Một số tiêu chuẩn về đa thức bất khả quy

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘINGUYỄN THỊ KIM CHI MỘT SỐ TIÊU CHUẨN VỀ ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC HÀ NỘI, 05 - 2017... BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTRƯỜNG

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

NGUYỄN THỊ KIM CHI

MỘT SỐ TIÊU CHUẨN VỀ ĐA THỨC

BẤT KHẢ QUY

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

HÀ NỘI, 05 - 2017

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

NGUYỄN THỊ KIM CHI

MỘT SỐ TIÊU CHUẨN VỀ ĐA THỨC

BẤT KHẢ QUY

Chuyên ngành: Đại số và lý thuyết số

Mã số: 60.46.01.04

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: TS Bùi Huy Hiền

HÀ NỘI, 05 - 2017

Mục lục

1 Một số khái niệm về đa thức Đa thức bất khả quy trên R

1.1 Khái niệm về đa thức bất khả quy 5

1.2 Đa thức bất khả quy trên trường số phức 12

1.3 Đa thức bất khả quy trên trường số thực 15

2 Đa thức bất khả quy trên trường số hữu tỉ 17 2.1 Nghiệm hữu tỉ của đa thức với hệ số nguyên 17

2.2 Tiêu chuẩn Eisenstein 23

2.3 Tiêu chuẩn Dumas 28

2.4 Tiêu chuẩn bất khả quy thu gọn 32

2.5 Tiêu chuẩn bất khả quy liên quan đến nghiệm đa thức 38

2.5.1 Tiêu chuẩn Perron thứ nhất 38

2.5.2 Tiêu chuẩn Brauer 40

2.5.3 Tiêu chuẩn Osada 42

2.5.4 Tiêu chuẩn Polya 44

2.5.5 Tiêu chuẩn Perron thứ hai 45

3 Tiêu chuẩn bất khả quy của tam thức và tứ thức 523.1 Tiêu chuẩn bất khả quy của các tứ thức 523.2 Tiêu chuẩn bất khả quy của tam thức 58

5.1 Khái niệm đa thức nhiều biến 695.2 Định lý Hilbert 73

Phần mở đầu

1 Lý do chọn đề tài

Một khái niệm cơ bản và quan trọng trong toán học nói chung và trongđại số nói riêng là khái niệm đa thức Đây là một chuyên đề trọng tâm củachương trình toán trung học phổ thông Đa thức không chỉ là đối tượngnghiên cứu của đại số mà còn là công cụ đắc lực trong nhiều lĩnh vực nhưgiải phương trình, bất phương trình và nhiều lĩnh vực khác

Trong các kì thi học sinh giỏi cấp quốc gia, quốc tế, các kì thi Olympictoán sinh viên giữa các trường đại học thì các bài toán liên quan đến đathức thường xuyên được đề cập và được xem như là những bài toán khó.Tuy đó là vấn đề cổ điển nhưng vẫn thu hút và hấp dẫn với những ngườiyêu Toán

Trong lý thuyết đa thức thì đa thức bất khả quy đóng một vai trò quantrọng giống như vai trò của số nguyên tố trong tập các số nguyên Các bàitoán về xét tính bất khả quy của các đa thức trên các trường số C và R

đã được giải quyết từ khi người ta chứng minh được Định lý cơ bản củaĐại số và chứng minh hoàn chỉnh này được đưa ra bởi Gauss năm 1816.Nhưng các bài toán về xét tính bất khả quy của các đa thức trên Q vẫnđang thử thách các nhà toán học thế giới

Với các lý do trên tôi đã chọn đề tài "Một số tiêu chuẩn về đa thức

bất khả quy" nhằm mục đích là trình bày, hệ thống một số kết quả vàtiêu chuẩn bất khả quy của một đa thức trên các trường số và một số bàitập điển hình liên quan đến việc xét tính bất khả quy của đa thức.

2 Định hướng nghiên cứu

Trước hết, tác giả cần tìm hiểu và trình bày một số kiến thức cơ bản

về đa thức, đa thức bất khả quy, Trên cơ sở đó tác giả trình bày địnhnghĩa, các kết quả chính và một số ví dụ về đa thức bất khả quy

3 Phương pháp nghiên cứu

Đọc và dịch các tài liệu liên quan, phân tích, so sánh, tổng hợp và nghiêncứu lý thuyết

4 Cấu trúc luận văn

Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, luận văn gồm cácchương sau:

Chương 1 Một số khái niệm về đa thức Đa thức bất khả quytrên trường C và R

Trình bày một số kiến thức cơ bản về đa thức, đa thức bất khả quy và

đa thức bất khả quy trên trường số C và R thông qua Định lý cơ bản củaĐại số

Chương 2 Đa thức bất khả quy trên Q

Trình bày về nghiệm hữu tỉ của một đa thức và hệ thống một số tiêuchuẩn bất khả quy của đa thức một biến trên trường Q chẳng hạn nhưTiêu chuẩn Eisenstein, Tiêu chuẩn Dumas, Tiêu chuẩn Perron, Các bàitập của chương bao gồm việc chứng minh một đa thức một biến bất khảquy dựa vào các tiêu chuẩn đã biết

Chương 3 Tiêu chuẩn bất khả quy của tam thức, tứ thức

Chương 4 Một số bài tập về đa thức bất khả quy.

Trình bày một số bài tập điển hình liên quan đến việc xét tính bất khảquy của đa thức

Chương 5 Đa thức bất khả quy nhiều biến

Trình bày định nghĩa của đa thức bất khả quy nhiều biến và Định lýHilbert

Cảm ơn bạn bè, gia đình, đồng nghiệp và tất cả mọi người đã quantâm, động viên và giúp đỡ để tôi có thể hoàn thành nhiệm vụ của mình.Mặc dù đã có nhiều cố gắng, song do thời gian và trình độ còn hạnchế nên bản luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót nhất định Tôi rấtmong nhận được ý kiến đóng góp của quý độc giả để bản luận văn nàyđược hoàn thiện hơn Tôi xin chân thành cảm ơn.

Hà Nội, tháng 5 năm 2017

Học viên

Nguyễn Thị Kim Chi

Chương 1

Một số khái niệm về đa thức Đa

thức bất khả quy trên R và C

Cho A là một vành giao hoán có đơn vị 1 Kí hiệu

f + g =

n

X(ai + bi)xi+ bn+1xn+1 + · · · + bn+sxn+s

Ta chỉ định nghĩa bậc cho những đa thức khác 0, còn ta quy ước đathức 0 là không có bậc Kí hiệu A [x] là tập các đa thức ẩn x với hệ sốtrong A.

Định nghĩa 1.1 Cho f (x), g(x) ∈ A [x], A là một miền nguyên Nếu

f (x) = h(x)g(x) với h(x) ∈ A [x] thì ta nói rằng g(x) là ước của f (x) hoặc

f (x) chia hết cho g(x)

Định lý 1.2 Giả sử A là một trường, các đa thức f (x), g(x) ∈ A [x] trong

đó g(x) 6= 0 Khi đó tồn tại duy nhất một cặp đa thức q(x), r(x) ∈ A [x]sao cho

f (x) = g(x)q(x) + r(x), với r(x) = 0 hoặc deg r(x) < deg g(x) Định nghĩa 1.3 Cho A là vành giao hoán có đơn vị, K là một trườngchứa A, đa thức f (x) = amxm + am−1xm−1 + · · · + a1x + a0 ∈ A [x] Khi

đó một phần tử c ∈ K được gọi là nghiệm của f (x) nếu f (c) = amcm +

am−1cm−1+· · ·+a1c+a0 = 0 Trong trường hợp này ta cũng gọi c là nghiệmcủa phương trình f (x) = 0

nhất của f (x), g(x) ∈ K [x] nếu d(x) là một ước chung của f (x) và g(x),

và nếu h(x) là một ước chung của f (x) và g(x) thì h(x) cũng là ước củad(x) Ta kí 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

Để tìm ước chung lớn nhất ta có thuật toán sau:

Mệnh đề 1.5 (Thuật toán Euclid tìm ước chung lớn nhất)

Giả sử f, g ∈ K [x] với K là một trường và g 6= 0 Khi đó tồn tại một số

tự nhiên k sao cho khi thực hiện liên tiếp các phép chia ta có

rk−2 = rk−1qk + rk, rk 6= 0, degrk < degrk−1

rk−1 = rkqk+1.Trong trường hợp này, rk là ước chung lớn nhất của f và g

Chứng minh Chia f cho g ta được dư r Nếu r 6= 0 thì chia g cho r tađược dư r1 Nếu r1 6= 0 thì chia r cho r1 ta được dư r2 Quá trình trên phảidừng sau một số hữu hạn bước vì dãy giảm các số tự nhiên deg g > deg r

> deg r1 > không thể kéo dài vô hạn Xét từ đẳng thức cuối ngược trởlên ta suy ra rk là một ước chung của f và g Giả sử t(x) là một ước chungcủa f và g Xét từ đẳng thức từ trên xuống ta suy ra t(x) là ước của rk(x)

Vì thế rk là ước chung lớn nhất của f và g

Hệ quả 1.6 Giả sử f (x), g(x) ∈ K [x], K là một trường và d(x) = gcd(f (x), g(x)) Khi đó tồn tại u(x), v(x) ∈ K [x] sao cho

Nhận xét 1.8 Cho f (x) 6= 0 là đa thức trên trường K [x] Khi đó f (x)bất khả quy trên K [x] khi và chỉ khi ước của nó trong K [x] có dạng α và

αf (x) ở đây α 6= 0 và α ∈ K

Mệnh đề 1.9 Các phát biểu sau đây là đúng :

(ii) Nếu f (x) có bậc lớn hơn 1 và có nghiệm trong K thì f (x) khả quy.(iii) Đa thức bậc hai bậc ba là bất khả quy nếu và chỉ nếu nó không cónghiệm trong K.

(iv) Nếu af (x) bất khả quy trên K thì f (x) cũng bất khả quy trên K.(v) Nếu f (ax) bất khả quy trên K thì f (x) cũng bất khả quy trên K.(vi) Đa thức f (x) có bậc dương là bất khả quy nếu và chỉ nếu f (x + a) bấtkhả quy với mọi a ∈ K

Chứng minh

(i) Rõ ràng đa thức bậc nhất không thể phân tích thành tích của hai đathức có bậc thấp hơn được

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

đó deg g = deg f − 1 ≥ 1 Do đó f khả quy

(iii) Cho đa thức f (x) có bậc hai và bậc ba Nếu f khả quy thì nó phântích được thành tích hai đa thức có bậc thấp hơn Một trong hai đa thức

đó phải có bậc một, do đó f (x) có nghiệm trong K Nếu f (x) có nghiệmtrong K thì theo (ii) f (x) là khả quy

(iv) Giả sử f (x) khả quy, tức là f (x) = g(x)h(x), trong đó degg(x) > 0, degh(x) > 0 Khi đó: af (x) = ag(x)h(x) Suy ra af (x) khả quy (mâu thuẫn).(v) Giả sử f (x) khả quy, tức là f (x) = g(x)h(x) Khi đó

f (ax) = g(ax)h(ax)

Từ điều kiện a 6= 0 và deg g(x) = deg (g(ax)), deg h(x) = deg (h(ax)).Suy ra f (ax) khả quy (mâu thuẫn)

(vi) Giả sử f (x) khả quy, tức là f (x) = g(x)h(x) Khi đó

Chứng minh Giả sử q không chia hết cho p thì (p, q) = 1 nghĩa là tồn tại

đa thức a và b sao cho ap+bq = 1 Nhân cả hai vế với r ta có qpr +bqr = r

Mà pr và qr chia hết cho p nên r cũng chia hết cho p

Định lý 1.11 Cho K là một trường Đa thức f (x) ∈ K [x] có thể phântích thành tích các nhân tử bất khả quy và phân tích này là duy nhất.Chứng minh Sự tồn tại Ta sẽ chứng minh sự tồn tại bằng quy nạp theo

n với deg f = n

Với n = 1 thì f (x) = a0x + a1 là đa thức thức bất khả quy và có thểcho rằng nó biểu diễn như tích một nhân tử bất khả quy

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

có thể biểu diễn thành tích các nhân tử bất khả quy Nếu đa thức f là bấtkhả quy trên K thì ta có thể cho rằng nó có thể phân tích thành một tíchcác nhân tử bất khả quy Giả sử ngược lại f là khả quy nghĩa là f = gh ở

đó deg g < n, deg h < n Nhưng theo giả thiết quy nạp g, h có biểu diễnnhư tích của các nhân tử bất khả quy Suy ra điều này cũng đúng với f ,nghĩa là mọi đa thức f ∈ K [x] đều có thể phân tích thành tích các nhân

g1 = a1hk1, g2 = a2hk2, , gs = ashks.

Ta thấy giữa những đa thức hk1, hk2, , hks là những đa thức h1; h2; ; ht

nghĩa là s = t và k1, k2, , ks là thứ tự nào đó trong các số 1, 2, , s

Vì khái niệm bất khả quy phụ thuộc vào các trường cơ sở nên có thểxảy ra tình huống đa thức bất khả quy trên trường này nhưng không bấtkhả quy trên trường kia

Ví dụ 1.12 Cho f (x) = x2 + x + 1 và g(x) = x2 + 1 là hai đa thức bấtkhả quy trên R Nhưng f (x) và g(x) lại khả quy trên C

2 i)(x +

1

2 −

√3

2 i)g(x) = x2 + 1 = (x2 − i2) = (x − i)(x + i)

Suy ra g(x) và f (x) là khả quy trên C

1.2 Đa thức bất khả quy trên trường số phức

Trong thế kỉ 17, khi các định lý đại số rất ít, phát biểu sau được coi làĐịnh lý cơ bản của đại số: Một đa thức xác định có bậc n với hệ số phức

có đúng n nghiệm (tính cả bội)

Người đầu tiên đưa ra phát biểu này là Alber de Girard năm 1629,nhưng ông không chứng minh điều đó Người đầu tiên nhận ra sự cần thiếtphải chứng minh Định lý cơ bản của đại số là d’Alembert Chứng minhcủa ông (1746) không được xem là thuyết phục Euler (1749), Faunsenet(1759) và Lagrange (1771) cũng đã đưa ra chứng minh nhưng những chứngminh này chưa chặt chẽ Người đầu tiên đưa ra một chứng minh thỏa đángcủa Định lý cơ bản của đại số là Gauss Ông đã đưa ra ba cách khác nhau

để chứng minh (năm 1799, 1815, 1816) và năm 1845 ông đưa ra thêm mộtcách chứng minh chính xác Ở đây, chúng ta xét cách chứng định lý nàydựa trên định lý Rouché

Định lý 1.13 (Rouché) Cho các đa thức f và g; γ là đường cong đóngkhông tự cắt trong mặt phẳng phức Nếu

|f (z) − g(z)| < |f (z)| − |g(z)| (1.2.0.1)với mọi z ∈ γ thì trong γ thì số nghiệm của f và g bằng nhau (tính cả bội).Chứng minh Trong mặt phẳng phức, xét các trường véctơ v(z) = f (z) vàw(z) = g(z) Từ (1.2.0.1) ta suy ra rằng không điểm nào của γ là các véctơ

v, w ngược hướng nhau Nhớ lại rằng, chỉ số của đường cong γ đối vớitrường véctơ v là số vòng quay của vectơ v(z) vì nó hoàn toàn bao hàmđường cong γ Xét trường véctơ

Khi đó v0 = w và v1 = v Rõ ràng rằng mọi điểm z ∈ γ thì véc-tơ vt(z) làkhác không Điều này có nghĩa là chỉ số ind(t) của γ đối với trường véctơ vtđược xác định Số nguyên ind(t) phụ thuộc vào t, và do đó ind(t) = const.

Cụ thể, các chỉ số tương quan của các trường véctơ v và w trùng nhau.Giả sử chỉ số của điểm đơn z0 được xác định là chỉ số của đường cong

|z − z0| = ε, trong đó ε là đủ nhỏ Không khó để chứng minh rằng chỉ sốcủa γ đối với trường véc-tơ v bằng tổng các chỉ số của điểm đơn, tức lànhững điểm có v(z) = 0 Đối với trường véc-tơ v(z) = f (z), số của điểmđơn z0 bằng với số nghiệm bội z0 của f Do đó sự trùng nhau của các chỉ

số γ đối với các trường véctơ v(z) = f (z) và w(z) = g(z), tức là bên trong

γ, số lượng nghiệm của f bằng với số lượng nghiệm của g

Bây giờ ta chứng minh Định lý cơ bản của Đại số

Định lý 1.14 (Định lí cơ bản của Đại số) Cho f (z) là một đa thứcvới hệ số phức có bậc n > 0 Khi đó f (z) có n nghiệm phức

Chứng minh Giả sử f (z) = anzn + · · · + a1z + a0 là một đa thức với hệ

số phức có bậc n > 0 Ta cần chứng minh f (z) có nghiệm phức Đặtg(z) = anzn và

h(z) = f (z) − g(z) = an−1zn−1+ · · · + a1z + a0.Lấy số thực r > 0 Trên đường tròn |z| = r ta có

|g(z)| = |anzn| = |an||z|n = |an|rn;

và |h(z)| = |an−1zn−1 + · · · + a1z + a0| ≤ |an−1|rn−1 + · · · + |a1|r + |a0| Vì

có n nghiệm phức.

Định lý 1.15 Mọi đa thức bất khả quy trên trường số phức đều là đa thứcbậc nhất

Chứng minh Cho f (x) là đa thức có hệ số phức và bất khả quy trên C

Vì trường số phức là trường đóng đại số nên mọi đa thức có bậc 6= 0 đều

có đủ các nghiệm trên C Gọi α là một nghiệm nào đó thì ta có:

f (x) = g(x).(x − a)

Mà f (x) bất khả quy nên g(x) là hằng số 6= 0 Vậy mọi đa thức bất khảquy trên C đều là đa thức bậc nhất

1.3 Đa thức bất khả quy trên trường số thực

Định lý 1.16 Cho một đa thức bậc dương f (x) ∈ R [x] Khi đó f (x) làmột đa thức bất khả quy khi và chỉ khi hoặc

f (x) = ax + b với a 6= 0hoặc

f (x) = ax2 + bx + c với a 6= 0 và b2 − 4ac < 0

Chứng minh Hiển nhiên, nếu f (x) ∈ R [x] là đa thức bậc nhất hoặc tamthức bậc hai với biệt thức ∆ = b2 − 4ac < 0, thì f (x) là bất khả quy trên

R Ta sẽ chứng minh điều ngược lại

Giả sử f (x) ∈ R [x] là một đa thức bất khả quy với deg f (x) ≥ 1

Trường hợp deg f (x) = 1 thì f (x) = ax + b với a 6= 0

Trường hợp deg f (x) = 2 khi đó f (x) = ax2 + bx + c với a 6= 0 Nếu

∆ = b2 − 4ac ≥ 0 thì f (x) có hai nghiệm α1, α2 ∈ R và ta có f(x) =a(x − α1)(x − α2) Vậy b2 − 4ac < 0

Trường hợp deg f (x) > 2 Vì C là trường đóng đại số nên f (x) = 0 cónghiệm α ∈ C theo Định lí cơ bản của đại số Do 0 = f (α) = f (α), nên

f (x) còn có nghiệm α Giả sử α = p + qi ∈ C, khi đó f (x) chứa nhân tử(x − α)(x − α) = x2 − 2px + p2 + q2 ∈ R [x] hay f(x) là khả quy (mâuthuẫn)

Tóm lại, f (x) ∈ R [x] là một đa thức bất khả quy khi và chỉ khi hoặc

f (x) = ax + b với a 6= 0hoặc

f (x) = ax2 + bx + c với a 6= 0 và b2 − 4ac < 0

Định lý 1.17 Mỗi đa thức bậc dương f (x) ∈ R [x] đều có thể phân tíchđược một cách duy nhất dưới dạng

f (x) = a(x − a1)n1 (x − as)ns(x2 + b1x + c1)d1 (x2 + brx + cr)dr

trong đó a1 > a2 > > as và b2i − 4ci < 0 với mọi i = 1, , r cùng với

(b1, c1) > (b2, c2) > > (br, cr)(theo thứ tự từ điển)

Chứng minh Ta biết rằng R [x] là một vành Euclid, nên f (x) có thể phântích được thành tích các nhân tử bất khả quy trong R [x] Bằng cách viết

αx + β = α



x + βα

và

q với (p,q) = 1 là nghiệm của phương trình f (x) = 0thì ta có các khẳng định sau:

(i) p là một ước của an và q là một ước của a0

(ii) p − mq là một ước của f (m) với mọi số nguyên m

Chứng minh

(i) Giả sử số hữu tỉ p

q với (p, q) = 1 là một nghiệm của f (x) = 0 Khi đó

Do đó

a0pn = −(a1pn−1q + · · · + an−1pqn−1+ anqn)

Vế phải của đẳng thức này là bội của q, vì thế vế trái của a0pn cũng là bộicủa q mà (p, q) = 1 nên (pn, q) = 1 Do đó a0 là bội của q hay q là một ướccủa a0

Bây giờ ta chứng minh p là ước của an Cũng từ (2.1.0.1) ta có

anqn = −(a0pn + a1pn−1q + · · · + an−1pqn−1)

Vế phải của đẳng thức này là bội của p, vì thế vế trái của anqn cũng là bộicủa p mà (p, q) = 1 nên (p, qn) = 1 Do đó an là bội của p hay p là mộtước của an

(ii) Khai triển f (x) theo các lũy thừa của x − m ta được

f (x) = a0(x − m)n + b1(x − m)n−1 + · · · + bn−1(x − m)n−1 + f (m) ∈ Z [x]

Thay x = p

q, ta được

a0(p − mq)n+ b1(p − mq)n−1q + · · · + bn−1(p − mq)n−1 + f (m)qn = 0

Vì (p, q) = 1 nên p − mq là ước của f (m) với mọi số nguyên m

Đặc biệt, (p + q) là ước của f (−1) và (p − q) là ước của f (1)

Hệ quả 2.2 Các nghiệm hữu tỉ của đa thức

f (x) = xn+ a1xn−1+ · · · + an ∈ Z [x] phải là các số nguyên

Ví dụ 2.3 Xét tính bất khả quy trên Q của các đa thức sau:

Ta có f (−3) = 0 nên −3 là một nghiệm hữu tỉ của f (x), ta có thể viết:

f (x) = (x + 3)g(x)với g(x) = x3− 5x2+ 7x − 8 Ta cần tìm nghiệm hữu tỉ của g(x) Giả sử α

là nghiệm hữu tỉ của g(x) thì α nguyên và α| − 8 Vì g(x) < 0 khi x < 0nên α > 0 Hơn nữa 1 và 2 không là nghiệm của f (x) nên cũng không lànghiệm của g(x) do đó α ∈ {4, 8} Ta lại có 1 − 4 = −3 và 1 − 8 = −7không là ước của f (1) = −20 nên 4 và 8 không là nghiệm của g(x) Vậy

−3 là nghiệm hữu tỉ duy nhất của đa thức đã cho, do đó f (x) khả quytrên Q

b) Nhân hai vế của f (x) với 3 ta được:

f (3x) = 27x3 + 18x2 − 24x + 21

Đặt y = 3x ta được f (y) = y3+ 2y2− 8y + 21 Giả sử f (y) có nghiệm hữu

tỉ là α Vì an = 1 nên nghiệm hữu tỉ của f (y) phải là nghiệm nguyên vàα|21 Suy ra α ∈ {±1, ±3, ±7 ± 21} Ta thấy f (1) = 16, f (−1) = 30 và

1 − (−3) = 4 là ước của f (1), 1 + (−7) = −6 là ước của f (−1) Nhưng

f (−3) 6= 0, f (−7) 6= 0 Vậy đa thức f (y) không có nghiệm hữu tỉ, suy ra

f (x) bất khả quy trên Q

Cho đa thức f (x) = a0xn + a1xn−1 + + an ∈ Z [x] , a0 6= 0

Đặt cont f (x) = d = (a0, , an) Khi đó 1

df là một đa thức với hệ sốnguyên và các hệ số nguyên tố cùng nhau Đa thức này gọi là một đa thứcnguyên bản

Bổ đề 2.4 (Gauss) Nếu g, h ∈ Z [x] thì cont(gh) = cont (g)cont (h).Chứng minh Ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp

cont(g) = cont(h) = 1

là đủ, vì thay cho việc xét g và h ta xét các đa thức g

cont(g) và

hcont(h)tương ứng Giả sử

g(x) = a0xn + a1xn−1 + · · · + anvà

h(x) = b0xm+ b1xm−1+ · · · + am

với a0b0 6= 0 và cont (g) = cont (h) = 1 Giả sử cont (gh) = d > 1 Gọi p

là một ước nguyên tố của d Khi đó tất cả các hệ số của gh đều chia hếtcho p, trong khi g và h có những hệ số không cùng chia hết cho p Gọi ar

và bs là những hệ số đầu tiên của g và h tương ứng mà không chia hết cho

p Khi đó hệ số cc+s của gh thoả mãn

Bổ đề 2.5 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 tíchnhững đa thức với hệ số nguyên và có bậc khác 0

Chứng minh Giả sử f (x) không bất khả quy trong Q [x] thì f (x) có thểviết dưới dạng:

f (x) = ϕ(x)ψ(x)với ϕ(x) và ψ(x) là những ước thực sự của f (x) trong Q [x] Theo trên ta

số nguyên Do đó

f (x) = p

qg(x)h(x)với p

q =

ac

bd và p, q nguyên tố cùng nhau Ta kí hiệu các hệ số của đa thứctích g(x)h(x) bằng ei theo bổ đề trên suy ra ei không có ước chung nàokhác ngoài ±1 Mặt khác, vì f (x) ∈ Z [x] nên các số pei

q phải là số nguyên,

do đó q chia hết mọi ei vì q nguyên tố với p Ta suy ra q = ±1, tức là

f (x) = ±qg(x)h(x) Vì ϕ(x) và ψ(x) là những ước thực sự của f (x) trong

Q [x] nên g(x) và h(x) là những đa thức bậc khác 0 của Z [x]

Định lý 2.6 Đa thức với hệ số nguyên là bất khả quy trên Z nếu và chỉnếu nó bất khả quy trên Q

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

Dễ thấy rằng luôn tồn tại số hữu tỉ dương r và s sao cho mg và sh thuộc

Z [x], đồng thời là các đa thức hệ số nguyên

Khi đó, vì rsf = (rg)(sh) và f là một đa thức nguyên bản với mg và shthuộc Z, nên rs nguyên dương Theo bổ đề Gauss, ta có

rs = cont(rsf ) = cont(rg)cont(sh) = 1

Vậy rs = 1 Do đó f = (rg)(sh) là một phân tích của f trong Z [x]

Mặc dù bài toán xét tính bất khả quy của các đa thức trên trường sốphức C và trường số thực R đã được giải quyết từ đầu thế kỉ 19, khi người

ta chứng minh được Định lý cơ bản của Đại số Cụ thể là, các đa thức bấtkhả quy trên C 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 thức bậc hai với biệt thức âm.Tuy nhiên bài toán xét tính bất khả quy của các đa thức trên Q cho đếnnay vẫn là bài toán mở Từ định lý trên ta có thể chuyển việc xét tínhbất khả quy của các đa thức trên Q [x] về việc xét tính bất khả quy trên

Z [x] Sau đây ta sẽ tìm hiểu một số tiêu chuẩn có thể kiểm tra một đathức thuộc Z [x] là bất khả quy

2.2 Tiêu chuẩn Eisenstein

Định lý 2.7 (Tiêu chuẩn Eisenstein) Cho đa thức

f (x) = anxn + an−1xn−1 + · · · + a0

có bậc n > 1 với hệ số nguyên Giả sử rằng tồn tại một số nguyên tố p saocho

(i) an không chia hết cho p

(ii) Các ai chia hết cho p, với i < n

(iii) a0 không chia hết cho p2

Khi đó f (x) là đa thức bất khả quy trên Z [x]

Chứng minh Giả sử đa thức f (x) khả quy trên Z, khi đó tồn tại hai đathức bậc dương g, h với hệ số nguyên để

với r = deg g, s = deg h > 0, r + s = n Vì b0c0 = a0 chia hết cho p, nên

ít nhất một trong hai số b0 hoặc c0 phải chia hết cho p

Chẳng hạn b0 chia hết cho p Vì a0 không chia hết cho p2 nên c0 không chiahết cho p Khi đó nếu tất cả các bi chia hết cho p thì an cũng phải chiahết cho p (mâu thuẫn với giả thiết) Do đó phải tồn tại một bj không chiahết cho p Gọi i là chỉ số nhỏ nhất để bi không chia hết cho p Khi đó vì

ai = bic0+bi−1c1+· · · +b0ci và ai cùng với tất cả các số hạng bi−1c1, , b0ciđều chia hết cho p nên bic0 cũng phải chia hết cho p (mâu thuẫn) Vậy f (x)

là một đa thức bất khả quy trên Z [x]

Ví dụ 2.8 Cho p là số nguyên tố, q không chia hết cho p thì xm− pq bấtkhả quy trên Z[x].

Thật vậy, theo tiêu chuẩn Eisenstein có:

Ví dụ 2.9 Nếu p là một số nguyên tố thì đa thức

p − 1



Vì p là nguyên tố nên Cpk chia hết cho p với mọi 0 < k < p và Cpp−1 = pkhông chia hết cho p2 Do đó theo tiêu chuẩn Eisenstein thì f (x + 1) là bấtkhả quy trên Q[x] Vì f (x) là đa thức nguyên bản nên f (x) là bất khả quytrên Z [x]

Ví dụ 2.10 Với mỗi số nguyên tố p thì đa thức

f (x) = 1 + x + x

2

2! + · · · +

xpp!

là bất khả quy trên Q [x]

Chứng minh Ta phải chứng minh đa thức

p!f (x) = xp+ pxp−1+ p(p − 1)xp−2+ · · · + p!x + p!

là bất khả quy trên Q.

Thật vậy, ta có p!

i! chia hết cho p nhưng không chia hết cho p

2 với mọi

i < p Theo tiêu chuẩn Eisenstein, đa thức p!f (x) là bất khả quy trong

Z [x], suy ra nó bất khả quy trong Q [x] Mặt khác, vì p! khả nghịch trong

Q nên f (x) bất khả quy trong Q [x]

Ví dụ 2.11 Chứng minh các đa thức sau bất khả quy trong Q [x]

Q [x]

b) Ta có 14f (x) = 35x5+ 63x4+ 210x3+ 6x2+ 84x + 3 Khi đó ta áp dụngtiêu chuẩn Eisenstein với p = 3, ta được đa thức 14f (x) bất khả quy trong

Q [x] nên đa thức f (x) bất khả quy trong Q [x]

Có một số cách mở rộng tiêu chuẩn Eisenstein, mở rộng điều kiện thứ

(i) an không chia hết cho p.

(ii) Tất cả các ai chia hết cho p, với i < n

(iii) Kí hiệu s là bậc cao nhất của p sao cho a0 chia hết cho ps (nghĩa là

a0 ps nhưng a0 không chia hết cho ps+1 )

Khi đó f (x) không thể phân tích thành tích nhiều hơn s thừa số khác hằng

số (với s = 1 ta nhận được tiêu chuẩn Eisenstein)

Một cách khác để tổng quát hóa là mở rộng điều kiện 2) của tiêu chuẩnEisenstein:

Định lý 2.13 Cho đa thức

f (x) = a0xn + a1xn−1 + · · · + an−1x + an

có bậc n > 1 với hệ số nguyên và k là một số tự nhiên sao cho 0 ≤ k ≤ n−1.Giả sử rằng tồn tại một số nguyên tố p sao cho:

(i) a0 không chia hết cho p

(ii) Các hệ số ak+1, ak+2, , an chia hết cho p

(iii) an không chia hết cho p2

Khi đó đa thức f (x) có nhân tử bất khả quy là g(x) mà bậc của đa thứcnày lớn hơn hoặc bằng n − k

Chứng minh Nếu f (x) bất khả quy thì định lí đã được chứng minh.Giả sử f (x) khả quy và được biểu diễn dưới dạng

f (x) = g(x)h(x)

tích của những thừa số bất khả quy (ít nhất là hai) với hệ số nguyên Do

an 6 p nên hệ số tự do của một thừa số nào đó cũng chia hết cho p Trongtrường hợp này ta sẽ chứng minh bậc l của g(x) thỏa mãn bất đẳng thức

l ≤ n − k thì định lí được chứng minh

Thật vậy, giả sử g(x) có dạng

g(x) = b0xl + b1xl−1 + · · · + bl,còn tích những số còn lại có dạng

q(x) = c0xm+ c1xm−1 + · · · + cm

Ta có f (x) = g(x)q(x), l > 0, m > 0, l + m = n Đa thức g(x) được chọnsao cho bl p Nhưng khi đó cm không chia hết cho p, vì nếu giả sử cm p ta

sẽ nhận được an = blcm chia hết cho a2n (điều này trái với giả thiết)

Cũng như trên b0 không chia hết cho p, vì theo giả thiết a0 = b0c0 khôngchia hết cho p

Ta kí hiệu i là chỉ số từ cuối cùng trong dãy 0, 1, 2, , l sao cho bi khôngchia hết cho p, nhưng bi+1 p, bi+2 p, , bl p Ta xét hệ số am+i của p(x) Tacó

am+i = bicm+ bi+1cm−1 + bi+2cm−2 + · · ·Trong đẳng thức sau cùng tất cả các số hạng bên phải đều chia hết cho p,chỉ riêng số hạng đầu không chia hết cho p, từ đây suy ra am+i không chiahết cho p

Nhưng theo điều kiện 2) của định lí thì chỉ có khả năng với m + i ≤ khoặc m + i − k ≤ 0 Khi đó,

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

Nhận xét 2.14 Trong trường hợp k = 0 thì ta nhận được Tiêu chuẩnEisenstein, thật vậy f (x) sẽ có nhân tử bất khả quy với số bậc n − 0, nghĩa

là chính đa thức đó

Cho p là số nguyên tố và f (x) =Pni=0Aixi là một đa thức có hệ số nguyênsao cho A0An 6= 0 Ta có biểu diễn các hệ số khác không của f (x) dướidạng Ai = aipαi, ở đó ai là số nguyên không chia hết cho p Với mỗi hệ

số khác không aipαi ta đặt một điểm trên mặt phẳng với tọa độ xác định(i, αi) Tập hợp các điểm này ta được đa giác Newton của đa thức f (tươngứng với p) Ta sẽ xây dựng đa giác như sau

Đặt P0 = (0, α0) và P1 = (i1, αi1), ở đó i1 là số nguyên lớn nhất màkhông có điểm (i, αi) nằm dưới đường P0P1 Hơn nữa, đặt P2 = (i2, αi2),

ở đó i2 là số nguyên lớn nhất mà không có điểm (i, αi) nằm dưới đường

P1P2, Cuối cùng ta có đoạn Pr−1Pr, với Pr = (n, αn) Nếu một số đoạncủa đường gấp khúc P0 Pr đi qua các điểm có tọa độ nguyên thì cácđiểm đó cũng được xem như là các đỉnh của đường gấp khúc Theo đó, vớiđỉnh P0, , Pr ta có thêm s ≥ 0 đỉnh Kết quả ta được các đoạn gấp khúc

Q0 Qr+s gọi là đa giác Newton, trong đó O0 = P0, Qr+s = Pr Các đoạn

PlPl+1 gọi là các cạnh; các đoạn QiQi+1 gọi là các cạnh của đa giác Newton;các vectơ −−−−→

QiQi+1 được gọi là vectơ của các đoạn của đa giác Newton.Định lý 2.15 Cho f = gh trong đó f, g, h là các đa thức có hệ số nguyênthì hệ các vectơ của các đoạn cho f là hợp của các hệ vectơ của các đoạn

cho g và h (với p là số nguyên tố cố định).

Ta có hệ số góc của PlPl+1 là

M = αi+ − αi−

i+− i− .Đặt αi+ − αi− = At và i+− i− = It với t > 0 là ước chung lớn nhất của

αi+ − αi− và i+− i− thì M = A/I trong đó (A, I) = 1

Cạnh PlPl+1 của đa giác Newton thuộc đường thẳng

Iα − Ai = Ftrong đó F = Iαi+ − Ai+ = Iαi−− Ai Do giả thiết rằng tất cả các điểm(i, αi) với i = 1, 2, , n nằm ở trên đường này tức là Iαi − Ai ≤ F ở đóbất đẳng thức này là đúng cho i < i− và i > i+ Số Iαi − Ai được gọi làtrọng số của đa thức apαxi với (a, p) = 1 Các số i− và i+ được xác địnhduy nhất là các số mũ nhỏ nhất và số mũ lớn nhất của x cho các đơn thức

f với trọng số tối thiểu

Một cách tương tự cho đa thức h, ta xét

Thật vậy, ví dụ giả sử j < j− thì trọng số của bjpβjxj hoàn toàn lớn hơn

G và trọng số của ckpγkxk không lớn hơn H

Trọng số của tích (bjpβjxj)(ckpγkxk) cho k + j = const đơn điệu tăngkhi βj + γk tăng vì I > 0 Xét trong trường hợp, j + k = j−+ k− thì tổng

βj + γk là cực tiểu tại j = j− và k = k− Do đó, trọng số của aj−+k−pαj−+k−

bằng G + H

Cũng dễ thấy rằng cho i < j−+ k−, trọng số của aipαixi là hoàn toànlớn hơn G + H, ngược lại i ≤ j− + k− thì trọng số của aipαixi không lớnhơn G + H Do đó, G + H + F và j−+ k− = i− Chứng minh tương tự tacũng có j++ k+ = i+ Vì vậy

i−+ i+ = (j−+ k−) + (j+ + k+) = (j−+ j+)(k−+ k+) (2.3.0.2)

Nếu cả hai số j− + j+ và k−+ k+ là bằng không thì đoạn với các điểmcuối là (j−, βj−) và (j+, βj+) là một cạnh của đa giác Newton cho g và cạnhvới các điểm cuối là (k−, γk−) và (k+, γk+) là một cạnh của đa giác Newtoncho h Hệ số góc của cả hai cạnh bằng M = A/I vì

Từ (2.3.0.2) chứng minh được rằng tổng của các cạnh với hệ số góc M của

đa giác Newton cho g và h là bằng độ dài của cạnh với hệ số góc M của

đa giác Newton cho f

Nếu một trong các số j− + j+ và k−+ k+ triệt tiêu thì đa giác Newtoncủa một trong các đa thức g hoặc h có cạnh với hệ số góc M và nó có độdài bằng độ dài của da giác Newton cho f , ngược lại đa giác Newton của

đa thức khác không có cạnh với hệ số góc M

Như vậy, vectơ của cạnh với hệ số góc M của đa giác Newton cho f bằngtổng các vectơ của các cạnh giống với hệ số góc M của đa giác Newtoncho g và h có cạnh với hệ số góc đã biêt thì đa giác Newton cho f cũng cóthể có cạnh giống với hệ số góc

Hệ quả 2.16 Cho p là một số nguyên tố, nếu đa giác Newton của f chỉgồm đúng một đoạn tức là có đúng một đoạn không chứa các điểm với tọa

hết cho p, các hệ số a0, , an−1 chia hết cho p và a0 không chia hết cho p2thì f là bất khả quy.

Chứng minh Đa giác Newton của f gồm có một cạnh với các điểm mút là(0, 1) và (n, 0) trên đoạn này không có các điểm với tọa độ nguyên

Ví dụ 2.18 Cho p là một số nguyên tố, (c, p) = 1 và (m, n) = 1 thì đathức xn+ cpm là bất khả quy

Chứng minh Xét đa giác Newton của đa thức đã cho là đoạn với các điểmmút là (0, m) và (n, 0) Vì (m, n) = 1 nên không có các điểm với điểm mútnguyên nào nằm trên đoạn thẳng này

Ví dụ 2.19 Cho p là một số nguyên tố Nếu đa thức f (x) = xn+ px + bp2với (b, p) = 1, không có nghiệm nguyên thì đa thức này là bất khả quy.Chứng minh Đa giác Newton của f là hợp của các đoạn thẳng có các điểmmút là (0, 2) và (1, 2) với đoạn thẳng có các điểm mút là (1, 1) và (n, 0).Trên các đoạn này không có các điểm nào có tọa độ nguyên Do đó, sựphân tích thành nhân tử của f trên Z có thể chỉ bao gồm một nhân tửtuyên tính và một nhân tử có bậc là n − 1

Cho Zp là trường thặng dư modulo p với p là số nguyên tố Ta có thể xétcác đa thức với hệ số nguyên như đa thức với hệ số trên Zp Ta có đồngcấu vành:

Z[x] −→ Zp[x] , f = anxn+ · · · + a1x + a0 −→ f = anxn+ · · · + a1x + a0

ở đó a kí hiệu lớp thặng dư modulo p của số nguyên a Từ đó suy ra nếu

f = gh trong Z [x] thì f = gh trong Zp[x]

Định lý 2.20 (Tiêu chuẩn thu gọn modulo nguyên tố p) Cho đathức f (x) ∈ Z [x] Nếu đa thức f là bất khả quy trên Zp[x] với số nguyên

tố p nào đó và deg f = deg f , thì f (x) là bất khả quy trên Z [x]

Chứng minh Giả sử f (x) khả quy trên Z [x], tức là f (x) = g(x)h(x) vớicác đa thức bậc dương g(x), h(x) ∈ Z [x] Khi đó f (x) = g(x)h(x) Mặtkhác, deg g(x) ≤ deg g(x) và deg h(x) ≤ deg h(x) Từ giả thiết ta códeg f (x) = deg f (x) và công thức bậc tích của hai đa thức, ta suy ra degg=degg > 0 và degh= deg h > 0, nhưng điều này mâu thuẫn với tính bấtkhả quy của f trên Zp

Ví dụ 2.21 Chứng minh đa thức

f (x) = 11x4 − 5x3 + 21x2 − 9x + 6bất khả quy trên Q [x]

Vì bd = 1 và vai trò của bd là như nhau nên không mất tính tổng quát ta

có thể giả thiết (b, d) = (1, 1) hoặc (b, d) = (2, 3) hoặc (b, d) = (4, 4)

Nếu (b, d) = (1, 1) thì a + c = 0, ac = −1, a + c = 1 (vô lý)

Nếu (b, d) = (2, 3) thì a + c = 0, ac = −4, 3a + 2c = 1, suy ra a = 1, c = −1nhưng khi thay vào phương trình ac = −4 ta thấy vô lý

Chứng minh Vì f (x) là đa thức nguyên bản có deg ≥ 1, hệ số cao nhấtbằng 1 nên f (x) bất khả quy trên Q khi và chỉ khi nó bất khả quy trên

Z Ta thấy f (±1) 6= 0, nên f (x) không có nghiệm hữu tỉ, vì vậy nếu f (x)khả quy trên Q thì f (x) là tích của hai đa thức bậc 2 hệ số nguyên:

f (x) = (x2 + ax + b)(x2 + cx + d) (a, b, c, d ∈ Z)

Mặt khác, trong vành Z5[x] đa thức f (x) = x4 + 3x2 + 2x + 1 có sự phântích thành nhân tử bất khả quy:

Định lý 2.23 Đa thức P (x) = x4+ ax2+ b2 ở đó a, b ∈ Z là khả quy trên

Zp với mọi số nguyên tố p

Chứng minh Với p = 2 thì ta chỉ có 4 đa thức

x4; x4 + x2 = x2(x2 + 1); x4 + 1 = (x + 1)4; x4 + x2 + 1 = (x2 + x + 1)2đều là những đa thức đều khả quy

Cho p là số nguyên tố lẻ Ta chọn số nguyên s sao cho a ≡ 2s (mod p)

Ta có:

P (x) = x4 + ax2 + b2 ≡ (x2 + s)2 − (s2 − b2)

≡ (x2 + b)2 − (2b − 2s)x2

≡ (x2 − b)2 − (−2b − 2s)x2 (mod p)

Ta sẽ chứng minh rằng một trong những số s2 − b2; 2b − 2s; −2b − 2s làthặng dư bậc hai modulo p Thật vậy, theo kí hiệu Legendre ta có