Định nghĩa 2.1.1. Đa thức f của K[x] được gọi là bất khả qui trên trường K nếu nó không phải là đa thức hằng và không phải là tích của hai đa thức khác đa thức hằng trong K[x].
Chú ý. Khái niệm này phụ thuộc vào trường K.
Ví dụ. Đa thức x2 − 2 bất khả qui trên Q nhưng không bất khả qui trên R.
Mệnh đề 2.1.2. Mọi đa thức khác đa thức hằng của K[x] đều viết thành tích của các đa thức bất khả qui.
Chứng minh. Giả sử f là đa thức khác đa thức hằng. Nếu f bất khả qui thì không có gì để chứng minh. Ngược lại, f = gh, trong đó g, h không phải là đa thức hằng. Theo mệnh đề 1.3.3, degg < degf và degh < degf. Nếu g, h không phải là đa thức bất khả qui, thì ta tiếp tục phân tích g, h như f. Bằng cách quy nạp trên bậc của đa thức ta có điều phải chứng minh.
Định lí 2.1.3. Cho f ∈ K[x] là đa thức bất khả qui trên K. Giả sử f chia hết gh. Khi đó hoặc f chia hết g hoặc f chia hết h.
Chứng minh. Ta chứng minh quy nạp trên n số các biến.
Trường hợp n = 1. Cho gh = Cf. Đặt p= U CLN(f, g). Nếu p khác hằng số, thì f = αp, với α ∈ K nào đó(vì f bất khả qui). Khi đó f chia hết g. Bây giờ cho p là đa thức hằng. Ta có thể giả thiết p = 1. Theo mệnh đề 1.3.11 (ii), có thể tìm được hai đa thức A, B sao cho Af +Bg = 1. Nhân hai vế với h ta được
h = Ahf +Bhg = Ahf +BCf = (Ah+BC)f.
Như vậy h chia hết cho f. Trường hợp n = 1 được chứng minh.
Giả sử định lí được chứng minh chon−1.Trước hết ta xét các trường hợp sau:
Trường hợp 1: f ∈ K[x2, ..., xn], tức là f không chứa biến x1. Giả sử gh = Df. Viết g = r P 1=0 Aixi1 và h = s P j=1 Bjxj1,trong đó Ai, Bj ∈
K[x2, ..., xn]. Nếu f chia hết tất cả các đa thức Ai thì f chia hết cho g. Do vậy chỉ cần xét trường hợp tồn tại i sao cho f không chia hết Ai, nhưng chia hết A0, ..., Ai−1 (bằng cách lấy i bé nhất). Tương tự, có thể
giả thiết tồn tại j để f không chia hết Bj, nhưng chia hết B0, ..., Bj−1. Ta thấy rằng hệ số của xi1+j là
Ci+j = (A0Bi+j +...+Ai−1Bj+1) +AiBj + (Ai+1Bj−1 +...+Ai+jB0).
Vì f, Ai, Bj ∈ K[x2, ..., xn] nên theo giả thiết qui nạp, suy raf không chia hết AiBj. Vì f chia hết các số hạng còn lại của Ci+j nên f không chia hết Ci+j. Thế nhưng gh = Df = ( t P k=0 Dkxk1)f = t P k=0 (Dkf)xk1
là biểu diễn của gh thành đa thức của x1 trên vành K[x2, ..., xn]. Do đó Ci+j = Di+jf chia hết cho f. Vô lí. Vậy f phải chia hết g hoặc h.
Trường hợp 2 :f ∈ K[x1, ..., xn]thực sự chứa biếnx1,tức là degx1(f) > 0.Ta xemf như là đa thức của vànhK(x2, ..., xn)[x1]trong đóK(x1, ..., xn) là trường thương của vành K[x1, ..., xn]. Ta chỉ ra rằng trongf vẫn còn bất khả qui trên K(x1, ..., xn). Thật vậy, giả sử f = AB, trong đó A, B ∈ K(x1, ..., xn)[x1].
Lấy D ∈ K[x1, ..., xn] là tích các mẫu số ở tất cả các phân thức là hệ số của A và B. Khi đó, Ae = DA,Be = DB ∈ K[x], và D2f = AeB.e Như vậy D2 chia hết AeB.e Vì D2 không chứa biến x1, nên mỗi nhân tử bất khả qui của nó cũng không chứa biến x1. Giả sử D2 = d1.d2...dt với di là các đa thức bất khả qui ∀i = 1, ..., t. Khi đó, di chia hết AeAe với ∀i = 1, ..., t, ở đây ta đã quay lại trường hợp 1 cho các di. Vậy AeBe chia hết các di với ∀i = 1, ..., t. Hay tồn tại các đa thức A∗, B∗, d∗1, d∗2 ∈
K[x2, ..., xn] sao cho A∗B∗ = AeB/De 2 = AeB/de 1.d2...dt = A/de ∗1.B/de ∗2 với A∗ = A/de ∗1, B∗ = B/de ∗2. Vậy f = A∗.B∗. Theo giả thiết f bất khả qui trên K nên phải có A∗ hoặc B∗ là đa thức hằng. Tương ứng ta có
A = A∗d∗1/D ∈ K(x2, ..., xn) hoặc B = B∗d∗2/D ∈ K(x2, ..., xn). Điều đó có nghĩa là f bất khả qui trên K(x2, ..., xn).
Bây giờ trên vành K(x2, ..., xn)[x1] vẫn có f = gh. Theo trường hợp n = 1, giả sử g = Cf, trong đó C ∈ K(x2, ..., xn)[x1]. Lấy q là tích các mẫu số của các phân thức trong C. Nhân hai vế của đẳng thức g = Cf với q ta được qg = qCf = Cfe với Ce ∈ K[x]. Gọi qi là một nhân tử bất khả qui của q. Do f bất khả qui và thực sự chứa biến x1, trong khi qi
không chứa biến x1 nên f không chia hết qi. Mặt khác qi chia hết Cf.e Theo trường hợp 1, qi phải chia hết C.e Giản ước các nhân tử qi, và tiếp tục như vậy đối với các nhân tử bất khả qui khác xuất hiện trong phân tích của c, cuối cùng ta được g = C∗f, tức là g chia hết cho f.
Từ mệnh đề 2.1.2 và định lí 2.1.3 ta có thể suy ra ngay K[x] là miền phân tích duy nhất:
Định lí 2.1.4. Mỗi đa thức khác hằng f ∈ K[x]có thể phân tích thành tích của các đa thức bất khả qui trên K. Hơn nữa, nếu f = f1...fr = g1...gs là hai phân tích như thế thì r = s và có thể đánh số lại sao cho gi = αifi, αi ∈ K, với mọi i ≤ r.