2 Số nguyên tố và đa thức bất khả quy
2.2Đa thức bất khả quy với lũy thừa số nguyên tố
Chứng minh. Nếu |z| > 1 và phần thực <(z) > 0, ta nhận thấy rằng f(z) zn = an + an−1 z +an−2 z2 +. . .+ a0 zn ≥ an + an−1 z − an−2 z2 +. . .+ a0 zn > an+ an−1 z −H 1 |z|2 +. . .+ 1 |z|n Lưu ý rằng do |z| > 1 nên 1 |z|2 + . . . + 1 |z|n < 1 |z|2 − |z| tương đương
với |z|n−1 − 1 < |z|n−1. Đồng thời cũng do <(z) > 0 nên an + an−1 z ≥ <(an + an−1 z ) ≥an ≥ 1. Do đó ta có an+ an−1 z −H 1 |z|2 +. . .+ 1 |z|n ≥ 1− H |z|2 − |z| = |z|2 − |z| −H |z|2 − |z| . Khi |z| ≥ 1 + √ 1 + 4H 2 ta có |z|2 − |z| −H |z|2 − |z| ≥ 0. Từ đó kết hợp với các bất
đẳng thức trên ta thấy khi
|z| ≥ 1 + √ 1 + 4H 2 (3) thì f(z) zn
> 0, nghĩa là z không thể là nghiệm của f(x).
Bây giờ ta giả sử α là nghiệm phức tùy ý của f(x). Nếu |α| ≤ 1 thì bất đẳng thức (2) là tầm thường. Xét trường hợp |α| > 1, khi đó xảy ra hai khả năng <(α) ≤ 0 hoặc <(α) > 0. Nếu <(α) > 0 thì ta phải có
|α| < 1 +
√
1 + 4H
kết hợp với đoạn đầu của chứng minh ta suy ra |f(α)/αn| > 0 nên α không còn là nghiệm). Trường hợp còn lại<(α) ≤ 0thì hiển nhiên bổ đề được thỏa mãn.
Bây giờ ta áp dụng Bổ đề 2.1.6 để giải quyết một bài toán đã được đề xuất trong Polya–Szego [9, p.133]. Đó là một mở rộng cho định lý của Cohn như đã nêu ở đầu mục (Định lý 2.1.1).
Định lý 2.1.7. Cho b > 2 và cho p là số nguyên tố có khai triển b−adic
p= anbn +an−1bn−1 +. . .+a1b+ a0.
Khi đó f(x) = anxn+an−1xn−1 +. . .+a1x+a0 là bất khả quy trên Q.
Chứng minh. Theo Bổ đề 1.5.3, ta chỉ cần xét tính bất khả quy trong Z[x]. Nếu f(x) = g(x)h(x) với g(x) và h(x) là đa thức bậc dương trong Z[x], thì từ f(b) = p kéo theo g(b) =±1 hoặc h(b) = ±1. Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng g(b) = ±1. Theo chứng minh Định lý 2.1.3, ta viết
g(x) = cY
i
(x−αi),
trong đó αi chạy trên một tập con nào đấy các nghiệm của f(x) và c là hệ số cao nhất của g(x) (do đó c là số nguyên khác 0). Theo Bổ đề 2.1.6, mọi nghiệm α của f(x) có phần thực <(α) ≤ 0 hoặc có
|α| < 1 + p
1 + 4(b−1) 2
(vì H = b − 1). Vì <(−α) ≥ 0 nên |b − α| ≥ b. Hơn nữa vì b ≥ 3 nên b−1> 2 suy ra 1 +p1 + 4(b−1) ≤2(b−1). Từ đó ta có
|α| < 1 + p
1 + 4(b−1)
2 ≤b−1.
Đặc biệt, ta suy ra |b−αi| > 1 với mọi i, từ đó ta suy luận rằng
|g(b)| = |c|Y
i
|b−αi| > 1,
Nhận xét 2.1.8. Thứ nhất, chứng minh của Định lý 2.1.7 bị phá vỡ khi b = 2. Nhưng không phải tất cả bị mất. Khi b = 2 các hệ số của đa thức f(x) là 0 hoặc 1 và f(2) là số nguyên tố, nên ta có a0 = 1. Nếu f(x) có bất kỳ nghiệm hữu tỷ thì chúng chỉ có thể là ±1. Rõ ràng, x = 1 không phải là nghiệm (vì các hệ số ai ≥ 0 với mọi i). Nếu x = −1 là nghiệm thì
0 = f(−1) ≡ f(2) ≡ p(mod3), khi đó p= 3 và f(x) = x+ 1, đó là đa thức bất khả quy. Do đó khi p > 3 thì f(x) không có bất kỳ nghiệm hữu tỷ nào. Điều này tự nó đủ để khẳng định được tính bất khả quy của f(x) khi b = 2 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
và các số nguyên tố p < 16 (vì các số nguyên tố đó đã đến bậc của đa thức f(x) nhiều nhất là 3). Để giải quyết trường hợp b = 2 tổng quát, ta cần phân tích thêm một chút. Giả sử rằng tất cả các nghiệm của f(x) thỏa mãn
<(α) < υ. Khi đó, ta thấy rằng các hệ số của đa thức g(x+υ) = cY
i
(x+υ −αi)
là không âm. Thật vậy, nếu αi là thực, thì đa thức tuyến tính x+υ−αi có hệ số thực không âm. Nếu αi không thực, ta ghép nó với số phức liên hợp của nó và lưu ý rằng
(x+ υ −αi)(x+ υ −αi) = x2 + 2<(υ −αi)x+|υ −αi|2. (4) có hệ số không âm. Thấy rằng g(x) là đa thức với hệ số thực, do đó nếu α là nghiệm củag(x) thì α cũng là nghiệm của g(x). Vì υ là thực cho nên điều tương tự cũng được áp dụng cho đa thức g(x+υ). Vì g(x+υ) là một tích của các đa thức có dạng (4) nên đó là đa thức của ẩn x với hệ số không âm. Do đó g(−x+ υ) là đa thức có các hệ số đan dấu. Do đó, bất kỳ x > 0, ta có ±g(−x+υ) < g(x+υ). Hơn nữa, |g(−x+υ)| < g(x+υ). Nếu υ < b thì ta đặt x = b−υ suy ra rằng |g(−b+ 2υ)| < g(b). Nếu chọn υ là 3/2 thì ta thu được |g(1)| < g(2). Vì g(1)6= 0 và đây là một số nguyên nên |g(2)| > 1. Sau đó chứng minh của Định lý 2.1.7 được áp dụng cho việc thiết lập tính bất khả quy của f(x). Tuy nhiên, bất đẳng thức đã được xác định bởi Định lý 2.1.3 là (1 +√
5)/2 > 3/2. Điều này gợi ý cách cải tiến sau đây của Bổ đề 2.1.6. Đó là tất cả những điều mà ta cần để mở rộng chứng minh của Định lý 2.1.7 trong trường hợp b = 2.
Bổ đề 2.1.9. Giả sử α là một nghiệm phức của đa thức
f(x) =xm +am−1xm−1 +. . .+a1x+a0
với các hệ số ai bằng 0 hoặc 1. Nếu |arg(α)| ≤ π/4 thì |α| < 3/2. Ngược lại, ta có <(α) < (1 +√
5)/(2√ 2).
Chứng minh. Xét trường hợp m = 1 và m = 2 có thể được kiểm tra trực tiếp. Giả sử m ≥3, ta tính toán đối với z 6= 0 ta có
|f(z) zm | ≥ 1 + am−1 z + am−2 z2 − 1 |z|3 + . . .+ 1 |z|m .
Với z thỏa mãn |arg(z)| ≤ π/4 nên ta thấy <(1/z2) ≥ 0, do đó với z như vậy ta có bất đẳng thức f(z) zm > 1− 1 |z|2(|z| −1) = |z|3 − |z|2 −1 |z|2(|z| −1) . (Lưu ý rằng có bất đẳng thức trên là do 1 + am−1 z + am−2 z2 ≥ <1 + am−1 z + am−2 z2 ≥ 1 (vì <(1/z2) ≥ 0); đồng thời ta có 1 |z|3 +. . .+ 1 |z|m < 1 |z|2 1 |z| − 1
(vì nó tương đương với |z|m−2 −1 < |z|m−2)). Bằng cách khảo sát hàm bậc ba ta thấy ngay rằng đa thức f(x) = x3 − x2 − 1 chỉ có một nghiệm thực thuộc khoảng (2/3,3/2). Do đó f(|z|)| > 0 với |z| ≥ 3/2 và |arg(z)| ≤π/4, do đó phần thứ nhất của bổ đề được chứng minh. Đối với phần thứ hai, kết hợp giả thiết với Bổ đề 2.1.6 ta xét hai điều kiện |α| < (1 +√
5)/2 và
|arg(z)| > π/4. Với những điều kiện đó ta thấy rằng <(α) phải nhỏ hơn
(1 +√
5)/(2√
2). Điều này hoàn thành chứng minh.
Cách chứng minh Định lý 2.1.7 đã nói ở trên thực sự cũng bao phủ cả chứng minh của Brillhart-Filaseta-Odlyzko trong [4], ở đó các tác giả đã vận dụng phương pháp chứng minh đã nêu ra trong [9, p.133] để giải quyết với trường hợp tổng quát. Cách tiếp cận của M. R. Murty đã tự nhiên hơn và
dễ hơn. Điểm mấu chốt là vận dụng Bổ đề 2.1.2 và Định lý 2.1.3 cho trường hợp trường các hàm.
Có một mở rộng tự nhiên của định lý của Cohn (Định lý 2.1.1) tới trường hợp các trường hàm trên trường hữu hạn.
Định lý 2.1.10. Cho Fq là trường có q phần tử (với q là lũy thừa của số nguyên tố p). Cố định phần tử b(t) ∈ Fq[t]. Giả sử p(t) là một đa thức bất khả quy của Fq[t] và nó viết được trong cơ sở "b(t)" dưới dạng
p(t) =am(t)b(t)m +. . .+ a1(t)b(t) +a0(t)
(thông qua thuật toán Euclide). Khi đó f(x) =am(t)xm+. . .+a1(t)x+a0(t)
là đa thức bất khả quy trong Fq[t, x].
Chứng minh. Lấy K = Fq(t) là trường các phân thức hữu tỷ. Lấy phần tử α = f(t)/g(t) ∈ K với f(t) và g(t) là đa thức với hệ số trong Fq. Người ta xác định định giá của α trên trường K bằng cách đặt |α|K = qdeg(f)−deg(g). Gọi L là bao đầy đủ của K đối với định giá |.|K; và người ta chỉ ra rằng định giá |.|K của K được mở rộng một cách tự nhiên thành |.|L của L. Đặc biệt, nếuα là phần tử đại số trên K, thì ta có chuẩn NL(α)/L(α) ∈ L, và tính được
|NL(α)/L(α)|L. Từ đó ta có định giá của α trong L(α) là
|α|L(α) = |NL(α)/L(α)|L1/d, với d= [L(α) : L] (theo [6, Prop. 2.6, p. 474]). (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Ta phân tích đa thức f(x) thành tích các nhân tử tuyến tính trên trường đóng đại số K của K. Giả sử f(x) không bất khả quy, khi đó f(x) có các ước thực sự là các đa thức g(x), h(x) ∈ Fq[t][x] sao cho f(x) = g(x)h(x). Lúc đó p(t) = g(b(t)) = g(b(t))h(b(t)), từ đây do p(t) bất khả quy trong Fq[t] nên phải có g(b(t)) ∼ 1 hoặc h(b(t)) ∼1. Không mất tính tổng quát ta giả sử g(b(t)) ∼ 1. Lúc đó deg(g(b(t))) = 0, nên |g(b(t))|K = q0 = 1.
Mặt khác, như trước ta thấy rằng bất kỳ nhân tử không tầm thường g(x) ∈ Fq[t][x] của f(x) đều được phân tích dưới dạng
g(x) = c(t)Y
i
trong đó c(t) là một đa thức nào đó thuộc Fq[t]. Bây giờ ta có |g(b(t))|K ≥ Y i (|b(t)|K − |αi(t)|K) = Y i (qdeg(b)− |αi(t)|K) > Y i (qdeg(b)−(qdeg(b)−1 + 1)) ≥1 (*) trừ khi q = 2 và deg(b) = 1, điều này là mâu thuẫn. (Lưu ý rằng bằng lập luận tương tự Bổ đề 2.1.2 ta cũng suy ra rằng mọi nghiệm α của f(x) thỏa mãn |α|L(α) < H + 1 trong đó H = max 0≤i≤m−1 ai(t) am(t) K = max
0≤i≤m−1(qdeg(ai)−deg(am)) ≤ qdeg(b)−1. do đó bất đẳng thức (*) là đúng).
Các trường hợp đặc biệt còn lại (q = 2 hoặcdeg(b) = 1) có thể được kiểm chứng một cách dễ dàng bằng cách để ý rằng nếu deg(b) = 1, thì f(x) giống như p(x) sau một phép thay đổi tuyến tính của biến. Do đó ta có được tính bất khả quy trong trường hợp này.
Để minh họa về kết quả trong trường hợp trường hàm, xét ví dụ sau.
Ví dụ 2.1.11. i) Xét thấy đa thức p(t) = t4 +t+ 1 ∈ F2[t] là bất khả quy trên trường hữu hạnF2. Thật vậy, do p(t) không có nghiệm trên F2 nên p(t)
không phân tích được thành tích của đa thức bậc nhất và bậc ba trong F2[t]. Do đó ta giả sử p(t) có phân tích p(t) = (t2+at+ 1)(t2−at+ 1)trong vành F2[t]. Từ đó khai triển vế phải và rút gọn rồi đồng nhất các hệ tử hai vế ta thu được
t4 +t+ 1 = t4 −a2t2 + 1 suy ra
a2 = 0 0 = 1, đây là điều vô lý. Vậy p(t) là đa thức bất khả quy trên F2.
ii) Hơn nữa, ta có thể khai triển p(t) trong cơ sở b(t) = t2 + 1 như sau p(t) = (t2 + 1)2 +t = b(t)2 +t = f(b(t)),
trong đó f(x) = x2 + t ∈ F2[t][x]. Từ đó áp dụng Định lý 2.1.10, ta có thể kết luận rằng đa thức f(x) =x2 +t là bất khả quy trong F2[t][x].
Chú ý 2.1.12. Bằng một cách khác, ta có thể thấy f(x) bất khả quy trong F2[t][x] như sau. Giả sử f(x) không bất khả quy trong F2[t][x]. Khi đó vì hệ số cao nhất củaf(x) là1nên f(x)phân tích được thành tích của hai đa thức bậc nhất trongF2[t][x], suy raf(x) có nghiệm thuộc F2[t], chẳng hạn nghiệm đó là 0 6= α ∈ F2(t). Khi đó α có dạng α = g(t) với g(t) ∈ F2[t] và α2 = −t. Suy ra g(t)2 = −t. Giả sử g(t) có hệ số cao nhất là A, với deg(g) = m thì A2t2m = −t, dẫn đến A2 = −1 và 2m = 1, đây là điều mâu thuẫn.
2.2 Đa thức bất khả quy với lũy thừa số nguyên tố
Một số tiêu chuẩn bất khả quy cổ điển được đưa ra dựa trên sự tồn tại của số nguyên tố phù hợp với giá trị của một số đa thức. Một trong những kết quả hay nhất của phần này, được đưa ra bởi Polya-Szego đó là Định lý 2.1.1. Tiêu chuẩn bất khả quy này đã được khái quát hóa cho một cơ sở tùy ý b bởi Brillhart-Filaseta-Odlyzko đó là Định lý 2.1.7.
Có nhiều mối liên hệ đẹp giữa số nguyên tố và đa thức bất khả quy, ví dụ như ta đã xét ở Mục 2.1. Bây giờ ta tiếp tục đề cặp đến chủ đề này, hai kết quả dưới đây là một số kết quả theo hướng đó.
Định lý 2.2.1. (xem [1]) Nếu có một số nguyên tố p viết được dưới dạng một tổng của các số nguyên a0, . . . , an với a0an 6= 0 và |a0| > Pn
i=1|ai|2i thì đa thức Pn
i=0aiXi là bất khả quy trên Q.
Định lý 2.2.2. (xem [1]) Nếu tất cả các hệ số của đa thức f(x) là ±1 và
f(m) là số nguyên tố (với m là một số nguyên nào đó thỏa mãn |m| ≥ 3) thì f(x) là bất khả quy trên Q.
Tiêu chuẩn bất khả quy tương tự cho các đa thức nhiều biến trên một trường tùy ý đã được trình bày trong [3]. Một cách tự nhiên người ta có thể hỏi rằng khi nào thì kết quả Cohn (Định lý 2.1.1) vẫn đúng nếu ta thay thế số nguyên tốpbởi lũy thừa ps (với s ≥2). Điều này không phải lúc nào cũng đúng, chẳng hạn ta có thể lấy p= 11 và xét các đa thức f(x) thu được bằng cách thay thế các lũy thừa của 10 tương ứng bởi các lũy thừa của x trong biểu diễn dưới cơ số 10 của số 112. Trong trường hợp này f(10) = 121 và đa thức f(x) = x2+ 2x+ 1 là rõ ràng là khả quy. Ví dụ một số khác ta có thể
xét biểu diễn dưới cơ số 10 của số 117. Ở đây f(10) = 117 = 19487171, và đa thức f(x) cũng là khả quy (nó chia hết cho x+ 1).
Mục tiêu đầu tiên của mục này là để tìm thêm một số điều kiện để đảm bảo cho tính bất khả quy của một đa thức mà nó lấy giá trị là một lũy thừa của một số nguyên tố, và do đó để hoàn thành kết quả trong [1], bằng cách mở rộng chúng tới một lớp rộng hơn gồm các đa thức. Điều này sẽ đạt được bằng cách thêm một điều kiện tự nhiên trên đạo hàm của các đa thức.
Mục tiêu thứ hai của mục này là tìm được cận trên cho tổng số các nhân tử bất khả quy của các đa thức như vậy, thay vì tiêu chuẩn bất khả quy, ta xét các đạo hàm cấp cao hơn.
Kết quả đầu tiên của mục này sẽ mở rộng Định lý 2.1.7 tới lũy thừa số nguyên tố, như sau.
Định lý 2.2.3. Cho p là số nguyên tố. Giả sử ps (với s ≥ 2) có biểu diễn qua hệ thống cơ số b ≥ 2 dưới dạng
ps = anbn +an−1bn−1 + . . .+a1b+a0, (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
trong đó 0≤ ai ≤ b−1 và p - Pn
i=1iaibi−1. Khi đó đa thức Pn
i=0aixi là bất khả quy trên Q.
Ba kết quả tiếp theo là các điều kiện bất khả quy cho các đa thức có một hệ số có giá trị tuyệt đối đủ lớn và có một giá trị chia hết cho một lũy thừa ps (với s ≥2).
Định lý 2.2.4. Cho f(x) = Pn
i=0aixi ∈ Z[x] với a0an 6= 0. Giả sử rằng có các số nguyên m, s, q (s ≥ 2) và p là số nguyên tố sao cho f(m) = psq,
p- qf0(m), và |a0| > n X i=1 |ai|(|m|+|q|)i.
Khi đó f(x) là bất khả quy trên Q.
Định lý 2.2.5. Cho f(x) = Pn
i=0aixdi ∈ Z[x], với 0 = d0 < d1 < . . . < dn
và a0a1. . . an 6= 0. Giả sử rằng có các số nguyên m, s, q (với s ≥ 2), và p là số nguyên tố sao cho f(m) = psq, |m| > |q| và p - qf0(m). Nếu có một chỉ số j ∈ {1, . . . , n−1} sao cho
|aj| > (|m|+|q|)dn−djX
i6=j
thì f(x) là bất khả quy trên Q. Định lý 2.2.6. Chof(x) = Pn i=0aixi ∈ Z[x], a0an 6= 0. Giả sử rằng f(m) = psq với m, s, p ∈ Z, p là số nguyên tố, s ≥ 2, |m| > |q|, p- qf0(m) và |an| > n−1 X i=0 |ai|(|m| − |q|)i−n thì f(x) là bất khả quy trên Q.
Nói một cách đại thể thì ba định lý trên đều cho ta trường hợp đặc biệt là hệ quả sau đây nếu f(m) là một lũy thừa của số nguyên tố (trong đó m ≥2
là số nguyên thỏa mãn f(m) và f0(m) là nguyên tố cùng nhau) và f(x) có một hệ số nào đó đủ lớn thì f(x) phải bất khả quy trên Q.
Hơn nữa, từ Định lý 2.2.4 và Định lý 2.2.6 ta thu được các tiêu chuẩn bất khả quy sau đây, chúng là mở rộng của Định lý 2.2.1 và Định lý 2.2.2 cho đa thức có giá trị là một số nguyên tố.
Hệ quả 2.2.7. Nếu ta viết một lũy thừa nguyên tố ps, s ≥ 2 dưới dạng một tổng của các số nguyên a0, . . . , an với a0an 6= 0, |a0| > Pn
i=1|ai|2i, và
a1 + 2a2 + . . .+nan không chia hết cho p, thì đa thức Pni=0aixi là bất khả quy trên Q.
Hệ quả 2.2.8. Cho f(x) là một đa thức có các hệ số là ±1. Nếu f(m) là một lũy thừa nguyên tố ps, s ≥ 2 với m là số nguyên, |m| ≥ 3 và p - f0(m)
thì f(x) là bất khả quy trên Q.
Tiếp theo ta sẽ chứng minh các kết quả chính của mục này. Trước hết ta cần bổ đề sau đây.
Bổ đề 2.2.9. Cho f(x) ∈ Z[x] và giả sử rằng f(m) =psq với m, s, p là các số nguyên, p là số nguyên tố, với s ≥ 2 và p - qf0(m). Nếu cho hai số thực