Trong suốt Mục này, chúng ta chỉ xét các đa thức với hệ số phức. Cho thuận tiện, nếu f(x), g(x), h(x) ∈C[x] là đa thức khác 0 sao cho f(x) = g(x)h(x) thì ta viết h(x) = fg(x)(x).
Định nghĩa 1.6.1. ([1]) Một đa thức f(x) bậc n được gọi là đa thức rút gọn nếu nó không chứa hạng tử bậc n−1, tức là nó có dạng
f(x) =anxn +an−2xn−2+...+a1x+a0.
Bổ đề 1.6.1. ([1]) Cho f(x) = anxn +an−1xn−1+...+a0 là đa thức bậc n. Đặt
f1(x) =f(x− an−1
nan). Khi đó f1(x) là đa thức rút gọn. Hơn nữa, α là nghiệm của
f1(x) khi và chỉ khi α− an−1
nan là nghiệm của f(x).
Chứng minh. Ta có f1(x) = anxn+bxn−2+g1(x), trong đó g1(x) là đa thức bậc thấp hơn n − 2 và b = n 2 ! a2n−1 n2an − n−1 1 ! a2n−1 nan với k i ! là số tổ hợp chập i của k phần tử. Do đó f1(x) là đa thức rút gọn. Giả sử α ∈ C. Ta có
f1(α) = f(α − an−1
nan ). Vì thế α là nghiệm của f1(x) khi và chỉ khi α − an−1 nan là nghiệm của f(x).
Mệnh đề 1.6.2 (Công thức nghiệm của đa thức bậc hai). ([1]) Các nghiệm của đa thức bậc hai f(x) = x2+bx+c là
x1,2 = −b±
√ b2−4c
2 .
Chứng minh. Thay x bởi x− b2 vào f(x) ta được đa thức bậc hai rút gọn
f1(x) =f
x− 2b=x2+c− b42.
Đa thức f1(x)có nghiệm là u1,2 =±12√b2−4c. Theo Bổ đề 1.6.1, ta có công thức quen biết về nghiệm của đa thức bậc hai f(x)
x1,2 = −b±
√ b2−4c
2 .
Xét đa thức bậc ba có dạng chuẩn f(x) = x3 +ax2 +bx +c. Theo Bổ đề 1.6.1, thay x bởi x− a3 vào công thức của f(x) ta thu được đa thức thu gọn
g(x) = x3+qx+r. Hơn nữa, từ các nghiệm của g(x) chúng ta sẽ tính được các nghiệm của f(x). Vì thế, chúng ta chỉ cần tìm công thức nghiệm của đa thức bậc 3 dạng thu gọn.
Mệnh đề 1.6.3 (Công thức nghiệm của đa thức bậc ba). ([1]) Các nghiệm của đa thức bậc ba thu gọn f(x) = x3+qx+r là
x1=y1+z1, x2=y1+2z1, x3=2y1+z1,
trong đó y1 là một căn bậc ba của −r2 +
q
r2
4 +27q3, z1 = −3yq
1 và là một căn nguyên thủy bậc 3 của đơn vị, chẳng hạn = −12 +i
√ 3
2 . Đặc biệt, nếu q, r ∈ R thì công thức nghiệm của f(x) là
x1= 3s s −r 2+ r r2 4 + q3 27 + 3 s −r 2 − r r2 4 + q3 27, x2=3 s −r 2+ r r2 4 + q3 27 + 2 3 s −r 2− r r2 4 + q3 27, x3=2 3 s −r 2 + r r2 4 + q3 27+ 3 s −r 2− r r2 4 + q3 27.
Chứng minh. Nếu q= 0 thì chỉ việc khai căn bậc 3 của số phức−r ta nhận được cả ba nghiệm của f(x) và rõ ràng ba nghiệm này thỏa mãn công thức trên. Do đó ta giả thiết q 6= 0. Giả sử u là một nghiệm của f(x). Chọn hai số y và z sao cho u=y+z. Khi đó u3= (y+z)3 =y3+z3+ 3uyz. Vì u là nghiệm của f(x)nên
y3+z3+ (3yz+q)u+r= 0.
Chú ý rằng với mỗi u cho trước, có nhiều cặp y, z thỏa mãn u=y+z. Do đó ta có thể yêu cầu y, z thỏa mãn thêm một quan hệ nữa là yz =−q/3. Vì thế ta có
y3+z3 =−r, y3z3 =−27q3.
Vì q 6= 0 nên y 6= 0. Do đó ta có z3 = −27yq33. Từ hệ phương trình trên ta có
y3− 27yq33 = −r hay y6+ry3− q273 = 0. Phương trình bậc hai (ẩn y3) này cho ta một nghiệm y3 = 12 −r+ q r2+ 4q273 =−r2 + q r2 4 + q273.
Bằng cách khai căn bậc ba số phức ở vế bên phải ta tìm được một giá trị y1
thỏa mãn đẳng thức trên. Hai giá trị căn bậc ba còn lại là y1 và 2y1, trong đó
là một căn nguyên thủy bậc ba của đơn vị. Ta có thể chọn =−12 +i
√ 3 2 . Do đó z1 =−3yq
1 vì phải thỏa mãn đẳng thức y1z1=−q/3. Vì thế ta có một nghiệm
z2 =−q/(3y1) =2z1;z3=−q/(32y1) =z1. Do đó ba nghiệm của g(x) là
x1=y1+z1, x2 =y1+2z1, x3 =2y1+z1.
Ví dụ 1.9. ([1]) Tìm nghiệm của đa thức f(x) =x3−15x−126.
Giải. Chú ý rằng f(x) là đa thức thu gọn bậc 3 với q=−15và r=−126. Do đó
r2+4q273 = 15376. Suy ra r42 + q273 = 3844. Do đó q r2 4 + q273 = 62. Ta có 3 r −2r + q r2 4 +27q3 =q3 126 2 + 62 =√3 125 = 5, 3 r −r2 − q r2 4 + q273 = q3 126 2 −62 = √3 1 = 1.
Theo công thức nghiệm của đa thức bậc ba (xem Mệnh đề 1.6.3), các nghiệm của f(x) là x1 = 5 + 1 = 6, x2 = 5 −1 2 +i √ 3 2 + − 1 2−i √ 3 2 =−3 + 2i√ 3, x3 = 5 −1 2 −i √ 3 2 + − 1 2+i √ 3 2 =−3−2i√ 3.
Chú ý rằng khi biết một nghiệm của f(x) là 6 thì hai nghiệm còn lại của f(x)
chính là hai nghiệm của đa thức bậc hai f(x)
x−6 =x2+ 6x+ 21.
Bổ đề 1.6.4. ([1]) Cho f(x) = anxn+...+a1x+a0∈Z[x]. Nếu phân số tối giản rs là nghiệm của f(x) thì r là ước của a0 và s là ước của an. Đặc biệt, nếu an =±1
thì mọi nghiệm hữu tỷ của f(x) đều là nghiệm nguyên.
Chứng minh. Giả sử rs là nghiệm của f(x) trong đó r, s∈Z và (r, s) = 1. Khi đó ta có 0 = f r s =anr n sn +an−1r n−1 sn−1 +...+a1rs +a0. Suy ra 0 =anrn+an−1rn−1s+...+a1rsn−1+a0sn. Vì thế ta có a0sn =−(anrn+an−1rn−1s+...+a1rsn−1+a0sn).
Vế phải của đẳng thức này là bội của s. Vì thế anrn là bội của s. Do (r, s) = 1
nên s là ước của an. Tương tự ta có
Vế phải của đẳng thức này là bội của r. Vì thế a0sn là bội của r. Do (r, s) = 1
nên r là ước của a0.
Bổ đề 1.6.5. ([1]) Cho f(x) =anxn +...+a1x+a0 ∈ Z[x] và m ∈Z. Nếu phân số tối giản rs là nghiệm của f(x) thì r−ms là ước của f(m). Đặc biệt, (r+s) là ước của f(−1) và (r−s) là ước của f(1).
Chứng minh. Bằng cách khai triển các nhị thức((x−m) +m)k và nhóm các hạng tử tương ứng, ta có thể phân tích f(x) theo các lũy thừa của x−m theo cách sau f(x) = f((x−m) +m) =an((x−m) +m)n +...+a1((x−m) +m) +a0 =an(x−m)n+bn−1(x−m)n−1+...+b1(x−m) +b0, trong đó b0, b1, ..., bn−1 ∈Z. Suy ra f(m) =b0 và ta có 0 = f r s =an r s −m n +bn−1 r s −m n−1 +...+b1 r s −m +f(m). Từ đó ta có 0 =an(r−ms)n+bn−1(r−ms)n−1s+...+b1(r−ms)sn−1+f(m)sn. Vì thế ta có f(m)sn =−an(r−ms)n−bn−1(r−ms)n−1s−...−b1(r−ms)sn−1.
Vế phải của đẳng thức trên là bội của r−ms. Do đó f(m)sn là bội của r−ms. Đặt d=gcd(s, r−ms). Vì d là ước chung của s và r−ms nên d là ước của s và
r. Vì rs là phân số tối giản nên d= 1. Suy ra gcd(sn, r−ms) = 1. Vì thế r−mslà ước của f(m). Đặc biệt, khi m = 1 thì r−s là ước f(1) và khi m =−1 thì r+s
là ước f(−1).
Ví dụ 1.10. ([1]) Cho f(x) = 10x3+ 3x2 −106x+ 21. Để tìm nghiệm hữu tỷ của f(x) ta làm như sau. Giả sử f(x) có nghiệm hữu tỷ là phân số tối giản rs. Theo Bổ đề 1.6.4 ta có r là ước của 21 và s là ước của 10. Suy rar chỉ có thể là ±1,±3,±7,±21và s chỉ có thể là ±1,±2,±5,±10.
Ta có f(1) =−72, f(−1) = 120, do đó các nghiệm hữu tỷ thỏa mãn Bổ đề 1.6.5 chỉ có thể là ±12,±15,±3,23,−72,±75. Thử lại ta thấy các nghiệm hữu tỷ của f(x)
Mệnh đề 1.6.6(Nghiệm của đa thức bậc bốn). ([1]) Chof(x) =x4+qx3+rx+s. Giả sử k ∈ C là một nghiệm của phương trình k6+ 2qk4+ (q2−4s)k2−r2 = 0. Gọi l, m∈C sao cho 2m=k2+q+rk và 2l =k2+q− rk. Khi đó bốn nghiệm của
f(x) là bốn nghiệm của phương trình (x2+kx+l)(x2−kx+m) = 0. Chứng minh. Viết
f(x) =x4+qx2+rx+s= (x2+kx+l)(x2+tx+m),
trong đó k, l, m, t là các số phức nào đó mà ta phải tìm, và nếu tìm được các số đó thì rõ ràng ta có thể tìm ngay được nghiệm củaf(x). Chú ý rằng f(x) không có hạng tử bậc 3. Vì thế bằng cách đồng nhất các hệ số của hai đa thức ở hai vế của đẳng thức trên ta suy ra t=−k, và do đó
f(x) =x4+qx2+rx+s = (x2+kx+l)(x2−kx+m). Đồng nhất các hệ số của hai đa thức ta được hệ 3 phương trình
q =l+m−k2, r=k(m−l), s =lm. Từ hai phương trình đầu tiên của hệ trên ta suy ra
2m =k2+q+kr,2l =k2+q− r k.
Từ đó ta tính được m và l theo k (ở đây q, r đã biết), sau đó thay vào phương trình thứ ba s=lm của hệ ở phía trên ta được
k6+ 2qk4+ (q2−4s)k2−r2= 0.
Đây là phương trình bậc ba của ẩn k2. Vì thế, dùng công thức nghiệm bậc ba trong Mệnh đề 1.6.3 ta tìm được một giá trị k2 và do đó sẽ tìm được một giá trị k. Thay k vừa tìm được ta tính được m, l. Thay m, l, k vào đa thức
(x2+kx+l)(x2−kx+m) ta tìm được các nghiệm của f(x). 1.7 Đa thức bất khả quy
1.7.1 Khái niệm đa thức bất khả quy
Trước khi trình bày khái niệm đa thức bất khả quy, chúng ta nhắc lại khái niệm phần tử bất khả quy trong một miền nguyên. Cho a, b∈V, ta nói a là ước của b nếu tồn tại c∈V sao cho b =ac. Một ước a củab được gọi là ước thực sự nếu b không là ước của a. Phần tử p ∈V được gọi là phần tử bất khả quy nếu nó khác 0, không khả nghịch và không có ước thực sự. Từ đây ta có khái niệm đa thức bất khả quy trong vành đa thức V[x]. Chú ý rằng V[x] là miền nguyên. Định nghĩa 1.7.1. ([1]) Chof(x)∈V[x]là đa thức khác 0và không khả nghịch, ta nói f(x) là bất khả quy trên V nếu nó không có ước thực sự.
Chú ý rằng tính bất khả quy của đa thức phụ thuộc vào vành cơ sở. Chẳng hạn, đa thức 2x+ 2 bất khả quy trên trường Q. Tuy nhiên, 2x+ 2 không bất khả quy trên vành Zbởi vì các đa thức 2 và x+ 1 đều là ước thực sự của 2x+ 2. Tương tự đa thức x2+ 1 là bất khả quy trên R nhưng không bất khả quy trên
C.
Bổ đề 1.7.1. ([1]) Đa thức f(x) là bất khả quy nếu và chỉ nếu f(x+a) là bất khả quy với mọi a∈V.
Chứng minh. Choa∈V. Với mỗi h(x)∈V[x]ta đặth1(x) = h(x−a). Chú ý rằng deg h1(x) = deg h(x). Vì thế f(x+a) = k(x)g(x) là phân tích của f(x+a) thành tích hai đa thức có bậc thấp hơn khi và chỉ khi f(x) = k1(x)g1(x) là phân tích của f(x) thành tích của hai đa thức có bậc thấp hơn. Vì vậy f(x) bất khả quy khi và chỉ khi f(x+a) bất khả quy.
Bổ đề 1.7.2. ([1]) Đa thức f(x) với hệ số trên trường K là bất khả quy nếu và chỉ nếu deg f(x)>0 và f(x) không phân tích được thành tích của hai đa thức có bậc bé hơn.
Bổ đề 1.7.3. ([1]) Trên một trường K, các phát biểu sau đây đúng. (i) Đa thức bậc thấp luôn bất khả quy.
(ii) Đa thức bậc 2 và bậc 3 là bất khả quy nếu và chỉ nếu nó không có nghiệm trong K.
Chứng minh. (i) Rõ ràng đa thức bậc nhất không thể là tích của hai đa thức bậc thấp hơn, do đó nó bất khả quy.
(ii) Giả sử f(x) có nghiệm x =a ∈K. Vì deg f(x)> 1 nên theo Bổ đề 1.5.1 ta có f = (x−a)g(x), trong đó g(x)∈ K[x] và deg g(x) = deg f(x)−1≥ 1. Do đó
f(x) khả quy. Ngược lại, giả sử f(x) khả quy vì f(x) có bậc 2 hoặc 3 nên f(x)
phân tích được thành tích của hai đa thức bậc thấp hơn, một trong hai đa thức đó phải có bậc 1. Rõ ràng đa thức bậc 1 trên một trường luôn có nghiệm trong trường đó, vì thế f(x) có nghiệm trong K.
Chú ý rằng phát biểu (ii) trong Bổ đề trên là không đúng cho trường hợp của đa thức lớn hơn 3. Cụ thể, nếuf(x)bậc lớn hơn 3và có nghiệm trong K thì f(x)
khả quy. Tuy nhiên, tồn tại những đa thức không có nghiệm trong K nhưng vẫn khả quy. Chẳng hạn đa thức (x2+ 1)2 không có nghiệm trong R nhưng nó khả quy trên R.
Định nghĩa 1.7.2. ([1]) Cho a là phần tử đại số trên K. Đa thức p(x) ∈ K[x]
bất khả quy dạng chuẩn nhận a làm nghiệm được gọi là đa thức bất khả quy của a.
Đa thức x3−2x∈Q[x] là bất khả quy (vì có bậc 3 và không có nghiệm hữu tỷ), do đó nó là đa thức bất khả quy của phần tử √3
2. Đa thức x2+ 1∈ R[x] là bất khả quy (vì có bậc 2và không có nghiệm thực), do đó nó là đa thức bất khả quy của số phức i.
Ví dụ 1.11. ([1]) Để tìm đa thức bất khả quy trên Q của phần tử √2 +√
3 ta làm như sau. Đặt α=√
2 +√
3. Khi đó α2−5 = 2√
6. Suy ra α4−10α2+ 1 = 0. Vì thế α là nghiệm của đa thức f(x) =x4−10x2+ 1 = 0∈Q[x]. Ta chứng minh
f(x) bất khả quy. Thật vậy theo Bổ đề 1.6.4, f(x) không có nghiệm hữu tỷ. Vì thế nó không là tích của một đa thức bậc nhất và một đa thức bậc 3. Giả sử
f(x) khả quy. Khi đó x4−10x2+ 1 = (x2+ax+b)(x2+cx+d) với a, b, c, d ∈Q. Khai triển vế phải và đồng nhất hệ số ở hai vế ta được4 phương trình a+c= 0,
d+b+ac=−10,ad+bc= 0, bd= 1. Suy ra c=−a. Vì ad+bc= 0 nêna(d−b) = 0. Giả sử a= 0 khi đó d−b =−10, bd= 1. Suy ra b, d 6=Q, vô lí. Vì thế b =d. Do
bd= 1 nên b2= 1. Vì thế d=b=±1. Thay vào ta được a+c= 0, ac=−12 hoặc
a+c= 0, ac=−8. Suy ra a, c6=Q, vô lí. Vì vậy f(x) là đa thức bất khả quy của √
2 +√
3.
Ví dụ 1.12. ([1]) Trục căn thức ở mẫu của phân số sau 1
1+√3 2+2√3
4.
Giải. Đặt g(x) = 1 +x+ 2x2∈Q[x]. Khi đó mẫu số của phân số làg(√3
2). Đa thức bất khả quy của phần tử √3 2 là p(x) = x3−2 ∈ Q[x]. Biểu diễn gcd(g(x), p(x)) thành tổ hợp tuyến tính của g(x) và p(x) 4p(x) =g(x)(2x−1)−x−7, g(x) = (−x−7)(−2x+ 13) + 92 −x−7 = 92(− x 92− 7 92) + 0. Suy ra 92 =g(x) + (−x−7)(2x−13). Do đó 92 = g(x) + h 4p(x)−g(x)(2x−1) i (2x−13). Vì thế 92 = 4(2x−13)p(x) + 4(−x2+ 7x−3)g(x). Vậy 23 = (2x−13)p(x) + (−x2+ 7x−3)g(x).
Suy ra 23 = (−√3 4 + 7√3 2−3)(1 +√3 2 + 2√3 4). Do đó 1 1+√3 2+2√3 4 = −3 √ 4+7√3 2−3 23 .
1.7.2 Tính khả quy của đa thức trên Q Ví dụ 1.13. ([1])
(i) Đa thức f(x) = 10x3+ 3x2−106x+ 21 là khả quy trên Q. (ii) Đa thức g(x) = 9x3+ 6x2−8x+ 7 là bất khả quy trên Q.
Chứng minh. (i) Giả sử phân số tối giản r/s là nghiệm của f(x). Theo Bổ đề 1.6.4, ta có r|21 và s|10. Suy ra r∈ {±1,±3,±7,±21} và s ∈ {±1,±2,±5,±10}. Vì f(1) =−72, f(−1) = 120 nên sử dụng Bổ đề 1.6.5 ta suy ra r/s= n ±12,±15,±3,±32,±35,±7,−72,±57o.
Thử lại ta thấy 15,3,−72 là nghiệm của f(x). Vậy f(x) khả quy trên Q.
(ii) Ta có 3g(x) = 27x3 + 18x2 − 24x + 21. Khi đó g(x) = 0 nếu và chỉ nếu
3g(x) = 27x3+ 18x2−24x+ 21 = 0. Đặt y= 3x, phương trình thứ hai trở thành
h(y) =y3+ 2y2−8y+ 21 = 0. Sử dụng Bổ đề 1.6.4 và Bổ đề 1.6.5 ta suy ra h(y)
không có nghiệm hữu tỷ. Vì thế g(x) không có nghiệm hữu tỷ. Do đó g(x) bất khả quy trên Q.
Định lý 1.7.4. Cho f(x) là một đa thức với hệ số trong Q, f(x) bất khả quy trên Q khi và chỉ khi ước duy nhất của nó với những hệ số thuộc Q có dạng α
và αf(x), α6= 0 là một số bất kỳ trong Q.
Định lý 1.7.5. Nếu f(x) là một đa thức bất khả quy trên Q, g(x) là một đa thức bất kỳ trong Q thì hoặc g(x)...f(x) hoặc (g(x), f(x)) = 1
Định lý 1.7.6. Cho f(x) là đa thức bất khả quy trên Q, g(x) và h(x) là những đa thức với hệ số thuộc Q. Nếu (g(x), h(x))...f(x) thì ít nhất một trong các thừa số g(x) và h(x) chia hết cho f(x).
Định lý 1.7.7. Nếu một đa thức có hệ số nguyên không phân tích được thành tích hai đa thức hệ số nguyên thì nó không phân tích được thành tích hai đa thức hệ số hữu tỷ
Định lý 1.7.8 (Bổ đề Gauss). ([1]) Cho p(x)∈Z[x]. Giả sử p(x) =g(x)f(x) với
g(x), f(x) ∈ Q[x]. Khi đó tồn tại g∗(x), f∗(x) ∈ Z[x] sao cho degg(x) = degg∗(x),
degf(x) = degf∗(x) và p(x) =g∗(x)f∗(x). Đặt 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. Viếtf(x) =af1(x)vàg(x) = bg1(x)trong đóa, b∈Qvàf1(x), g1(x)∈
Z[x]là các đa thức nguyên bản. Ta có f1(x), g1(x)là đa thức nguyên bản. Rõ ràng
p(x) = abf1(x)g1(x)∈Z[x]. Ta chứng minhab∈Z. Thật vậy giả sửab /∈Z. Khi đó
ab=r/svớir/slà phân phối tối giản vàs >1. Viếtf1(x)g1(x) =anxn+...+a1x+a0. Vìf1(x)g1(x) là nguyên bản nên gcd(an, an−1, ..., a0) = 1. Vì p(x)∈Z[x] nên ta có
ran
s , ...,ra1 s ,ra0
s ∈Z.
Suy ra s là ước chung của an, ..., a1, a0, điều này vô lí. Vậy ab ∈ Z. Đặt f∗(x) =