Thật vậy, ta có thể áp dụng tiêu chuẩn Eisensteinvới số nguyên tố p

Định lý 1.5.7 (Tiêu chuẩn Osada) Cho đa thức hệ số nguyên

f (x) = xn+ a1xn−1+ + an−1x ± p

trong đó p là số nguyên tố và n ≥ 2 Nếu

p > 1 + |a1| + + |an−1|

thì f (x) là bất khả quy trong Q[x]

Chứng minh Giả sử f (x) là khả quy trong Q[x] Khi đó, theo Bổ đề 1.5.3

ta có f (x) = g(x)h(x), trong đó g(x), h(x) là các đa thức bậc dương với các

hệ số nguyên Vì p là số nguyên tố nên một trong các số hạng tự do của g(x)

hay h(x) phải bằng ±1, chẳng hạn hệ số tự do của g(x) bằng ±1 Vậy giátrị tuyệt đối của tích các nghiệm của g(x) phải bằng 1 Khi đó, phương trình

g(x) = 0 phải có một nghiệm phức α với |α| ≤ 1 Vì α cũng là nghiệm của

f (x) = 0 nên

p = |αn+ a1αn−1 + + an−1α| ≤ 1 + |a1| + + |an−1|,

đây là điều mâu thuẫn Vậy chứng tỏ f (x) là bất khả quy trong Q[x]

Ví dụ 1.5.8 Cho số tự nhiên n ≥ 2 Khi đó đa thức

q(x) = xn− 18xn−1+ 3x2 − 2011

luôn luôn là bất khả quy trong Q[x] Thật vậy, vì 2017 là số nguyên tố và

2017 > 1 + 18 + 3 nên q(x) là bất khả quy theo Định lý 1.5.7

Định lý 1.5.9 (Tiêu chuẩn Polya) Cho f (x) là đa thức bậc n với các hệ

số nguyên Đặt m =



n + 12

 Giả sử cho n số nguyên khác nhau d1, , dn

sao cho |f (di)| < m!

2m và các số di đều không là nghiệm của f (x) Khi đó

f (x) là bất khả quy

Chứng minh Giả sử f (x) là một đa thức khả quy Khi đó, theo Bổ đề 1.5.3,

ta có biểu diễn f (x) = g(x)h(x) với g(x), h(x) là những đa thức bậc dương

hệ số nguyên Hiển nhiên deg(g), deg(h) < n Không mất tính tổng quát

ta có thể giả thiết deg(h) ≤ deg(g) = s Ta có m ≤ s < n Ta thấy ngay

Chương 2

Số nguyên tố và đa thức bất khả quy

Sự tương tự giữa các số nguyên tố và các đa thức bất khả quy đã là mộtchủ đề thống trị trong sự phát triển của lý thuyết số và hình học đại số Cócác giả thuyết chỉ ra rằng mối liên hệ đó đã vượt hơn cả sự tương tự Ví dụ,

có một giả thuyết nổi tiếng của Buniakowski được phát biểu vào năm 1854:Cho đa thức f (x) hệ số nguyên thỏa mãn ba điều kiện sau

i) Hệ số đầu của f (x) là dương;

ii) Đa thức f (x) bất khả quy trên Q;

iii) Tập các giá trị f (Z+) không có ước chung lớn hơn 1

khi đó đa thức f (x) nhận vô hạn các giá trị nguyên tố? (xem tài liệu S Lang[2, p 323]) Giả thuyết này vẫn là một trong những vấn đề lớn chưa được giảiquyết trong lý thuyết số khi bậc của f lớn hơn một (Lưu ý khi f là đa thứcbậc nhất, giả thuyết đó là đúng) Không khó để thấy rằng mệnh đảo của giảthuyết của Buniakowski là đúng Một cách cụ thể hơn, nếu một đa thức biểudiễn vô hạn các số nguyên tố, thì nó là một đa thức bất khả quy Để thấyđiều này, chúng ta hãy cố gắng để phân tích ra thừa số f (x) = g(x)h(x) với

g(x) và h(x) trong Z[x] có bậc dương Thực tế, do f (x) lấy vô hạn giá trịnguyên tố, nên một trong hai g(x) hoặc h(x) nhận vô hạn giá ±1 Đây làmột mâu thuẫn, bởi vì một đa thức có bậc dương chỉ có thể có nhận một giátrị tại hữu hạn lần

Mục đích của chương này là tiếp tục tìm hiểu thêm những liên hệ quantrọng giữa đa thức bất khả quy và các số nguyên tố liên quan đến giả thuyếtcủa Buniakowski và bài toán ngược của nó như đã nêu trên

... 1

Một số kiến thức chuẩn bị

Chương nhằm mục đích trình bày lại số kiến thức s? ?nguyên tố, vành đa thức, đa thức bất khả quy Bên cạnh trình bàymột vài tiêu chuẩn bất khả quy quen biết số. .. data-page="21">

Chương 2

Số nguyên tố đa thức bất khả quy< /h2>

Sự tương tự số nguyên tố đa thức bất khả quy mộtchủ đề thống trị phát triển lý thuyết số hình học đại số Cócác giả thuyết mối... niệm đa thức bất khả quynhư sau: Ta nói đa thứcf (x) ∈ K[x]là bất khả quy trênK nếudeg(f (x)) >

và f (x) khơng phân tích thành tích hai đa thức có bậc nhỏ

Sau số ví dụ đa thức bất