Về đa thức khả quy trên zp nhưng bất khả quy trên q

Trong vành đa thức trên một trường, đa thức bất khả quy đóng vai trò quan trọng tương tự như vai trò của số nguyên tố trong vành sốnguyên.. Cụ thể, nếu tồn tại một số nguyên tố p sao cho

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN VĂN LẬP

NHƯNG BẤT KHẢ QUY TRÊN Q

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2015

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN VĂN LẬP

NHƯNG BẤT KHẢ QUY TRÊN Q

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp

Mã số: 60 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

GS.TS LÊ THỊ THANH NHÀN

Thái Nguyên - 2015

2 Đa thức khả quy trên Zp nhưng bất khả quy trên Q 9

2.1 Một số tiêu chuẩn bất khả quy trên Q 92.2 Mối quan hệ giữa tính bất khả quy trên Q và trên Zp 132.3 Tính bất khả quy của đa thức bậc bốn trùng phương 182.4 Tính bất khả quy trên Zp của đa thức bất khả quy của√a +√

b 31

Lời cảm ơn

Luận văn này được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đại họcThái Nguyên Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc với GS TS Lê ThịThanh Nhàn, đã trực tiếp hướng dẫn tận tình và động viên tác giả trong suốtthời gian nghiên cứu vừa qua

Tác giả xin chân thành cảm ơn các Thầy cô thuộc Khoa Toán - Tin, trườngĐại học Khoa học và GS.TSKH Hà Huy Khoái, GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu,PGS.TS Đàm Văn Nhỉ đã giảng dạy, trang bị cho chúng em những kiến thứccần thiết Xin chân thành cảm ơn Phòng Đào tạo, trường Đại học Khoa học đãtạo điều kiện thuận lợi, động viên, khuyến khích tác giả trong suốt quá trìnhhọc tập

Tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia đình và người thânluôn khuyến khích, động viên tác giả trong suốt quá trình học tập và làm luậnvăn

Học viên Cao học Toán K7D, Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên

Mở đầu

Cho K là một trường và f(x) ∈ K[x] là một đa thức có bậc dương Ta nói

f (x) là bất khả quy nếu f(x) không là tích của hai đa thức có bậc thấp hơn.

Ngược lại, nếu f(x) là tích của hai đa thức có bậc thấp hơn thì ta nói f(x)

là khả quy trên K Trong vành đa thức trên một trường, đa thức bất khả quy

đóng vai trò quan trọng tương tự như vai trò của số nguyên tố trong vành sốnguyên Vì thế, rất nhiều nhà toán học đã quan tâm nghiên cứu tính bất khảquy của đa thức

Cho f(x) là một đa thức với hệ số nguyên Để xét tính bất khả quy của

f (x) trên Q, người ta thường sử dụng phương pháp rút gọn theo môđun một

số nguyên tố Cụ thể, nếu tồn tại một số nguyên tố p sao cho khi chuyển quavành Zp[x], đa thức f(x) có bậc không đổi và là bất khả quy trên trường Zp,thì f(x) là bất khả quy trên Q

Một câu hỏi tự nhiên được đặt ra Giả sử f(x) là khả quy trên trường Zp

với mọi số nguyên tố p Liệu rằng f(x) cũng khả quy trên Q? Người đầu tiênđưa ra câu trả lời phủ định cho câu hỏi trên là nhà toán học nổi tiếng DavidHilbert Một trong những đa thức như thế là x4 − 10x2 + 1, nó bất khả quytrên Q nhưng khả quy trên mọi trường Zp

Mục đích của luận văn là trình bày lại hai bài báo gần đây về lớp đa thứcbất khả quy trên Q nhưng khả quy trên mọi trường Zp

1 E Driver, P A Leonard, K S Williams, Irreducible quartic mials with factorization modulo p, The Amer Math Monthly, 112 (2005),

Thái Nguyên, ngày 20 tháng 11 năm 2015

Nguyễn Văn Lập

Email: nvlap.cg@gmail.com

Định nghĩa 1.1.1 Đa thức f(x) ∈ K[x] được gọi là bất khả quy trên K nếu

deg f (x) > 0 và f(x) không là tích của hai đa thức có bậc thấp hơn

Nhận xét: Tính chất bất khả quy phụ thuộc vào vành cơ sở Chẳng hạn, đathức x2 − 7 là bất khả quy trên Q nhưng không bất khả quy trên R; đa thức

x2 + 3là bất khả quy trên R nhưng không bất khả quy trên C

Bổ đề 1.1.2 Đa thức f(x) ∈ K[x] là bất khả quy trên K nếu và chỉ nếu

f (x + a) là bất khả quy với mọi a ∈ K.

Chứng minh. Cho a ∈ K, với mỗi h(x) ∈ K[x] đặt h1(x) = h(x − a).Chú ý rằng deg h1(x) = deg h(x) Vì thế f(x + a) = k(x)g(x) là phân tíchcủa f(x + a) thành tích hai đa thức có bậc thấp hơn khi và chỉ khi f(x) =

k1(x)g1(x)là phân tích của hai đa thức có bậc thấp hơn Vì vậy f(x) bất khảquy khi và chỉ khi f(x + a) bất khả quy

Cho T là một trường chứa trường K Nhắc lại rằng một phần tử a ∈ T

được gọi là nghiệm của đa thức f(x) ∈ K[x] nếu f(a) = 0.

Kết quả sau đây thường được gọi là Định lí Bezout bé.

Bổ đề 1.1.3 Phần tử a ∈ K là nghiệm của đa thức f(x) ∈ K[x] nếu và chỉ

nếu tồn tại đa thức g(x) ∈ K[x] sao cho f (x) = (x − a)g(x).

Bổ đề 1.1.4 Trên một trường K các phát biểu sau là đúng.

i) Đa thức bậc nhất luôn bất khả quy;

ii) Đa thức bậc 2 và bậc 3 là bất khả quy nếu và chỉ nếu nó không có nghiệm trong K.

Chứng minh. i) Rõ ràng đa thức bậc nhất không thể là tích của hai đa thứcbậc thấp hơn, do đó đa thức bậc nhất là bất khả quy

ii) Giả sử f(x) có nghiệm a ∈ K Vì deg f(x) > 1 nên theo Bổ đề1.1.3 ta có f(x) = (x − a)g(x) trong đó g(x) ∈ K[x] có bậc dương vàdeg g(x) = deg f (x) − 1 Do đó f(x) khả quy

Giả sử f(x) khả quy trên K, tức là f(x) = g(x)h(x) với deg g(x) <deg f (x)và deg h(x) < deg f(x) Vì f(x) có bậc 2 hoặc bậc 3 nên một tronghai đa thức g(x) hoặc h(x) là bậc nhất Mà đa thức bậc nhất luôn có nghiệmtrên trường đó Vì vậy f(x) có nghiệm trong K

Chú ý rằng phát biểu (ii) của Bổ đề 1.1.4 là không đúng trong trường hợp

đa thức có bậc lớn hơn 3 Cụ thể nếu đa thức bậc lớn hơn 3 có nghiệm trong

K thì khả quy Tuy nhiên tồn tại những đa thức không có nghiệm trong Knhưng vẫn khả quy Ví dụ đa thức x4+ 5x2+ 6 = (x2+ 2)(x2+ 3) không cónghiệm trong R nhưng vẫn khả quy trên R

1.2 Đa thức bất khả quy của một phần tử

Trước hết chúng ta nhắc lại khái niệm phần tử đại số, phần tử siêu việt

Định nghĩa 1.2.1 Cho F là một trường chứa trường K và α ∈ F Ta nói

rằng α là phần tử đại số trên K nếu α là nghiệm của đa thức khác 0 với hệ số trên K Nếu α không đại số trên K thì ta nói α là phần tử siêu việt trên K Đặc biệt, nếu α ∈ C là đại số (siêu việt) trên Q thì α được gọi là số đại số

(số siêu việt) trên K

Ví dụ 1.2.2 Mọi số phức α = a + bi đều là đại số trên trường số thực R vì α

là nghiệm của đa thức x2 − 2ax + a2+ b2 ∈ R[x] Số thực√3là số đại số vì

nó là nghiệm của đa thức x2 − 3 ∈ Q[x] Người ta đã chứng minh rằng số π(tỷ số giữa chu vi và bán kính của một đường tròn) không là nghiệm của bất

cứ đa thức khác 0 nào trong Q[x] Vì thế π là số siêu việt

Đa thức f(x) ∈ K[x] được gọi là có dạng chuẩn nếu hệ số cao nhất của

nó bằng 1

Mệnh đề 1.2.3 Cho F là một trường chứa K và a ∈ F là phần tử đại số trên

K Khi đó, tồn tại duy nhất một đa thức dạng chuẩn p(x) ∈ K[x] bất khả quy nhận a làm nghiệm Hơn nữa nếu g(x) ∈ K[x] nhận a làm nghiệm thì g(x)

là bội của p(x).

Chứng minh. Vì a là một phần tử đại số trên K nên tồn tại f(x) ∈ K[x] là

đa thức khác 0 có bậc bé nhất nhận a làm nghiệm Đặt p(x) = b−1f (x)trong

đó b là hệ số cao nhất của f(x) Khi đó p(x) ∈ K[x] là đa thức dạng chuẩn

có bậc bé nhất nhận a làm nghiệm Rõ ràng deg p(x) > 0 Nếu p(x) khả quythì p(x) là tích của hai đa thức trong K[x] với bậc bé hơn p(x) và một tronghai đa thức này nhận a làm nghiệm, điều này mâu thuẫn với cách chọn p(x)

Do đó f(x) bất khả quy

Giả sử g(x) ∈ K[x] nhận a làm nghiệm Nếu g(x) không chia hết chop(x)thì gcd(g(x), p(x)) = 1 vì p(x) bất khả quy Do đó tồn tại q(x), h(x) ∈K[x]sao cho 1 = p(x).q(x)+g(x).h(x) Thay x = a ta được 1 = p(a).q(a)+

g(a).h(a)hay 1 = 0, điều này vô lý Vậy g(x) chia hết cho p(x) Giả sử r(x) ∈K[x]cũng là đa thức bất khả quy dạng chuẩn nhận a làm nghiệm Theo chứngminh trên r(x) là bội của p(x), suy ra r(x) = p(x).k(x), k(x) ∈ K[x] vìr(x) bất khả quy nên k(x) = c với 0 6= c ∈ K Do đó r(x) = c.p(x) Nhưngr(x), p(x)đều là đa thức dạng chuẩn nên c = 1 Vì thế p(x) = r(x).

Từ mệnh đề trên, ta có khái niệm sau

Định nghĩa 1.2.4 Cho a là phần tử đại số trên K Đa thức p(x) ∈ K[x] bất

khả quy dạng chuẩn nhận a làm nghiệm được gọi là đa thức bất khả quy của

5 Đa thức p(x) = x2 + 4 ∈ R(x) là bất khả quy vì p(x) có bậc 2 và không

có nghiệm thực, do đó p(x) là đa thức bất khả quy của phần tử phức 2i

Bổ đề 1.2.5 Nếu phân số tối giản r/s là nghiệm hữu tỷ của đa thức với hệ

số nguyên f (x) = anxn + + a1x + a0 thì r là ước của a0 và s là ước của

an Đặc biệt, nếu an = ±1 thì mọi nghiệm hữu tỷ của f (x) đều là nghiệm nguyên.

0 = anrn+ an−1rn−1s + · · · + a1rsn−1 + a0sn (1)

Do đó

anrn = −(an−1rn−1s + · · · + a1rsn−1+ a0sn)

Rõ ràng vế phải của đẳng thức này là bội của s Vì thế vế trái anrn cũng làbội của s mà (r, s) = 1 nên (rn, s) = 1 Do vậy an là bội của s hay s là ướccủa an.

Bây giờ ta chứng minh r là ước của a0 Cũng từ (1) ta có

a0sn = −(anrn + an−1rn−1s + · · · + a1rsn−1)

Vế phải của đẳng thức này là bội của r Vì thế vế trái a0sn cũng là bội của

r mà (r, s) = 1 suy ra (r, sn) = 1 Do vậy a0 là bội của r hay r là ước của

a0

Việc tìm đa thức bất khả quy của một phần tử đại số nhìn chung là rất khókhăn Trong một số trường hợp đặc biệt, chúng ta có thể sử dụng tiêu chuẩnnghiệm hữu tỷ trong Bổ đề 1.2.5 để xác định đa thức bất khả quy của mộtphần tử đại số trên Q

Ví dụ 1.2.6 Tìm đa thức bất khả quy trên Q của phần tử√3 +√

Ta chứng minh f(x) bất khả quy trên Q Theo Bổ đề 1.2.5 thì nghiệm nếu

có của f(x) là ước của 4 nhưng ±4; ±2; ±1 không thỏa mãn Do vậy f(x)không có nghiệm hữu tỷ Vì thế nó không là tích của đa thức bậc nhất và đathức bậc 3

Giả sử f(x) khả quy Khi đó x4− 16x2+ 4 = (x2+ ax + b)(x2+ cx + d)(với a, b, c, d là hữu tỷ) hay x4− 16x2+ 4 = x4+ (a + c)x3+ (b + d + ac)x2+

(ad + bc)x + bd Đồng nhất hệ số ở hai vế ta được hệ

Từ (1) suy ra c = −a thế vào (3) ta được ad − ba = 0 hay a(d − b) = 0 Do

đó a = 0 hoặc d = b Nếu a = 0 thay vào (2) và (4) ta được

Chương 2

Đa thức khả quy trên Z p nhưng bất khả quy trên Q

2.1 Một số tiêu chuẩn bất khả quy trên Q

Định lí cơ bản của đại số phát biểu rằng mọi đa thức bậc dương với hệ sốphức đều có ít nhất một nghiệm phức Vì thế nếu f(x) ∈ C[x] là đa thức bậc

nthì f(x) phân tích được thành tích của n đa thức tuyến tính (tức là đa thứcbậc 1 ) với hệ số phức Từ đây ta dễ dàng suy ra được mỗi đa thức f(x) ∈ R[x]đều phân tích được thành tích của các đa thức bậc 1 hoặc bậc hai với hệ sốthực Do đó các đa thức bất khả quy trên C là và chỉ là các đa thức bậc nhất;các đa thức bất khả quy trên R chỉ là các đa thức bậc nhất hoặc đa thức bậchai với biệt thức âm (tức là đa thức bậc hai không có nghiệm thực)

Tuy nhiên, việc xác định các đa thức bất khả quy trên Q đến nay vẫn là bàitoán lớn, đang thách thức các nhà toán học trên thế giới Mục tiêu của tiết này

là trình bày một số phương pháp xét tính bất khả quy của đa thức trên Q nhưphương pháp tìm nghiệm hữu tỷ, phương pháp dùng Bổ đề Gauss, phươngpháp dùng tiêu chuẩn Eisenstein

Giả sử f(x) ∈ Q[x] Chú ý rằng f(x) bất khả quy trên Q khi và chỉ khi

af (x) bất khả quy trên Q, trong đó a là mẫu chung nhỏ nhất của các hệ sốcủa f(x) Khi đó af(x) ∈ Z[x] Do đó, ta chỉ cần xét tính bất khả quy trên Qcho các đa thức với hệ số nguyên Từ nay đến hết mục này, ta luôn giả thiết

tỷ Do đó g(x) bất khả quy trên Q.

Tiếp theo chúng ta trình bày phương pháp dùng Bổ đề Gauss Nhắc lại

rằng một đa thức với hệ số nguyên được gọi là đa thức nguyên bản nếu các hệ

số của nó nguyên tố cùng nhau Chú ý rằng tích của hai đa thức nguyên bản

là một đa thức nguyên bản

Định lí 2.1.2 (Bổ đề Gauss) Cho p(x) ∈ Z[x] Giả sử p(x) = g(x)f(x) với

g(x), f (x) ∈ Q[x] Khi đó, tồn tại các đa thức g∗(x), f∗(x) ∈ Z[x] sao cho

deg g(x) = deg g∗(x), deg f (x) = deg f∗(x) và p(x) = g∗(x)f∗(x) Đặc biệt, nếu p(x) là khả quy trên Q thì nó được phân tích thành tích của hai đa thức với hệ số nguyên có bậc thấp hơn.

Chứng minh. Viết f(x) = af1(x) và g(x) = bg1(x) trong đó a, b ∈ Q và

f1(x), g1(x) ∈ Z[x] là các đa thức nguyên bản Suy ra f1(x)g1(x) là đa thứcnguyên bản Rõ ràng p(x) = abf1(x)g1(x) ∈ Z[x] Ta chứng minh ab ∈ Z.Thật vậy, giả sử ab 6∈ Z Khi đó ab = r/s với r/s là phân số tối giản và s > 1.Viết f1(x)g1(x) = anxn+ · · · + a1x + a0 Vì f1(x)g1(x) là nguyên bản nêngcd(an, an−1, , a0) = 1 Vì p(x) ∈ Z[x] nên ta có

Suy ra s là ước chung của an, , a1, a0 điều này vô lí Vậy ab ∈ Z Đặt

f∗(x) = abf1(x)và g∗(x) = g1(x) Khi đó p(x) = f∗(x)g∗(x)với f∗(x)g∗(x) ∈Z[x] và deg f(x) = deg f∗(x) và deg g(x) = deg g∗(x)

Dựa vào Bổ đề Gauss, chúng ta xét tính bất khả quy của đa thức thôngqua ví dụ sau

Ví dụ 2.1.3 Đa thức f(x) = x4 + 2x3 + x − 5bất khả quy trên Q

Chứng minh. Nếu f(x) có nghiệm hữu tỷ thì theo Bổ đề 1.2.5 nghiệm đóthuộc {±1, ±5} Nhưng ±1, ±5 không thỏa mãn phương trình f(x) = 0 Dovậy f(x) không có nghiệm hữu tỷ Vì thế f(x) không là tích của một đa thứcbậc nhất và một đa thức bậc ba

Giả sử f(x) khả quy Theo Bổ đề Gauss, f(x) có sự phân tích f(x) =g(x)h(x) trong đó g(x), h(x) ∈ Z[x] có bậc 2 và có hệ số cao nhất bằng 1

Viết g(x) = x2 + ax + b và h(x) = x2 + cx + dvới a, b, c, d ∈ Z Khi đó

Tiếp theo, ta trình bày tiêu chuẩn Eisenstein để xét tính bất khả quy của

đa thức trên Q

Định lí 2.1.4 (Tiêu chuẩn Eisenstein) Cho đa thức f = anxn + · · · + a1x +

a0 ∈ Z[x] Giả sử tồn tại một số nguyên tố p thỏa mãn:

i) p không là ước của hệ số cao nhất an;

ii) p là ước của các hệ số a0, a1, , an−1;

iii) p2 không là ước của hệ số tự do a0.

Khi đó f (x) là bất khả quy trên Q.

Chứng minh. Giả sử f(x) khả quy trên Q Theo Bổ đề Gauss, tồn tại phântích f(x) = g(x)h(x), trong đó g(x) = bmxm + · · · + b1x + b0 ∈ Z[x] và

h(x) = ckxk + · · · + c1x + c0 ∈ Z[x] với deg g(x) = m, deg h(x) = k và

m, k < n Do p là ước của a0 = b0c0 nên p|b0 hoặc p|c0 Lại do p2 không làước của a0 nên trong hai số b0 và c0 có một và chỉ một số chia hết cho p Giảthiết p|c0 Khi đó b0 không chia hết cho p Vì an = bmck và an không chia hếtcho p nên bm và ck đều không chia hết cho p Do đó, tồn tại số r bé nhất saocho crkhông là bội của p Ta có ar = b0cr+ (b1cr−1+ b2cr−2+ · · · + brc0) Vì

r ≤ k < nnên p|ar Theo cách chọn r ta có p|(b1cr−1+ b2cr−2+ · · · + brc0).Suy ra p|b0cr, điều này là vô lí vì cả hai số b0 và cr đều không là bội của p.Vậy f(x) là bất khả quy trên Q

Ví dụ 2.1.5 i) Đa thức x5 + 3x4 + 48 là bất khả quy trên Q theo tiêu chuẩnEisenstein với p = 3

ii) Đa thức 7x10 + 6x5 − 12x + 10 là bất khả quy trên Q theo tiêu chuẩnEisenstein với p = 2

iii) Đa thức 6x2015 + 5x10 − 25x2 + 35 là bất khả quy trên Q theo tiêuchuẩn Eisenstein với p = 5

2.2 Mối quan hệ giữa tính bất khả quy trên Q và trên Zp

Trong phần này, chúng ta trình bày phương pháp rút gọn theo môđun một

số nguyên tố để xét tính bất khả quy trên Q Chúng ta sẽ chỉ ra rằng với mỗi

đa thức f(x) ∈ Z[x], nếu tồn tại một số nguyên tố p sao cho khi chuyển f(x)vào vành Zp[x]ta được đa thức có cùng bậc và bất khả quy trên Zp thì f(x) làbất khả quy trên Q Tiếp theo, chúng ta trình bày một số ví dụ xét tính bất khảquy trên Q bằng phương pháp rút gọn theo môđun một số nguyên tố Cuốicùng chúng ta chỉ ra một ví dụ chứng tỏ rằng có những đa thức bất khả quytrên Q nhưng khả quy trên mọi trường Zp

Để thuận tiện, chúng ta dùng các số nguyên a, b, để kí hiệu cho các phần

tử của Zp với chú ý rằng a = b trong Zp nếu và chỉ nếu a − b chia hết cho ptrong vành Z Với mỗi đa thức f(x) = anxn+ an−1xn−1+ · · · + a1x1+ a0 ∈Z[x] và mỗi số nguyên tố p, ta đặt f(x) = anxn+ · · · + a1x + a0 ∈ Zp[x].Định lý sau đây cho ta một công cụ rất mạnh để xét tính bất khả quy trên

Q của đa thức với hệ số nguyên

Định lí 2.2.1 Nếu tồn tại một số nguyên tố p sao cho deg f(x) = deg f(x)

và f (x) bất khả quy trênZpthì f (x) bất khả quy trên Q.

Chứng minh. Vì f(x) bất khả quy trên Zpnên deg f(x) > 0 Lại do deg f(x) =deg f (x)nên deg f(x) > 0

Giả sử f(x) khả quy trên Q, theo Bổ đề Gauss f(x) có phân tích f(x) =g(x).h(x)với g(x), h(x) ∈ Z[x] và g(x), h(x) có bậc nhỏ hơn bậc của f(x).Chú ý rằng f(x) = g(x).h(x), do đó deg f(x) = deg g(x) + deg h(x) Màdeg g(x) ≥ deg g(x)và deg h(x) ≥ deg h(x), mặt khác deg f(x) = deg f(x)nên deg g(x) = deg g(x) và deg h(x) = deg h(x) Do đó f(x) phân tích đượcthành tích của hai đa thức có bậc thấp hơn, hay f(x) khả quy Điều này mâuthuẫn với f(x) bất khả quy Vậy định lý được chứng minh

Ví dụ 2.2.2 Các đa thức sau là bất khả quy trên Q

2, nên f(x) bất khả quy trên Q theo Định lý 2.2.1

(ii) Vì g(x) = x3+x+1 ∈Z2[x]không có nghiệm trong Z2 và deg g(x) =

3nên g(x) bất khả quy trên Z3 Rõ ràng deg g(x) = deg g(x) = 3 Theo Định

lý 2.2.1 ta suy ra g(x) là bất khả quy trên Q

(iii) Vì h(x) = x4 + x2 + 3x + 2 ∈ Z5[x] không có nghiệm trong Z5,

do đó h(x) không thể là tích của một đa thức bậc nhất và một đa thức bậc

ba Giả sử h(x) khả quy trên Z5, khi đó h(x) là tích của hai đa thức bậc haih(x) = (x2 + ax + b)(x2 + cx + d) với a, b, c, d ∈ Z5 hay

đa thức f(x) ∈ Z[x] bất khả quy trên Q nhưng khả quy trên mọi trường Zp

Định lí 2.2.3 Đa thức f(x) = x4− 2x2+ 9 là bất khả quy trên Q nhưng khả quy trên trường Zp với mọi số nguyên tố p.

Chứng minh. Trước hết ta chứng minh f(x) bất khả quy trên Q

Vì f(x) = x4 − 2x2 + 9không có nghiệm hữu tỷ nên f(x) không thể làtích của một đa thức bậc nhất và một đa thức bậc ba Giả sử f(x) khả quy trên

Q, theo Bổ đề Gauss thì f(x) có phân tích f(x) = (x2+ ax + b)(x2+ cx + d)với a, b, c, d ∈ Z Đồng nhất hệ số, ta được

ta được a + c = 0 và ac = −12 Không có a, c ∈ Z thỏa mãn Nếu b = 3 và

d = 3thay vào hai phương trình đầu ta được a + c = 0 và ac = −8 Khôngtìm được a, c ∈ Z thỏa mãn Nếu b = −1 và d = −9 thay vào hai phươngtrình đầu ta được a + c = 0 và ac = 8 Không có a, c ∈ Z thỏa mãn Nếu

b = −3 và d = −3 thay vào hai phương trình đầu ta được a + c = 0 và

ac = 4 Không tìm được a, c ∈ Z thỏa mãn Vì vậy f(x) bất khả quy trên Q.Bây giờ ta chứng minh f(x) khả quy trên mọi trường Zp Để cho tiện, cácphần tử của Zp được biểu diễn như các số nguyên, trong đó a = b ∈ Zp nếu

và chỉ nếu trong vành số nguyên ta có a − b chia hết cho p Khi đó ta có thểviết Zp = {0, 1, , p − 1}

Trước hết ta xét trường hợp p = 2 Trong trường Z2 ta có 2 = 0 và 9 = 1

Vì thế f(x) = x4 + 1 Vì 4 = 6 = 0 ∈ Z2 nên trong vành đa thức Z[x] ta có

f (x) = x4 + 1 = x4 + 4x3 + 6x2 + 4x + 1 = (x + 1)4

Do đó f(x) khả quy trên Z2