Tính bất khả quy của đa thức với hệ số nguyên

Trong luận văn này, tác giả trình bày lại một số tiêu chuẩn bất khả quycủa đa thức trên trường số hữu tỷ Q với hệ số nguyên trong các bài báogần đây [8] và [11].. Chương 2 trình bày các

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

- -

PHẠM THỊ THU TRANG

TÍNH BẤT KHẢ QUY CỦA ĐA THỨC VỚI HỆ SỐ NGUYÊN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2019

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

- -

PHẠM THỊ THU TRANG

TÍNH BẤT KHẢ QUY CỦA ĐA THỨC VỚI HỆ SỐ NGUYÊN

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp

Mã số: 8 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

GS.TS Lê Thị Thanh Nhàn

THÁI NGUYÊN - 2019

Lời cảm ơn

Trước tiên tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành và sâu sắc nhất tới GS.TS

Lê Thị Thanh Nhàn Mặc dù rất bận rộn trong công việc, song ngay từnhững ngày đầu tiên Cô đã luôn tận tình chỉ bảo, hướng dẫn và đưa ranhững lời khuyên có ích giúp tôi hoàn thiện luận văn này

Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn tới các thầy, cô cán bộ khoa Toán - Tin,trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Ban giám hiệu và cácđồng nghiệp trường Trung học phổ thông Hoành Bồ - Tỉnh Quảng Ninhcùng các bạn tập thể lớp Cao học Toán K11D, đã không chỉ trang bị chotôi những kiến thức bổ ích mà còn luôn luôn giúp đỡ tôi, tạo điều kiện chotôi trong thời gian theo học tại trường

Cuối cùng, tôi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn đến gia đình, bạn bè,những người đã không ngừng ủng hộ, động viên, hỗ trợ và tạo mọi điềukiện giúp tôi vượt qua những khó khăn để hoàn thiện luận văn

Mở đầu

Tính bất khả quy của đa thức với hệ số nguyên trên trường các số phức

C và trên trường các số thực R đã được giải quyết từ thế kỷ 19 thông quaĐịnh lý cơ bản của Đại số Tuy nhiên, tính bất khả quy của đa thức với

hệ số nguyên trên trường các số hữu tỷ Q đến nay vẫn đang thách thứccác nhà Toán học trên thế giới

Trong luận văn này, tác giả trình bày lại một số tiêu chuẩn bất khả quycủa đa thức trên trường số hữu tỷ Q với hệ số nguyên trong các bài báogần đây [8] và [11]

Luận văn gồm 2 chương Trong chương 1, chúng tôi trình bày hai tiêuchuẩn bất khả quy nổi tiếng Phần 1.1 trình bày Tiêu chuẩn Eisenstein vàcác mở rộng Phần 1.2 trình bày tiêu chuẩn rút gọn theo module một sốnguyên tố và phát biểu đảo của tiêu chuẩn này Nội dung chương 1 đượcviết theo bài báo [11] cuả R Thangadurai năm 2007

Chương 2 trình bày các tiêu chuẩn bất khả quy trên trường các số hữu

tỷ Q liên quan đến các giá trị khả nghịch và giá trị nguyên tố của đa thứcvới hệ số nguyên Phần 2.1 trình bày các tiêu chuẩn về sự liên quan giữagiá trị khả nghịch với tính bất khả quy của đa thức Phần2.2 trình bày vềmối quan hệ giữa giá trị nguyên tố và tính bất khả quy Các kết quả ở haiphần này cũng được viết dựa theo bài báo [11] của R Thangadurai năm

2007 Phần 2.3 trình bày một tiêu chuẩn bất khả quy mới trên trường Qcác số hữu tỷ liên quan đến đa thức có các hệ số nguyên tăng dần theo chỉ

số và có hệ số cao nhất nguyên tố hoặc nhận ít nhất một giá trị nguyên

tố Kết quả của phần này được viết dựa theo bài báo [8] của A Jakhar và

N Sangwan năm 2018 Phần 2.4 trình bày về giá trị nguyên tố tại đối số

đủ lớn và tính bất khả quy của đa thức với hệ số nguyên Nội dung củaphần này được viết trên cơ sở nội dung bài báo [11] của R Thangadurainăm 2007

Trong luận văn này, các tiêu chuẩn trong các phần 2.1 về giá trị khảnghịch và tính bất khả quy; phần 2.2 về giá trị nguyên tố và tính bất khảquy; phần 2.3 về tiêu chuẩn mới cho tính bất khả quy là những kết quảchưa được trình bày trong bất cứ luận văn thạc sĩ nào trước đây.

Hơn thế, trong các phần 1.1, 1.2, 2.4, mặc dù có một số kết quả đãquen biết và được trình bày trong một vài luận văn trước đây (xem [1],[2]), nhưng cách chứng minh và ví du hầu như là mới, do chính tác giảluận văn tự tính toán Đặc biệt nếu trong luận văn [2], Nguyễn Văn Lậpchứng minh đa thức x4− 2x2+ 9 là bất khả quy trên Q nhưng không bấtkhả quy trên Zp với mọi số nguyên tố p bằng cách sử dụng kiến thức vềnhóm, thì trong luận văn này chứng minh đa thức x4+ 1 bất khả quy trên

Q nhưng khả quy trên Zp với mọi số nguyên tố p bằng cách sử dụng kiếnthức về trường hữu hạn

Thái Nguyên, ngày 25 tháng 5 năm 2019

Tác giả luận văn

Phạm Thị Thu Trang

Chương 1

Tiêu chuẩn Eisenstein và tiêu chuẩn rút gọn theo module một số nguyên tố

Một đa thức với hệ số trên một trường được gọi là bất khả quy nếu nó

có bậc dương và không phân tích được thành tích của hai đa thức có bậcthấp hơn Một đa thức bậc dương với hệ số trên một trường là khả quynếu nó là tích của hai đa thức với bậc thấp hơn

Chú ý rằng tính bất khả quy của đa thức phụ thuộc vào trường cơ sở.Chẳng hạn, đa thức x2 − 2 là bất khả quy trên trường Q các số hữu tỷ,nhưng không bất khả quy trên trường R các số thực Đa thức x2 + 1 bấtkhả quy trên trường R nhưng không bất khả quy trên trường C các sốphức

Tính bất khả quy trên trường các số phức và trên trường các số thực đãđược làm rõ nhờ Định lý cơ bản của Đại số: Mọi đa thức bậc dương với hệ

số phức đều có ít nhất một nghiệm phức Vì thế các đa thức bất khả quytrên C là và chỉ là các đa thức bậc nhất Các đa thức bất khả quy trên R

là và chỉ là các đa thức bậc nhất hoặc đa thức bậc hai có biệt thức âm.Câu hỏi được đặt ra là khi nào đa thức f (x) đã cho là khả quy hay bấtkhả quy trên Q? Cho đến nay, không có điều kiện cần và đủ nào có thể ápdụng được cho tất cả các đa thức, mà ta chỉ có một số tiêu chuẩn để kiểmtra tính bất khả quy của một số trường hợp cụ thể

Rõ ràng mọi đa thức bậc nhất đều bất khả quy trên Q Các đa thức bậchai và bậc ba là bất khả quy trên Q nếu và chỉ nếu nó không có nghiệm

hữu tỷ Đối với đa thức bậc lớn hơn 3, nếu đa thức có nghiệm hữu tỷ thì

nó không bất khả quy Tuy nhiên điều ngược lại không đúng Chẳng hạn,

đa thức (x2 + 1)2 không có nghiệm hữu tỷ, nhưng không bất khả quy.Trong chương này, chúng tôi trình bày hai tiêu chuẩn nổi tiếng về tínhbất khả quy trên trường các số hữu tỷ Q của đa thức với hệ số nguyêndựa theo bài báo [11] của R Thangadurai Phần thứ nhất dành để trìnhbày Tiêu chuẩn Eisensrein và một số mở rộng của nó Mở rộng thứ nhấtđược phát hiện bởi H Chao trong bài báo A Generalization of Eisenstein’sCriterion, Mathematics Magazine, Vol 47 (1974), 158-159 và mở rộng thứhai được đưa ra bởi S H Weintraub trong bài báo A mild generazation ofEisenstein criterion, Proceedings of the American Mathematical Society,Vol 141 (2013), 1159-1160 Phần tiếp theo trình bày một trong những tiêuchuẩn bất khả quy phổ biến nhất, đó là tiêu chuẩn rút gọn theo modulemột số nguyên tố Phát biểu đảo của tiêu chuẩn này không còn đúng nữa,chúng tôi đưa ra một chứng minh chi tiết để minh họa điều này

1.1 Tiêu chuẩn Eisenstein và một số mở rộng

Trong mục này, chúng tôi trình bày lại tiêu chuẩn Eisenstein và một số

mở rộng liên quan về tính bất khả quy của các đa thức với hệ số nguyêntrên trường các số hữu tỉ Q Đây là một trong những tiêu chuẩn quenthuộc thường được sử dụng khi làm các bài toán về tính bất khả quy của

là đa thức với hệ số nguyên có bậc n > 0 Nếu tồn tại một số nguyên tố

p sao cho p - an, p | ai với mọi i = 0, 1, , n − 1 và p2 - a0, thì đa thức

f (x) bất khả quy trên Q

Chứng minh Giả sửf (x) khả quy trên Q Theo Bổ đề Gauss, tồn tại biểu

diễn 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 Mặt khác, p2

không là ước củaa0 nên trong hai số b0 và c0, chỉ có một và chỉ một số chiahết cho p Giả thiết p | c0 Khi đó b0 không chia hết cho p Vì an = bmck

và p - an nên bm và ck đều không chia hết cho p Do đó tồn tại số r bénhất sao cho cr không là bội của p Ta có

ar = b0cr + (b1cr−1+ b2cr−2 + · · · + brc0)

Vì r ≤ k < n nên 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

Các đa thức thỏa mãn Định lý 1 được gọi là đa thức Eisenstein Chẳnghạn, đa thức x5 − 4x4 + 18x3+ 24x2 + 4x + 6 là đa thức Eisenstein vì nóbất khả quy theo Tiêu chuẩn Eisenstein với p = 2

Thông thường, Tiêu chuẩn Eisenstein không áp dụng được trực tiếp cho

đa thức f (x), mà chúng ta có thể áp dụng cho đa thức f (x + a) với a

là hằng số nào đó Chú ý rằng đa thức f (x) là bất khả quy trên Q nếu

và chỉ nếu đa thức f (x + a) là bất khả quy trên Q với mọi số nguyên a

Do vậy, chúng ta cố gắng tìm hằng số a với hy vọng khi biến đổi đa thức

f (x + a) ta được một đa thức mới thỏa mãn các điều kiện của Tiêu chuẩnEisenstein Dưới đây là một ví dụ về tính bất khả quy của đa thức chiađường tròn thứ p với p là một số nguyên tố

1.1.2 Ví dụ 1 Cho p là số nguyên tố Khi đó đa thức chia đường trònthứ p

f (x) = xp−1+ xp−2+ · · · + x + 1

là bất khả quy trên Q

Chứng minh Đa thức f (x) = xp−1+ xp−2+ · · · + x + 1 có các hệ số đềubằng 1 nên không thể áp dụng trực tiếp Tiêu chuẩn Eisenstein để xét tínhbất khả quy của f (x)

Như vậy, thông qua tiêu chuẩn Eisenstein, từ bài toán ban đầu về xéttính bất khả quy của đa thức bậc n với hệ số nguyên, ta đưa về bài toánphân tích n hệ số của đa thức mới f (x + a), sau khi biến đổi đa thức

f (x + a) cần tìm ra ước chung nguyên tố phù hợp của các hệ số, trừ hệ

số cao nhất, của đa thức f (x + a) Hiển nhiên, chúng ta cố gắng biến đổi

đa thức để tạo ra đa thức mới với hệ số lớn hơn, nhưng nhiệm vụ sau đó

là tính toán và kiểm tra các ước nguyên tố chung của các hệ số thỏa mãnđiều kiện trong Tiêu chuẩn Eisenstein Tuy nhiên, chúng ta chưa chắc chắn

về sự tồn tại của phép biến đổi để đa thức ban đầu chuyển thành đa thứcmới có thể áp dụng tiêu chuẩn Eisenstein, tức là chưa chắc đã tìm được

số nguyên a để đa thức f (x + a) áp dụng được Tiêu chuẩn Eisenstein ứngvới một số nguyên tố p nào đó Ví dụ, người ta đã chỉ ra rằng đa thức

x4 − 10x2 + 1 là bất khả quy trên Q nhưng không tìm được số nguyên a

để đa thức

(x + a)4 − 10(x + a)2 + 1

bất khả quy theo Tiêu chuẩn Eisenstein với một số nguyên tố p nào đó.Trong phần cuối của mục này, chúng ta nhắc lại một số mở rộng củaTiêu chuẩn Eisenstein Trước hết chúng ta nhắc lại tiêu chuẩn bất khảquy của H Chao trong bài báo A Generalization of Eisenstein’s Criterion,Mathematics Magazine, Vol 47 (1974), 158-159

1.1.3 Định lý 2 Cho f (x) = anxn + + a1x + a0 là đa thức bậc n với

hệ số nguyên Giả sử p là một số nguyên tố sao cho có hai chỉ số t 6= k

thỏa mãn: p không là ước của at, p là ước của ai với mọi i 6= t và p2 không

là ước của ak Khi đó nếu f (x) là tích của hai đa thức với hệ số nguyên,thì một trong hai đa thức đó có bậc lớn hơn hoặc bằng | t − k |

Chứng minh Xem [1].

Trước khi đưa ra một số ví dụ minh họa cho việc áp dụng tiêu chuẩntrong Định lý 2, chúng ta chú ý điều kiện về nghiệm hữu tỷ của đa thứcvới hệ số nguyên như sau: Nếu r/s là phân số tối giản và là nghiệm của

đa thức f (x) với hệ số nguyên, thì r phải là ước của hệ số tự do và s làước của hệ số cao nhất

Định lý trên là một mở rộng không tầm thường của Tiêu chuẩn stein Chú ý rằng nếu f (x) là đa thức với hệ số nguyên phân tích đượcthành tích của hai đa thức với hệ số hữu tỷ g(x) và h(x), thì nó phân tíchđược thành tích của hai đa thức với hệ số nguyên g1(x) và h1(x), trong

Eisen-đó deg g(x) = deg g1(x) và deg h(x) = deg h1(x), xem Bổ đề Gauss ([3,Định lý 2.3.2]) Vì thế, khi t = nvà k = 0, thì định lý trên trở thành Tiêuchuẩn Eisenstein Khi t = 0 và k = n thì mọi đa thức thỏa mãn điều kiệntrong định lý trên vẫn là đa thức bất khả quy trên Q

1.1.4 Ví dụ 2 Các đa thức sau là bất khả quy trên Q

(ii) Áp dụng Định lý 2 với t = 1, k = 4 và p = 2, ta suy ra rằng nếu h(x)

là một đa thức với hệ số nguyên và là ước của g(x), thì h(x) phải có bậclớn hơn hoặc bằng 3 hoặc h(x) có bậc nhỏ hơn hoặc bằng 1 Dễ thấy rằngnếu g(x) có nhân tử bậc 1 thì nó phải có nghiệm hữu tỷ, và nghiệm đó chỉ

có thể là 1, −1, 2, −2 Rõ ràng tất cả các số trên đều không là nghiệm của

g(x), vì thế nó không có nhân tử bậc 1 Suy ra h(x) có bậc 4 hoặc có bậc

0 Vì thế g(x) bất khả quy trên Q

S H Weintraub trong bài báo: A mild generazation of Eisenstein rion, Proceedings of the American Mathematical Society, Vol 141 (2013),1159-1160 đã đưa ra môt mở rộng của Tiêu chuẩn Eisenstein, được phátbiểu như sau

crite-1.1.5 Định lý 3 Cho f (x) = anxn+ + a1x + a0 là đa thức bậc n với hệ

số nguyên Giả sử p là một số nguyên tố sao cho p không là ước của an, p

là ước của ai với mọi i 6= n và p2 không là ước của ak với 0 ≤ k ≤ n − 1.Gọi k0 là số bé nhất trong các số k thỏa mãn điều kiện trên Khi đó nếu

f (x) = g(x)h(x) là tích của hai đa thức với hệ số nguyên, thì

1.1.6 Ví dụ 3 Đa thức f (x) = x4 − 14x2 + 4 là bất khả quy trên Q.Chứng minh Áp dụng Định lý 3 vớin = 4,k0 = 2vàp = 2, ta suy ra rằngnếu f (x) = g(x)h(x) là tích của hai đa thức với hệ số nguyên, thì g(x)

hoặc h(x) có bậc nhỏ hơn hoặc bằng 2 Không mất tính tổng quát ta giả

sử h(x) có bậc nhỏ hơn hoặc bằng 2 Xét trường hợp h(x) có bậc 1 Khi đó

f (x) có nghiệm hữu tỷ, và nghiệm đó chỉ có thể là 1, −1, 2, −2, 4, −4 Rõràng tất cả các số trên đều không là nghiệm của f (x), vì thế h(x) khôngthể có bậc 1 Giả sử h(x) có bậc 2 Theo Bổ đề Gauss, ta có thể viết

1.2 Tiêu chuẩn rút gọn theo module một số nguyên tố và bài

1.2.1 Định lý 4 Cho f (x) là đa thức với hệ số nguyên Nếu tồn tại

số nguyên tố p sao cho f (x) bất khả quy trên trường Zp và deg f (x) =deg f (x), thì f (x) bất khả quy trên Q

Chứng minh Vì đa thức f (x) bất khả quy trên Zp nên deg f (x) > 0 Suy

ra deg f (x) > 0 Giả sử f (x) khả quy trên Q Theo Bổ đề Gauss, f (x) cóphân tíchf (x) = g(x)h(x) trong đóg(x), h(x) ∈ Z[x]vàg(x), h(x) có bậcnhỏ 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) Rõ ràng ta có deg g(x) ≥ deg g(x) và deg h(x) ≥deg h(x) Do đóf (x)phân tích được thành tích của hai đa thứcg(x), h(x)

có bậc thấp hơn Điều này mâu thuẫn với tính bất khả quy của f (x) trên

là bất khả quy trên Q Thật vậy, trong vành Z2[x], đa thức f (x) = x3 +

x2 + 1 không có nghiệm trong Z2, vì thế đa thức f (x) bất khả quy trên

Z2 Do deg f (x) = 3 = deg f (x), nên f (x) bất khả quy trên Q theo Định

lý 1.2.1 Chú ý rằng việc kiểm tra nghiệm hữu tỷ của đa thức f (x) ở trên

là vấn đề không khả thi bằng các công cụ thông thường

1.2.2 Ví dụ 4 Xét tính bất khả quy của đa thức f (x) = 5x2+ 20x + 19

Chứng minh Vì f (x) = 2x2+ 2x + 1 ∈ Z3[x] không có nghiệm trong Z3 và

deg f (x) = 2 nên f (x) bất khả quy trên Z3 Rõ ràng deg f (x) = deg f (x)

nên f (x) bất khả quy trên Q theo Định lý 1.2.1

1.2.3 Ví dụ 5 Xét tính bất khả quy của đa thức sau

g(x) = 6x4 + 10x3 − 9x2 + 11x + 1

Chứng minh Vì g(x) = x4+ x2+ x + 1 ∈ Z5[x] không có nghiệm trong Z5

nên nó không có nhân tử bậc một Giả sử g(x) khả quy trên Z5 Khi đó

g(x) = (x2 + ax + b)(x2 + cx + d)

với a, b, c, d ∈Z5 Đồng nhất hệ số ở hai vế của đẳng thức này ta được

a + c = 0, b + ac + d = 1, ad + bc = 1, bd = 1

Vì bd = 1 và vai trò của b, d 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 các phương trình đầu và cuối cho ta a + c = 0 và

a + c = 1, vô lí Nếu (b, d) = (2, 3) thì các phương trình đầu và cuối cho

ta a = 1, c = 4, và do đó phương trình thứ hai cho ta 4 = ac = 1, vô lí.Nếu (b, d) = (4, 4) thì các phương trình đầu và cuối cho ta a + c = 0 và

4(a + c) = 1, vô lí Vì vậy h(x) bất khả quy trên Z5 Vì deg h(x) = 4 =deg h(x) nên theo Định lý 1.2.1 đa thức h(x) bất khả quy trên Q

Điều ngược lại của Định lý 4 là không đúng, nghĩa là, nếu f (x) bất khảquy trên Q thì chưa chắc nó đã bất khả quy trên Zp với một số nguyên tố

p nào đó D Hilbert là người đầu tiên chỉ ra ví dụ về một đa thức với hệ

số nguyên bất khả quy trên Q nhưng không bất khả quy trên Zp với mọi

số nguyên tố p Trong luận văn thạc sĩ của Nguyễn Văn Lập (xem [2]) đãđưa ra chứng minh chi tiết rằng đa thức x4− 2x2+ 9 là bất khả quy trên

Q nhưng không bất khả quy trên Zp với mọi số nguyên tố p Chứng minhtrình bày trong [2] phải sử dụng những kiến thức khá sâu về lý thuyếtnhóm.

Trong luận văn này, chúng tôi làm rõ kết quả của D Hilbert bằng cáchchỉ ra rằng đa thức x4 + 1 bất khả quy trên Q, nhưng không bất khả quytrên Zp với mọi p nguyên tố Chứng minh kết quả này dựa theo bài báo[8] bằng cách sử dụng những kiến thức về mở rộng trường Vì thế, trướchết chúng ta cần trình bày một số kiến thức về mở rộng trường

1.2.4 Định nghĩa 1 Cho K là một trường và F là một trường chứa K.Khi đó ta nói F là môt mở rộng trường của K và ta viết là F/K Xét F

như một không gian vec tơ trên trường K Nếu chiều của K-không gianvéc tơ F là n thì ta nói mở rộng trường F/K có bậc n

K[α] = {g(α) | g(x) ∈ K[x]}

là một mở rộng trường của K, bậc của mở rộng là nvà hệ {1, α, , αn−1}

là một cơ sở của K[α]

Chứng minh Xem [3, Mệnh đề 2.4.2]

Ví dụ, cho K = Q và f (x) = x5 − 2 Khi đó f (x) bất khả quy trên

Q theo Tiêu chuẩn Eisenstein với p = 2 Gọi α là môt nghiệm của f (x)

trong C (chú ý rằng f (x) luôn có nghiệm trong C theo Định lý cơ bản củaĐại số) Khi đó Q[α] là một mở rộng bậc 5 của Q và hệ {1, α, α2, α3, α4}

là một cơ sở của Q[α]

1.2.6 Mệnh đề 2 Cho K là một trường và f (x) ∈ K[x] Khi đó tồn tạiduy nhất một trường tối thiểu chứa K và chứa tất cả các nghiệm của f (x).Chứng minh Xem [3, Định lý 2.4.7]

Cho K là một trường và f (x) ∈ K[x] là đa thức có bậc n Trường tốithiểu chứa K và chứa đủ n nghiệm của f (x) (luôn tồn tại theo mệnh đềtrên) được gọi là trường phân rã của f (x) trên K Ví dụ, cho K = R và

f (x) = x2 + 1 Khi đó f (x) bất khả quy trên R Các nghiệm của f (x)

là i và −i Do đó C là trường tối thiểu chứa R và chứa các nghiệm của

f (x), nói cách khác C là trường phân rã của f (x) trên R Cho K = Q và

Chứng minh Xem [3, Mệnh đề 2.4.10]

Bây giờ chúng ta sử dụng các kết quả trên về mở rộng trường để chứngminh khẳng định của D Hilbert về sự tồn tại một đa thức với hệ số nguyênbất khả quy trên Q, nhưng khả quy trên mọi trường Zp với p nguyên tố.1.2.8 Định lý 5 Đa thức f (x) = x4 + 1 bất khả quy trên Q nhưng khảquy trên Zp với mọi số nguyên tố p

Chứng minh Với p = 2, rõ ràng f (x) = x4 + 1 ≡ (x2 + 1)2 ∈ Z2[x] Suy

ra đa thức f (x) khả quy trên Z2

Cho p ≥ 3 là số nguyên tố bất kỳ Khi đó, p là số lẻ Viết p = 2k + 1,

ta có p2− 1 = 4k(k + 1) là số chia hết cho 8 Chú ý rằng nếu n là ước của

m với n, m là hai số nguyên dương, thì xn− 1 là ước của xm− 1 Suy ra

(x8 − 1) | (xp2−1− 1)

Nhân cả hai vế với x ta suy ra

x(x4 + 1)(x4 − 1) | (xp2 − x)

Vì thế f (x) = x4 + 1 là ước của đa thức xp − x Ký hiệu Fp 2 là trườngphân rã của đa thức xp2− x trên trường Zp (luôn tồn tại theo Mệnh để 2).Khi đó Fp 2 chính là tập nghiệm của đa thức xp2 − x trong một mở rộngnào đó của Zp (xem Mệnh đề 3) Vì Fp 2 có p2 phần tử và Zp có p phần tửnên Fp 2 là Zp-không gian véc tơ chiều 2.

Ta chứng minh Định lý bằng phương pháp phản chứng

Giả sử f (x) = x4+ 1 bất khả quy trên K :=Zp với số nguyên tố p ≥ 3

nào đó Ta cần tìm mâu thuẫn

Gọi α là một nghiệm của f (x) Khi đó α cũng là nghiệm của đa thức

xp2 − x Vì thế α là phần tử của trường phân rã Fp 2 của đa thức xp2 − x

trên K Đặt K1 = K[α] Khi đó K1 là trường trung gian giữa K và Fp 2

Vì f (x) bất khả quy trên K và deg f (x) = 4, nên theo Mệnh đề 1, K1 làmột không gian véc tơ có chiều bằng 4 trên K Như vậy, không gian véc

tơ con K1 là K- không gian véc tơ chiều 4, trong khi đó không gian véc tơchứa K1 là Fp 2 lại là K- không gian véc tơ chiều 2, điều này là vô lý.1.2.9 Chú ý Năm 2005, E Diver, P A Leonard và K S Williams trongbài báo Irreducible quartic polynomials with factorizations modulo p, Amer.Math Monthly, 112, No.10, 876-890, đã đưa ra điều kiện cần và đủ cho

đa thức bậc 4 với hệ số nguyên là bất khả quy trên Q nhưng khả quytrên Zp với mọi số nguyên tố p Kết quả này đã được Nguyễn Văn Lậptrình bày lại trong luận văn thạc sĩ của mình (xem [2]) Cũng năm 2005,

R Guralnick, M Schacher, J Sonn trong bài báo Irreducible polynomialswhich are locally reducible everywhere đã chỉ ra rằng, với mọi hợp sốn ≥ 4,tồn tại một đa thức bất khả quy f (x) ∈ Z[x] có bậc n mà khả quy trêntrường Zp với mọi số nguyên tố p

Mục tiêu thứ hai của chương này là trình bày một tiêu chuẩn mới vềtính bất khả quy trên trường Q của đa thức với hệ số nguyên sao cho các

hệ số tăng dần theo bậc và có hệ số cao nhất nguyên tố hoặc nhận ít nhấtmột giá trị nguyên tố

Các kết quả ở chương này một phần dựa theo bài báo [11] của R.Thangadurai năm 2007 và một phần được viết dựa theo bài báo [8] của

A Jakhar và N Sangwan năm 2018: An irreducibility criterion for integerpolynomials, Amer Math Monthly, 125, 464-465

Kết quả chính của Chương 2 là Định lý 6, Định lý 7, Định lý 8, Định

lý 9, Định lý 10, Định lý 11 và Định lý 12

2.1 Giá trị khả nghịch và tính bất khả quy

Cho f (x) = anxn + + a1x + a0 có bậc n với hệ số nguyên Ký hiệu

số lần đa thức f (x) nhận giá trị khả nghịch trên tập số nguyên là u(f ),tức là

u(f ) := Card{m ∈Z | f (m) ∈ {1, −1}}

Chẳng hạn, nếu f (x) = x4 + 1, thì u(f ) = 1 Thật vậy, f (x) > 1 với mọi

x khác 0 và f (x) = 1 khi và chỉ khi x = 0 Nếu g(x) = x2 + x + 1 thì

u(g) = 2 Thật vậy, ta luôn có g(x) > 0 với mọi x Hơn nữa, g(x) = 1 khi

2.1.1 Mệnh đề 4 Nếu f (x) nhận giá trị +1 (tương ứng −1) tại m > 3

giá trị nguyên khác nhau của biến x, thì f (x) không thể nhận giá trị −1

Do đó, các hiệu số bm+1− bi là ước của −2, vì thế nó chỉ có thể là ±1 hoặc

±2 Vì các bi là đôi một phân biệt nên m ≤ 4 Nếu m = 4, thì ta có

(−1)(−2)(1)(2)g(bm+1) = −2

Suy ra g(bm+1) = −1

2, điều này là vô lý Do đó m ≤ 3. Trường hợp còn lại

được chứng minh tương tự

Chúng ta có thể xem chi tiết hơn Mệnh đề 4 trong một bài báo đăngtrên tạp chí nổi tiếng “Annals of Math.” xuất bản năm 1993 của hai nhàtoán học H L Dorwart và O Ore

2.1.2 Mệnh đề 5 Nếu f (x) có bậc n và n ≥ 4, thì u(f ) ≤ n

Chứng minh Giả sử u(f ) > n,n ≥ 4 Khi đó u(f ) ≥ 5 Suy ra f (x) nhậngiá trị 1 ít nhất 3 lần hoặc f (x) nhận giá trị −1 ít nhất 3 lần Không mấttính tổng quát ta có thể giả thiết f (x) nhận giá trị bằng 1 ít nhất 3 lần.Giả sử f (x) nhận giá trị 1 lớn hơn 3 lần Theo Mệnh đề 4, f (x) khôngnhận giá trị −1, suy ra f (x) nhận giá trị 1 lớn hơn n lần, điều này là vô

lý vì deg f = n (đa thức có bậc n có nhiều nhất n nghiệm, suy ra đa thứcbậc n nhận cùng một giá trị tại nhiều nhất n điểm) Do đó f (x) nhận giátrị bằng 1 tại đúng 3 lần Giả sử f (x) nhận giá trị −1 tại m lần, thì

Không mất tính tổng quát ta giả thiết b1 < b2 < b3 Khi đó ci− b1, ci− b2,

ci − b3 là ba ước khác nhau của −2, vì thế một trong 3 ước đó phải là 2

hoặc −2, và hai ước còn lại là 1 và −1 Giả sử ứng với c1, một trong baước đó là 2 Khi đó c1 − b1 = 2, c1 − b2 = 1 và c1 − b3 = −1 Nếu ứngvới c2, một trong các ước đó cũng là 2 thì ta phải có c2 − b1 = 2 và do

đó c2 = c1, vô lý Suy ra ứng với c2, một trong các ước đó là −2 Suy ra