Đa thức bất khả quy

- Chỉ ra được các tính chất của đa thức bất khả quy trên trường hữu hạn.. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu : Trình bày các tính chất của đa thức bất khả quy trên trư

2 Mục đích nghiên cứu

- Nhằm củng cố, tổng hợp và nâng cao kiến thức đã học, tận dụng và biết vận

dụng các phương pháp nghiên cứu khoa học

- Rèn luyện khả năng tiếp cận, tìm hiểu và nghiên cứu một vấn đề còn khá mới

đối với bản thân Hình thành khả năng trình bày một vấn đề Toán học trừu tượng một cách logic và có hệ thống

- Tìm ra được lớp các đa thức bất khả quy trên trường có đặc số 0

- Chỉ ra được các tính chất của đa thức bất khả quy trên trường hữu hạn

3 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

Đối tượng nghiên cứu : Trình bày các tính chất của đa thức bất khả quy trên trường

có đặc số 0, trình bày các tính chất của đa thức bất khả quy trên trường hữu hạn

Phạm vi nghiên cứu: Tìm ra được lớp các đa thức bất khả quy trên trường có đặc

số 0, trình bày các tính chất của đa thức bất khả quy trên trường hữu hạn

4 Phương pháp nghiên cứu

- Phương pháp nghiên cứu lí luận: Đọc tài liệu liên quan đến nội dung đề tài cụ

thể: sách Đại số đại cương, Lý thuyết vành và trường, Lý thuyết Galois,…

- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: Tổng kết kinh nghiệm của bản thân, các

bạn học xung quanh để tổng hợp và hệ thống các kiến thức vấn đề nghiên cứu đầy đủ

và khoa học kết hợp đưa ra các bài tập cụ thể để hiểu rõ sâu hơn vấn đề

- Phương pháp lấy ý kiến chuyên gia: Lấy ý kiến của giảng viên để hoàn thành về

mặt nội dung cũng như hình thức của đề tài nghiên cứu

B PHẦN NỘI DUNG CHƯƠNG I KIẾN THỨC CƠ SỞ

thõa mãn các tính chất sau đây:

(i) Kết hợp: a(bc) = (ab)c, a b c, , G

(ii) Có đơn vị: Tồn tại một phần tử eG sao cho aeea  a, a G

(iii) Có nghịch đảo: với mỗi phần tử aGluôn tồn tại một phần tử b G sao cho

abbae

(iv) Giao hoán: abba,a b, G, thì nhóm X được gọi là nhóm Abel Nhóm Abel nhiều khi còn được gọi là nhóm giao hoán

1.2 Tính chất

(i) Phần tử đơn vị e của G được xác định là duy nhất

(ii) Mỗi phần tử a của G chỉ có duy nhất một phần tử nghịch đảo a1, hơn nữa

e e a  a ab  b a 

(iii) (Luật giản ước) Cho a, b, x là những phần tử tùy ý của G Từ các đẳng thức

xa xb hoặc axbx đều suy ra ab

(iv) Trong G các phương trình xab và axb có nghiệm duy nhất

Cho G là nhóm, H là tập con khác rỗng của G Khi đó H là nhóm con của G nếu

H với phép toán cảm sinh của phép toán trong G là nhóm



(i) Cấp của G chính là lực lượng của G và kí hiệu là G

(ii) Cấp của phần tử aG là cấp của a và kí hiệu là a

4.2 Tính chất

(i) Cho G là nhóm, aG Khi đó:

 a có cấp hữu hạn khi và chỉ khi m n, N m, n sao cho a ma n

 Nếu a có cấp hữu hạn là d thì  2 1

, , , , d

a  e a a a 

 Nếu a có cấp hữu hạn là d thì d là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho d

a e Nếu tồn tại n sao cho a n e khi và chỉ khi d n |

(ii) Cho G là nhóm, aG và a n Khi đó

(iv) Mọi nhóm cấp nguyên tố đều là nhóm xyclic

(v) Cho G là nhóm xyclic Khi đó, nếu H G thì H là nhóm con xyclic của nhóm G

II MỘT SỐ KIẾN THỨC VÀNH VÀ TRƯỜNG

1 Vành : Vành là một tập hợp R cùng với hai phép toán cộng và nhân thỏa các tính

Phần tử trung hòa của phép cộng được gọi là phần tử không, ký hiệu là 0; phần tử

đối xứng của phần tử x R là phần tử đối của x ký hiệu là –x Nếu phép nhân giao hoán thì ta nói rằng vành R giao hoán; nếu phép nhân có phần tử đơn vị thì vành R được gọi là vành đơn vị Phần tử đơn vị được ký hiệu là e hay 1

2 Vành con

2.1 Định nghĩa Cho R là một vành

Tập con A khác rỗng của R được gọi là một vành con của R nếu A ổn định đối với hai phép toán tronh vành R và A cùng với hai phép toán cảm sinh là một vành

2.2 Định lý (Đặc trưng của vành con) Cho A là một tập con khác rỗng của vành R

Các mệnh đề sau đây là tương đương:

(i) A là một vành con của R

(ii) Với mọi ,x yA x,  y A xy,   A, x A;

(iii) Với mọi x y, A x,  y A xy, 1A

(i) Giả sử X là trường, tập con A khác rỗng của X được gọi là trường con của X nếu

A ổn định với hai phép toán trong X và A cùng với hai phép toán cảm sinh là một trường (ii) Trường con P của F được gọi là trường con nguyên tố nếu thỏa các điều kiện sau:

 P không chứa trường con nào của F khác P

 Mọi trường con của F đều chứa P

Khi F = P thì F được gọi là trường nguyên tố

 X không có ideal nào ngoài X và {0}

 Mọi đồng cấu vành khác đồng cấu không từ vành X đến vành bất kỳ đều là đơn cấu

(iii) Giả sử X là vành giao hoán, có đơn vị, ideal M của X là ideal tối đại khi và chỉ khi X

f là đơn cấu nếu ánh xạ f là đơn ánh

f là toàn cấu nếu ánh xạ f là toàn ánh

f là song ánh nếu ánh xạ f là song ánh

5.2 Tính chất

(i) Tích của hai đồng cấu là đồng cấu

(ii) Giả sử f X: Y là một đồng cấu vành Khi đó:

 f là một toàn cấu khi và chỉ khi Imf = Y

 f là một đơn cấu khi và chỉ khi Kerf = {0}

6.2 Tính chất

(i) Giả sử X là vành có đơn vị là 1 và có đặc số n > 0 Khi đó:

 n là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho n.1 = 0

 Nếu X không có ước của không (nói riêng X là miền nguyên, X là trường) thì n

 F có đặc số nguyên tố p thì P đẳng cấu với Z p

III ĐA THỨC TRÊN MỘT TRƯỜNG

Cho K là một trường, K[x] là vành đa thức

1 Định nghĩa đa thức: Giả sử 1  

1

f x a x a  x    a K x a Khi đó ta nói f(x) có bậc n, kí hiệu : deg f(x) = n

n

a được gọi là hệ tử cao nhất , a0 được gọi là hạng tử tự do, a i i 0,n được gọi là hệ tử , các a x i i i 0,n được gọi là hạng tử của đa thức

2 Nghiệm của đa thức :

2.1 Định nghĩa: Giả sử c là một phần tử tùy ý của vành K,

1 1

f x a x a x   a là một đa thức tùy ý của K[x], phần tử :

 

1 1( ) n n n n o

f c a c a c    a K x có được bằng cách thay x bởi c được gọi là giá trị của f(x) tại c

Nếu f(x) = 0 thì c gọi là nghiệm của f(x)

+) Giả sử K là một trường , c K, f(x) K x , m là một số tự nhiên lớn hơn 1,

c là nghiệm bội cấp m nếu và chỉ nếu f x( ) (x c )m và f(x) không chia hết (x c )m1

2.2 Định lý về phép chia có dư:

Giả sử f(x), g(x) K x là hai đa thức với hệ tử ở trong trường K, f(x)  0 Khi

đó, tồn tại duy nhất hai đa thức f(x), g(x) K x  sao cho :

( ) ( ) ( ) ( )

f x g x q x r x

Trong đó r(x) = 0 hoặc r(x) 0 thì deg r(x) < deg g(x)

 phần tử c K là một nghiệm của đa thức f(x) K x  khi và chỉ khi ( ) ( )

f x x c trong K[x]

Nghĩa là f(x) = ( x – c ).q(x), q(x) K x 

IV ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍNH CHẤT CỦA ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY

1 Định nghĩa: Một đa thức f(x) K x , có bậc  1, gọi là bất khả quy trong K x 

nếu f(x) không có ước thực sự, nghĩa là không tồn tại hai đa thức

g(x), h(x) K x , có bậc 1 sao cho : f(x) = g(x).h(x)

2 Tính chất: M

Định lý 4.2.1: Cho f(x) là đa thức bất khả quy trên K, f(x) là bất khả quy khi và

chỉ khi ước duy nhất của nó với mỗi hệ số K có dạng  và  ( ) f x ,  0,K

Định lý 4.2.2: Nếu f(x) là một đa thức bất khả quy trên K x , g(x) là một đa thức bất kì trên K x  thì hoặc là g x( ) f x hoặc là ( ) g x f x( ), ( )hằng số

Chứng minh: Cho d x gcdf x g x , ( ) Từ thuật toán Euclid suy ra khi f(x)

và g(x) có hệ số trong K thì những hệ số của d(x) cũng thuộc K Nhưng vì f(x) bất khả quy trên K, thì theo Định lý 2.2.1 ( )d x f x( ) hoặc fd x( ) ,  0 K Suy ra điều phải chứng minh

Định lý 4.2.3: Đa thức f(x) là bất khả quy trên K khi và chỉ khi f(x) là nguyên tố

trên K, nghĩa là : g x h x( ), ( )K x f x[ ], ( ) | ( ) ( )g x h x  f x( ) | ( )g x hoặc f x h x ( ) | ( )

Chú ý: Trong vành đa thức K x , ta có :  

- Mỗi đa thức bậc nhất là bất khả quy

- Mỗi đa thức bậc 2, bậc 3 không có nghiệm trong K là bất khả quy

- Mỗi đa thức bất khả quy bậc 1 không có nghiệm trong K

Định lý 4.2.4: ( Định lý về sự nhân tử hóa )

Trong vành K[x], mỗi đa thức có bậc 1 , phân tích được thành tích của những

đa thức bất khả quy Sự phân tích này là duy nhất theo nhũng thừa số mà chúng chỉ khác nhau nhũng hằng số khác 0 thuộc K

Tức là:

Nếu f(x) = f1(x)…fr(x) = g1(x)…gs(x) là hai biễu diễn tích của những nhân tử bất khả quy trên K thì r = s và fi(x) = i.g ki( ),0x  i K và k1,…,kr là thứ tự số trong các số 1, r

Chứng minh: Cho f(x) là đa thức khác hằng số với những hệ số trong K và cho

K Suy ra điều này cũng đúng với f(x), nghĩa là mọi đa thức với những hệ số thuộc tập hợp K biểu diễn như tích của những thừa số bất khả quy trên K

Ta chỉ còn chứng minh tính duy nhất của biểu diễn trên Cho

ở đây f j x và g j x là những đa thức không phân tích được trên K Theo Định

lý 2.2.3 ít nhất một trong những đa thức bất khả quy g j x chia hết cho f x1  là bất khả quy thì f x1 a g1 k1 x , ở đây 0 a1 K

g x g x g x nghĩa là r = s và k k1, 2, ,k r là thứ tự nào đó trong các số

1, 2, , r Điều đó phải như vậy vì trong trường hợp ngược lại ta sẽ nhận được đẳng thức giữa đa thức bậc không và đa thức bậc khác không

V TRƯỜNG PHÂN RÃ CỦA ĐA THỨC :

Thật vây:

Nếu  là nghiệm của f(x) với số bội k thì f x( )(x a q x )k ( ) với q( ) 0 Khi

[ L:K ] < thì ta nói rằng L là một mở rộng hữu hạn cuả K và ký hiệu L > K – hữu hạn Ngược lại ta nói rằng L là mở rộng vô hạn của K

VII PHẦN TỬ ĐẠI SỐ

1 Định nghĩa

i) Cho L > K và u  L Nếu tồn tại đa thức 0 f x( )K x[ ]h sao cho f(u) = 0 thì

u được gọi là phần tử đại số trên K Nếu không tồn tại đa thức thỏa điều kiện như vậy thì u được gọi là phần tử siêu việt trên K

ii) Đa thức bất khả quy p x( )K x[ ] với hệ tử cao nhất bằng 1, nhận  làm

nghiệm được gọi là đa thức tối tiểu của  trên K Ta ký hiệu p x( )min( , )K 

iii) Cho L > K và u  L Khi đó, bậc mở rộng [ K(u) : u ] được gọi là bậc của phần tử u trên K

iv) Cho K < L Trường L được gọi là mở rộng đại số trên K nếu mọi phần tử của

L đều là phần tử đại số trên K Khi đó ta ký hiệu là L > K – đại sô

* {1,a,a , ,2 an1} là cơ sở của K(a) trên K

* [ ( ) : K a K ]  n

ii) Nếu L > K – hữu hạn thì L > K – đại số

iii) Cho K < L, giả sử L = K(a1, a2,…,an) trong đó ai là các phần tử đại số trên K Khi đó L là mở rộng hữu hạn của K

VIII MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA TRƯỜNG HỮU HẠN

1 Định nghĩa

Định nghĩa: Trường hữu hạn là trường có hữu hạn phần tử

Định lí 8.1.1 Nếu F là trường hữu hạn thì đặc số của F là một số nguyên tố

Chứng minh Ta có đặc số của trường hoặc là 0 hoặc là một số nguyên tố Giả sử

F là trường hữu hạn có đặc số 0 thì F chứa trường con nguyên tố đẳng cấu với Q Nhưng Q là trường vô hạn nên trường con nguyên tố của F là vô hạn (mâu thuẫn) Vậy đặc số của trường hữu hạn là một số nguyên tố

2 Nhóm nhân của trường hữu hạn

Định lý 8.2.1 Cho Fq là trường hữu hạn thì với mọi aF q ta đều có a q a

Chứng minh: Với a = 0 thì ta có a q a Với a0 thì số phần tử của nhóm nhân

Định lí 8.2.2 Cho trường hữu hạn Fq Và K là trường con của Fq thì đa thức

Chứng minh: Theo định lý 2.2.1 ta có a q a với mọi aF q hay a là nghiệm của đa thức x qx Ta viết q phần tử của Fq là a1,a2,…,aq Khi đó mỗi đa thức

x a F x i q nguyên tố cùng nhau nên tích x a 1x a 2 x a q

cũng là ước của x qx Do đa thức x a 1x a 2 x a q có bậc là q nên ta có

q

x x = x a 1x a 2 x a q



Định lý 8.2.3 Nhóm nhân của trường hữu hạn là nhóm xyclic

Chứng minh: Giả sử F là một trường hữ hạn gồm q phần tử Đặt h F*  q 1

Nếu h = 1 hoặc h là số nguyên tố thì rõ ràng F* là nhóm xyclic Do đó, ta có thể

giả sử h là số nguyên dương lớn hơn 1 và không là số nguyên tố

p  và đa thức i 1

h p

h p i

b  p Đặt b = b1b2…bn Khi đó, do pi, với i1,m là các số nguyên tố khác

Xét trường hợp charF = p 0 Gọi F là trường con nguyên tố của trường F Vì p

|G| = n nên mọi phần tử của G đều là nghiệm của đa thức x n 1 Do đó, mọi phần tử

của G đều đại số trên F , suy ra p F (G) là mở rộng hữu hạn, đại số trên p F p, do đó

xn – 1 Lập luận tương tự như chứng minh định ký 2.2.3 ( ở đó, h được thay bởi

n), ta có G là một nhóm xyclic

Định nghĩa 8.2.5 Mỗi phần tử sinh của nhóm xyclic *

q

F được gọi là một phần tử

nguyên thủy của F q

Nhận xét: Trường hữu hạn F có tất cả ( q  q1) phần tử nguyên thủy, trong đó

Chứng minh : Vì  là phần tử nguyên thủy của F nên q F q*   , F q *r  r và

u vF , kéo theo i j F q*d ( vô lý vì i j  F q*d )

3 Số phần tử của trường hữu hạn

Bổ đề 8.3.1 Cho F là trường hữu hạn chứa trường con K có q phần tử thì F có q n

Trong đó p là một số nguyên tố và n là số nguyên dương bất kì

Chứng minh: Do trường hữu hạn F có đặc số p nên F có trường con nguyên tố

đẳng cấu với Z Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử p Z p F Như vậy F là một

mở rộng hữu hạn của Z Gọi n p n[ :F Z p], theo Bổ đề 2.3.1 ta suy ra F có p phần n

p phần tử Hơn nữa, hai trường hữu hạn có cùng số phần tử thì đẳng cấu với nhau

Chứng minh: Đặt q = p Xét đa thức n x qx trong F x Gọi F là trường phân p[ ]

rã của đa thức x q x Khi đó q

Vậy S là trường con của F Mà đa thức x qx phân rã trên S Vậy S đẳng cấu với

F theo tính chất trường phân rã Mà S có q phần tử nên F cũng có q phần tử Vậy tồn tại trường chứa đúng q p n phần tử

Giả sử có F và F’ chứa đúng q p n phần tử khi đó theo Định lí 2.2.2 thì F và F’

là trường phân rã của đa thức q

x x Theo tính chất trường phân rã thì F đẳng cấu với F’ Vậy tồn tại duy nhất một trường chứa n

p phần tử sai khác một đẳng cấu

Định lý 8.3.5 ( Tiêu chuẩn trường con )

Cho trường hữu hạn n

Ngược lại nếu m n thì | p m 1 | p n1 suy ra  1   1 

F là nghiệm của đa thức x p m x

Ký hiệu F’ là tập chứa p phần tử là nghiệm của đa thức m x p m x

Ta chứng minh F’ là trường con của n

F Nếu tồn tại F1 chứa đúng p m

phần tử thì p phần tử đó là nghiệm của đa thức m x p m x Nhưng p m

CHƯƠNG II ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY

I ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY TRÊN TRƯỜNG SỐ PHỨC

Định lý 1.1: ( Định lý cơ bản của đại số sơ cấp ) Trường số phức C là trường

Ta có thể viết : f x( )a0.x1 x n, 1, ,n là những nghiệm của đa thức

Từ định lý, ta suy ra được : các đa thức bất khả quy của vành C[x] là các đa thức bậc nhất

Ví dụ 1.1: x2 + 1 = (x + i)(x - i)

II ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY TRÊN TRƯỜNG SỐ THỰC

Định lý 2.1: Nếu f(x) R x , số phức là nghiệm của nó thì  cũng là nghiệm

Chứng minh: Cho f x( )a x n na x n1 n1  a0 Vì những số là những số thực, thì a i a i với i1, 2, ,n Khi đó:

( )

Nhưng những số  và   2 là những số thực và suy ra đa thức

2

x    x có hệ số thực Khi đó cả đa thức g(x) có hệ số thực và theo giả thiết quy nạp những bội của  , như nghiệm của g(x) là bằng nhau ( nếu  , không phải nghiệm của f(x), ta có thể cho rằng những bội của nó bằng không) Từ đây suy ra những bội của  , như nghiệm của f(x) cũng sẽ bằng bằng nhau

Hệ quả 2.3: Đa thức bất khả quy của R[x] là các đa thức bậc nhất và những đa

thức bậc 2 có biệt số  b24ac0

Chứng minh: Các đa thức bậc nhất và các đa thức bậc hai với biệt số âm rõ ràng

là những đa thức bất khả quy của R[x] Giả sử p(x) là một đa thức bất khả quy của R[x] với bậc lớn hơn 1, ta có p(x) không có nghiệm thực Theo Định lý 2.5.1, p(x) có

một nghiệm phức z và do đó p(x) cũng nhận liên hợp z của z làm nghiệm vì các hệ số

của p(x) là thực, cho nên chia hết cho đa thức bậc hai với hệ số thực

  2

g x  x  z z xzz ( )

g x không khả nghịch và là ước của phần tử bất khả quy p(x), vậy g(x) phải là

f x a x a  x    a Z x thì u a v a | 0, | n

Chú ý : Trong vành Q x  , để xét xem đa thức có bất khả quy hay không phức tạp hơn nhiều Đối với đa thức bậc 2, 3 của Q x  , các đa thức bất khả quy khi và chỉ khi chúng không có nghiệm hữu tỷ Nhưng đối với đa thức bậc lớn hơn 3 thì phức tạp hơn nhiều

f x a x a  x    a Z x ,n 0 Nếu tồn tại một số nguyên p sao cho: an không chia hết p ; a0 không chia hết cho

p2 ; a0,…,an-1 chia hết cho p thì f(x) bất khả quy trên Z[x]

Nếu tất cả các giả thiết được thõa mãn thì f(x) cũng bất khả quy trên Q

Ví dụ 3.2: Đa thức f x ( )  x4  2 x  2 bất khả quy trên Q ( với p = 2 )

Ví dụ 3.3: Chứng minh đa thức sau là bất khả quy: x42x3

f(y) bất khả quy với p = 2

Qua ví dụ trên ta thấy rằng bằng cách thay đổi biến ta có thể chứng minh tính bất khả quy của một đa thức không Aidenstaino để nó thành Aidenstaino Điều này phát huy tác dụng của tiêu chuẩn Aidenstaino

Như vậy, có một câu hỏi đặt ra là nếu cho một đa thức là bất khả quy, để chứng minh nó là bất khả quy thì có thể băng cách thay đổi biến mà biến đổi nó thành đa thức Aidenstaino không ? Câu trả lời là không bao giờ cũng có cách biến đổi như vậy

Ví dụ 3.4: Cho đa thức f x ( )  2 x2  1 đa thức này không phân tích được trên

Ta đổi biến x để đưa nó về đa thức Aidenstaino:

Đổi biến: x = ay + b (a,b  Z)

Ta có: Q(y) = 2a2y2 + 4aby + 2b2 + 1

Giả sử Q(y) là đa thức Aidenstaino, nghĩa là tồn tại số p sao cho : 2a2 p,

4ab p, 2b2 + 1 p Từ 2b2 + 1 p, suy ra b p Nhưng khi đó 4a p Từ đây

a p hoặc 4 p Trường hợp thứ nhất ta nhận được hệ số cao nhất của đa thức Q(y) chia hết cho p Điều này trái với đa thức Aidenstaino Trường hợp thứ hai 4 chia hết cho p , nghĩa là p = 2 Nhưng khi đó hiển nhiên 2b2 + 1 p cũng vô lý

Điều này , cho ta thấy được, tồn tại đa thức không phân tích được, mà nó không

có một cách biến đổi tuyến tính của ẩn nào có thể chuyển nó thành đa thức Aidenstaino

Ví dụ 3.5 Giả sử f x( )x a 1x a 2 x a n1,a iZ phân biệt

Chứng minh : f(x) là bất khả quy trong Q[x]

Đặt: q(x) = g(x) + h(x) , deg q(x) = max{ deg g(x) , deg h(x) } < n

Ta thấy q(ai) = 0,  i 1,n mà deg q(x) < n nên q x( ) 0 g x( ) h x( )

 p = 1, n = 4 và a1 , a2 , a3, a4 ( sắp xếp theo thích hợp ) là bốn số liên tục Khi

( 1 i   n ) đẳng thức sau đều đúng: G(ai) - H(ai) = 0 Bằng cách như vậy ta tìm được n nghiệm khác nhau a1, a2, ,an của đa thức G(x) – H(x) Nhưng bậc của đa thức này nhỏ hơn n, suy ra nó phải đồng nhất bằng không, nghĩa là

G(x) – H(x) = 0 hay là G(x) = H(x)

Ta thay đẳng thức vừa nhận được vào P(x) = G(x).H(x) ta nhận được

P(x) = G2(x) Như vậy, nếu P(x) phân tích được thì nó phải là bình phương của một đa thức khác G(x), từ đây suy ra bậc của đa thức đã cho n là số chẵn, còn hệ số cao nhất của nó p là một số phương Nghĩa là, P(x) không phân tích đượckhi ta chỉ ra n

là một số lẻ hoặc là tuy n là một số chẵn, nhưng p không phải là số chính phương, trong trường hợp riêng p là một số âm

Ta đặt p = q2 và n = 2m Ở đây q là hệ số cao nhất của G(x), còn m là bậc của

nó Không mất tính tổng quát ta cho rằng q > 0 ( trường hợp ngược lại ta có thể thay dấu tất cả các hệ số của đa thức G(x) )

Ta xét đa thức G(x) Với mỗi i ta có G(ai) = 1 hoặc là G(ai) = -1 Ta sẽ chứng minh rằng mỗi đẳng thức này thõa mãn với đúng m giá trị của i Thật vậy, nếu

G(ai) = 1 đúng với nhều hơn m giá trị của i, vì bậc của G(x) đúng m, thì ta sẽ nhận được G(x) trùng với hằng số 1, điều này vô lí Suy ra số lượng k của chỉ số I sao cho G(ai) = 1 không lớn hơn m

Bây giờ nếu giả sử k < m, ta sẽ nhận được G(ai) = -1 với n – k > m chỉ số của i

Từ đây ta lại suy ra G(x) trùng với hằng số -1, điều này lại dẫn đến vô lí

Như vậy đẳng thức G(ai) = 1 chỉ thõa mãn cho đúng m giá trị của i Không mất tính tổng quát ta có thể cho G(ai) = G(a2) = … = G(am) = 1 và khi đó

( m ) ( m ) ( )n 1

G a   G a    G a   ( trong trường hợp ngược lại ta có thể chuyển vị trí và kí hiệu lại cho thích hợp )

Ta xét đa thức G(x) – 1 Đa thức này có bậc m, hệ số bậc cao nhất q và đa biết

m nghiệm của nó khác nhau a1, a2,…,am Suy ra

Bằng cách so sánh hệ số của đẳng thức (1), ta nhận được

1 2 1 2( 1) m q a( ma m a na a a m)= 2

Chú ý ở đây ta chỉ làm việc với các số nguyên, từ đẳng thức sau cùng ta nhận được q 1 hoặc là q 2 và vì ta có thể giả thiết q > 0 nên q chỉ còn lại các trường hợp q = 1 và q = 2, và tương ứng p = 1 và p = 4

Như vậy ta đã chứng minh được đa thức P(x) không phân tích được khi p1

và p4 Ta chỉ còn xét cụ thể hai trường hợp này

Trường hợp p = 4 ( nghĩa là q = 2 ): Trong trường hợp này phương trình (1) có

Trong trường hợp thứ nhất ta nhận được a1 = a2, trái vói điều kiện đã cho Suy ra chỉ còn trường hợp thứ hai và suy ra a2 = a1 + 3

Như vậy a1,a3 = a1 + 1, a4 = a1 + 2, a2 = a1 + 3 là bốn số nguyên liên tiếp, điều này đã được loại trừ trong trường hợp 2 của đề bài

2 Chỉ còn m = 1: bây giờ (3) có dạng

(x – a2) – (x – a1) = 2,

Từ đây suy ra a1 = a2 + 2, nó chính là điều kiện 3 của đề bài loại trù

IV ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY TRÊN TRƯỜNG HỮU HẠN

1 Nghiệm của đa thức bất khả quy trên trường hữu hạn

Bổ đề 4.1.1 Cho ( )f x F x q[ ] là đa thức bất khả quy bậc m trên F và n là một số q

nguyên dương Khi đó, f(x) chia hết n