Một số vấn đề về đa thức với hệ số nguyên

Lời cam đoanTôi xin cam đoan mọi kết quả của đề tài “Một số vấn đề về đa thức với hệ số nguyên” là công trình nghiên cứu của tôi dưới sự hướng dẫn của TS.Trần Đình Lương và chưa từng đượ

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

BÙI THẾ TRUNG

MỘT SỐ VẤN ĐỀ

VỀ ĐA THỨC VỚI HỆ SỐ NGUYÊN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Bình Định - Năm 2022

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

BÙI THẾ TRUNG

MỘT SỐ VẤN ĐỀ

VỀ ĐA THỨC VỚI HỆ SỐ NGUYÊN

Chuyên ngành : Đại số và lí thuyết số

Người hướng dẫn: TS TRẦN ĐÌNH LƯƠNG

Lời cam đoan

Tôi xin cam đoan mọi kết quả của đề tài “Một số vấn đề về đa thức với

hệ số nguyên” là công trình nghiên cứu của tôi dưới sự hướng dẫn của TS.Trần Đình Lương và chưa từng được công bố trong bất cứ công trình khoa họcnào khác cho tới thời điểm hiện tại

Các nội dung và kết quả sử dụng trong luận văn đều có trích dẫn và chúthích nguồn gốc Nếu có điều gì gian lận, tôi xin chịu trách nhiệm về luận văncủa mình

Quy Nhơn, ngày 30 tháng 07 năm 2022

Học viên thực hiện đề tài

Bùi Thế Trung

DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU

R : Vành giao hoán có đơn vị

s(Q) : Tập hợp các bình phương của các số hữu tỷ

P (f ) : Số lần đa thức nhận giá trị nguyên tố

2 Một số tiêu chuẩn bất khả quy 212.1 Tiêu chuẩn bất khả quy cho các đa thức có bậc nhỏ hơn hoặcbằng 3 212.2 Tiêu chuẩn bất khả quy cho các đa thức bậc bốn 242.3 Tiêu chuẩn bất khả quy rút gọn theo môđun số nguyên tố 292.4 Tiêu chuẩn bất khả quy Eisenstein 322.5 Tiêu chuẩn bất khả quy liên quan đến số lần đa thức nhận giá trị

±1 342.6 Tiêu chuẩn bất khả quy liên quan đến số lần đa thức nhận giá trịnguyên tố 39

Danh mục tài liệu tham khảo 49

Mở đầu

Đa thức là một trong những khái niệm cơ bản và quan trọng được sử dụngnhiều trong đại số Các vấn đề về đa thức luôn là chủ đề được các nhà toán họcquan tâm nghiên cứu và có nhiều ứng dụng trong các lĩnh vực khác nhau Trong

số học các đa thức đóng vai trò tương tự như các số nguyên, đặc biệt là các đathức có hệ số nguyên hoặc hệ số hữu tỷ, trong đó các đa thức bất khả quy đóngvai trò tương tự như các số nguyên tố

Luận văn này nhằm nghiên cứu một số vấn đề liên quan đến tính chất số họccủa đa thức với hệ số nguyên như: cấu trúc đại số và tính chất số học của vành

đa thức Z[x], các tiêu chuẩn bất khả quy của các đa thức với hệ số nguyên nhưtiêu chuẩn Eisenstein, tiêu chuẩn rút gọn theo môđun số nguyên tố, và một sốtiêu chuẩn khác Luận văn gồm có 2 chương

Chương 1: Vành đa thức với hệ số nguyên

Trong chương này chúng tôi trình bày một số vấn đề về tính chất số học, mô

tả các iđêan nguyên tố, iđêan cực đại của vành đa thức với hệ số nguyên Đồngthời chúng tôi cũng trình bày một số kiến thức chuẩn bị được sử dụng trongluận văn

Chương 2: Một số tiêu chuẩn bất khả quy

Trong chương này chúng tôi trình bày một số tiêu chuẩn bất khả quy chocác đa thức với hệ số nguyên: tiêu chuẩn bất khả quy cho các đa thức bậc thấp,

tiêu chuẩn bất khả quy rút gọn theo môđun số nguyên tố, tiêu chuẩn bất khảquy Eisentein, các tiêu chuẩn bất khả quy liên quan đến giá trị của đa thức.Luận văn được hoàn thành nhờ sự hướng dẫn và giúp đỡ tận tình của

TS Trần Đình Lương, Trường Đại học Quy Nhơn Nhân dịp này tôi xin bày tỏ

sự kính trọng và lòng biết ơn sâu sắc đến thầy Chúng tôi cũng xin gửi lời cảm

ơn đến quý Ban lãnh đạo Trường Đại học Quy Nhơn, Phòng Đào tạo sau Đạihọc, Khoa Toán và Thống kê cùng quý thầy cô giáo giảng dạy các lớp Cao họcToán Khóa 23 đã tạo mọi điều kiện thuận lợi cho chúng tôi trong quá trình họctập và thực hiện đề tài Nhân đây chúng tôi cũng xin chân thành cảm ơn giađình, bạn bè đã luôn động viên để chúng tôi hoàn thành tốt luận văn này.Mặc dù luận văn được thực hiện với sự nỗ lực và cố gắng của bản thân nhưng

do điều kiện thời gian có hạn, trình độ kiến thức và kinh nghiệm nghiên cứucòn hạn chế nên luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót Chúng tôi rất mongnhận được những góp ý của quý thầy cô để luận văn được hoàn thiện hơn

Chương 1

Vành đa thức với hệ số nguyên

Trong chương này chúng tôi trình bày một số vấn đề về tính chất số học, mô

tả các iđêan nguyên tố, iđêan cực đại của vành đa thức với hệ số nguyên Đồngthời chúng tôi cũng trình bày một số kiến thức chuẩn bị được sử dụng trongluận văn Các kết quả trong chương này được tham khảo từ các tài liệu [1], [2],[3]

Cho I là một iđêan của R.

(i) Iđêan I được gọi là một iđêan nguyên tố của R nếu I ̸= R và từ ab ∈ I với

(ii) I là một iđêan cực đại của R khi và chỉ khi vành thương R/I là một trường

Cho D là một miền nguyên Với a, b ∈ D và b ̸= 0, ta nói b chia hết a (hoặc

b là một ước của a), ký hiệu là b | a, nếu tồn tại q ∈ D sao cho a = bq Ta gọimột phần tử u ∈ D là một đơn vị của D nếu u | 1, hay tương đương, nếu u làmột phần tử khả nghịch của D Với a, b ∈ D \ {0}, ta nói phần tử a liên kết vớiphần tử b nếu và chỉ nếu a | b và b | a, và ký hiệu là a ∼ b Rõ ràng hai phần tử

a, b ∈ D \ {0} là liên kết với nhau nếu chúng sai khác nhau một đơn vị của D.Với a ∈ D, a ̸= 0, rõ ràng các phần tử liên kết với a và các đơn vị của D là cácước của a; ta gọi các ước này là các ước tầm thường của a Các ước không tầmthường của a gọi là các ước thực sự của a

Giả sử p ∈ D, p ̸= 0 và không là đơn vị của D Phần tử p được gọi là bấtkhả quy trong D nếu nó không có ước thực sự trong D, nghĩa là nếu p = ab với

a, b ∈ D thìa hoặc blà một đơn vị của D Phần tửpđược gọi là nguyên tố trong

D nếu p | ab với a, b ∈ D thì p | a hoặc p | b Rõ ràng nếu một phần tử là nguyên

tố thì nó là bất khả quy

Một miền nguyên Dđược gọi là một vành Gauss (vành nhân tử hóa) nếu mỗiphần tửa ∈ D, a ̸= 0 và không là đơn vị, đều có một dạng nhân tử hóa duy nhấtthành những phần tử bất khả quy, nghĩa là

(i) Tồn tại p 1 , p 2 , , p n ∈ D bất khả quy sao cho a = p 1 p 2 p n,

(ii) Nếu a có hai cách phân tích

Mệnh đề 1.1.3 Mọi vành chính đều là vành Gauss

Các kết quả sau cho ta một liên hệ giữa các khái niệm phần tử nguyên tố,phần tử bất khả quy và iđêan nguyên tố, iđêan cực đại

Mệnh đề 1.1.4 Cho D là một miền nguyên, p ∈ D, p ̸= 0, và không là ước củađơn vị Khi đó

(i) Phần tử p là nguyên tố khi và chỉ khi iđêan ⟨p⟩ là nguyên tố;

(ii) Nếu iđêan ⟨p⟩ là cực đại thì phần tử p là bất khả quy

Mệnh đề 1.1.5 Giả thiết D là một vành chính Cho p ∈ D, p ̸= 0, và không làước của đơn vị Khi đó các điều sau là tương đương với nhau

(i) Phần tử p là nguyên tố;

(ii) Phần tử p là bất khả quy;

(iii) Iđêan ⟨p⟩ là nguyên tố;

(iv) Iđêan ⟨p⟩ là cực đại

1.2 Đa thức trên một vành giao hoán

Cho R là một vành giao hoán có đơn vị 1 ̸= 0 Một đa thức theo ẩn x trênvành R là một biểu thức có dạng

f (x) = a n xn+ a n−1 xn−1+ · · · + a 0

trong đó a0, , an ∈ R Phần tử a0 được gọi là hệ số tự do của đa thức f (x).Nếu n là số tự nhiên lớn nhất sao cho an ̸= 0 thì ta gọi n là bậc của f (x), và kýhiệu là n =degf (x)

Tập hợp tất cả các đa thức theo ẩn x trên R, ký hiệu là R[x], là mộtvành giao hoán với hai phép toán cộng và nhân được định nghĩa như sau Với

Mệnh đề 1.2.1 Cho R là một miền nguyên Với f (x), g(x) là hai đa thức kháckhông của R[x] thì

deg(f (x)g(x)) = degf (x) +degg(x)

Chứng minh Giả sử

f (x) = anxn + an−1xn−1+ · · · + a0 trong đó an ̸= 0,

g(x) = b m xm+ b m−1 xm−1+ · · · + b 0 trong đó b m ̸= 0.Khi đó

f (x)g(x) = cn+mxn+m+ · · · + c0

trong đó ck = X

i+j=k

aibj, với mọi i = 0, 1, , n, j = 0, 1, , m Đặc biệt cn+m =

a n b m Vì R là một miền nguyên cho nên từ giả thiết a n ̸= 0, b m ̸= 0 suy ra

cn+m ̸= 0 Vậy ta có điều phải chứng minh

Mệnh đề 1.2.2 Nếu R là một miền nguyên thì vành đa thức R[x] cũng là mộtmiền nguyên

Chứng minh Thật vậy, nếu f (x) ̸= 0 và g(x) ̸= 0 thì, theo Mệnh đề 1.2.1, ta có

deg(f (x)g(x)) =degf (x) +degg(x)

Từ đó suy ra f (x)g(x) ̸= 0 Điều này chứng tỏ R[x] là một miền nguyên

Cho R là một miền nguyên Khi đó các phần tử khả nghịch trong R[x] chính

là các phần tử khả nghịch trong R Đặc biệt, nếu R là một trường thì các phần

tử khả nghịch trong R[x] là các phần tử khác không của R Ta gọi các phần tửbất khả quy trong vành đa thức R[x] là các đa thức bất khả quy trong R[x].Mệnh đề 1.2.3 Cho R là một miền nguyên, và đa thức f (x) ∈ R[x] Khi đó

c ∈ R là một nghiệm của f (x) khi và chỉ khi f (x) = (x − c)g(x) với g(x) ∈ R[x]

Chứng minh Giả sửf (x) = anxn+ an−1xn−1+ · · · + a0 trong đó a0, a1, , an ∈ R.Khi đó

f (x) − f (c) = (x − c)g(x) ,với g(x) ∈ R[x] Vậy ta có điều phải chứng minh.

Mệnh đề 1.2.4 Cho R là một miền nguyên, đa thức f (x) ∈ R[x], f (x) ̸= 0 cóbậc n ≥ 0 Khi đó f (x) có không quá n nghiệm phân biệt trong R

Chứng minh Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theon =degf (x). Nếu

n = 0 thì f (x) ∈ R, f (x) ̸= 0, và rõ ràng đa thức f (x) không có nghiệm Giả sửphát biểu đúng với mọi đa thức có bậc ≤ n Ta chứng minh phát biểu đúng với

đa thức f (x) có bậc n + 1 Ta xét hai trường hợp

Trường hợp 1: Nếu f (x) vô nghiệm thì phát biểu là đúng

Trường hợp 2: Giả sử f (x) có nghiệm c ∈ R Khi đó, theo Mệnh đề 1.2.3, ta cóphân tích

f (x) = (x − c)g(x)

Lấy b ∈ R, b ̸= c là nghiệm bất kỳ của f (x) Khi đó thì 0 = f (b) = (b − c)g(b). Mà

b − c ̸= 0, và R là một miền nguyên nên g(b) = 0 Từ đó suy ra b cũng là mộtnghiệm của g(x) Ngoài ra, vì R là miền nguyên và theo Mệnh đề 1.2.1 từ đósuy ra degg(x) =degf (x) − 1 = n Do đóg(x) có không quá n nghiệm Vậy ta cóđiều phải chứng minh

Mệnh đề 1.2.5 Cho R là một miền nguyên, và đa thức f (x) ∈ R[x] Với a ∈ R

đa thức f (x) là bất khả quy trong R[x] khi và chỉ khif (x + a) là bất khả quy trong

R[x]

Chứng minh Ta chứng minh bằng phương pháp phản chứng Giả sử đa thức

f (x) là bất khả quy trong R[x] và đa thức f (x + a) là không bất khả quy trong

R[x] Khi đó tồn tại g(x), h(x) ∈ R[x] trong đó degg(x) ≤ 1, degh(x) ≤ 1 sao cho

f (x + a) = g(x)h(x)

Từ đó suy ra

f (x) = g(x − a)h(x − a).Điều này mâu thuẫn với tính bất khả quy của đa thức f (x) trong R[x] Vậy ta

có điều phải chứng minh

Trong trường hợp R là một trường ta có các kết quả sau

Mệnh đề 1.2.6 (Định lý phép chia có dư.) Cho R là một trường, f (x), g(x) ∈ R[x], g(x) ̸= 0 Khi đó tồn tại duy nhất hai đa thức q(x), r(x) ∈ R[x] sao cho

f (x) = q(x)g(x) + r(x)

mà degr(x) <degg(x) hoặc r(x) = 0

Chứng minh Xem tài liệu [1]

Mệnh đề 1.2.7 Nếu R là một trường thì R[x] là vành chính

Chứng minh Theo Mệnh đề 1.2.2 vành đa thức R[x] là một miền nguyên Lấy

I là một iđêan bất kỳ của R[x] Ta xét hai trường hợp

Trường hợp 1: I = {0} Rõ ràng khi đó I = ⟨0⟩ là một iđêan chính

Trường hợp 2: I ̸= {0} Gọi g(x) là đa thức có bậc nhỏ nhất trong I Ta chứngminh rằng I = ⟨g(x)⟩ Thật vậy vì g(x) ∈ I nên ta có ⟨g(x)⟩ ⊂ I Đảo lại, lấy

f (x) ∈ I bất kỳ Theo Mệnh đề 1.2.6 ta có

f (x) = g(x)q(x) + r(x)

trong đó r(x) = 0 hoặc degr(x) <degg(x) Nếu r(x) ̸= 0 thì vì

r(x) = f (x) − g(x)q(x) ∈ I

cho nên theo tính nhỏ nhất của degg(x)dẫn đến điều mâu thuẫn Vì vậyr(x) = 0,

và do đóf (x) ∈ ⟨g(x)⟩ Từ đó suy raI ⊂ ⟨g(x)⟩ Vậy ta có điều phải chứng minh

Mệnh đề 1.2.8 Cho R là một trường và đa thức f (x) ∈ R[x] Nếu degf (x) = 1

thì đa thức f (x) là bất khả quy trong R[x]

Chứng minh Rõ ràng đa thức f (x) có degf (x) = 1 nên không thể phân tíchthành tích của hai đa thức có bậc thấp hơn Từ đó suy ra f (x) là bất khả quytrong R[x].

Mệnh đề 1.2.9 Cho R là một trường, và đa thức f (x) ∈ R[x] có bậc 2 hoặc 3

Đa thức f (x) là bất khả quy trong R[x] khi và chỉ khi nó không có nghiệm trong

Liên quan đến nghiệm hữu tỷ của một đa thức với hệ số nguyên ta có kếtquả sau

= an



p q

n

+ an−1



p q

n−1

+ · · · + a1



p q



+ a0.Viết lại ta được

Xét đa thức g(x) = f (x + 1) Khi đó ta có

g



p − q q



= 0.Xét đa thức g(x) = f (x − 1) Khi đó ta có

g



p + q q



= 0

Áp dụng kết quả (i) và (ii) ta được p − q|g(0) = f (1), và p + q|g(0) = f (−1). Vậy

ta có điều phải chứng minh

Từ kết quả của Mệnh đề 1.2.10 ta có hệ quả sau

Hệ quả 1.2.11 Nghiệm hữu tỷ của đa thức f (x) ∈Z[x] với hệ tử cao nhất bằng

1 là nghiệm nguyên

1.3 Vành đa thức với hệ số nguyên

Trong mục này chúng tôi trình bày một số vấn đề liên quan đến tính chất sốhọc của vành đa thức với hệ số nguyên

Định nghĩa 1.3.1 Cho đa thức f (x) ∈ Z[x] Ta nói đa thức f (x) là nguyênthuỷ nếu các hệ số của f (x) là nguyên tố cùng nhau.

Trước tiên ta cần một số kết quả chuẩn bị

Mệnh đề 1.3.2 Mọi đa thức f (x) ∈Q[x] có thể viết được dưới dạng a

Mệnh đề 1.3.3 (Bổ đề Gauss) Tích của hai đa thức nguyên thuỷ thuộc Z[x]

là một đa thức nguyên thuỷ

Chứng minh Ta chứng minh bằng phương pháp phản chứng Thật vậy, giả sử

f (x)g(x) = c0+ c1x + · · · + cm+nxm+n

trong đó c0, c1, , cm+n ∈Z, và f (x)g(x) không là đa thức nguyên thuỷ

Khi đó tồn tại một số nguyên tố p ∈ Z là ước chung của tất cả các hệ số

c0, c1, , cm+n Vì đa thức f (x) là nguyên thuỷ nên f (x) có những hệ số khôngchia hết cho p Gọi ak là hệ số đầu tiên trong dãy a 0 , a 1 , , a n không chia hếtchop; tương tự gọi bl là hệ số đầu tiên trong dãy b0, b1, , bn không chia hết cho

p Khi đó ta có

ck+l = (a0bk+l + a1bk+l−1+ · · · + ak−1bl+1) + akbl+ (ak+1bl−1+ · · · + ak+1b0)

Ở vế trái ck+l chia hết cho p, còn ở vế phải thì tất cả các hạng tử trừ akbl phảichia hết cho p Do đó ak hoặc bl chia hết cho p, điều này trái với cách chọn ak

và bl Vậy f (x)g(x) là một đa thức nguyên thuỷ

Kết quả sau cho ta mối liên hệ giữa tính bất khả quy trong Z[x] và Q[x]

Mệnh đề 1.3.4 Cho đa thức f (x) ∈ Z[x] Khi đó đa thức f (x) là bất khả quytrong Z[x] khi và chỉ khi f (x) là nguyên thuỷ và bất khả quy trong Q[x]

Chứng minh Giả sử f (x) là nguyên thuỷ và bất khả quy trong Q[x] Ta chứngminh f (x) bất khả quy trong Z[x] Thật vậy, giả sử

Đảo lại, giả sử đa thức f (x) là bất khả quy trong Z[x] Ta chứng minh rằng

đa thức f (x) là nguyên thuỷ và bất khả quy trong Q[x] Thật vậy, nếu đa thức

f (x) không là nguyên thuỷ thì khi đóf (x) = af∗(x), trong đó a ∈Z là ước chung

lớn nhất của các hệ số của f (x), a = ±1, và f∗(x) ∈Z[x] là một đa thức nguyênthuỷ Vì cả a và f∗(x) đều không khả nghịch trong Z[x], cho nên từ đó suy ra

đa thức f (x) không là bất khả quy trong Z[x], điều này trái với giả thiết Vậy

đa thức f (x) là nguyên thuỷ

Giả sử f (x) không là bất khả quy trong Q[x] Khi đó ta có

b Khi đó

f (x) = cf1∗(x)f2∗(x)

với c = ±1, f1∗(x), f2∗(x) ∈ Z[x], và degf1∗ < n,degf2∗ < n Điều này chứng tỏ rằng

đa thứcf (x) không là bất khả quy trong Z[x], điều này mâu thuẫn với giả thiết.Vậy đa thức f (x) là bất khả quy trong Q[x].

Z[x]

Kết quả chính của mục này là mệnh đề sau

Mệnh đề 1.3.7 Vành đa thức Z[x] là vành nhân tử hoá

Chứng minh Giả sửf (x) = a0+a1x+· · ·+akxk ∈Z[x],ai∈Z vớii = 1, 2, , k, f (x) ̸=

0, f (x)≁1 Vì Q là một trường cho nên, theo Mệnh đề 1.2.7, vành đa thức Q[x]

là một vành chính Do đó, theo Mệnh đề 1.1.3, Q[x] là một vành nhân tử hoá.Cho nên ta có phân tích

tử bất khả quy trong Z[x]

f (x) = s1s2· · · skp∗1(x)p∗2(x) · · · p∗n(x).Bây giờ ta chứng minh sự phân tích trên là duy nhất Thật vậy, giả sử

Vì si và rj với i = 1, 2, , n và j = 1, 2, , l là các số nguyên tố cho nên k = l,

và với một sự đánh số lại thích hợp thì si= ±ri với i = 1, 2, , k Từ đó suy ra

p∗1(x)p∗2(x) p∗n(x) ∼ q1∗(x)q2∗(x) qm∗(x)

Vì các đa thức p∗i(x), qj∗(x) là bất khả quy trong Z[x] với i = 1, 2, , n, và j =

1, 2, , mcho nên, theo Mệnh đề 1.3.4, chúng là bất khả quy trong Q[x] Vì Q[x]

là một vành nhân tử hoá cho nên ta được m = n, và với một sự đánh số lại thíchhợp thì p∗i(x) ∼ qi∗(x), với i = 1, 2, , n Vậy ta có điều phải chứng minh

Mệnh đề 1.3.8 Vành đa thức Z[x] không phải là vành chính

Chứng minh Ta chứng minh bằng phương pháp phản chứng Thật vậy, giả sử

Z[x]là vành chính Xét iđêan I = ⟨x, 2⟩ Khi đóI ̸=Z[x]vì 1 / ∈ I, nếu trái lại thì

1 ∈ I nên

1 = xf (x) + 2g(x)

với f (x), g(x) ∈ Z[x]; điều này không thể xảy ra vì đa thức xf (x) + 2g(x) có sốhạng tự do là số chẵn

Bây giờ giả sử I = ⟨p(x)⟩ với p(x) ∈ Z[x] Khi đó ta có x = p(x)f (x) và

2 = p(x)g(x) với f (x), g(x) ∈ Z[x] Từ đó suy ra p(x) là đa thức hằng, và p(x) =

−2, −1, 1 hoặc 2 Trường hợp p(x) = ±1 không thể xảy ra vì khi đó I = ⟨p(x)⟩ =

⟨±1⟩ = Z[x], vì vậy p(x) = ±2 Nhưng khi đó ta có x = ±2f (x), điều này khôngthể xảy ra vì đa thức ±2f (x) có các hệ số chẵn Vì vậy Z[x] không phải vànhchính

Trong phần còn lại của mục này ta mô tả các iđêan nguyên tố và các iđêancực đại của vành Z[x]

Mệnh đề 1.3.9 Một iđêan nguyên tố I của Z[x] có một trong các dạng sau:

(i) I = ⟨0⟩,

(ii) I = ⟨p⟩ với p là một số nguyên tố,

(iii) I = ⟨q (x)⟩ với q (x) là một đa thức bất khả quy trong Z[x],

(iv) I = ⟨p, q (x)⟩ với p là một số nguyên tố và q (x) ∈ Z[x] là một đa thức bấtkhả quy theo môđun p

Chứng minh ChoI là một iđêan nguyên tố của Z[x] Khi đó I ∩Z là một iđêan

nguyên tố của Z Thật vậy, giả sử a, b ∈ Z, khi đó ab ∈ I ∩Z do đó ab ∈ I, chonên a ∈ I hoặc b ∈ I Từ đó suy ra a ∈ I ∩Z hoặc b ∈ I ∩Z Do đó, ta có hai

trường hợp: I ∩Z= ⟨0⟩ và I ∩Z= ⟨p⟩ với p là một số nguyên tố

Trường hợp 1: I ∩Z = ⟨0⟩ Nếu I = ⟨0⟩ thì ta có ngay điều phải chứng minh.Ngược lại, giả sử I ̸= ⟨0⟩ Đặt S =Z\ {0} Khi đó S ∩ I =∅ và S là một tập connhân IđêanS−1I là một iđêan nguyên tố trong Q[x], do đó, theo Mệnh đề 1.1.5,

S−1I = ⟨q (x)⟩ với q(x) ∈Q[x] là một đa thức bất khả quy trong Q[x] Quy đồngmẫu số và tách ước chung lớn nhất, ta có thể giả thiết rằngq(x) ∈Z[x] và là đathức nguyên thuỷ

Ta chứng minh rằng I = ⟨q (x)⟩ Trước tiên ta chứng minh ⟨q (x)⟩ ⊆ I Thậtvậy, với h(x) ∈ Z[x] bất kỳ, rõ ràng q(x)h(x) ∈ (S−1I) ∩Z[x] Cho nên từ đó suy

ra q(x)h(x) ∈ I Do đó ⟨q (x)⟩ ⊆ I Đảo lại, giả sử f (x) ∈ I Khi đó f (x) ∈ S−1I,cho nên f (x) = q(x)g(x) với g(x) ∈Q[x] Vì đa thức q(x) là nguyên thuỷ cho nên

từ đó suy ra g(x) ∈Z[x] Do đó I ⊆ ⟨q (x)⟩

Vậy nếu I ∩Z = ⟨0⟩ thì I = ⟨0⟩, hoặc I = ⟨q(x)⟩ với q (x) ∈ Z[x] là bất khảquy trong Z[x].

Trường hợp 2: I ∩Z = ⟨p⟩ với p là một số nguyên tố Xét toàn cấu vành π :

Z[x] −→Zp [x] cho bởi quy tắc

π (f (x)) = f (x)

với mọi f (x) ∈ Z[x], trong đó f (x) ∈ Zp[x] là đa thức rút gọn của f (x) theomôđun p Rõ ràng khi đó Kerπ = ⟨p⟩ Vì I là một iđêan nguyên tố của Z[x] chonên π(I) cũng là một iđêan nguyên tố của Zp [x]

Nếu π(I) = ⟨0⟩ thì khi đó I = ⟨p⟩ Giả sử π(I) ̸= ⟨0⟩ Khi đó π(I) = ⟨q(x)⟩

với q(x) ∈Z[x] là một đa thức bất khả quy theo môđun p Ta chứng minh rằng

I = ⟨p, q (x)⟩

Rõ ràng⟨p, q (x)⟩ ⊆ I Đảo lại, giả sửf (x) ∈ I Khi đóf (x) ∈ π(I) = ⟨q(x)⟩ Chonên tồn tạir(x) ∈Z[x]sao chof (x) = q(x)r(x) Từ đó suy raf (x) − q(x)r(x) ∈ ⟨p⟩,hay f (x) ∈ ⟨p, q (x)⟩, và ta có điều phải chứng minh

Vậy nếu I ∩Z= ⟨p⟩ với p là một số nguyên tố, thì I = ⟨p⟩, hoặc I = ⟨p, q (x)⟩

với q(x) ∈Z[x] là bất khả quy theo môđun p

Áp dụng Mệnh đề 1.3.9 ta có kết quả sau

Mệnh đề 1.3.10 Một iđêan cực đại của Z[x] có dạng I = ⟨p, q (x)⟩ trong đó p

là một số nguyên tố và q(x) là một đa thức bất khả quy theo môđun p

Chứng minh Vì các iđêan cực đại là các iđêan nguyên tố, cho nên theo Mệnh

đề 1.3.9, ta chỉ cần chứng minh rằng nếu I = ⟨p, q (x)⟩ với p là một số nguyên

tố vàq (x) là một đa thức bất khả quy theo môđun p thì I là một iđêan cực đạicủa Z[x].

Xét toàn cấu vành π : Z[x] −→ Zp[x] với π (f (x)) = f (x) với mọi f (x) ∈ Z[x],trong đó f (x) ∈Zp[x] là đa thức rút gọn của f (x) theo môđun p Khi đó π cảmsinh một đẳng cấu vành

Vìq (x) là một đa thức bất khả quy theo môđunpnên q(x)là bất khả quy trong

Zp [x] Theo Mệnh đề 1.1.5, từ đó suy ra ⟨q(x)⟩ là iđêan cực đại trong Zp [x] Chonên, theo Mệnh đề 1.1.1, ta có Zp[x]

⟨p, q (x)⟩ cũng là một trường Do đó, theo Mệnh đề 1.1.1, iđêan

I = ⟨p, q (x)⟩ là một iđêan cực đại của Z[x]

Chương 2

Một số tiêu chuẩn bất khả quy

Trong chương này chúng tôi trình bày một số tiêu chuẩn bất khả quy cho các

đa thức với hệ số nguyên: tiêu chuẩn bất khả quy cho các đa thức bậc thấp, tiêuchuẩn bất khả quy rút gọn theo môđun số nguyên tố, tiêu chuẩn bất khả quyEisentein, các tiêu chuẩn bất khả quy liên quan đến giá trị của đa thức Các kếtquả trong chương này được tham khảo từ các tài liệu [3], [4], [5]

2.1 Tiêu chuẩn bất khả quy cho các đa thức có bậc

nhỏ hơn hoặc bằng 3

Trong mục này chúng tôi trình bày tiêu chuẩn bất khả quy cho các đa thức

có bậc nhỏ hơn hoặc bằng 3 Đối với đa thức bậc nhất ta có kết quả sau

Mệnh đề 2.1.1 Cho đa thức f (x) = ax + b ∈ Z[x] trong đó a ̸= 0, a, b ∈ Z Đa

thức f (x) là bất khả quy trong Z[x] khi và chỉ khi (a, b) = 1

Chứng minh Nếu đa thứcf (x)là bất khả quy trong Z[x]thì, theo Mệnh đề 1.3.4,

f (x) là đa thức nguyên thuỷ, cho nên (a, b) = 1 Đảo lại, giả sử (a, b) = 1 Khi đó