Đa thức bất khả quy

Tài liệu viết về đa thức bất khả quy và mối liên hệ giữa đa thức bất khả quy và số nguyên tố còn sơ lược,chưa được hệ thống một cách chi tiết nên việc nghiên cứu còn rất khókhăn.. Nghiên

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

Người hướng dẫn khoa học

TS NGUYỄN THỊ KIỀU NGA

Hà Nội - 2016

Mục lục

1.1 Xây dựng vành đa thức một ẩn 5

1.2 Định lý phép chia với dư 6

1.3 Nghiệm của một đa thức 7

1.4 Số nguyên tố 8

2 Đa thức bất khả quy trên các trường 10 2.1 Đa thức bất khả quy trên các trường 10

2.2 Đa thức bất khả quy trên các trường số 14

2.2.1 Đa thức bất khả quy trên trường số phức C 14

2.2.2 Đa thức bất khả quy trên trường số thực R 15

2.2.3 Đa thức bất khả quy trên trường số hữu tỷ Q 16

2.2.4 Đa thức có giá trị 1 hoặc −1 35

2.3 Đa thức bất khả quy trên trường hữu hạn 41 2.3.1 Đa thức bất khả quy trên trường Zp (p nguyên tố) 41

2.3.2 Một số định lí về đa thức bất khả quy trên trường

hữu hạn 47

3.1 So sánh sự tương tự giữa đa thức bất khả quy và số nguyên

tố 543.2 Mối quan hệ giữa đa thức bất khả quy và số nguyên tố 563.3 Từ những số nguyên tố đến đa thức bất khả quy 57

Đặc biệt em xin gửi lời cảm ơn chân thành và sâu sắc tới cô giáo

TS Nguyễn Thị Kiều Nga người đã trực tiếp hướng dẫn em trong

suốt quá trình thực hiện khóa luận

Em cũng xin gửi lời cảm ơn đến Ban giám đốc, các cán bộ thư việntrường Đại học sư phạm Hà Nội 2 đã nhiệt tình giúp đỡ em có nhữngtài liệu để em có thể hoàn thành khóa luận Cuối cùng em gửi lời cảm

ơn chân thành sâu sắc nhất đến gia đình và các anh chị bạn bè đã luônủng hộ, động viên và giúp đỡ em trong quá trình thực hiện khóa luậncủa mình

Hà Nội, tháng 5 năm 2016

Sinh viên

Lê Thị Linh

Lời cam đoan

Trong quá trình nghiên cứu khóa luận "Đa thức bất khả quy" em

có sử dụng một số tài liệu trong mục tài liệu tham khảo để hoàn thànhkhóa luận của mình

Em xin cam đoan khóa luận được hình thành bởi sự cố gắng, nỗ lực

của bản thân cùng với sự hướng dẫn tận tình của cô giáo TS Nguyễn Thị Kiều Nga Đề tài này không trùng với đề tài của các tác giả khác.

Hà Nội, tháng 5 năm 2016

Sinh viên

Lê Thị Linh

Mở đầu

1 Lý do chọn đề tài

Toán học là một môn học rất quan trọng Môn Toán giúp sự pháttriển trí tuệ, rèn luyện tính linh hoạt, độc lập, sáng tạo, tính chính xác,đặc biệt sự kiên trì, nhẫn nại

Đại số là một mảng kiến thức quan trọng của Toán học, trong đó

đa thức là kiến thức cơ bản được sử dụng nhiều trong đại số Hơn nữa

đa thức còn có ứng dụng trong toán cao cấp và các môn học khác

Tuy nhiên, cho đến nay vấn đề đa thức chỉ mới chỉ được trình bày

sơ lược, chưa được hệ thống chi tiết Tài liệu viết về đa thức bất khả quy

và mối liên hệ giữa đa thức bất khả quy và số nguyên tố còn sơ lược,chưa được hệ thống một cách chi tiết nên việc nghiên cứu còn rất khókhăn

Với tất cả các lý do nêu trên em đã chọn đề tài: "Đa thức bất khả quy" để làm khóa luận tốt nghiệp của mình Nội dung khóa luận

gồm 3 chương:

Chương 1: Kiến thức chuẩn bịChương 2: Đa thức bất khả quy trên các trườngChương 3: Đa thức bất khả quy và số nguyên tố

2 Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu.

Nghiên cứu tính bất khả quy của đa thức trên các trường, mốiquan hệ giữa đa thức bất khả quy và số nguyên tố

3 Đối tượng nghiên cứu

Đa thức bất khả quy

4 Phương pháp nghiên cứu

Tham khảo tài liệu, phân tích, so sánh, tổng hợp

Khi đó P cùng 2 phép toán cộng và nhân xác định ở trên là vành giao

hoán có đơn vị (1, 0, , 0 ), với phần tử không là (0, 0, , 0)

Ta có ánh xạ A −→ P ; a 7−→ (a, 0, , 0, ) là đồng cấu vành Do

đó đồng nhất mỗi phần tử a ∈ A với (a, 0, , 0, ) ∈ P

Khi đó vành A là vành con của vành P

Đặt x = (0, 1, 0, ) ∈ P thì x2 = (0, 0, 1, 0, , 0, )

+ Nếu a n ̸= 0 thì n được gọi là bậc của đa thức , kí hiệu deg f(x) = n

Quy ước : Bậc của đa thức 0 là −∞

1.2 Định lý phép chia với dư

Giả sử A là 1 trường, f(x) và g(x) ̸= 0 là hai đa thức của vành A[x] Khi

đó tồn tại duy nhất các đa thức q(x), r(x) sao cho

f (x) = g(x)q(x) + r(x), nếu r(x) ̸= 0 thì deg r(x) < deg g(x)

1.3 Nghiệm của một đa thức

a) Định nghĩa

Cho A là vành giao hoán có đơn vị, c là phần tử tùy ý của vành

giao hoán A, có đơn vị K, K ⊃ A, f(x) = a0 + a1x + + a n x n ∈ A[x].

Khi đó f (c) = a0 + a1c + + a n c n gọi là giá trị của f(x) tại c Nếu

f (c) = 0 thì c gọi là nghiệm của f(x) Tìm nghiệm của f(x) trong K

được gọi là giải phương trình đại số bậc n

a n x n + + a1x + a0 = 0 (a n ̸= 0) trong K.

b) Định lý

Cho A là 1 trường, c ∈ A, f(x) ∈ A[x] Khi đó dư của phép chia

f(x) cho x − c là f(c).

c) Nghiệm bội của một đa thức

Cho A là một trường, c ∈ A , f(x) ∈ A[x] và m ∈ N ∗, c được gọi

là nghiệm bội bậc m của đa thức f(x) khi và chỉ khi đa thức f(x) chia

hết cho (x − c) m và f(x) không chia hết cho (x − c) m+1

Đặc biệt :

1 Nếu m = 1 thì c là nghiệm đơn

2 Nếu m = 2 thì c là nghiệm kép

d) Công thức Viet

Cho P (x) = a0x n + a1x n −1 + + a n −1 x + a n ∈ A[x] là một đa thức

bất kì bậc n Giả sử f (x) có n nghiệm α1, α2, , α n thuộc trường K chứa

A Khi đó ta có P (x) = a0(x − α1)(x − α2) (x − α n) Sau khi ta nhân

các thừa số vào với nhau và đồng nhất các hệ tử của P (x), ta có

α1 + α2 + + α n = − a1

a0

Tính chất 1.4 (Bổ đề Euclid): Nếu số tự nhiên a > 1 không có ước

nguyên tố nào trong khoảng từ 1 đến √

a thì a là số nguyên tố.

Tính chất 1.5 Cho p ∈ ℘ và với a thì p | a hoặc (p, a) = 1.

Tính chất 1.6 Cho p ∈ ℘ và a1, , a n là các số tự nhiên Khi đó nếu

p | a1a2 a n thì tồn tại i ∈ {1, 2, , n} để p | a i

Chương 2

Đa thức bất khả quy trên các

trường

2.1 Đa thức bất khả quy trên các trường

2.1.1 Định nghĩa đa thức bất khả quy

Cho A là miền nguyên, P (x) ∈ A[x], P (x) được gọi là đa thức bất khả

quy nếu P (x) ̸= 0, P (x) không khả nghịch và P (x) không có ước thực

sự Khi đó ta cũng nói P (x) là đa thức không phân tích được trên A.

Nhận xét 2.1 Cho A là miền nguyên, đa thức P (x) là bất khả quy

trên A[x] nếu deg P (x) ≥ 1, P (x) không biểu diễn được dưới dạng

P (x) = G(x)H(x) với G(x), H(x) ∈ A[x], 1 ≤ deg G(x), deg H(x) <

deg P (x).

2.1.2 Tính chất của đa thức bất khả quy trên trường

Định lý 2.1 Cho A là 1 trường, f (x) ∈ A[x] Khi đó f(x) bất khả quy trên A khi và chỉ khi ước của nó trong A[x]có dạng α và αf (x) với α ∈ A,

α ̸= 0.

Chứng minh Điều kiện cần : Giả sử A là 1 trường, f (x) ∈ A[x] là đa

thức bất khả quy Vì A là 1 trường nên α ∈ A, α ̸= 0 là các phần tử

khả nghịch của A Ta có ước của f(x) trong A[x] là phần tử khả nghịch hoặc liên kết với f (x) Do đó ước của f (x) trong A[x] là α hoặc αf (x) với α ∈ A, α ̸= 0.

Điều kiện đủ : Giả sử f (x) ∈ A[x] mà ước của nó trong A[x] có

dạng α và αf (x) với α ∈ A, α ̸= 0 Vì A là trường nên α ∈ A, α ̸= 0

là phần tử khả nghịch Suy ra αf (x) là phần tử liên kết của f(x) Do đó f(x) không có ước thực sự Vậy f(x) bất khả quy trong A[x]. 

Định lý 2.2 Cho A là trường và P(x), Q(x) ∈ A[x] và P(x) bất khả quy trên A thì hoặc Q(x) chia hết cho P(x) hoặc P(x) và Q(x) nguyên tố cùng nhau.

Chứng minh Giả sử D(x) là ước chung lớn nhất của 2 đa thức P(x)

và Q(x) Từ thuật toán Euclid ta có P(x) và Q(x) có hệ tử trong A thì

hệ tử D(x) cũng thuộc A Mặt khác P(x) là đa thức bất khả quy trên

A, ta suy ra D(x) = αP (x) hoặc D(x) = α , α ∈ A , α ̸= 0 Suy ra Q(x)

Định lý 2.3 Cho P(x) là đa thức bất khả quy trên trường A, Q(x) và

R(x) ∈ A[x] Nếu Q(x).R(x) chia hết cho P(x) thì ít nhất một trong các thừa số của Q(x) hoặc R(x) chia hết cho P(x).

Chứng minh Vì P(x) là đa thức bất khả quy trên trường A, R(x) là

đa thức bất kì thuộc A Khi đó, theo định lý 2.2, ta có R(x) chia hết cho

P(x) hoặc R(x) và P(x) nguyên tố cùng nhau

+ Xét trường hợp 1: R(x) chia hết cho P(x)

Theo giả thiết ta có Q(x).R(x) chia hết cho P(x) mà R(x) chia hết cho

P(x) Suy ra Q(x) chia hết cho R(x)

+ Xét trường hợp 2: P(x) và R(x) nguyên tố cùng nhau

Ta có R(x).Q(x) chia hết cho P(x) và P(x), R(x) nguyên tố cùng nhau.

Suy ra Q(x) chia hết cho R(x)

Vậy có ít nhất một trong các thừa số Q(x) hoặc R(x) chia hết cho

Q1(x)Q2(x) Q s (x) là 2 biểu diễn của P(x) như tích của các đa thức

không phân tích được trên A, thì r = s và P i (x) = α i Q k i với 0 ̸= α i ∈ A,

k i ∈ {1, 2, , n}.

Chứng minh Giả sử P (x) ∈ A[x] sao cho deg P (x) = n với n ∈ N ∗.

Nếu n = 1 thì P (x) = a0x + a1 Khi đó P(x) là đa thức bất khả quy

và ta có thể nói rằng P(x) được biểu diễn như tích của những thừa sốkhông phân tích được

Nếu n là số tự nhiên bất kì và giả sử mọi đa thức bậc nhỏ hơn

n có thể biểu diễn như tích của những thừa số không phân tích đượctrên A P(x) không phân tích được trên A thì ta có thể nói rằng nó biểudiễn như tích của một thừa số không phân tích được Ngược lại, giả sử

P (x) = Q(x)R(x) với Q(x), R(x) ∈ A[x] và 1 ≤ deg Q(x), deg R(x) < n.

Theo giả thiết quy nạp Q(x) và R(x) biểu diễn như tích của những thừa

số không phân tích được trên A Suy ra điều này cũng đúng với P(x),

nghĩa là mọi đa thức với những hệ số thuộc A biểu diễn như tích củanhững thừa số không phân tích được trên A.

Chứng minh tính duy nhất của biểu diễn trên Giả sử

P (x) = P1(x)P2(x) P r (x) = Q1(x)Q2(x) Q s (x) với P i (x) và

Q j (x) là đa thức bất khả quy trên A Theo định lý 2.3 thì ít nhất một trong những đa thức không phân tích được Q j (x) chia hết cho P1(x) Ta giả sử đa thức đó là Q k1 Mặt khác, cả hai đa thức Q k1 và P1 là không

phân tích được thì P1(x) = α1Q k1 với 0 ̸= α1 ∈ A.

Khi đó P2(x)P3(x) P r (x) = α1Q1(x) Q k1−1 (x) Q k+1 Q s (x) Không mất tính tổng quát, ta giả thiết r ≤ s Lập luận tương tự như trên giả

sử sau r bước ta nhận được

P1(x) = α1Q k1(x), P2(x) = α2Q k2(x), ,P r (x) = α r Q k r (x)

Dễ thấy những đa thức Q k1(x), Q k2(x), ,Q k r (x) sẽ là những đa thức

Q1(x), Q2(x), , Q s (x) nghĩa là r = s và k1, k2, , k r là thứ tự nào

đó trong đó các số 1, 2, , r Vì trong trường hợp ngược lại ta sẽ nhận

được đẳng thức giữa đa thức bậc 0 và đa thức bậc ̸= 0 Suy ra điều phải

2.1.3 Ví dụ

Cho vành đa thức K[x] với K là một trường Khi đó

i) Mọi đa thức bậc nhất của K[x] đều bất khả quy.

ii) Các đa thức bậc 2 và bậc 3 của K[x] là bất khả quy khi và chỉ

khi chúng không có nghiệm trong K

Thật vậy:

i) Giả sử f (x) = ax + b ∈ A[x] có sự phân tích trong K[x] là

f (x) = g(x).h(x) với g(x), h(x) ∈ A[x], deg g(x) ≤ deg f(x)

và deg h(x) ≤ deg f(x) đồng thời deg g(x) + deg h(x) = 1 Khi đó

nếu deg g(x) = 1 thì deg h(x) = 0 hay g(x) = af (x) Và ngược lại nếu deg h(x) = 1 thì deg g(x) = 0 nên f(x) và h(x) là các đa thức liên kết Vậy trong cả 2 trường hợp suy ra đa thức f (x) bất khả quy Chú

ý rằng điều trên đây không còn đúng nữa nếu A không là 1 trường

Thật vậy xét đa thức f (x) = 2x + 4 ∈ Z[x] có f(x) = 2(x + 2), f(x)

có ước thực sự là 2 Điều này chứng tỏ f(x) không bất khả quy

ii) Giả sử f (x) ∈ K[x], deg f(x) = 2 hoặc deg f(x) = 3 f(x) khả quy

khi và chỉ khi f (x) = g(x).h(x); g(x), h(x) ∈ K[x] và 1 ≤ deg g(x),

deg h(x) < deg f (x) khi và chỉ khi một trong 2 đa thức g(x) hoặc

h(x) có bậc bằng 1 khi và chỉ khi f (x) có nghiệm trong K.

2.2 Đa thức bất khả quy trên các trường số

2.2.1 Đa thức bất khả quy trên trường số phức C

Định lý 2.5 Mọi đa thức bất khả quy trên trường số phức đều là đa

thức bậc nhất.

Chứng minh Giả sử P (x) ∈ C[x], deg P (x) = n ≥ 2 và α1, , α n

là nghiệm của P (x).Khi đó P (x) = a(x − α1) (x − α n ) với α i ∈ C ,

i = 1, , n Suy ra P(x) có ước thực sự (x −α i ) , i = 1, , n Suy ra P(x)

không bất khả quy trên C[x] Vậy đa thức bất khả quy trên C[x] là các

2.2.2 Đa thức bất khả quy trên trường số thực R

Định lý 2.6 Đa thức bất khả quy trên trường số thực là những đa thức

bậc nhất và những đa thức bậc hai có biệt thức ∆ âm (đa thức bậc hai

P (x) = ax2 + bx + c có biệt thức là ∆ = b2 − 4ac)

Chứng minh.

+ Hiển nhiên đa thức bậc nhất P (x) ∈ R[x] bất khả quy trên R

+ Giả sử deg P (x) = 2

- Nếu ∆ ≥ 0 suy ra P (x) có các nghiệm x1, x2 Khi đó P (x) có dạng

P (x) = a(x − x1)(x − x2) Suy ra P (x) có ước thực sự Vậy P (x) không

ra P (x) có ước thực sự Vậy P (x) không bất khả quy trên R[x]. 

Ví dụ 2.1 Phân tích đa thức P (x) = x n − 1, n ≥ 2 thành tích các đa

ε m = cos 2mπ

2mπ 2m = cosπ + isinπ = −1

Những số còn lại ε1, ε2, , ε 2m −1 không phải số thực nhưng

Đa thức P (x) = a0x n + a1x n −1 + + a n −1 x + a n ∈ Z[x] gọi là đa

thức nguyên bản nếu những hệ số của nó là những số nguyên tố cùngnhau

a2) Tính chất của đa thức nguyên bản

Tính chất 2.1 (Bổ đề Gauss): Tích của 2 đa thức nguyên bản là một

đa thức nguyên bản.

Chứng minh Giả sử

P (x) = a0 + a1x + + a m x m Q(x) = b0 + b1x + + b n x n

là hai đa thức nguyên bản Ta chỉ cần chứng minh 1 số nguyên tố p tùy

ý, thì p không chia hết các hệ số của đa thức tích Ta có

P (x).Q(x) = c0 + c1x + + c n+m x n+m ở đây c r := ∑

i+j=r

a i b j,

r = 1, n + m Rõ ràng p không chia hết cho các hệ số của P (x) và Q(x)

Giả sử p chia hết a0, a1, , a t −1 , b0, , b s −1 và p không chia hết a t , b s Xét

các hệ số c t+s cuả đa thức tích P (x)Q(x) Ta có

c t+s = a t b s + a t −1 b s+1 + + a t+1 b s −1 +

Trong đó p chia hết các tích bên vế phải nhưng không chia hết các tích

a t b s vì p không chia hết a t , b s Do đó p không chia hết c t+s 

b) Nghiệm hữu tỷ và tính bất khả quy trên Q

Nhận xét 2.2 Nếu một đa thức có bậc lớn hơn 1 có nghiệm trên Q thì

nó khả quy trên Q Vì vậy để xét tính khả quy của đa thức, trong nhiềutrường hợp ta có thể dùng phương pháp tìm nghiệm hữu tỷ

Mệnh đề 2.1 Nếu phân số tối giản r

s là nghiệm hữu tỷ của f (x) =

a n x n + a n −1 x n −1 + + a0 ∈ Z[x] thì r là ước của a0 và s là ước của a n

a n r n = −(a n −1 r n −1 s + + a1rs n −1 + a0s n)

Vế phải của đa thức là bội của s.Vì (r, s) = 1 nên s là ước của a n

Tương tự ta có a0s n = −(a n r n + a n −1 r n −1 s + + a1rs n −1) Vế phải của

đa thức này là bội của r Vì (r, s) = 1 nên r là ước của a0 

Hệ quả 2.1 Nghiệm hữu tỷ (nếu có) của f (x) = x n + + a1x + a0 ∈

Z[x] là nghiệm nguyên và nó là ước của số hạng tự do.

Mệnh đề 2.2 Nếu phân số tối giản r

Vế phải của đa thức là bội của r − ms Do đó f(m)s n là bội của r − ms

hay r − ms là ước của f(m)

Trong trường hợp đặc biệt, m = 1 thì r − s là ước của f(1), m = −1 thì

nghiệm của f (x) Vậy f (x) có nghiệm hữu tỷ, do đó nó khả quy trên Q

b) Giả sử đa thức f (x) = x3− x2+ x − 6 có nghiệm hữu tỷ và nghiệm đó

phải là nghiệm nguyên vì a0 = 1 Các ước của 6 là r = ±1, ±2, ±3, ±6.

Ta thấy f (1) = −5, f(−1) = −9 nên chỉ có r = 2 thỏa mãn mệnh đề

2.2 Thử lại ta thấy rằng f (2) = 0 Vậy đa thức f (x) có nghiệm hữu tỷ,

nghiệm hữu tỷ, do đó nó khả quy trên Q

Chú ý: Đối với đa thức bậc ≥ 4, ta không thể suy ra tính bất khả quy

trên Q từ việc kiểm tra đa thức không có nghiệm hữu tỷ Thật vậy, đa

thức f (x) = (x2 + 1)(x2 + 1) ∈ Z[x] không có nghiệm hữu tỷ, nhưng nó

không bất khả quy

c) Một số tiêu chuẩn bất khả quy của đa thức

c1) Điều kiện để đa thức bậc 2, bậc 3 bất khả quy trên Q

Đa thức bậc 2, bậc 3 bất khả quy trên Q[x] khi và chỉ khi chúng không

có nghiệm hữu tỷ.

Chứng minh.

* Điều kiện cần: Giả sử P (x) ∈ Q[x], deg P (x) = 2 hoặc 3, P (x) bất

khả quy trên Q Giả sử P (x) có nghiệm hữu tỉ α ∈ Q suy ra

P (x) = (x − α)g(x), 1 ≤ deg g(x) < deg P (x)

Suy ra P (x) có ước thực sự là (x − α) Suy ra P (x) không bất khả quy

(mâu thuẫn) Điều giả sử sai, suy ra P (x) không có nghiệm hữu tỷ.

* Điều kiện đủ: Giả sử P (x) ∈ Q[x] và deg P (x) = 2 hoặc 3, P (x) không

có nghiệm hữu tỷ Giả sử P (x) không bất khả quy trên Q[x], suy ra

P (x) = G(x).H(x), 1 ≤ deg G(x), deg H(x) < deg P (x)

Vì bậc của P (x) = 2 hoặc 3, suy ra trong 2 đa thức G(x), H(x) phải có đa thức có bậc 1, đa thức này cho nghiệm hữu tỉ Suy ra P (x)

có nghiệm hữu tỷ (điều này mâu thuẫn) Vậy điều giả sử sai, tức P (x)

c2) Bổ đề Gauss

Định lý 2.7 Cho P (x) ∈ Q[x] Nếu P (x) = g(x).f(x) là sự phân tích

P (x) thành tích của hai đa thức g(x), f (x) với hệ số trong Q thì P (x)

cũng phân tích được thành tích của hai đa thức g0(x), f0(x) với hệ số

trong Z với deg g(x) = deg g0(x), deg f (x) =deg f0(x) Đặc biệt, nếu

P (x) là khả quy trên Q thì nó phân tích được thành tích của hai đa thức

với hệ số nguyên có bậc thấp hơn.

Chứng minh Giả sử P (x) ∈ Z[x] và P (x) = f(x).g(x) với f(x), g(x) ∈

Q[x] Ta có thể viết f(x) = af1(x) và g(x) = bg1(x) trong đó a, b ∈ Q và

f1(x), g1(x) ∈ Z[x] là đa thức nguyên bản Rõ ràng P = abf1(x)g1(x) ∈

Z[x] Ta chứng minh ab ∈ Z Thật vậy, giả sử ab /∈ Z Khi đó ab = r với

r, s ∈ Z, s > 1 và (r, s) = 1

Ta có f1(x)g1(x) = a n x n + + a1x + a0 vì f1(x)g1(x) là nguyên bản nên (a n , a n −1 , , a1, a0) = 1 Vì P (x) ∈ Z[x] nên ra n

hệ số nguyên f0(x) và g0(x) với deg f (x) = deg f0(x) và deg g(x) = deg

Ví dụ 2.3 Xét tính bất khả quy của đa thức f (x) = x4+ 3x3 + x2+ 3trên Q

Lời giải

Ta chứng minh đa thức này bất khả quy trên Q Giả sử ngược lại f(x)

có sự phân tích thành tích f (x) = g(x).h(x) trong đó g(x) ∈ Z[x] Vì vai

trò g(x), h(x) như nhau nên ta có deg g(x) = 1 hoặc deg g(x) = 2 Vì

hệ số cao nhất của f (x) là 1 nên ta có thể giả thiết hệ số cao nhất của

Đồng nhất hệ số hai vế của đẳng thức ta được:

Vì bd = 3 và vai trò của b, d là như nhau nên không mất tính tổng quát

ta có thể giả thiết b = 1, d = 3 hoặc b = −1, d = −3

c3) Tiêu chuẩn Eisenstein

Định lý 2.8 Cho P (x) = a0x n + a1x n −1 + + a n −1 x + a n là một đa thức

hệ số nguyên Giả sử tồn tại số nguyên tố p thỏa mãn điều kiện sau:

i) a0 không chia hết cho p ii) a1, a2, , a n chia hết cho p iii) a n không chia hết cho p2Khi đó đa thức P (x) bất khả quy trên Q[x].

Chứng minh Ta chứng minh bằng phương pháp phản chứng

Giả sử ngược lại ta có P (x) = Q(x).R(x) trong đó

Q(x) = b0x l + b1x l −1 + + b l ∈ Q[x]

R(x) = c0x m + c1x m −1 + + c m ∈ Q[x]

Ở đây deg Q(x) = l, deg R(x) = m, l > 0, m > 0, l + m = n.

Bằng cách so sánh hệ số tự do ta nhận được a n = b l c m Vì a l p hoặc c m p Giả sử b l p nên c m không chia hết cho p Sử dụng nguyên

lí so sánh hệ số ta có:

a n −1 = b l c m −1 + b l −1 c m

a n −2 = b l c m −2 + b l −1 c m −1 + b l −2 c m

a n −3 = b l c m −3 + b l −1 c m −2 + b l c m −1 + b l −3 c m

a0 = b0c0

Vì b l p và a n −1 p nên từ đẳng thức thứ nhất ta nhận được b l −1 c m p Suy ra b l −1 p

Tiếp tục đẳng thức thứ hai với b l p, b l −1 p, a n −2 p suy ra b l −2 p Tiếp tục phương pháp này dẫn đến kết quả b0 p suy ra a0 = b0c0 p.

Điều này trái với giả thiết Vậy ta có điều phải chứng minh 

Nhận xét 2.3 Những đa thức thỏa mãn điều kiện của định lí trên gọi

là đa thức Eisenstein với số nguyên tố p

Ví dụ 2.4 P (x) = x4 + 2x + 2 là đa thức Eisenstein với p = 2.

Ví dụ 2.5 Đa thức f (x) = x4 + 6x3 − 18x2 + 42x + 12 là đa thức bất

khả quy trong Q[x].

Lời giải:

Áp dụng tiêu chuẩn Eisenstein với p = 3, ta có 3 chia hết 6, 18, 42, 12 và

32 không là ước của 12 Vậy f (x) bất khả quy trên Q

Ví dụ 2.6 Xét tính bất khả quy trên Q của đa thức sau:

f (x) = x3 + 3nx2 + n3 (n ∈ Q)

Lời giải:

* Với n = 0 thì f (x) = x3 Đa thức này có các ước thực sự là ax, bx2 với

a, b ∈ Q ∗ Vậy f (x) không bất khả quy trên Q[x].

Xét g(y) = y3 − 3y2 + 6y − 3 Ta thấy g(y) bất khả quy trên Q[y].

Vậy f (x) bất khả quy trên Q

Chú ý: Tồn tại đa thức bất khả quy mà nó không có một cách biến

đổi tuyến tính nào của ẩn để có thể chuyển nó thành đa thức Eisentein

Chứng minh Xét đa thức P (x) = 2x2 + 1 Đa thức này không phân

tích được trên tập hợp số hữu tỷ Đặt x = ay + b (với a, b là những số nguyên bất kì) Khi đó P (x) = Q(y) = 2a2y2 + 4aby + 2b2 + 1

Giả sử Q(y) là đa thức Eisenstein, nghĩa là tồn tại số nguyên tố p sao cho 2a2 không chia hết cho p Vì 4ab p nên 4a p suy ra a p hoặc

4 p Nếu a p nghĩa là hệ số cao nhất của Q(y) chia hết cho p (trái với

đa thức Eisenstein) Nếu 4 p nghĩa là p = 2 thì (2b2 + 1) không chia

c4) Tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng

Mở rộng điều kiện thứ 3 trong tiêu chuẩn Eisenstein ta được định

a n p n ) nhưng a n không chia hết cho p s+1

Khi đó đa thức P (x) không thể phân tích thành nhiều hơn s thừa số khác hằng số.

Chứng minh Dựa vào cách chứng minh của tiêu chuẩn Eisenstein

ta thấy rằng các khẳng định sau đây là đúng Giả sử P (x) = a0x n +

a1x n −1 + + a n −1 x + a n ∈ Z[x] là đa thức thỏa mãn điều kiên 2) và

như vậy Suy ra hệ số cao nhất a0 của P (x) cũng chia hết cho p.Ta giả

sử P (x) phân tích được thành tích nhiều hơn s thừa số, nghĩa là

P (x) = P1(x) P t (x) trong đó t > s và P1(x), , P t (x) không phải

là đa thức hằng số.

Tương tự như chứng minh tiêu chuẩn Eisenstein ta được những

đa thức P i (x) có ít nhất một số hạng tự do của nó chia hết cho p và ít

nhất một số hạng tự do của một đa thức không chia hết cho p Thật

vậy, khẳng định đầu tiên suy ra từ a n p và a n là tích của những hệ số

tự do của đa thức P i (x).

Bây giờ ta đi chứng minh khẳng định thứ 2, giả sử tất cả những

hệ số tự do của đa thức P i (x) chia hết cho p Nhưng khi đó a n không

chia hết cho p s+1 Ta kí hiệu G(x) là tích của đa thức P i (x) có hệ số tự

do chia hết cho p, còn H(x) là tích của những đa thức còn lại Theo giả thiết ban đầu G(x) và H(x) không phải là những hằng số Theo định nghĩa của G(x) và H(x) suy ra từ số hạng tự do của G(x) chia hết cho

p, còn số hạng tự do của H(x) không chia hết cho p.

Khi đó, ta nhận được tất cả các hệ số của G(x) chia hết cho p và

từ đó ta có a0 chia hết cho p Ta nhận được điều vô lý với điều kiện 1,

Nhận xét 2.4 Với s = 1 ta nhận được tiêu chuẩn Eisenstein.

Định lý 2.10 Cho P (x) = a0x n + a1x n −1 + + a n −1 x + a n ∈ Z[x] và k

là một số tự nhiên sao cho 1 ≤ k ≤ n − 1 Giả sử tồn tại số nguyên tố

p thỏa mãn điều kiện sau:

i) a0 không chia hết cho p ii) a k+1 , , a n chia hết cho p iii) a n không chia hết cho p2Khi đó đa thức P (x) có ước không phân tích được là G(x) mà bậc của G(x) luôn lớn hơn hoặc bằng n − k.

Chứng minh.

Nếu P (x) không phân tích được thì định lí được chứng minh.

Giả sử P (x) phân tích được và giả sử P (x) là tích của những thừa số không phân tích được (ít nhất là hai) và P (x) được biểu diễn

P (x) := G(x).H(x)

Do a n p nên hệ số tự do của một đa thức thừa số nào đó cũng chia hết cho p Trong trường hợp này ta sẽ chứng minh bậc l của G(x) thõa mãn bất đẳng thức l ≤ n − k, như vậy định lí được chứng minh.

Thật vậy, ta viết G(x) dưới dạng:

G(x) = b0x l + b1x l −1 + + b l còn tích của những số còn lại đượcviết dưới dạng

H(x) = c0x m + c1x m −1 + + c m

Ta có P (x) = G(x).H(x) , l > 0, m > 0, l + m = n Đa thức G(x) được chọn sao cho b l p Nhưng khi đó c m không chia hết cho p Vì nếu giả sử

c m p thì ta sẽ nhận được a n = b l c m chia hết cho p2 (trái với giả thiết)

Cũng như trên b0 không chia hết cho p vì theo giả thiết a0 = b0.c0

không chia hết cho p nhưng b i+1 p, b i+2 p, , b l p Ta xét hệ số

a m+1 của P (x) ta có:

b m+1 = b i c m + b i+1 c m −1 + b i+2 c m −2 +

Trong đẳng thức sau cùng tất cả các số hạng bên phải đều chia hết cho

p, từ đây suy ra a m+i không chia hết cho p Mà theo điều kiện 2 của

định lý thì chỉ có khả năng với m + i ≤ k hay m + i − k ≤ 0 Nhưng khi

đó

l ≥ l + m + i − k ≥ (l + m) + i − k = n + i − k ≥ n − k

Ta suy ra điều phải chứng minh Định lý này được ứng dụng với các số

k hoặc là lớn hoặc là nhỏ 

Ví dụ 2.7 Chứng minh đa thức f (x) = x3+ 6x2+ 12x + 9 bất khả quy.

Lời giải:

Ta thấy đa thức f (x) có a0 = 1 không chia hết cho 3; a1 = 6, a2 = 12

chia hết cho 3; a3 = 9 chia hết cho 32 nhưng không chia hết cho 33

Áp dụng tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng thì f (x) không thể phân tích được thành nhiều hơn 2 thừa số khác hằng số Khi đó f (x) được phân

tích thành tích của một đa thức bậc nhất và bậc 2 là

f (x) = (x − a)(x2 + bx + c) Khi đó a sẽ là ước của 9, như vậy a = ±1, ±3, ±9 Thay các giá trị của

a vào f (x) đẳng thức không xảy ra Vậy đa thức f (x) không thể phân

tích thành 2 thừa số khác hằng số Vậy đa thức đã cho bất khả quy

a và a phải là ước của 2009 Suy ra a lẻ nên f (a) lẻ hay f (a) ̸= 0 (mâu

thuẫn) Vậy f (x) bất khả quy.

c5) Tiêu chuẩn Polya

Định lý 2.11 Cho f (x) ∈ Z[x] bậc n Đặt m = [n + 1

2

]

Gỉa sử n số nguyên khác nhau d1, d2, , d n không là nghiệm của f (x) và thỏa mãn

f (d i ) < m!

2n Khi đó đa thức f (x) bất khả quy trên Z[x].

Chứng minh Giả sử f (x) khả quy Khi đó f (x) = g(x).h(x) với

g(x), h(x) ∈ Z[x] Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử m =

deg h(x) ≤ deg g(x) = s Như vậy m ≤ s < n Ta thấy ngay g(d i) = 0

c6) Tiêu chuẩn Perron

Bổ đề 2.1 Cho ξ là một số phức sao cho ℜξ < b − 1

2 (trong đó ℜ là phần thực của số phức ξ) Khi đó