SỐ HỌC TRONG MỘT MIỀN NGUYÊN
2.6. ĐA THỨC TRÊN MIỀN GAUSS
Định nghĩa 2.6.1. Một đa thức f x( )A x[ ], với A là miền Gauss, gọi là nguyên bản nếu các hệ tử của nó không có ước chung (khác các đơn vị).
Ta nhận xét rằng mọi đa thức khác không f x( )A x[ ] có thể viết dưới dạng ( ) 1( )
f x cf x , trong đó cA và f x1( ) nguyên bản: cụ thể, c là UCLN của các hệ
tử của f x( ), được xác định duy nhất sai khác một nhân tử đơn vị. Người ta ký hiệu c bằng c f( ); như vậy f x( ) là nguyên bản khi và chỉ khi c f( ) là một đơn vị.
Bổ đề 2.6.1. (Bổ đề Gauss). Nếu f x( ), g x( )A x[ ], thì c fg( )c f c g( ) ( ). Đặc biệt tích của hai đa thức nguyên bản là một đa thức nguyên bản.
Chứng minh: Đặt cc f( ),d c g( ), lúc đó f x( )cf x1( ), g x( )dg x1( ), với
1( )
f x và g x1( ) nguyên bản. Vì fg (cd f g) 1 1, ta chỉ cần chứng minh f g1 1 nguyên bản, nghĩa là chỉ cần chứng minh khẳng định thứ hai của bổ đề. Nếu f g1 1 không nguyên bản, giả sử p là một phần tử bất khả quy của A chia hết mọi hệ tử của
1 1
f g . Giả sử
1( ) i i, 1( ) j j, i, j
f x a x g x b x a b A
và a bs, t là các hệ tử đầu tiên của f1 và g1 không chia hết cho p (điều này có vì f1 và g1 nguyên bản ). Hệ tử của xs t trong f x g x1( ) ( )1 là:
...a bs1 t1a bs t a bs1 t1... (2.3) Vì A là một vành Gauss, nên p không chia hết a bs t. Vì p chia hết tổng (1) và chia hết mọi hạng tử đứng trước và sau a bs t trong (2.3), nên p chia hết a bs t, mâu thuẫn với p không chia hết a bs t. Vậy f x g x1( ) ( )1 là nguyên bản.
Bổ đề 2.6.2. Nếu g x chia hết ( ) bf x , trong đó ( ) bA và g x nguyên bản, thế thì ( ) ( )
g x chia hết f x . ( )
Chứng minh: Ta có bf x( )g x h x( ) ( ), với h x( )A x[ ]. Theo bổ đề 2.5.1, . ( ) ( ). ( ) ( )
b c f c g c h c h . Vậy b chia hết c h( ) và từ đó cũng chia hết h x( ), cho nên g x( ) chia hết f x( ).
Định lý 2.6.1. Vành đa thức A x của biến x trên một miền Gauss A là một miền [ ] Gauss.
Chứng minh: Ta sẽ chứng minh [ ]A x thỏa mãn G1 và G3.
i) [ ]A x thỏa mãn G1: Hiển nhiên một phần tử của A là bất khả quy (hay đơn vị) trong [ ]A x khi và chỉ khi nó là bất khả quy (hay đơn vị) trong A. Vì A là miền
Gauss, nên từ đó ta suy ra mọi đa thức của [ ]A x có bậc 0 đều phân tích ra thành những phần tử bất khả quy. Giả sử f x( ) có bậc n dương và giả sử các đa thức có bậc nhỏ hơn n có thể phân tích thành tích những đa thức bất khả quy. Ta viết
( ) ( ) ( )1
f x c f f x với cc f( )A và f x1( ) nguyên bản, và ta cần chứng minh
1( )
f x là một tích những đa thức bất khả quy. Nếu f x1( ) là bất khả quy, ta không cần phải chứng minh. Nếu không f x1( )g x h x( ) ( ), với h x( ), g x( )A x[ ] và có bậc
0
vì f x1( ) nguyên bản; vậy cả hai đa thức g x h x( ), ( ) có bậc nhỏ hơn n, nên theo giả thuyết quy nạp chúng phân tích thành tích những đa thức bất khả quy, và do đó
1( )
f x cũng vậy.
ii) [ ]A x thỏa mãn G3: Giả sử p x f x( ), ( ),g x( )A x[ ], p x( ) bất khả quy và ( )
p x chia hết f x g x( ). ( ), ta phải chứng minh p x( ) chia hết hoặc f x( ) hoặc g x( ). Xét hai trường hợp: Nếu p x( ) có bậc 0, vậy p x( ) pA và như vậy p chia hết
( ) ( ). ( )
c fg c f c g , từ đó theo G3 p chia hết c f( ), vậy chia hết f x( ). Nếu p x( ) có bậc dương, vậy p x( ) nguyên bản vì p x( ) bất khả quy. Gọi K là trường các thương của A, ta hãy chứng tỏ p x( ) bất khả quy trong K x[ ]. Giả sử p x( ) khả quy trong K x[ ], thế thì p x( )h x k x( ) ( ) với h x( ), k x( )K x[ ] và cả hai có bậc nhỏ hơn bậc của p x( ). Sau khi quy đồng mẫu các hệ tử của h x( ) và k x( ), bao giờ ta cũng có thể viết
1 1
( ) c ( ) ( )
p x h x k x
d
với 0d c, A h x k x, 1( ), ( )1 A x[ ] và h k1, 1 nguyên bản. Vậy
1 1
( ) ( ) ( )
d p x ch x k x
Từ bổ đề 2.6.1, ta suy ra cd và từ đó p x( )h x k x1( ) ( )1 , mâu thuẫn với p x( ) bất khả quy trong [ ]A x .
Bây giờ ta được p x( ), f x( ), g x( )K x[ ], p x( ) bất khả quy trong [ ], ( ) | ( ). ( )
K x p x f x g x và vành K x[ ] là miền Euclide, vậy là miền Gauss. Theo G3, ( )
p x chia hết hoặc f x( ) hoặc g x( ), chẳng hạn f x( ), nghĩa là ta có
( ) ( ) ( )
p x q x f x , với q x( )K x[ ]. Cũng như trên, ta có thể viết sau khi quy đồng mẫu các hệ tử của q x( )
1
1 p x q x( ) ( ) f x( )
b
với 0 b A q x, 1( )A x[ ]. Từ đó p x q x( ) ( )1 b f x( )
Theo đẳng thức trên, p x( ) chia hết b f x( ), mặt khác p x( ) nguyên bản; áp dụng bổ đề 2.6.2, ta có p x( ) chia hết f x( ) trong [ ]A x .
Hệ quả 2.6.1. Vành các đa thức n biến K x[ ,...,1 x trên một trường K là một n] miền Gauss; hay tổng quát hơn vành A x[ ,...,1 x với A là một miền Gauss, là một n] miền Gauss.
Ví dụ 2.6.1:
Vành [ ]x các đa thức của biến với hệ số nguyên là một vành Gauss. Tuy nhiên [ ]x không phải là vành chính. Thật vậy, xét iđêan I của [ ]x sinh bởi x và 2; I gồm các đa thức có hạng tử tự do là một số nguyên chẵn, vậy I [ ]x . Nếu I là iđêan chính sinh bởi f x( )[ ]x , thì f x( ) phải là UCLN của x và 2, nhưng x và 2 chỉ có các ước chung là 1 , nghĩa là f x( )1 hay I [ ]x , mâu thuẫn với
[ ] I x .
Định lý 2.6.2. (Tiêu chuẩn bất khả quy Eisenstein). [5] Giả sử D là một miền Gauss với trường các thương F . Giả sử f a0 a x1 ...a xn n là một đa thức bậc n1 thuộc D x[ ]. Giả sử p là một phần tử bất khả quy trong D sao cho p chia hết a , với mọi i i 0, 1, ...,n1; p không chia hết a và n p không chia hết 2 a . Khi đó 0 f là bất khả quy trong F x[ ].
Chứng minh: Nếu cần chia cho UCLN của các hệ tử của f , ta có thể giả thiết f là nguyên bản. Khi đó nếu f là khả quy trong F x[ ] thì f cũng khả quy trong D x[ ], do đó f x( )g x h x( ) ( ); ,g hD x[ ] với:
0 1 ... d d
g b b x b x
0 1 ... m m hc c x c x ở đây d m, 1 và b cd m 0. Khi đó:
( ) ( ) ( )
f x g x h x .
Từ giả thiết đối với p ta suy ra f( )x (a xn) n. Do D p( ) là một miền Gauss nên D p x( )[ ] cũng vậy. Từ tính duy nhất của biểu diễn bất khả quy của f trong vành nhân tử hóa ta suy ra:
( ) ( )d d
g x b x và h (c xm) m.
Từ đó ( )b0 0 và ( )c0 0 hay a0 b c0 0 chia hết cho p2, trái giả thiết Ví dụ 2.6.2. Xét tính bất khả quy của đa thức
2 3
6 6 6 3
f x x x trong [ ]x .
Giải: Áp dụng tiêu chuẩn Eisenstein với p2, rõ ràng p chia hết 6, 6, 6; p2 4 không chia hết 6; p không chia hết 3. Do đó f là bất khả quy trong [ ]x .
CHƯƠNG 3