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
Một số kiến thức chuẩn bị
Trong mục này chúng tôi nhắc lại một số kiến thức cơ bản về đại số giao hoán và về lý thuyết chia hết trong một miền nguyên.
Cho R là một vành giao hoán có đơn vị Tập hợp M là một tập con của R, và giao của tất cả các iđêan của R chứa M được gọi là iđêan bé nhất của R chứa M Iđêan này được ký hiệu là ⟨M⟩ và được gọi là iđêan sinh bởi M.
M ={x 1 a 1 +x 2 a 2 +ã ã ã+x n a n |x i ∈R}. Đặc biệt, nếu M = {a} thì iđêan sinh bởi M được gọi là iđêan chính sinh bởi phần tử a, và ký hiệu là ⟨a⟩ Khi đó
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 a, b∈R suy ra a∈I hoặc b∈I.
(ii) Iđêan I được gọi là một iđêan cực đại của R nếu I ̸=R và nếu với bất kỳ iđêan P nào của R sao cho I ⊂P ⊂R thì P =R hoặc P =I.
Mệnh đề 1.1.1 Cho R là một giao hoán có đơn vị, và I là một iđêan của R. Khi đó:
(i) I là một iđêan nguyên tố của R khi và chỉ khi vành thương R/I là một miền nguyên;
(ii) I là một iđêan cực đại của R khi và chỉ khi vành thương R/I là một trường.
Miền nguyên D có các phần tử a, b ∈ D với b ≠ 0, trong đó b chia hết a (ký hiệu b | a) nếu tồn tại q ∈ D sao cho a = bq Một phần tử u ∈ D được gọi là đơn vị nếu u | 1, tức là u là phần tử khả nghịch của D Hai phần tử a, b ∈ D\{0} được coi là liên kết nếu a | b và b | a, ký hiệu là a ∼ b, và chúng khác nhau một đơn vị của D Các phần tử liên kết với a (a ≠ 0) và các đơn vị của D là các ước của a, được gọi là các ước tầm thường Các ước không tầm thường của a được gọi là các ước thực sự.
Giả sử \( p \in D \), \( p \neq 0 \) và không phải là đơn vị của \( D \) Phần tử \( p \) được gọi là bất khả quy trong \( D \) nếu nó không có ước thực sự trong \( D \), tức là nếu \( p \) với \( a, b \in D \) thì \( a \) hoặc \( b \) là một đơn vị của \( D \) Phần tử \( p \) cũng được gọi là nguyên tố trong \( D \).
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 \( D \) được gọi là vành Gauss (vành nhân tử hóa) nếu mọi phần tử \( a \in D \), với \( a \neq 0 \) và không phải là đơn vị, đều có một dạng nhân tử hóa duy nhất thành các phần tử bất khả quy.
(i) Tồn tại p1, p2, , pn ∈D bất khả quy sao cho a=p1p2 pn,
(ii) Nếu a có hai cách phân tích a=p1p2 pn =q1q2 qm, với p 1 , p 2 , , p n , q 1 , q 2 , , q m ∈ D bất khả quy, thì n = m và tồn tại một hoán vị σ của tập {1,2, , n} sao chop i liên kết với q σ(i) với i= 1,2, , n.
Mệnh đề 1.1.2 Trong một vành Gauss một phần tử là nguyên tố khi và chỉ khi nó là bất khả quy.
Một miền nguyên được gọi là một vành chính nếu mọi iđêan của nó đều là iđêan chính.
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, p̸= 0, và không là ước của đơn 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, p̸= 0, và không là ước 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.
Đa thức trên một vành giao hoán
Trong vành giao hoán R có đơn vị 1 ̸= 0, một đa thức theo ẩn x được định nghĩa dưới dạng f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + + a_0, với các hệ số a_0, a_1, , a_n thuộc R Hệ số a_0 được gọi là hệ số tự do của đa thức f(x) Nếu n là số tự nhiên lớn nhất sao cho a_n ̸= 0, thì n được xem là bậc của f(x) và được ký hiệu là n_f(x).
Tập hợp tất cả các đa thức theo ẩn x trên R, ký hiệu là R[x], là một vành giao hoán Hai phép toán cộng và nhân được định nghĩa cho các đa thức f(x) và g(x) thuộc R[x].
(c i )x i , trong đó c k = X i+j=k a i bj với mọi k = 0,1, , m+n. Trong trường hợp R là một miền nguyên ta có các kết quả sau.
Mệnh đề 1.2.1 Cho R là một miền nguyên Với f(x), g(x) là hai đa thức khác không của R[x] thì deg(f(x)g(x)) = degf(x) +degg(x).
Giả sử \( f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \ldots + a_0 \) với \( a_n \neq 0 \) và \( g(x) = b_m x^m + b_{m-1} x^{m-1} + \ldots + b_0 \) với \( b_m \neq 0 \) Khi đó, tích \( f(x)g(x) = c_{n+m} x^{n+m} + \ldots + c_0 \), trong đó \( c_k = \sum_{i+j=k} a_i b_j \) với mọi \( i = 0, 1, \ldots, n \) và \( j = 0, 1, \ldots, m \) Đặc biệt, \( c_{n+m} = a_n b_m \) Vì \( R \) là một miền nguyên, từ giả thiết \( a_n \neq 0 \) và \( b_m \neq 0 \) suy ra \( c_{n+m} \neq 0 \) Do đó, điều cần chứng minh đã được xác nhận.
Mệnh đề 1.2.2 Nếu R là một miền nguyên thì vành đa thức R[x] cũng là một miền 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, các phần tử khả nghịch trong R[x] tương ứng với 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 Các đa thức bất khả quy trong vành đa thức R[x] được gọi là các phần tử 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 sử f(x) = a n x n +a n−1 x n−1 +ã ã ã+a 0 trong đú a 0 , a 1 , , a n ∈R. Khi đó f(x)−f(c) =an(x n −c n ) +a n−1 x n−1 −c n−1
Từ đó suy ra 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 có bậc n≥0 Khi đó f(x) có không quá n nghiệm phân biệt trong R.
Chúng ta sẽ chứng minh bằng phương pháp quy nạp đối với hàm số f(x) Đầu tiên, với n = 0, ta có f(x) thuộc R và f(x) khác 0, do đó đa thức f(x) không có nghiệm Giả sử phát biểu đúng với mọi đa thức có bậc nhỏ hơn hoặc bằng n Tiếp theo, chúng ta sẽ chứng minh rằng phát biểu cũng đúng với đa thức f(x) có bậc n + 1 bằng cách xem xét hai trường hợp.
Trường hợp 1: Nếu f(x) vô nghiệm thì phát biểu là đúng.
Trong trường hợp 2, giả sử hàm số f(x) có nghiệm c∈ R, ta có thể phân tích f(x) thành dạng f(x) = (x−c)g(x) theo Mệnh đề 1.2.3 Nếu b∈R là một nghiệm bất kỳ của f(x) với b̸=c, thì ta có 0 = f(b) = (b−c)g(b) Vì b−c ̸= 0 và R là miền nguyên, suy ra g(b) = 0, tức là b cũng là một nghiệm của g(x) Hơn nữa, do R là miền nguyên và theo Mệnh đề 1.2.1, ta có degg(x) = degf(x)−1 = n, cho thấy g(x) không có quá n nghiệm Điều này chứng minh được yêu cầu đề ra.
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].
Chúng ta sẽ chứng minh bằng phương pháp phản chứng Giả sử rằng đa thức \( f(x) \) là bất khả quy trong \( R[x] \) và đa thức \( f(x+a) \) lại không bất khả quy trong \( R[x] \) Điều này dẫn đến sự tồn tại của các đa thức \( g(x) \) và \( h(x) \) thuộc \( R[x] \) với bậc \( \text{deg}(g(x)) \leq 1 \) và \( \text{deg}(h(x)) \leq 1 \) 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) 0 là phân số tối giản sao cho p q là nghiệm của đa thức f(x), thì
Chứng minh Vì p q là nghiệm của đa thức f(x) cho nên
+a 0 Viết lại ta được an p n q n +a n−1 p n−1 q n−1 +ã ã ã+an p q +a0 = 0.
Vì \( a_n p_n \) chia hết cho \( q \) và \( (p_n, q) = 1 \), nên suy ra \( a_n \) chia hết cho \( q \) Tương tự, vì \( a_0 q_n \) chia hết cho \( p \) và \( (p_n, q) = 1 \), nên suy ra \( a_0 \) chia hết cho \( q \).
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
Vành đa thức với hệ số nguyên
Trong phần này, chúng tôi sẽ thảo luận về các vấn đề liên quan đến tính chất số học của vành đa thức với hệ số nguyên Định nghĩa 1.3.1: Một đa thức \( f(x) \in \mathbb{Z}[x] \) được gọi là nguyên thuỷ nếu các hệ số của nó 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 bf ∗ (x) với a, b∈Z, b > 0, (a, b) = 1, và f ∗ (x)∈Z[x] là một đa thức nguyên thuỷ.
Chứng minh Giả sử f(x) = a0+a1x+ã ã ã+anx n với a0, a1, , an ∈Q.
Giả sử ai= r i s i trong đúri, si∈Z, si>0với mọi i= 1,2, , n Đặt s=s0s1ã ã ãsn. Khi đó ta có f(x) = 1 s(b 0 +b 1 x+ã ã ã+b n x n ) với b 0 , b 1 , , b n ∈Z.
Gọi d là ước chung lớn nhất của b 0, b 1, , b n Khi đó, ta có f(x) = d sf ∗ (x), trong đó f ∗ (x) thuộc Z[x] là một đa thức nguyên thuỷ Bằng cách đưa phân số d s về dạng tối giản, ta có được biểu diễn cần tìm Vậy ta cần chứng minh điều này.
Mệnh đề 1.3.3 (Bổ đề Gauss) Tích của hai đa thức nguyên thuỷ thuộc Z[x] là một đa thức nguyên thuỷ.
Chúng ta sẽ chứng minh bằng phương pháp phản chứng Giả sử hai đa thức nguyên thuỷ f(x) = a_0 + a_1 x + + a_n x^n với a_0, a_1, , a_n ∈ Z và g(x) = b_0 + b_1 x + + b_m x^m với b_0, b_1, , b_m ∈ Z Nếu f(x)g(x) = c_0 + c_1 x + + c_{m+n} x^{m+n} với c_0, c_1, , c_{m+n} ∈ Z, thì giả sử rằng f(x)g(x) không phải là đa thức nguyên thuỷ.
Trong bài toán này, tồn tại một số nguyên tố \( p \in \mathbb{Z} \) là ước chung của tất cả các hệ số \( c_0, c_1, \ldots, c_{m+n} \) Đa thức \( f(x) \) là nguyên thuỷ, do đó các hệ số của nó không chia hết cho \( p \) Gọi \( a_k \) là hệ số đầu tiên trong dãy \( a_0, a_1, \ldots, a_n \) không chia hết cho \( p \), và \( b_l \) là hệ số đầu tiên trong dãy \( b_0, b_1, \ldots, b_n \) không chia hết cho \( p \) Ta có công thức \( c_{k+l} = (a_0 b_{k+l} + a_1 b_{k+l-1} + \ldots + a_{k-1} b_{l+1}) + a_k b_l + (a_{k+1} b_{l-1} + \ldots + a_{k+1} b_0) \) Ở vế trái, \( c_{k+l} \) chia hết cho \( p \), trong khi ở vế phải, tất cả các hạng tử trừ \( a_k b_l \) đều chia hết cho \( p \) Do đó, \( a_k \) hoặc \( b_l \) phải chia hết cho \( p \), điều này mâu thuẫn với cách chọn \( a_k \) và \( b_l \) Kết luận, \( f(x)g(x) \) 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 quy trong 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 chứng minh f(x) bất khả quy trong Z[x] Thật vậy, giả sử f(x) =g(x)h(x) với g(x), h(x)∈Z[x].
Vì f(x) là bất khả quy trong Q[x], nên g(x) hoặc h(x) khả nghịch trong Q[x] Giả sử g(x) là khả nghịch, khi đó g(x) có a ∈ Z, và vì f(x) là nguyên thuỷ, nên a = ±1, dẫn đến f(x) là bất khả quy trong Z[x] Ngược lại, nếu f(x) là bất khả quy trong Z[x], ta chứng minh rằng f(x) cũng là nguyên thuỷ và bất khả quy trong Q[x] Nếu f(x) không nguyên thuỷ, thì f(x) có dạng f(x) ∗ (x), với a ∈ Z là ước chung lớn nhất của các hệ số, a = ±1, và f ∗ (x) ∈ Z[x] là đa thức nguyên thuỷ Vì a và f ∗ (x) không khả nghịch trong Z[x], suy ra f(x) không bất khả quy trong Z[x], điều này mâu thuẫn với giả thiết Do đó, f(x) là nguyên thuỷ.
Giả sử đa thức \( f(x) \) không phải là bất khả quy trong \( Q[x] \), ta có thể phân tích \( f(x) \) thành tích của hai đa thức \( f_1(x) \) và \( f_2(x) \) với \( f_1(x), f_2(x) \in Q[x] \) và bậc của chúng nhỏ hơn \( n \) Theo Mệnh đề 1.3.2, ta có \( f_1(x) = a_1 b_1 f^*(x) \) và \( f_2(x) = a_2 b_2 f^*(x) \), trong đó \( a_i, b_i \in Z \), \( b_i > 0 \), và \( (a_i, b_i) = 1 \) Các đa thức \( f_i^*(x) \in Z[x] \) là các đa thức nguyên thuỷ với \( i = 1, 2 \) Từ đó, ta suy ra rằng \( f(x) = a_1 a_2 b_1 b_2 f_1^*(x) f_2^*(x) = a b f_1^*(x) f_2^*(x) \) với \( a, b \in Z \), \( b > 0 \), và \( (a, b) = 1 \).
Nếu các hệ số \(c_i\) của đa thức \(f_1^*(x)f_2^*(x)\) với \(i=1,2,\ldots,n\) chia hết cho \(b\) do \(f(x) \in \mathbb{Z}[x]\), thì \(b\) là ước chung của các hệ số này Theo Mệnh đề 1.3.3, đa thức \(f_1^*(x)f_2^*(x)\) là nguyên thuỷ, do đó \(b = \pm 1\) Vì \(f(x)\) là nguyên thuỷ, suy ra \(ab \in \mathbb{Z}\) và \(ab = \pm 1\) Đặt \(c = ab\), ta có \(f(x) = cf_1^*(x)f_2^*(x)\) với \(c = \pm 1\), \(f_1^*(x), f_2^*(x) \in \mathbb{Z}[x]\), và \(\deg f_1^* < n\), \(\deg f_2^* < n\) Điều này chứng tỏ rằng đa thức \(f(x)\) không phải là bất khả quy trong \(\mathbb{Z}[x]\), mâu thuẫn với giả thiết Vậy đa thức \(f(x)\) là bất khả quy trong \(\mathbb{Q}[x]\).
Từ Mệnh đề 1.3.4 ta có kết quả sau.
Hệ quả 1.3.5 Cho f(x) ∈ Z[x] là một đa thức nguyên thuỷ Khi đó f(x) bất khả quy trong Z[x] khi và chỉ khi f(x) bất khả quy trong Q[x].
Điều kiện nguyên thuỷ cho đa thức f(x) trong Hệ quả 1.3.5 là cần thiết Ví dụ, với f(x) = 2x + 4 ∈ Z[x], f(x) là bất khả quy trong Q[x], nhưng không phải trong Z[x] vì nó có thể phân tích thành f(x) = 2(x + 2), trong đó 2 và x + 2 đều không khả nghịch trong 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.
Giả sử \( f(x) = a_0 + a_1 x + \ldots + a_k x^k \in \mathbb{Z}[x] \) với \( a_i \in \mathbb{Z} \) cho \( i = 1, 2, \ldots, k \), và \( f(x) \neq 0 \), \( f(x) \neq 1 \) Theo Mệnh đề 1.2.7, vành đa thức \( \mathbb{Q}[x] \) là một vành chính, do đó \( f(x) \) có thể phân tích thành \( f(x) = p_1(x)p_2(x) \ldots p_n(x) \) với \( p_i(x) \in \mathbb{Q}[x] \) là các đa thức bất khả quy Theo Mệnh đề 1.3.2, mỗi \( p_i(x) \) có thể viết dưới dạng \( p_i(x) = a_i b_i p^*_i(x) \) với \( a_i, b_i \in \mathbb{Z} \), \( b_i > 0 \), và \( (a_i, b_i) = 1 \) Từ đó, ta có \( f(x) = a b p^*_1(x)p^*_2(x) \ldots p^*_n(x) \) với \( a, b \in \mathbb{Z} \), \( b > 0 \), và \( (a, b) = 1 \) Các đa thức \( p^*_i(x) \) là nguyên thuỷ, do đó theo Mệnh đề 1.3.3, \( p^*_1(x)p^*_2(x) \ldots p^*_n(x) \) cũng là nguyên thuỷ, dẫn đến \( b = 1 \) và \( f(x) = cp^*_1(x)p^*_2(x) \ldots p^*_n(x) \) với \( c \in \mathbb{Z} \) Trong vành \( \mathbb{Z} \), ta có phân tích \( c = s_1 s_2 \ldots s_k \) với \( s_j \) là các số nguyên tố Các đa thức \( p^*_i(x) \) là bất khả quy trong \( \mathbb{Z}[x] \), do đó theo Mệnh đề 1.3.4, chúng cũng bất khả quy trong \( \mathbb{Z}[x] \) Cuối cùng, ta chứng minh rằng phân tích này là duy nhất bằng cách giả sử có hai phân tích khác nhau của \( f(x) \) và áp dụng Mệnh đề 1.3.3 để kết luận rằng các đa thức trong cả hai phân tích đều nguyên thuỷ trong \( \mathbb{Z}[x] \).
Do đó ta có s 1 s 2 ã ã ãs k =±r 1 r 2 ã ã ãr l
Vì s i và r j 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 s i =±r i với i= 1,2, , k Từ đó suy ra p ∗ 1 (x)p ∗ 2 (x) p ∗ n (x)∼q 1 ∗ (x)q 2 ∗ (x) q m ∗ (x).
Các đa thức \( p_i^*(x) \) và \( q_j^*(x) \) là bất khả quy trong \( \mathbb{Z}[x] \) với \( i = 1, 2, \ldots, n \) và \( j = 1, 2, \ldots, m \) Theo Mệnh đề 1.3.4, chúng cũng là bất khả quy trong \( \mathbb{Q}[x] \) Vì \( \mathbb{Q}[x] \) là một vành nhân tử hoá, ta có \( m = n \) Với một sự đánh số lại thích hợp, ta có \( p_i^*(x) \sim q_i^*(x) \) với \( i = 1, 2, \ldots, n \) Do đó, điều cần chứng minh đã được xác nhận.
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 =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 số hạng 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
Trong bài viết này, chúng ta xem xét đa thức \( p(x) \) và \( g(x) \) thuộc \( Z[x] \) với điều kiện \( 2 = p(x)g(x) \) Từ đó, ta suy ra rằng \( p(x) \) là một đa thức hằng và có thể nhận giá trị là -2, -1, 1 hoặc 2 Tuy nhiên, trường hợp \( p(x) = \pm 1 \) không thể xảy ra, vì khi đó \( I = \langle p(x) \rangle \langle \pm 1 \rangle = Z[x] \) Do đó, \( p(x) \) chỉ có thể là \( \pm 2 \) Tuy nhiên, nếu \( p(x) = \pm 2 \), thì ta có \( x = \pm 2f(x) \), điều này không thể xảy ra vì các hệ số của đa thức \( \pm 2f(x) \) là chẵn Vì vậy, ta kết luận rằng \( Z[x] \) không phải là vành chính.
Trong phần còn lại của mục này ta mô tả các iđêan nguyên tố và các iđêan cực 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 bất khả quy theo môđun p.
Chứng minh rằng I là một iđêan nguyên tố của Z[x] dẫn đến I∩Z cũng là một iđêan nguyên tố của Z Giả sử a, b ∈ Z và ab ∈ I∩Z, điều này cho thấy ab ∈ I, từ đó suy ra a ∈ I hoặc b ∈ I Do đó, a ∈ I∩Z hoặc b ∈ I∩Z Kết quả là, I∩Z có thể là ⟨0⟩ hoặc ⟨p⟩, trong đó p là một số nguyên tố.
Trong trường hợp 1, nếu \( I \cap Z = \langle 0 \rangle \) và \( I = \langle 0 \rangle \), thì điều cần chứng minh đã được xác nhận Ngược lại, giả sử \( I \neq \langle 0 \rangle \) Đặt \( S = Z \setminus \{0\} \), khi đó \( S \cap I = \emptyset \) và \( S \) là một tập con nhân Iđêan \( S^{-1} I \) là một iđêan nguyên tố trong \( Q[x] \), do đó, theo Mệnh đề 1.1.5, kết luận được rút ra.
S −1 I =⟨q(x)⟩ với q(x)∈Q[x] là một đa thức bất khả quy trong Q[x] Bằng cách quy đồng mẫu số và tách ước chung lớn nhất, ta có thể giả thiết rằng q(x)∈Z[x] và là đa thức nguyên thuỷ.
Chúng ta chứng minh rằng \( I = \langle q(x) \rangle \) Đầu tiên, ta chứng minh \( \langle q(x) \rangle \subseteq I \) Với bất kỳ \( h(x) \in \mathbb{Z}[x] \), ta có \( q(x)h(x) \in (S^{-1} I) \cap \mathbb{Z}[x] \), từ đó suy ra \( q(x)h(x) \in I \) Do đó, \( \langle q(x) \rangle \subseteq I \) Ngược lại, giả sử \( f(x) \in I \), khi đó \( f(x) \in S^{-1} I \), dẫn đến \( f(x) = q(x)g(x) \) với \( g(x) \in \mathbb{Q}[x] \) Vì \( q(x) \) là đa thức nguyên thuỷ, suy ra \( g(x) \in \mathbb{Z}[x] \) Do đó, \( I \subseteq \langle q(x) \rangle \).
Vậy nếu I ∩Z = ⟨0⟩ thì I = ⟨0⟩, hoặc I = ⟨q(x)⟩ với q(x) ∈ Z[x] là bất khả quy trong Z[x].
Trường hợp 2: I ∩Z = ⟨p⟩ với p là một số nguyên tố Xét toàn cấu vành π :
Tiêu chuẩn bất khả quy cho các đa thức có bậc nhỏ hơn hoặc bằng 3
Trong phần này, chúng tôi giới thiệu tiêu chuẩn bất khả quy áp dụng cho các đa thức có bậc từ 3 trở xuống Đối với đa thức bậc nhất, chúng tôi đưa ra kết quả cụ thể.
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.
Nếu đa thức \( f(x) \) là bất khả quy trong \( \mathbb{Z}[x] \), thì theo Mệnh đề 1.3.4, \( f(x) \) là đa thức nguyên thuỷ và có \( (a, b) = 1 \) Ngược lại, nếu \( (a, b) = 1 \), thì \( f(x) \) cũng là đa thức nguyên thuỷ Theo Mệnh đề 1.2.8, đa thức \( f(x) \) là bất khả quy trong \( \mathbb{Q}[x] \), dẫn đến Hệ quả 1.3.5 cho thấy \( f(x) \) là bất khả quy trong \( \mathbb{Z}[x] \) Đối với các đa thức bậc 2 và bậc 3, ta có kết quả tương tự.
Mệnh đề 2.1.2 Cho f(x)∈Z[x] là một đa thức nguyên thuỷ có bậc bằng 2 hoặc bằng 3 Khi đó f(x) bất khả quy trong Z[x] khi và chỉ khi nó không có nghiệm trong Q.
Giả sử f(x) là bất khả quy trong Z[x], ta chứng minh rằng f(x) không có nghiệm trong Q Nếu α ∈ Q là một nghiệm của f(x), ta có thể phân tích f(x) = (x−α)h(x) với h(x) ∈ Q[x], dẫn đến f(x) không bất khả quy trong Q[x] Theo Hệ quả 1.3.5, điều này mâu thuẫn với giả thiết ban đầu Ngược lại, nếu f(x) không bất khả quy trong Z[x], theo Hệ quả 1.3.5, f(x) cũng không bất khả quy trong Q[x], cho phép phân tích f(x) = g(x)h(x) với g(x), h(x) ∈ Q[x] và bậc nhỏ hơn bậc của f(x) Giả sử degg(x) ≤ degh(x), suy ra degg(x) = 1, với g(x) = ax + b, a ≠ 0, a, b ∈ Q Khi đó, α = -b/a ∈ Q là nghiệm của g(x) và cũng là nghiệm của f(x), mâu thuẫn với giả thiết ban đầu Vậy ta đã chứng minh điều cần chứng minh.
Sau đây là một số ví dụ minh hoạ.
Để xét tính bất khả quy của đa thức \( f(x) = x^3 - 5x^2 + 7x - 8 \) trong \( \mathbb{Z}[x] \), giả sử \( \alpha \in \mathbb{Q} \) là một nghiệm của \( f(x) \) Theo Mệnh đề 1.2.11, \( \alpha \) phải là số nguyên và chia hết cho \(-8\) Qua kiểm tra, ta thấy rằng \( \alpha = \pm 2 \) và \( \alpha = \pm 4 \) thỏa mãn các điều kiện trong Mệnh đề 1.2.10 Tuy nhiên, các giá trị \( f(-2) \), \( f(2) \), \( f(-4) \) và \( f(4) \) đều không bằng 0 Do đó, theo Mệnh đề 2.1.2, đa thức \( f(x) \) là bất khả quy trong \( \mathbb{Z}[x] \).
Q[x] Do đó, theo Hệ quả 1.3.5, đa thức f(x) là bất khả quy trong Z[x].
(ii) Xét tính bất khả quy trong Z[x] của đa thức f(x) = 9x 3 + 6x 2 −8x+ 7.
Giả sử f(x) có nghiệm hữu tỉ làα= p q với p q là phân số tối giản Bằng cách kiểm tra trực tiếp ta thấy rằng α= 1
3 thoả mãn các điều kiện trong Mệnh đề 1.2.10 Tuy nhiên f
−1 3 ̸= 0 Cho nên theo Mệnh đề 2.1.2, đa thức f(x) là bất khả quy trong Q[x] Do đó, theo theo Hệ quả 1.3.5, đa thức f(x) là bất khả quy trong Z[x].
Điều kiện về bậc của đa thức trong Mệnh đề 2.1.2 là cần thiết, như minh chứng qua đa thức \( f(x) = x^4 + 4 \in \mathbb{Z}[x] \) Đa thức này không có nghiệm trong \( \mathbb{Q} \), nhưng lại không bất khả quy trong \( \mathbb{Z}[x] \) vì có thể phân tích thành \( x^4 + 4 = x^4 + 4x^2 + 4 \).
Tiêu chuẩn bất khả quy cho các đa thức bậc bốn
Trong phần này, chúng tôi sẽ trình bày tiêu chuẩn bất khả quy dành cho các đa thức bậc bốn với hệ số nguyên Để bắt đầu, chúng ta cần một kết quả chuẩn bị.
Mệnh đề 2.2.1 Cho đa thức bậc bốn f(x) =a 4 x 4 +a 3 x 3 +a 2 x 2 +a 1 x+a 0 ∈Q[x] với a 4 , a 3 , a 2 , a 1 , a 0 ∈Q, a 4̸= 0 Đặt α= a3
4a 4 Khi đó 1 a 4 f(x−α) =x 4 +Cx 2 +Dx+E với C, D, E ∈Q.
Chứng minh Bằng cách tính toán trực tiếp ta có
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Ta gọi đa thức g(x) =x 4 +Cx 2 +Dx+E trong Mệnh đề 2.2.1 làdạng thu gọn của đa thức f(x).
Cho đa thức có dạng thu gọn f(x) = x 4 +cx 2 +dx+e ∈Q[x] với c, d, e ∈Q.
Ta gọi đa thức bậc ba
R(x) =x 3 + 2cx 2 + c 2 −4e x−d 2 ∈Q[x] là giải thức của đa thức f(x).
Ta dùng ký hiệu s(Q) = s 2 |s ∈Q để chỉ tập hợp các bình phương của các số hữu tỷ.
Kết quả chính của mục này là mệnh đề sau.
Mệnh đề 2.2.2 Cho đa thức bậc bốn có dạng thu gọn f(x) = x 4 +cx 2 +dx+e∈
Q[x] với c, d, e∈Q Đa thức f(x) phân tích được thành tích của hai đa thức bậc hai trong Q[x] khi và chỉ khi một trong hai điều sau đây là đúng
(i) Giải thức R(x) có nghiệm khác không trong s(Q).
Chứng minh Giả sử f(x) có phân tích f(x) = (x 2 +hx+k)(x 2 +h ′ x+k ′ ) với h, h ′ , k, k ′ ∈Q Khai triển đa thức ở vế phải và so sánh hai vế ta được h+h ′ = 0, kk ′ =e, hk ′ +h ′ k =d, hh ′ +k+k ′ =c.
4h 2 e= (2hk)(2hk ′ ) = (h 3 +ch−d)(h 3 +ch+d). Khai triển vế phải nhận được h 6 + 2ch 4 + (c 2 −4e)h 2 −d 2 = 0.
Do đó h 2 ∈s(Q) là nghiệm của giải thức R(x).
Nếu h̸= 0 thì khi đó (i) thoả mãn Trái lại, nếu h= 0 thì từ đó suy ra d= 0, và ta được c 2 −4e= (k+k ′ ) 2 −4kk ′ = (k−k ′ ) 2 ∈s(Q).
Do đó trong trường hợp này (ii) thoả mãn.
Bây giờ ta chứng minh phần đảo lại Giả sử rằng (i) thoả mãn, nghĩa là giải thứcR(x)có nghiệm khác không trong s(Q) Khi đó tồn tại h∈Q, h ̸= 0 sao cho R(h 2 ) = 0 Đặt h ′ =−h, k= 1
Rõ ràng rằng \( h', k, k' \in \mathbb{Q} \) Từ đó, ta suy ra rằng hàm \( f(x) \) có thể phân tích thành tích của hai đa thức bậc hai trong \( \mathbb{Q}[x] \): \[f(x) = (x^2 + hx + k)(x^2 + h'x + k').\]Giả sử rằng điều kiện (ii) được thỏa mãn, tức là \( d = 0 \) và \( c^2 - 4e \in s(\mathbb{Q}) \) Khi đó, ta có \( c^2 - 4e = s^2 \) với \( s \in \mathbb{Q} \) Đặt \( h = h' = 0 \), \( k = \frac{c+s}{2} \) và \( k' = \frac{c-s}{2} \).
Khi đó h, h ′ , k, k ′ ∈Q, và k+k ′ =c, kk ′ = (c 2 −s 2 )/4 =e Do đó f(x) = (x 2 +k)(x 2 +k ′ ) và f(x)phân tích được thành tích của hai đa thức bậc hai trong Q[x] Vậy ta có điều phải chứng minh.
Phép chứng minh Mệnh đề 2.2.2 cung cấp một phương pháp phân tích đa thức bậc bốn \( f(x) \in \mathbb{Z}[x] \) thành tích các nhân tử bất khả quy Ý tưởng chính là áp dụng Mệnh đề 1.2.10 để tìm một nghiệm nguyên của đa thức \( f(x) \) Từ đó, có hai trường hợp có thể xảy ra.
Trường hợp 1: Nếu u∈Z là một nghiệm của f(x) thì có phân tích f(x) = (xưu)g(x) với g(x)∈Z[x].
Tiếp tục áp dụng Mệnh đề 2.1.2 cho đa thức bậc ba g(x) ta có thể phân tích g(x) thành tích của các đa thức bất khả quy trong Z[x].
Nếu hàm số f(x) không có nghiệm nguyên, ta sẽ tìm nghiệm nguyên của giải thức R(x) Nếu thỏa mãn điều kiện (i) hoặc (ii) trong Mệnh đề 2.2.2, f(x) có thể được phân tích thành tích của hai đa thức bậc 2 Ngược lại, đa thức f(x) sẽ là bất khả quy trong Z[x].
Sau đây là một số ví dụ minh hoạ.
Đối với đa thức \( f(x) = x^4 + x^2 + x + 1 \) và \( R(x) = x^3 + 2x^2 - 3x - 1 \), cả hai đều không có nghiệm nguyên Điều này dẫn đến kết luận rằng \( f(x) \) là bất khả quy trong \( \mathbb{Q}[x] \) Theo Hệ quả 1.3.5, đa thức \( f(x) \) cũng là bất khả quy trong \( \mathbb{Z}[x] \).
(ii) Cho f(x) = x 4 + 2x 2 + 5x+ 11 Khi đó f(x) không có nghiệm nguyên, và giải thức R(x) = x 3 + 4x 2 −40x−25 có một nghiệm nguyên là 5∈/ s(Q), ta có
Theo Mệnh đề 2.1.2, đa thức f(x) không có nghiệm trong Q, dẫn đến việc f(x) là bất khả quy trong Q[x] Do đó, theo Hệ quả 1.3.5, đa thức f(x) cũng là bất khả quy trong Z[x].
(iii) Chof(x) = x 4 −12x 2 −3x+2 Khi đóf(x)không có nghiệm nguyên, và giải thứcR(x) = x 3 −24x 2 + 136x−9có một nghiệm nguyên là9∈s(Q) Do đó f(x)là không bất khả quy trongQ[x], và ta có phân tíchf(x) = x 2 + 3x−1 x 2 −3x−2
. (iv) Cho f(x) = x 4 −8x 3 + 22x 2 −19x−8 Dạng thu gọn của đa thức này là g(x) =f(x+ 2) =x 4 −2x 2 + 5x−6. Đa thức g(x) có giải thức R(x) =x 3 −4x 2 + 28x−25 với một nghiệm nguyên là
1∈s(Q) Do đó g(x) là không bất khả quy trong Q[x], và ta có phân tích g(x) = x 2 +x−3 x 2 −x+ 2
Trong phần cuối của mục này ta xét trường hợp đặc biệt các đa thức bậc bốn trùng phương.
Mệnh đề 2.2.5 Đa thức bậc bốn f(x) = x 4 +cx 2 +e∈Q[x] với c, e∈Q là không bất khả quy trong Q[x] nếu và chỉ nếu c 2 −4e∈s(Q) hoặc −c+ 2√ e∈s(Q) hoặc
Nếu r ∈ Q và r ≠ 0 là nghiệm của đa thức f(x), thì −r cũng là nghiệm của f(x) Điều này dẫn đến việc x² − r² ∈ Q[x] chia hết f(x) Do đó, f(x) là không bất khả quy nếu và chỉ nếu nó có thể phân tích thành tích của hai đa thức bậc hai Giải thức của f(x) sẽ được xác định từ đó.
Rõ ràng R(x) có các nghiệm là 0,−c±2√ e Áp dụng Mệnh đề 2.2.2 ta có ngay điều phải chứng minh.
Sau đây là một số ví dụ minh hoạ.
(i) Cho f(x) =x 4 −3x 2 + 1 ∈Z[x] Khi đó c=−3, e= 1 Bằng cách kiểm tra trực tiếp ta thấy rằng c 2 −4e = 5 ∈/ s(Q), −c+ 2√ e = 5 ∈/ s(Q), và −c−2√ e 1 ∈ s(Q) Do đó f(x) là không bất khả quy trong Q[x], và ta có phân tích f(x) = x 2 +x−1 x 2 −x−1
. (ii) Cho f(x) = x 4 − 16x 2 + 4 ∈ Z[x] Khi đó c = −16, e = 4 Bằng cách kiểm tra trực tiếp ta thấy rằng c 2 −4e = 240 ∈/ s(Q), −c+ 2√ e = 20 ∈/ s(Q), và
−c−2√ e= 12∈/ s(Q) Từ đó suy ra f(x)là bất khả quy trong Q[x] Do đó, theo
Hệ quả 1.3.5, đa thức f(x) là bất khả quy trong Z[x].
Tiêu chuẩn bất khả quy rút gọn theo môđun số nguyên tố
Cho đa thức \( f(x) \in \mathbb{Z}[x] \) Với \( p \) là một số nguyên tố, ta ký hiệu \( f(x) \in \mathbb{Z}_p[x] \) là đa thức thu được từ \( f(x) \) bằng cách chuyển các hệ số của \( f(x) \) vào trường \( \mathbb{Z}_p \) Tiêu chuẩn bất khả quy rút gọn theo mô đun số nguyên tố được phát biểu như sau.
Mệnh đề 2.3.1 nêu rằng, đối với một đa thức \( f(x) \) thuộc \( Z[x] \), nếu có một số nguyên tố \( p \) sao cho \( f(x) \) là bất khả quy trong \( Z_p[x] \) và bậc của \( f(x) \) là \( degf(x) \), thì \( f(x) \) cũng sẽ là bất khả quy trong \( Q[x] \).
Để chứng minh rằng đa thức \( f(x) \) là bất khả quy trong \( \mathbb{Z}_p[x] \), ta cần chỉ ra rằng \( \deg f(x) > 0 \) Giả sử ngược lại rằng \( f(x) \) không bất khả quy trong \( \mathbb{Q}[x] \) Theo Mệnh đề 1.3.3, ta có thể phân tích \( f(x) = g(x)h(x) \) với \( g(x), h(x) \in \mathbb{Z}[x] \) và bậc của \( g(x) \) và \( h(x) \) nhỏ hơn bậc của \( f(x) \) Khi rút gọn theo môđun \( p \), ta nhận được \( f(x) = g(x)h(x) \).
Rõ ràng, ta có \$degg(x) \geq degg(x)\$ và \$degh(x) \geq degh(x)\$ Do đó, hàm \$f(x)\$ có thể phân tích thành tích của hai đa thức \$g(x)\$ và \$h(x)\$ thuộc \$Z_p[x]\$ với bậc thấp hơn Điều này mâu thuẫn với tính bất khả quy của \$f(x)\$ trong \$Z_p[x]\$ Vậy ta đã chứng minh được điều cần thiết.
Sau đây là một số ví dụ minh hoạ.
Để xét tính bất khả quy của đa thức \( f(x) = x^3 + 591x^2 + 3,801 + 24,240 \) trong \( \mathbb{Z}[x] \), ta rút gọn được \( f(x) = x^3 + x^2 + 1 \in \mathbb{Z}_2[x] \) và nhận thấy nó không có nghiệm trong \( \mathbb{Z}_2 \) Theo Mệnh đề 2.1.2, điều này cho thấy \( f(x) \) là bất khả quy trên \( \mathbb{Z}_2[x] \) Hơn nữa, với bậc \( \deg f(x) = 3 \), ta có thể kết luận rằng đa thức \( f(x) \) cũng là bất khả quy trong \( \mathbb{Q}[x] \) theo Mệnh đề 2.3.1.
Vìf(x) là đa thức nguyên thuỷ cho nên, theo Hệ quả 1.3.5,f(x) là bất khả quy trong Z[x].
Để xét tính bất khả quy của đa thức \( f(x) = 5x^2 + 20x + 19 \) trong \( \mathbb{Z}[x] \), ta rút gọn được \( f(x) = 2x^2 + 2x + 1 \in \mathbb{Z}_3[x] \), không có nghiệm trong \( \mathbb{Z}_3 \) và có bậc \( \text{deg} f(x) = 2 \) Theo Mệnh đề 2.1.2, đa thức \( f(x) \) là bất khả quy trên \( \mathbb{Z}_3[x] \) Do \( \text{deg} f(x) = \text{deg} f(x) \), nên \( f(x) \) cũng là bất khả quy trong \( \mathbb{Q}[x] \) theo Mệnh đề 2.3.1 Cuối cùng, vì \( f(x) \) là đa thức nguyên thủy, theo Hệ quả 1.3.5, ta kết luận rằng \( f(x) \) là bất khả quy trong \( \mathbb{Z}[x] \).
Ví dụ 2.3.3 Xét tính bất khả quy trong Z[x] của đa thức sau g(x) = 6x 4 + 10x 3 −9x 2 + 11x+ 1.
Hàm g(x) = x^4 + x^2 + x + 1 không có nghiệm trong Z_5, do đó không có nhân tử bậc nhất Giả sử g(x) là không bất khả quy trong Z_5[x], ta có thể phân tích g(x) thành dạng g(x) = (x^2 + ax + b)(x^2 + cx + d) với a, b, c, d thuộc Z_5 Từ việc đồng nhất các hệ số, ta thu được các hệ phương trình: a + c = 0, b + ac + d = 1, ad + bc = 1, và bd = 1.
Vì bd= 1 và vai trò của b và d là như nhau cho nên, không mất tính tổng quát, ta có thể giả thiết (b, d) = (1,1) hoặc (b, d) = (2,3) hoặc (b, d) = (4,4).
Nếu (b, d) = (1,1), ta có a+c = 1 và a+c = 0, dẫn đến mâu thuẫn Với (b, d) = (2,3), ta suy ra a = 1 và c = 4, nhưng 4 = ac = 1 cũng tạo ra mâu thuẫn Cuối cùng, nếu (b, d) = (4,4), ta lại có a+c = 0.
4(a+c) = 1, điều này dẫn đến mâu thuẫn Vậy đa thứcg(x)là bất khả quy trong
Đa thức \( g(x) \) là bất khả quy trong \( \mathbb{Q}[x] \) vì \( \deg(g(x)) = 4 \) Hơn nữa, do \( f(x) \) là đa thức nguyên thuỷ, nên theo Mệnh đề 1.3.4, đa thức \( f(x) \) cũng là bất khả quy trong \( \mathbb{Z}[x] \).
Tiêu chuẩn bất khả quy Eisenstein
Trong mục này chúng tôi trình bày tiêu chuẩn bất khả quy Eisenstein cho các đa thức với hệ số nguyên.
Mệnh đề 2.4.1 (Tiờu chuẩn bất khả quy Eisenstein) Cho f(x) =a n x n +ã ã ã+ a1x+a0 ∈ Z[x] với a0, a1 , an ∈ Z, a n ̸= 0 Giả sử tồn tại một số nguyên tố p thỏa mãn các tính chất
(i) p không là ước của hệ số cao nhất a n ;
(ii) p là ước của các hệ số a 0 , a 1 , , a n−1 ;
(iii) p 2 không là ước của hệ số tự do a 0
Khi đó đa thức f(x) là bất khả quy trong Q[x].
Chúng ta sẽ chứng minh bằng phương pháp phản chứng Giả sử rằng hàm số f(x) không bất khả quy trong Q[x] Theo Mệnh đề 1.3.3, tồn tại phân tích f(x) = g(x)h(x), trong đó g(x) và h(x) là các đa thức thuộc Z[x] với bậc degg(x) = m và degh(x) = k, với m, k < n Do plà ước của a_0 = b_0 c_0, nên p chia hết cho b_0 hoặc c_0 Vì p^2 không phải là ước của a_0, nên trong hai số b_0 và c_0 chỉ có một số chia hết cho p.
Không mất tính tổng quát, ta giả thiết p|c 0 Khi đó b 0 không chia hết cho p.
Vì a n = b m c k và a n không chia hết cho p cho nên b m và c k đều không chia hết cho p Do đó tồn tại số r bé nhất sao cho c r không chia hết cho p Ta có a r =b 0 c r + (b 1 c r−1 +b 2 c r−2 +ã ã ã+b r c 0 ).
Với điều kiện \( r \leq k < n \), ta có thể chọn \( r \) sao cho \( b_1c^{r-1} + b_2c^{r-2} + \ldots + b_rc^0 \) Từ đó, suy ra \( p \mid b_0 c^r \), dẫn đến mâu thuẫn vì cả hai số \( b_0 \) và \( c^r \) đều không chia hết cho \( p \) Do đó, \( f(x) \) là bất khả quy trong \( \mathbb{Q}[x] \).
Sau đây là một số ví dụ minh hoạ.
(i) Đa thức f(x) = x 14 + 10x 11 + 60x 10 + 50x+ 20 là bất khả quy trong Q[x] theo tiêu chuẩn Eisenstein với p= 5.
Đa thức \( f(x) = x^4 - 2x^3 - 27x^2 + 40x + 16 \) là bất khả quy trong \( \mathbb{Q}[x] \) Cụ thể, khi xét đa thức \( g(x) = f(x + 2) = x^4 + 6x^3 - 15x^2 - 60x - 12 \), ta thấy rằng \( g(x) \) cũng là bất khả quy trong \( \mathbb{Q}[x] \) theo tiêu chuẩn Eisenstein với \( p = 3 \) Do đó, theo Mệnh đề 1.2.5, ta kết luận rằng đa thức \( f(x) \) là bất khả quy trong \( \mathbb{Q}[x] \).
(iii) Cho p là một số nguyên tố Khi đó đa thức f(x) = x p−1 +x p−2 +ã ã ã+x+ 1 là bất khả quy trong Q[x].
Viết lại đa thức \( f(x) \) ta có \( f(x) = x^{p-1} - x \) Xét đa thức \( h(x) = f(x+1) = (x+1)^{p-1} - x \), ta có \( h(x) = x^{p-1} + C_{1}^{p} x^{p-2} + \ldots + C_{k}^{p} x^{p-k-1} + \ldots + C_{p-1}^{p} \), trong đó \( C_{p}^{k} = \frac{p!}{k!(p-k)!} \) Vì \( p \) là số nguyên tố, nên \( C_{p}^{k} \) chia hết cho \( p \) với mọi \( k = 1, 2, \ldots, p-1 \) Hơn nữa, \( C_{p}^{p-1} = p \) không chia hết cho \( p^2 \) Do đó, \( h(x) \) là bất khả quy trong \( \mathbb{Q}[x] \) theo tiêu chuẩn Eisenstein Vì vậy, theo Mệnh đề 1.2.5, \( f(x) \) cũng là bất khả quy trong \( \mathbb{Q}[x] \).
Tiêu chuẩn bất khả quy liên quan đến số lần đa thức nhận giá trị ±1
Ta ký hiệu u(f) là số lần đa thức f(x)nhận giá trị ±1 trên tập số nguyên, nghĩa là u(f) là số phần tử của tập hợp
{m∈Z| |f(m)| = 1}. Chẳng hạn, với f(x) = x 4 + 1 thì u(f) = 1; với g(x) =x 2 +x+ 1 thì u(g) = 2. Trước tiên ta có các nhận xét sau đây Nếu f(x) nhận giá trị 1 tại các giá trị nguyên b 1 , b 2 , , b m thì f(x) = r(x) m
(x−b i ) + 1 với r(x) ∈ Z[x] Tương tự, nếu f(x) nhận giá trị −1 tại các giá trị nguyên b 1 , b 2 , , b k thì f(x) = s(x) k
Ta cần một số kết quả chuẩn bị.
Mệnh đề 2.5.1 Nếu f(x) nhận giá trị +1 (tương ứng −1) tại m > 3 giá trị nguyên khác nhau của biến x thì f(x) không thể nhận giá trị −1 (tương ứng +1).
Giả sử có m số nguyên phân biệt \( b_1, b_2, \ldots, b_m \) với \( m > 3 \) sao cho \( f(b_i) = 1 \) với mọi \( i = 1, 2, \ldots, m \) Khi đó, ta có thể viết \( f(x) = (x - b_1)(x - b_2) \cdots (x - b_m)g(x) + 1 \) với \( g(x) \in \mathbb{Z}[x] \) Giả sử ngược lại rằng tồn tại một số nguyên \( b_{m+1} \) sao cho \( f(b_{m+1}) = -1 \) Thay \( x = b_{m+1} \) vào đẳng thức trên, ta sẽ nhận được một kết quả mâu thuẫn.
−1 = (bm+1−b1)(bm+1−b2)ã ã ã(bm+1−bm)g(bm+1) + 1.
Do đó các hiệu số b m+1 −b i là ước của −2, cho nên chúng chỉ có thể là ±1 hoặc ±2 Vì các b i , i= 1,2, , m, là phân biệt cho nên m≤4.
2, điều này không thể xảy ra Do đó m ≤3, điều này trái với giả thiết Trường hợp còn lại được chứng minh bằng cách lập luận tương tự.
Mệnh đề 2.5.2 Nếu đa thức f(x)∈Z[x] có bậc n và n ≥4 thì u(f)≤n.
Chúng ta sẽ chứng minh bằng phương pháp phản chứng Giả sử rằng \( u(f) > n \) với \( n \geq 4 \), dẫn đến \( u(f) \geq 5 \) Điều này cho thấy rằng \( f(x) \) nhận giá trị 1 ít nhất 3 lần hoặc giá trị −1 ít nhất 3 lần Không mất tính tổng quát, ta giả thiết rằng \( f(x) \) nhận giá trị 1 ít nhất 3 lần và sẽ xem xét hai trường hợp.
Khi hàm số \( f(x) \) nhận giá trị 1 nhiều hơn 3 lần, theo Mệnh đề 2.5.1, hàm số này không thể nhận giá trị -1 Do đó, nếu \( f(x) \) nhận giá trị 1 nhiều hơn \( n \) lần, điều này là không thể xảy ra vì bậc của hàm \( f(x) \) là \( n \).
Trong trường hợp 2, hàm số f(x) nhận giá trị 1 tại đúng 3 lần, và giả sử f(x) nhận giá trị -1 tại m lần, ta có m = u(f) - 3 > n - 3 ≥ 2 Gọi b1, b2, b3 là các giá trị nguyên khác nhau sao cho f(b1) = f(b2) = f(b3) = 1 Đồng thời, gọi c1, c2, , cm ∈ Z với m ≥ 2 sao cho f(c1) = f(c2) = = f(cm) = -1.
Từ đó suy ra f(x) = (x−b 1 )(x−b 2 )(x−b 3 )g(x) + 1 với g(x)∈Z[x] Thay x=c 1 , c 2 ta được
Giả sử phương trình \$-2 = (c_i - b_1)(c_i - b_2)(c_i - b_3)g(c_i)\$ với \$i = 1, 2\$ và không mất tính tổng quát, ta có thể giả thiết rằng \$b_1 < b_2 < b_3\$ Khi đó, các giá trị \$c_i - b_1\$, \$c_i - b_2\$, và \$c_i - b_3\$ là ba ước khác nhau của \$-2\$, do đó một trong ba ước này phải là \$2\$ hoặc \$-2\$, và hai ước còn lại là \$1\$ và \$-1\$ Giả sử với \$c_1\$, một trong ba ước là \$2\$, ta có \$c_1 - b_1 = 2\$, \$c_1 - b_2 = 1\$, và \$c_1 - b_3 = -1\$ Nếu với \$c_2\$, một trong các ước cũng là \$2\$, thì ta có \$c_2 - b_1 = 2\$, dẫn đến \$c_2 = c_1\$, điều này không thể xảy ra Do đó, với \$c_2\$, một trong các ước phải là \$-2\$, từ đó suy ra \$c_2 - b_3 = -2\$, dẫn đến \$c_2 = b_2\$, điều này cũng không thể xảy ra vì \$f(c_2) = -1\$ trong khi đó \$f(b_2) = 1\$.
Trường hợp ứng với c 1 , một trong ba ước bằng−2, bằng cách lập luận tương tự ta có điều phải chứng minh.
Kết quả chính của mục này là mệnh đề sau.
Mệnh đề 2.5.3 Nếu đa thức f(x)∈Z[x] có bậc n ≥8, và u(f) =m > n
2 thì đa thức f(x) là bất khả quy trong Q[x].
Theo Mệnh đề 2.5.1, hàm số f(x) chỉ có thể nhận một trong hai giá trị là +1 hoặc -1, không thể đồng thời nhận cả hai giá trị Giả thiết rằng f(x) nhận giá trị +1 tại m điểm, với m lớn hơn n, mà không mất tính tổng quát.
2 ≥ 4 Giả sử f(x) = g(x)h(x) trong đó g(x), h(x) ∈ Z[x] là các nhân tử thực sự của f(x) Ta có thể giả thiết rằngg(x) có bậc≥ n
Theo Mệnh đề 2.5.1, vì \(2 \geq 4\), đa thức \(g(x)\) không thể nhận đồng thời hai giá trị +1 và -1 Do đó, ta có thể giả định rằng \(g(x)\) chỉ nhận duy nhất giá trị +1.
Gọi các số nguyên phân biệt a1, a2, , au(f) sao cho f(ai) = 1 với mọi i Theo khẳng định, g(ai) = 1 với mọi i = 1, 2, , u(f) Vì f(ai) = g(ai)h(ai) nên h(ai) = 1 với mọi i = 1, 2, , u(f) Như vậy, h(x) nhận giá trị 1 tại ít nhất u(f) lần.
2 Từ đó suy ra degh(x) +degg(x)>degf(x). Điều này dẫn đến mâu thuẫn.
Tương tự nếu g(x) nhận giá trị −1 lớn hơn n
2 lần, thì h(x) cũng nhận giá trị
2 lần, và vì thế tổng bậc của g(x) và bậc của h(x) lớn hơn n, điều này dẫn đến mâu thuẫn Do đó, đa thức f(x) là bất khả quy trong Q[x].
Sau đây là một số ví dụ minh hoạ.
Ví dụ 2.5.4 Xét tính bất khả quy của các đa thức sau trong Q[x] f(x) =x 9 −13x 7 + 37x 5 −13x 3 + 36x+ 1.
Từ đó suy raf(x) nhận giá trị +1 tại đúng 5 điểm Vì degf(x) = 9 và 5> 9
2 cho nên, theo Mệnh đề 2.5.3, đa thức f(x) là bất khả quy trong Q[x].
Việc kiểm tra tính bất khả quy của đa thức f(x) bằng tiêu chuẩn Eisenstein hoặc tiêu chuẩn bất khả quy rút gọn theo môđun nguyên tố là không khả thi Tuy nhiên, nhờ vào Mệnh đề 2.5.3, quá trình này trở nên đơn giản hơn.
Nhận xét 2.5.5 Điều kiện về bậc của đa thức ≥8trong Mệnh đề 2.5.3 là thực sự cần thiết Chẳng hạn xét đa thức g(x) = (x−1)(x 2 −1)−1.
Ta có g(x) + 1 = (x−1)(x 2 −1) Vì thế g(x) nhận giá trị −1 tại đúng 2 điểm, degg(x) = 3 và 2> 3
2 Tuy nhiên đa thức g(x) là không bất khả quy trong Q[x] vì có phân tích g(x) =x x 2 −x−1
Kết quả cuối cùng trong mục này liên quan đến giá trị u(f), sẽ được áp dụng trong phần tiếp theo Định nghĩa 2.5.6 cho biết rằng đa thức f(x)∈Z[x] được gọi là "fat" nếu l(f) = u(f) − deg f(x) > 0.
Chẳng hạn, đa thức f(x) = 2x 2 −4x+ 1là"fat" vì degf(x) = 2 và u(f) = 3; đa thứcg(x) =x 2 +3x+1là"fat" vì degg(x) = 2vàu(g) = 4; đa thứch(x) =x 4 +3x 2 +2 là không"fat" vì degh(x) = 4 và u(h) = 0; đa thứct(x) =x 3 −x 2 +x+ 1 là không
Mệnh đề 2.5.7 Nếu f(x)∈Z[x] là đa thức "fat" thì degf(x)≤3.
Giả sử degf(x) ≥ 4, theo Mệnh đề 2.5.2, ta có u(f) ≤ degf(x) Tuy nhiên, vì f(x) là đa thức "fat", nên u(f) > degf(x) Do đó, suy ra degf(x) ≤ 3, điều này chứng minh được yêu cầu.
Tiêu chuẩn bất khả quy liên quan đến số lần đa thức nhận giá trị nguyên tố
thức nhận giá trị nguyên tố
Ký hiệu P(f) đại diện cho số lần mà đa thức f(x) nhận giá trị là một số nguyên tố hoặc số đối của một số nguyên tố Cụ thể, u(f) là số phần tử trong tập hợp m∈Z sao cho |f(m)| = p, với p là một số nguyên tố.
Mệnh đề 2.6.1 Cho đa thức f(x) ∈ Z[x] có bậc n > 0 Nếu P(f) > 2n thì đa thức f(x) là bất khả quy trong Q[x].
Chúng ta sẽ chứng minh bằng phương pháp phản chứng Giả sử rằng hàm số f(x) không phải là bất khả quy trong Q[x] Theo Mệnh đề 1.3.3, ta có thể phân tích f(x) thành tích của hai đa thức g(x) và h(x), trong đó g(x), h(x) thuộc Z[x] và bậc của cả g(x) và h(x) đều lớn hơn 0.
Nếu \( p = f(a) = g(a)h(a) \) là một số nguyên tố với \( a \in \mathbb{Z} \), thì hoặc \( g(a) = \pm 1 \) hoặc \( h(a) = \pm 1 \) Giả sử \( P(f) = m \), tồn tại các số nguyên \( b_1, b_2, \ldots, b_m \) sao cho \( f(b_i) \) với \( i = 1, 2, \ldots, m \) là số nguyên tố hoặc số đối của số nguyên tố Do đó, \( g(b_i) = \pm 1 \) hoặc \( h(b_i) = \pm 1 \) với mọi \( i = 1, 2, \ldots, m \) Từ giả thiết, ta có \( u(h) + u(g) \geq P(f) > 2n \) Giả sử \( \deg g(x) = r \), thì \( \deg h(x) = n - r \) Theo Mệnh đề 2.5.2, ta có \( u(g) \leq 2r \) và \( u(h) \leq 2(n - r) \).
Từ đó suy ra u(g) +u(h)≤2n, điều này dẫn đến mâu thuẫn Vậy ta có điều phải chứng minh.
Từ Mệnh đề 2.6.1 ta có hệ quả sau.
Hệ quả 2.6.2 Cho f(x)∈Z[x] có bậc n >0 Nếu P(f) = ∞ thì đa thức f(x) là bất khả quy trong Q[x].
Sau đây là một số ví dụ minh hoạ.
(i) Xét tính bất khả quy của đa thức f(x) = x 4 −10x 2 + 11 trong Z[x].
Vì 2,17,107 là các số nguyên tố cho nên f(x) nhận giá trị nguyên tố tại ít nhất
Đa thức \( f(x) \) có bậc 4, do đó theo Mệnh đề 2.6.1, nó là bất khả quy trong \( \mathbb{Q}[x] \) Hơn nữa, vì \( f(x) \) là đa thức nguyên thuỷ, theo Hệ quả 1.3.5, \( f(x) \) cũng là bất khả quy trong \( \mathbb{Z}[x] \).
(ii) Xét tính bất khả quy của đa thức g(x) = x 4 −3x−3 trong Z[x].
Vì3,−5,7,19,241,271,613,643,2377là các số nguyên tố hoặc số đối của số nguyên tố và degg(x) = 4 cho nên, theo Mệnh đề 2.6.1, đa thứcg(x) là bất khả quy trong
Q[x] Vì g(x) là đa thức nguyên thuỷ cho nên, theo Hệ quả 1.3.5, đa thức g(x) là bất khả quy trong Z[x].
(iii) Xét tính bất khả quy của đa thức h(x) = 3x 2 + 11x+ 121 trong Z[x].
Đa thức h(x) nhận giá trị nguyên tố tại ít nhất 5 lần với các số nguyên tố 113, 163, 181, 191, 251 Do bậc của đa thức là 2, theo Mệnh đề 2.6.1, h(x) là đa thức bất khả quy trên Q[x] Hơn nữa, vì h(x) là đa thức nguyên thuỷ, theo Hệ quả 1.3.5, h(x) cũng bất khả quy trong Z[x].
Đa thức \( g(x) = x^4 - 3x - 3 \) trong Ví dụ 2.6.3 (ii) là bất khả quy theo tiêu chuẩn Eisenstein với \( p = 3 \) Tính bất khả quy của \( h(x) = 3x^2 + 11x + 121 \) trong Ví dụ 2.6.3 (iii) có thể được suy ra từ việc \( h(x) \) không có nghiệm hữu tỷ, do hệ số tự do của \( h(x) \) có các ước là \( \pm 1, \pm 11, \pm 121 \) Việc tìm nghiệm của \( h(x) \) tương đương với việc xác định giá trị của \( h(x) \) tại những ước này Tuy nhiên, tính bất khả quy của đa thức \( f(x) = x^4 - 10x^2 + 11 \) trong Ví dụ 2.6.3 (i) không thể được suy ra từ tiêu chuẩn Eisenstein và cũng không thể được xác định từ tiêu chuẩn bất khả quy rút gọn theo môđun nguyên tố.
Mệnh đề 2.6.5 Cho đa thức f(x)∈Z[x] có bậc n Nếu tồn tại n+ 1 số nguyên m 1 , m 2 , , m n+1 sao cho |m i −m j |>2 với mọi i̸=j và f(m i ) với i= 1,2, , n+
1, là số nguyên tố, số đối của số nguyên tố, hoặc ±1, thì f(x) là bất khả quy trong Q[x].
Chúng ta sẽ chứng minh bằng phương pháp phản chứng rằng hàm số f(x) không bất khả quy trong Q[x] Giả sử f(x) có thể phân tích thành f(x) = g(x)h(x) với g(x), h(x) ∈ Z[x] và đều có bậc dương Tại các số nguyên m_i, với i = 1, 2, , n + 1, ta có f(m_i) = g(m_i)h(m_i) là số nguyên tố, số đối của số nguyên tố, hoặc ±1 Do đó, một trong hai số g(m_i) hoặc h(m_i) phải có giá trị ±1, tức là g(m_i) = ±1 hoặc h(m_i) = ±1 cho mọi i = 1, 2, , n + 1.
Trước tiên ta khẳng định rằng không tồn tại i ̸= j sao cho g(m i ) = 1 và g(mj) = −1 Thật vậy, giả sử trái lại Giả sử g(x) =b d x d +b d−1 x d−1 + .+b 0 trong đó b 0 , b 1 , , b d ∈Z Rõ ràng, khi đó ta có
Vế phải của đẳng thức là bội của \$m_i - m_j\$, do đó suy ra rằng \$m_i - m_j\$ là ước của 2, điều này mâu thuẫn với giả thiết \$|m_i - m_j| > 2\$ Vậy ta đã chứng minh được điều cần chứng minh.
Theo khẳng định trên nếu g(x) nếu nhận giá trị 1 thì nó không nhận giá trị
Tại các số \( m_1, m_2, \ldots, m_{n+1} \), đa thức \( g(x) \) nhận giá trị nhiều nhất là \( d \) lần, trong đó \( d \) là bậc của \( g(x) \) Tương tự, đa thức \( h(x) \) nhận giá trị khả nghịch nhiều nhất là \( d' \) lần, với \( d' \) là bậc của \( h(x) \) Suy ra, số lần \( h(x) \) hoặc \( g(x) \) nhận giá trị khả nghịch tại các số \( m_1, m_2, \ldots, m_{n+1} \) là tối đa \( d + d' \) lần Do đó, \( n = d + d' \geq n + 1 \), điều này không thể xảy ra Vì vậy, đa thức \( f(x) \) là bất khả quy trong \( \mathbb{Q}[x] \).
Sau đây là một số ví dụ minh hoạ.
Ví dụ 2.6.6 Đa thức f(x) = x 6 −3x 5 −87x 4 + 118x 3 + 21x−1 là bất khả quy trong Z[x] Thật vậy, ta có f(−22) = 107187629, f(−8) =−58601, f(−4) = −23269, f(0) =−1, f(12) = 634859, f(18) = 19888469, f(30) = 588786929.
Có bảy số m 1 =−22, m 2 =−8, m 3 =−4, m 4 = 0, m 5 = 12, m 6 = 18, và m 7 = 30 thỏa mãn điều kiện rằng hiệu giữa hai số bất kỳ có giá trị tuyệt đối lớn hơn 2 Tại các số này, giá trị f(x) đều là số nguyên tố, số đối của số nguyên tố hoặc khả nghịch Với degf(x) = 6, theo Mệnh đề 2.6.5, đa thức f(x) là bất khả quy trong Q[x] Hơn nữa, vì f(x) là đa thức nguyên thủy, theo Hệ quả 1.3.5, đa thức f(x) cũng là bất khả quy trong Z[x].
Mệnh đề 2.6.7 Cho đa thức f(x)∈Z[x] có bậc n >7 Nếu
P(f) + 2u(f)≥n+ 4 thì f(x) là bất khả quy trong Q[x].
Chúng ta sẽ chứng minh bằng phương pháp phản chứng Giả sử đa thức \( f(x) \) là không bất khả quy trong \( \mathbb{Q}[x] \) Theo Mệnh đề 1.3.3, ta có thể phân tích \( f(x) = g(x)h(x) \) với \( g(x), h(x) \in \mathbb{Z}[x] \) là các đa thức có bậc dương Không mất tính tổng quát, giả sử \( l(g) \geq l(h) \), trong đó \( l(g) = u(g) - \deg g(x) \) và \( l(h) = u(h) - \deg h(x) \) theo Định nghĩa 2.5.6 Ta cần chứng minh rằng \( l(g) + l(h) \geq P(f) + 2u(f) - n \) Giả sử \( m \in \mathbb{Z} \) sao cho \( f(m) \) là một số nguyên tố, từ đó suy ra \( f(m) = g(m)h(m) \), dẫn đến \( g(m) \) hoặc \( h(m) \) nhận giá trị 1 hoặc -1 Với mỗi \( m \in \mathbb{Z} \) sao cho \( f(m) = \pm 1 \), ta cũng có \( g(m) \) hoặc \( h(m) \) nhận giá trị \( \pm 1 \) Do đó, ta có \( u(g) + u(h) \geq P(f) + 2u(f) \).
Từ đó suy ra l(g) +l(h) =u(g)−degg(x) +u(h)−degh(x) =u(g) +u(h)−n ≥P(f) + 2u(f)−n. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Theo giả thiết P(f) + 2u(f) ≥ n + 4, suy ra P(f) + 2u(f) − n ≥ 4, dẫn đến l(g) + l(h) ≥ 4 Nếu l(g) > 0 và l(h) > 0, theo Định nghĩa 2.5.6, các đa thức g(x) và h(x) được coi là "fat" Theo Mệnh đề 2.5.7, ta có degg(x) ≤ 3 và degh(x) ≤ 3, từ đó suy ra degg(x) + degh(x) ≤ 6, điều này mâu thuẫn với giả thiết ban đầu Do đó, chỉ có một trong hai đa thức g(x) hoặc h(x) là "fat".
Giả sử g(x) là đa thức "fat", trong khi h(x) không phải là đa thức "fat" và n≥7, dẫn đến degh(x)≥4 và l(h)≥0 Với điều kiện l(g) + l(h)≥4, ta có l(g) = u(g)−degg(x) không bằng 4, từ đó suy ra u(g)≥4 + degg(x) Tuy nhiên, điều này mâu thuẫn với việc degg(x) ≤ 3 và u(g) ≤ 2degg(x) Do đó, f(x) là bất khả quy trong Q[x].
Mệnh đề 2.6.8 Cho đa thức f(x) ∈ Z[x] có bậc n ≥ 7 Nếu P(f) ≥ n+ 3 thì f(x) là bất khả quy trong Q[x].
Chứng minh Nếu P(f)≥n+ 4 thì rõ ràng
Trong trường hợp này, theo Mệnh đề 2.6.7, đa thức f(x) là bất khả quy trong
Q[x] Vì vậy, ta chỉ cần xét trường hợp P(f) = n+ 3.
Giả sử rằng f(x) không bất khả quy trong Q[x], theo Mệnh đề 1.3.3, ta có thể phân tích f(x) thành g(x)h(x), trong đó g(x) và h(x) là các đa thức bậc dương thuộc Z[x] Dựa vào Mệnh đề 2.6.7, ta có l(g) + l(h) ≥ P(f) + 2u(f) − n, với l(g) và l(h) được xác định theo Định nghĩa 2.5.6 Vì P(f) = n + 3, nên ta có l(g) + l(h) ≥ 3 + 2u(f).
Do đó l(g) hoặc l(h) phải dương Vì degf(x) ≥ 7 theo giả thiết, cho nên, theo Mệnh đề 2.5.7, g(x) hoặc h(x) phải là đa thức "fat".
Giả sử g(x) là đa thức "fat", thì h(x) không phải là đa thức "fat" Do đó, ta có l(g) ≥ 1 và l(h) ≤ 0, dẫn đến l(g) + l(h) ≤ l(g) Hơn nữa, l(g) + l(h) ≥ P(f) + 2u(f) − n ≥ n + 3 − n = 3.