p = anbn+an−1bn−1 +. . .+ a1b+a0
là khai triển củaptrong hệ ghi cơ số b. Khi đóf(x) =anxn+. . .+a1x+a0
là đa thức bất khả quy trên Q.
Chứng minh. Giả sử f(x) khả quy trên Q. Khi đó 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 điều kiện 0 < degg(x),degh(x) < degf(x). Vì f(b) = p là số nguyên tố nên hoặc 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 của đại số, g(x)
có t nghiệm z1, . . . , zt ∈ C. Do đó g(x) = c(x−z1). . .(x−zk), trong đó
c là hệ số cao nhất của g(x). Do p = anbn + an−1bn−1
+ . . . + a1b + a0
là biểu diễn của p trong hệ ghi cơ số b nên 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 2.2.5, hoặc phần thực của mỗi nghiệm zk không là số d−ơng hoặc|zk| < 1 +
p
1 + 4(b−1)
2 . Với mọik = 1, . . . , t,ta khẳng định
|b−zk| > 1. Thật vậy, nếu phần thực của zk không d−ơng thì zk = ak+ibk
vớiak, bk ∈ Rvà ak 6 0. Suy ra|b−zk| = |(b−ak)−ibk| ≥b−ak ≥ b >2. Nếu |zk| < 1 + p 1 + 4(b−1) 2 thì vì b≥ 3 nên tính toán ta đ−ợc |zk| < 1 + p 1 + 4(b−1) 2 6b−1. Suy ra |b − zk| ≥ |b| − |zk| = b − |zk| > 1. Do đó khẳng định đ−ợc 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.
2.2.7 Ví dụ. Đa thức f(x) = 2x7 +x6