Vận dụng Định lí cơ bản của đại số để xét tính bất khả quy trênQ
2.2 Vận dụng Định lí cơ bản của đại số để xét tính bất khả quy trên Q
g(x)h(x) trong đó g(x), h(x) ∈ Z[x] và g(x), h(x) có bậc nhỏ hơn bậc của
f(x). Chú ý rằngf(x) =g(x)h(x). Do đó degf(x) = degg(x) + degh(x). Rõ ràng degg(x) ≥ degg(x) và degh(x) ≥ degh(x). Vì degf(x) = degf(x) nên degg(x) = degg(x) và degh(x) = degh(x). Do đó f(x)
phân tích được thành tích của hai đa thức g(x), h(x) có bậc thấp hơn. Điều này mâu thuẫn với tính bất khả quy củaf(x)trên Zp.
Ví dụ 2.1.9. Các đa thức sau là bất khả quy trênQ: i) f(x) = 7x2 + 10x+ 5;
ii) g(x) = 5x3 + 7x2 + 9x−11.
Chứng minh. i) Vì f(x) =x2 +x+ 2 ∈ Z3[x]không có nghiệm trongZ3 và vàdeg ¯f(x) = 2nênf¯(x)bất khả quy trênZ3. Rõ ràngdegf(x) = degf(x). Suy rag(x)bất khả quy trên Qtheo Định lý2.2.11.
ii) Vì g(x) = x3 + x2 + x − 1 ∈ Z2[x] không có nghiệm trong Z2 và
degg(x) = 3nêng(x)bất khả quy trênZ2. Rõ ràngdegg(x) = degg(x)nên
g(x)bất khả quy trên Qtheo Định lý2.2.11.
2.2 Vận dụng Định lí cơ bản của đại số để xét tính bấtkhả quy trên Q khả quy trên Q
Bài toán xét tính bất khả quy của các đa thức trên trường phứcCvà trường thựcRđã được giải quyết trọn vẹn trong phần cuối của Chương 1. Tuy nhiên, bài toán xét tính bất khả quy của đa thức trên trườngQcác số hữu tỷ cho đến nay vẫn là bài toán mở. Ở trên ta đã trình bày một số phương pháp xét tính bất khả quy của đa thức trênQquen thuộc như phương pháp tìm nghiệm hữu tỷ, phương pháp dùng Bổ đề Gauss, phương pháp dùng tiêu chuẩn Eisenstein,
phương pháp rút gọn theo môđun một số nguyên tố. Mục đích chính của luận văn là vận dụng Định lý cơ bản của đại số, chúng ta sẽ trình bày thêm một số tiêu chuẩn về tính bất khả quy của đa thức trênQ.
Nhắc lại rằng một số phức z được gọi là một căn của đơn vị nếu tồn tại một số nguyên dương n sao cho zn = 1. Nếu zn 6= 1 với mọi n thì ta nói
z không là căn của đơn vị. Trước hết, chúng ta trình bày tiêu chuẩn bất khả quy của đa thức với hệ số tự do nguyên tố. Trong chứng minh tiêu chuẩn này, chúng ta phải sử dụng Định lí cơ bản của đại số.
Định lí 2.2.1. Chof(x) = anxn+ an−1xn−1 +· · ·+a1x±plà một đa thức với hệ số nguyên, trong đóplà một số nguyên tố.
i) Nếup > 1 +|a1|+· · ·+|an−1|thì f(x) bất khả quy trênQ;
ii) Nếup ≥ 1 +|a1|+· · ·+|an−1|và các nghiệm củaf(x) đều không là căn của đơn vị thìf(x) bất khả quy trênQ.
Chứng minh. i) Giả sử f(x) khả quy trên trường Q các số hữu tỷ và ta cần tìm mâu thuẫn. Theo Bổ đề Gauss, tồn tại phân tíchf(x) = g(x)h(x), trong đó g(x), h(x) ∈ Z[x] và 0 < degg(x),degh(x) < degf(x). Đồng nhất hệ số tự do ở hai vế, ta được ±p = a0b0, trong đó a0, b0 lần lượt là các hệ số tự do của g(x) vàh(x). Do plà số nguyên tố nên a0 = ±1hoặc b0 = ±1. Giả sửa0 = ±1. Đặtdegg(x) =m > 0. Theo Định lý cơ bản của đại số,g(x) có
mnghiệmr1, . . . , rm ∈ C. Theo công thức Viete ta có|r1. . . rm| = |a0| = 1, trong đó kí hiệu|z| là môđun của số phức. Suy ra|r1|. . .|rm| = 1. Do đó, có ít nhất một nghiệmri củag(x)sao cho|ri| ≤1. Vìrilà nghiệm củaf(x)nên
f(ri) = 0. Suy ra ±p= rin+an−1rni−1 +· · ·+a1ri. Do đó
p = |rni +an−1rin−1 + · · ·+ a1ri| ≤ |ri|n +|an−1||ri|n−1 +· · ·+|a1||ri| ≤ 1 +|an−1|+· · ·+|a1|.
Điều này mâu thuẫn.
(ii) Ta cũng giả sử f(x) khả quy trênQvà ta cần tìm mâu thuẫn. Với kí hiệu
ri và bằng các lập luận như trong chứng minh phát biểu (i) ở trên, tồn tại một nghiệm ri của f(x) sao cho |ri| 6 1. Vì các nghiệm của f(x) đều không là căn của đơn vị nên |ri| < 1.Do đó
p < 1 +|an−1|+. . .+|a1|,
điều này là vô lí.
Tiếp theo, chúng ta xét một trường hợp tổng quát hơn, tiêu chuẩn bất khả quy này áp dụng cho các đa thức có hệ số tự do là bội của một số nguyên tố. Chứng minh tiêu chuẩn này phải cần đến Định lí cơ bản của đại số.
Định lí 2.2.2. Cho f(x) = anxn + an−1xn−1 + · · · + a1x + pc là một đa thức với hệ số nguyên, trong đó p là một số nguyên tố và c ∈ Z. Nếu p >
|cn−1|+ |an−1cn−2|+· · ·+|a2c|+ |a1|thì f(x)bất khả quy trên Q.
Chứng minh. Giả sử f(x)khả quy trên trường Qcác số hữu tỷ và ta cần tìm mâu thuẫn. Theo Bổ đề Gauss, tồn tại phân tích f(x) = g(x)h(x), trong đó
g(x), h(x) ∈ Z[x]và0 < degg(x),degh(x) < degf(x). Đồng nhất hệ số tự do ở hai vế ta được pc = a0b0, trong đó a0, b0 lần lượt là các hệ số tự do của
g(x) và h(x). Suy ra p| a0 và p| b0. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả thiếtp| a0. Khi đó b0| c. Giả sửdegh(x) =m. Vìm > 0nên theo Định lý cơ bản của đại số, h(x) có m nghiệmr1, . . . , rm ∈ C. Theo công thức Viete, ta có
|r1|. . .|rm| = |r1. . . rm| = |b0| ≤ |c|.
Do đó, tồn tại i ∈ {1, . . . , m} sao cho |ri| ≤ |c|. Vì ri là nghiệm của f(x)
nên−pc = rin +an−1rin−1 +a2ri2 +a1ri. Theo giả thiết, ta có
≤ |c| |cn−1|+|an−1cn−2|+· · ·+|a2c|+|a1|
< |c|p = |cp|.
Điều này vô lí.
Bây giờ chúng ta trình bày hai ví dụ xét tính bất khả quy của đa thức bằng cách sử dụng Định lí 2.2.1 và Định lí 2.2.2.
Ví dụ 2.2.3. Các đa thức sau là bất khả quy trênQ.
i) f(x) =x7 −2x6 + 3x5 −4x4 + 5x3 −6x2 + 7x+ 31 ; ii) g(x) = x6 + 2x5 −4x4 + 7x3 + 10x2 + 3x+ 298.
Chứng minh. i) Vì 31 là số nguyên tố và31 > 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 nên
f(x)bất khả quy theo Định lý2.2.1.
ii) Với số nguyên tố p= 149, ta có 298 = 2pvà
p > 25 + 2.24 + 4.23 + 7.22 + 10.2 + 3.
Do đóg(x) bất khả quy theo Định lý2.2.2.
Ví dụ 2.2.4. Nếua, b, c, dlà các số tự nhiên thỏa mãn27a+9b+3c+d < 116
thì đa thứcf(x) = x5 ±ax4 ±bx3 ±cx2 ±dx+ 591là bất khả quy trên Q. Đặc biệt, các đa thức sau là bất khả quy trên Q.
i) x5 + 2x4 + 4x3 + 5x2 + 10x+ 591; ii) x5 + 3x4 −x3 + 2x2 + 7x+ 591; iii) x5 +x4 + 4x3 −5x2 + 3x+ 591.
Chứng minh. Với số nguyên tố p = 197, ta có 591 = 3p. Theo giả thiết
p= 116 + 81 > 34+ 33a+ 32b+ 3c+dhay ta có: 27a+ 9b+ 3c+d < 116.
Vậy nếu có 27a+ 9b+ 3c+d < 116thìf(x) bất khả quy trên Qtheo Định lý2.2.2.
Ta có các đa thức ở mục (i), (ii), (iii) trên đều có bậc bằng 5. Mặt khác
597 = 3.197mà số 197 là số nguyên tố. Hơn nữa ta có
197 > 34 + 2.33 + 4.32 + 5.3 + 10 = 196
Do đó, theo Định lí 2.2.2, đa thức ở mục (i) là bất khả quy trên Q. Tương tự, ta có
197 > 34 + 3.33 + 1.32 + 2.3 + 7 = 184.
Vì thế, theo Định lí 2.2.2, đa thức ở mục (ii) là bất khả quy trênQ. Ta có
197> 34 + 33 + 4.32 + 5.3 + 3 = 162.
Vì thế, theo Định lí 2.2.2, đa thức ở mục (iii) là bất khả quy trênQ.
Sử dụng Định lý cơ bản của đại số, ta có thể chứng minh tiêu chuẩn bất khả quy của đa thức khi tồn tại số nguyên nđủ lớn vớif(n) là số nguyên tố. Trước hết, ta cần bổ đề sau.
Bổ đề 2.2.5. Chof(n) =amnm+ am−1nm−1 +· · ·+a1n+a0 ∈ Z[n]là đa thức có bậc m > 0. ĐặtH = max
0≤i≤m−1|ai/am|. Khi đó |z| < H + 1 với mọi nghiệm z ∈ Ccủaf(n).
Chứng minh. Vìz là nghiệm củaf(n) nên ta có
−amzm = am−1nm−1 +· · ·+a1n+a0.
Chú ý rằng, nếu a ∈ Rthì môđun của số phức achính là giá trị tuyệt đối của
a. Sử dụng tính chất về môđun của các số phức đối với đẳng thức trên, ta suy ra |z|m = am−1 am z m−1 +· · ·+ a1 amz+ a0 am
≤ H(|z|m−1 +· · ·+|z|+ 1) =
H(|z|m −1)
|z| −1 .
Giả sử H = 0. Khi đó f(x) = amnm. Suy ra z = 0 và vì thế |z| < H + 1. Cho H > 0. Nếu |z| ≤ 1 thì rõ ràng |z| < H + 1. Nếu |z| > 1 thì
|z| −1 > 0. Do đó khi nhân cả hai vế của bất đẳng thức trên với |z| −1, ta được|z|m(|z| −1) ≤ H(|z|m−1). Suy ra
|z|m+1 − |z|m ≤H|z|m −H < H|z|m.
Do|z| > 1nên |z| 6= 0. Chia cả hai vế cho|z|m ta được |z| < H + 1.
Bây giờ chúng ta đưa ra tiêu chuẩn bất khả quy trên Q dựa theo giá trị nguyên tố của đa thức. Chúng ta chỉ ra rằng nếu có số tự nhiên n đủ lớn để
f(n) nguyên tố thì f(x) là bất khả quy. Chứng minh trình bày dưới đây cho tiêu chuẩn này được đề xuất bởi Murty [2], trong đó Định lí cơ bản của đại số được sử dụng như một công cụ chính.
Định lí 2.2.6. Chof(x) = amxm +· · ·+a1x+ a0 ∈ Z[x]là đa thức có bậc
m > 0. Đặt H = max
0≤i≤m−1|ai/am|. Nếu tồn tại số tự nhiên n ≥ H + 2 sao cho f(n) là số nguyên tố thìf(x) bất khả quy trênQ.
Chứng minh. Giả sửf(x) khả quy trong Z[x]và ta cần tìm mâu thuẫn. Theo Bổ đề Gauss thì f(x) = g(x)h(x) với g(x), h(x) ∈ Z[x] là các đa thức bậc dương. Vìf(n) nguyên tố nên trong hai sốg(n)và h(n)ắt phải có một số là
±1. Không mất tính tổng quát, ta giả sửg(n) = ±1. Giả sửdegg(x) = t. Khi đót > 0. Theo Định lý cơ bản của đại số, g(x) có tnghiệm z1, . . . , zt ∈ C. Suy ra g(x) = c(x− z1). . .(x−zt), trong đó c là hệ số cao nhất của g(x). Với mọik ∈ {1, . . . , t}, viết zk = ak +ibk vớiak, bk ∈ R. Khi đó, ta có
|n−zk|2 = n2 +a2k +b2k −2nak ≥ n2 +a2k +b2k −2n
q
= n− q a2k +b2k 2 .
Suy ra |n−zk|2 ≥ (n− |zk|)2. Do zk cũng là nghiệm củaf(x) nên theo Bổ đề 2.2.5và giả thiết ta có n ≥ H + 2 > H + 1 > |zk|. Suy ra n− |zk| ≥ 2. Ta luôn có |n−zk| ≥ n− |zk|. Vìt > 0nên ta có
1 = |g(n)|= |c||n−z1|. . .|n−zt| ≥ |c|(n− |z1|). . .(n− |zt|) ≥ 2t|c| ≥2,
điều này vô lí.
Ví dụ 2.2.7. Đa thứcf(x) =x4 + 2x3+ 3x2 + 4x+ 1là bất khả quy trên Q.
Chứng minh. Với kí hiệu trong Định lý 2.2.6, ta có m = degf(x) = 4 và
a1 = 1. Suy ra H = max{1,2,3,4} = 4. Ta có 6 = H + 2 và tính toán ta đượcf(6) = 1481 là số nguyên tố. Theo Định lý2.2.6ta suy raf(x)bất khả quy trênQ.
Cho b > 1 là một số tự nhiên. Tiêu chuẩn bất khả quy tiếp theo dành cho các đa thức f(x) có các hệ số đều thuộc tập {0,1, ..., b − 1} và f(b) là số nguyên tố. Chứng minh tiêu chuẩn này cần phải sử dụng Định lí cơ bản của đại số. Chứng minh này được đề xuất bởi Murty trong bài báo [2]. Trong trường hợp nàyn= f(b)là số nguyên tố và nếu kí hiệuH = max
0≤i≤m−1|ai/am|
như trong Định lý2.2.6thì ta cób > H. Để chứng minh tiêu chuẩn này, trước hết ta cần bổ đề sau.
Bổ đề 2.2.8. Cho f(x) = anxn + · · · + a1x + a0 ∈ Z[x]. Giả sử H là một số thực dương sao cho an ≥ 1, an−1 ≥ 0 và |ak| ≤ H với mọi k ∈ {0,1, . . . , n −2}. Khi đó, mỗi nghiệm phức z của f(x) hoặc có phần thực không dương hoặc thỏa mãn|z| <
1 +√
1 + 4H
Chứng minh. Giả sửz là một nghiệm của f(x). Nếu|z| < 1thì rõ ràng ta có
|z| <
1 +√
1 + 4H
2 . Vì thế ta giả thiết |z| > 1. Ta sẽ chứng minh phần thực của z không là số dương hoặc |z| <
1 +√
1 + 4H
2 . Giả sử z = a + ib với
a, b ∈ Rvàa > 0. Do|ak| ≤ H với mọik ∈ {0,1, . . . , n−2}nên ta có f(z) zn ≥ an+ an−1 z − an−2 z2 +· · ·+ a1 zn−1 + a0 zn ≥ an+ an−1 z − |an−2| |z|2 +· · ·+ |a1| |zn−1|+ |a0| |z|n ≥ an+ an−1 z −H |1 |z|2 +· · ·+ 1 |zn−1|+ 1 |z|n . Vì an ≥1, an−1 ≥ 0vàa > 0nên ta có an+ an−1 z = an+ an−1 a+ib = an+ aan−1 a2 + b2 −i ban−1 a2 +b2 ≥ an + aan−1 a2 +b2 ≥ 1.
Hơn nữa, vì|z| > 1nên ta có
1 |z|2 +· · ·+ 1 |z|n = 1 |z| n+1 −1 1 |z|−1 − 1 + 1 |z| = 1− 1 |z| n−1 |z|(|z| − 1) < 1 |z|(|z| −1).
VìH > 0và|z| > 1nên từ hai bất đẳng thức trên, ta có f(z) zn > 1− H |z|(|z| − 1)= |z|2 − |z| −H |z|2 − |z| . Nếu |z| ≥ 1 + √ 1 + 4H 2 thì |z|2 − |z| −H ≥ 0. Do đó |z| 2 − |z| −H |z|2 − |z| ≥ 0. Suy ra f(z)
zn > 0. Điều này là mâu thuẫn vì z là nghiệm của f(x). Do đó
|z|<
1 +√
1 + 4H
2 .
Định lí 2.2.9. Chob > 2là một số tự nhiên. Cho
f(x) = anxn+an−1xn−1 +. . .+ a1x+a0
là đa thức với hệ số nguyên sao cho ai ∈ {0,1, . . . , b − 1} với mọi i = 0,1, . . . , n và an ≥ 1. Nếuf(b) là số nguyên tố thì f(x) là bất khả quy trên
Q.
Chứng minh. Giả sử f(x) khả quy trên Q. Theo Bổ đề Gauss, tồn tại phân tích f(x) = g(x)h(x) với g(x), h(x) là các đa thức với hệ số nguyên thỏa mãn 0 < degg(x),degh(x) < degf(x). Vì f(b) là số nguyên tố theo giả thiết nên g(b) = ±1 hoặc h(b) = ±1. Không mất tính tổng quát, ta giả sử g(b) = ±1. Đặt degg(x) = t > 0. Theo Định lý cơ bản đại số, g(x)
có t nghiệm z1, . . . , zt ∈ C. Do đó g(x) = c(x − z1). . .(x − zt), trong đó c là hệ số cao nhất của g(x). Theo giả thiết ta có an ≥ 1, an−1 ≥ 0
và ai = |ai| 6 b − 1 với mọi i. Do mỗi nghiệm của g(x) cũng là nghiệm của f(x) nên theo Bổ đề 2.2.8, phần thực của mỗi nghiệm zk không là số dương hoặc |zk| <
1 +p1 + 4(b−1)
2 . Với mọi k = 1, . . . , t ta khẳng định
ak, bk ∈ Rvà ak ≤ 0. Suy ra|b−zk| = |(b−ak)−ibk| ≥ b−ak ≥ b > 2. Nếu |zk| <
1 +p1 + 4(b−1)
2 thì vìb ≥ 3nên tính toán ta được
|zk| <
1 +p1 + 4(b−1)
2 ≤ b−1.
Suy ra |b−zk| ≥ |b| − |zk| = b− |zk| > 1. Do đó khẳng định được chứng minh. Vì t > 0, c ≥ 1 và |b − zk| > 1 với mọi k = 1, . . . , t nên |g(b)| =
|c||b−z1|. . .|b−zt| > 1, điều này là mâu thuẫn.
Ví dụ 2.2.10. Đa thức f(x) = x6 + 2x5 +x3 + x2 + 3x+ 1 là bất khả quy trên Q.
Chứng minh. Chọnb = 4. Khi đó
f(b) = b6 + 2b5 + b3 +b2 + 3b+ 1 = 6221
là số nguyên tố. Vì thếf(x)là bất khả quy trên Qtheo Định lí 2.2.9.