Luận văn thạc sĩ Gía trị nguyên tố của đa thức bất khả quy

Giả thuyết này là một trong những bài toánlớn của Lí thuyết số chưa được giải quyết khi bậc của fx lớn hơn 1.Mục đích chính của luận văn là trình bày một số mối quan hệ giữa sốnguyên tố

NGUYỄN THỊ LINH

GIÁ TRỊ NGUYÊN TỐ CỦA ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2014

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN THỊ LINH

GIÁ TRỊ NGUYÊN TỐ CỦA ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Mã số: 60.46.01.13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

: PGS.TS Lê Thị Thanh Nhàn

Thái Nguyên - 2014

Mục lục 1

Lời nói đầu 3

1 Đa thức bất khả quy 5 1.1 Đa thức bất khả quy và sự tương tự với số nguyên tố 5

1.2 Tính bất khả quy trên Q 11

2 Trường phân rã của đa thức và tính bất khả quy trên R và C 19 2.1 Trường phân rã của đa thức 19

2.2 Định lí cơ bản của đại số và tính bất khả quy trên C và trên R 22 3 Mối quan hệ giữa tính bất khả quy và giá trị nguyên tố 29 3.1 Từ giá trị nguyên tố suy ra tính bất khả quy 30

3.2 Xây dựng đa thức bất khả quy từ số nguyên tố 33

Kết luận 41

Tài liệu tham khảo 42

1

Lời cảm ơn

Trước hết, tôi xin gửi lời biết ơn chân thành và sâu sắc nhất đến PGS.TS

Lê Thị Thanh Nhàn Mặc dù rất bận rộn trong công việc nhưng cô vẫn dànhrất nhiều thời gian và tâm huyết trong việc hướng dẫn Cho đến hôm nay,luận văn thạc sĩ của tôi đã được hoàn thành cũng chính là nhờ sự nhắc nhở,

đôn đốc, sự giúp đỡ nhiệt tình của Cô

Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu, Khoa Toán- Tin và phòng Đàotạo trường Đại học Khoa học-Đại học Thái Nguyên Tôi xin trân trọng cảm

ơn các Thầy Cô đã tận tình truyền đạt những kiến thức quý báu cũng như tạomọi điều kiện thuận lợi nhất để tôi hoàn thiện luận văn này

Cuối cùng tôi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn tới gia đình, bạn bè

và các thành viên trong lớp cao học Toán K6C (khóa 2012-2014) đã khôngngừng động viên, hỗ trợ và tạo mọi điều kiện tốt nhất cho tôi trong suốt thờigian học tập và thực hiện luận văn

Tôi xin chân trọng cảm ơn!

Lời nói đầu

Vai trò của đa thức bất khả quy trong tập các đa thức cũng quan trọnggiống như vai trò của số nguyên tố trong tập số nguyên Chính vì vậy, sự tương

tự giữa số nguyên tố và đa thức bất khả quy là một chủ đề quan trọng trong sựphát triển và sự liên hệ qua lại của Lí thuyết số và Hình học Đại số Cho đếnnay, còn nhiều giả thuyết, nhiều câu hỏi liên quan đến sự tương tự này vẫnchưa được giải quyết Chẳng hạn, một giả thuyết nổi tiếng của Buniakowski

đặt ra năm 1854 phát biểu rằng nếu đa thức bậc dương f(x) ∈ Z[x] là bấtkhả quy trên Q sao cho tập các giá trị {f(n) | n ∈ N, n > 0} của f(x) không

có ước chung lớn hơn 1 thì f(n) là số nguyên tố với vô hạn điểm n ∈ N(xem S Lang [La, Trang 323]) Giả thuyết này là một trong những bài toánlớn của Lí thuyết số chưa được giải quyết khi bậc của f(x) lớn hơn 1.Mục đích chính của luận văn là trình bày một số mối quan hệ giữa sốnguyên tố và đa thức bất khả quy Cụ thể, nếu một đa thức bậc dương (với

hệ số nguyên) nhận giá trị nguyên tố tại vô hạn điểm thì đa thức đó bất khảquy trên trường hữu tỷ Q Luận văn quan tâm đến câu hỏi ngược lại, nếu một

đa thức bất khả quy thì nó có nhận giá trị nguyên tố tại vô hạn điểm không.Nội dung luận văn chủ yếu trình bày lại các kết quả trong bài báo ``Primenumbers and irreducible polynomials" của M Ram Murty [Mu] về mối liên

hệ giữa tính bất khả quy trên Q và giá trị nguyên tố của đa thức với hệ sốnguyên Bên cạnh đó, luận văn cũng trình bày một số tính chất của đa thứcbất khả quy tương tự như tính chất của số nguyên tố

Luận văn được viết chủ yếu dựa theo 4 tài liệu sau đây:

1 D Cox, J Little, D O'Shea, Ideals, varieties, and algorithms, Verlag, 2006 (Third Edition)

Springer-2 S Lang, Algebra, 3rd edition, Addison-Wesley, Reading, 1993

3 M Ram Murty,Prime numbers and irreducible polynomials, The ican Math Monthly, 109 (2002), 452-458.

Amer-4 J Stillwell, Elements of Number Theory, Springer, 2003

Luận văn gồm 3 chương Chương 1 trình bày lại các khái niệm cơ bản của

đa thức bất khả quy, sự tương tự của đa thức bất khả quy với số nguyên tố vàmột số tiêu chuẩn xét tính bất khả quy của đa thức trên trường Q Chương 2trình bày về khái niệm trường phân rã của đa thức, tính bất khả quy của đathức trên C và trên R Chương 3 là nội dung chính của luận văn, trình bày

về mối quan hệ giữa tính bất khả quy và giá trị nguyên tố, trong chương nàyluận văn cũng chỉ ra một phương pháp khác để xây dựng các đa thức bất khảquy trên Q xuất phát từ các số nguyên tố

Đa thức bất khả quy

1.1 Đa thức bất khả quy và sự tương tự với số nguyên tố

Trong suốt chương này luôn giả thiết F là một trường

1.1.1 Định nghĩa Một đa thức f(x) ∈ F [x] được gọi là bất khả quy nếudegf(x) > 0 và f(x) không phân tích được thành tích của hai đa thức cóbậc bé hơn Nếu deg f(x) > 0 và f(x) là tích của hai đa thức có bậc bé hơnthì ta nói f(x) khả quy

1.1.2 Ví dụ (i) Đa thức f(x) = x2

+ 1 ∈ R[x] bất khả quy trên R

(ii) Đa thức f(x) = x2

− 1 ∈ R[x] khả quy trên R, vì x2− 1 = (x − 1)(x + 1).Sau đây là một số tính chất đơn giản về đa thức bất khả quy

1.1.3 Bổ đề Cho f(x) ∈ F [x] Các phát biểu sau là đúng

(i) Nếu f(x) có bậc 1 thì f(x) bất khả quy

(ii) Nếu f(x) bậc lớn hơn 1 và có nghiệm trong F thì f(x) khả quy

(iii) Đa thức bậc 2 và bậc 3 là bất khả quy nếu và chỉ nếu nó không cónghiệm trong F

(iv) Nếu f(x) có bậc dương và a ∈ F thì f(x) là bất khả quy nếu và chỉ nếu

f (x + a) là bất khả quy

5

Chứng minh (i) Rõ ràng đa thức bậc nhất không thể là tích của hai đa thứcbậc thấp hơn.

(ii) Vì f(x) > 1 và f(x) có nghiệm x = a ∈ F nên f(x) = (x − a)g(x),trong đó deg g(x) = deg f(x) − 1 ≥ 1 Vì thế f(x) khả quy

(iii) Cho f(x) có bậc 2 hoặc 3 Nếu f khả quy thì nó phân tích thành tíchcủa hai đa thức bậc thấp hơn, một trong hai đa thức đó phải có bậc 1, do đó

f (x) có nghiệm trong F Nếu f(x) có nghiệm trong F thì theo (ii), f(x)khả quy

(iv) Với mỗi h(x) ∈ F [x], đặt h1(x) = h(x − a) Chú ý rằng deg h1(x) =deg h(x) Vì thế f(x + a) = k(x)g(x) là phân tích của f(x + a) thành hai

đa thức có bậc thấp hơn khi và chỉ khi f(x) = k1(x)g1(x) là phân tích của

f (x) thành tích của hai đa thức có bậc thấp hơn Vì vậy f(x) khả quy khi

và chỉ khi f(x + a) khả quy

Chú ý rằng tính bất khả quy phụ thuộc vào trường cơ sở Chẳng hạn, đathức x3 − 2 là bất khả quy trên Q vì nó có bậc 3 và nó không có nghiệmtrong Q Trong khi đó đa thức này lại không bất khả quy trên R vì nó có sựphân tích x3 − 2 = (x −√3

1.1.4 Định nghĩa Cho K là một trường chứa F và a ∈ K Ta nói a là phần

tử đại số trên F nếu tồn tại đa thức 0 6= f(x) ∈ F [x] nhận a làm nghiệm.Nếu a không đại số trên F thì a là siêu việt trên F Một số phức α được gọi

là số đại số nếu α là phần tử đại số trên Q Nếu α không đại số trên Q thì

ta nói α là số siêu việt

Chẳng hạn, √3

2 là số đại số vì nó là nghiệm của đa thức x3

− 2 ∈ Q[x].Người ta đã chứng minh được số π là số siêu việt

Một đa thức f(x) ∈ F [x] được gọi là có dạng chuẩn nếu hệ số cao nhấtcủa f(x) bằng 1 Chú ý rằng nếu 0 6= f(x) ∈ F [x] là một đa thức với hệ sốcao nhất an thì f∗(x) = a−1n f (x) là một đa thức dạng chuẩn.

1.1.5 Mệnh đề Cho K là một trường chứa F và a ∈ K là phần tử đại sốtrên F Khi đó tồn tại duy nhất một đa thức p(x) ∈ F [x] bất khả quy dạngchuẩn nhận a làm nghiệm, và mọi đa thức g(x) ∈ F [x] nhận a làm nghiệm

đều là bội của p(x)

Chứng minh Vì a là nghiệm của một đa thức khác 0 với hệ số trong F nêntồn tại đa thức khác 0 với hệ số trong F có bậc bé nhất nhận a làm nghiệm.Gọi p(x) ∈ F [x] là dạng chuẩn của đa thức này Khi đó a là nghiệm củap(x) Ta chứng minh p(x) bất khả quy Giả sử p(x) không bất khả quy Khi

đó p(x) phân tích được thành tích của hai đa thức trong F [x] có bậc bé hơn,

và do đó một trong hai đa thức này phải nhận a làm nghiệm, điều này làmâu thuẫn với cách chọn p(x) Giả sử g(x) ∈ F [x] nhận a làm nghiệm Nếup(x)không là ước của g(x) thì vì p(x) bất khả quy nên gcd(g(x), p(x)) = 1,

do đó 1 = p(x)q(x) + g(x)h(x) với q(x), h(x) ∈ F [x] Thay x = a và cảhai vế ta được 1 = 0, điều này là vô lí Vậy g(x) chia hết cho p(x) Giả sửq(x) ∈ F [x] cũng là đa thức bất khả quy dạng chuẩn nhận a làm nghiệm.Theo chứng minh trên, q(x) là bội của p(x) Viết q(x) = p(x)k(x) Vì q(x)bất khả quy nên k(x) = b ∈ F Do đó q(x) = bp(x) Đồng nhất hệ số caonhất của hai vế với chú ý rằng q(x) và p(x) đều có dạng chuẩn, ta suy ra

b = 1.Vì thế p(x) = q(x)

Đa thức p(x) ∈ F [x] bất khả quy dạng chuẩn nhận a làm nghiệm đượcgọi là đa thức bất khả quy của a

1.1.6 Ví dụ (i) Đa thức x4 − 10x2

+ 1 ∈ Q[x] là đa thức bất khả quy củaphần tử√2 +√

3 ∈ R Thật vậy, giả sử x4− 10x2+ 1không bất khả quy trên

trường hữu tỷ Khi đó nó phân tích được thành tích của hai đa thức với hệ sốhữu tỷ là f(x) và g(x), trong đó f(x) có bậc 3 và g(x) có bậc 1, hoặc f(x)

và g(x) có cùng bậc 2 Nếu f có bậc 3 và g có bậc 1 thì g có nghiệm hữu tỷ,

và do đó x4− 10x2+ 1 cũng có nghiệm hữu tỷ, điều này là vô lí Do đó f và

g có cùng bậc 2 Không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết hệ số cao nhấtcủa f và g là 1 Viết f(x) = x2 + ax + b và g(x) = x2 + cx + d, trong đó

a, b, c, d là những số hữu tỷ Từ đẳng thức x4 − 10x2 + 1 = f (x)g(x), đồngnhất các hệ số ở hai vế ta được

b = d = −1 Với b = d = 1 thay vào phương trình ac + b + d = −10 ta được

c = ±√

12 /∈ Q Với b = d = −1 thay vào phương trình ac + b + d = −10

ta được c = ±√8 /∈ Q

Như vậy, trong mọi trường hợp đều có ít nhất một trong các số a, b, c, d không

là số hữu tỷ Điều này vô lí Vậy, x4 − 10x2 + 1 là bất khả quy trên trườnghữu tỷ và rõ ràng đa thức này nhận √2 +√

3 làm nghiệm

(ii) x2

− 2x + 2 ∈ R[x] là đa thức bất khả quy của phần tử 1 + i ∈ C Thậtvậy, đa thức x2− 2x + 2 là bất khả quy trên trường số thực vì nó có bậc hai

và nó không có nghiệm thực Rõ ràng đa thức này nhận 1 + i làm nghiệm,

do đó nó là đa thức bất khả quy của 1 + i

Đa thức bất khả quy có những tính chất tương tự như tính chất của sốnguyên tố Trước hết, chúng ta đã biết, Bổ đề Euclid phát biểu rằng số tự

nhiên p > 1 là số nguyên tố nếu và chỉ nếu p|ab kéo theo p|a hoặc p|b vớimọi số tự nhiên a, b Mệnh đề sau đây là điều tương tự cho đa thức bất khảquy.

1.1.7 Mệnh đề Cho p(x) ∈ F [x] là đa thức có bậc dương Khi đó p(x) làbất khả quy trên F nếu và chỉ nếu p(x)|a(x)b(x) kéo theo p(x)|a(x) hoặcp(x)|b(x) với mọi a(x), b(x) ∈ F [x] Đặc biệt, một đa thức bất khả quy là

ước của một tích hữu hạn đa thức thì nó phải là ước của ít nhất một trongcác đa thức đó

Chứng minh Giả sử p(x) bất khả quy Cho p(x)|a(x)b(x) Giả sử phảnchứng rằng p(x) không là ước của a(x) và cũng không là ước của b(x), tacần tìm mâu thuẫn Vì p(x) bất khả quy nên gcd(p(x), a(x)) = 1 Do đótồn tại s(x), r(x) ∈ F [x] sao cho 1 = s(x)p(x) + r(x)a(x) Tương tự, tồntại e(x), f(x) ∈ F [x] sao cho 1 = e(x)p(x) + f(x)b(x) Nhân vế với vế củahai đẳng thức này ta có

1 = p(x)g(x) + r(x)f (x)a(x)b(x)với g(x) ∈ F [x] Đa thức bên vế phải của đẳng thức trên là bội của p(x).Trong khi đó vế trái là 1 không chia hết cho p(x) Điều này là vô lí

Ngược lại, giả sử p(x)|a(x)b(x) kéo theo p(x)|a(x) hoặc p(x)|b(x) vớimọi a(x), b(x) ∈ F [x] Chú ý rằng deg p(x) > 0 theo giả thiết Vì thế,nếu p(x) khả quy thì p(x) = g(x)h(x) với deg g(x), deg h(x) < deg p(x)

Ta luôn có p(x)|p(x), tức là p(x)|g(x)h(x) Theo giả thiết, p(x)|g(x) hoặcp(x)|h(x), điều này là vô lí Vậy, p(x) bất khả quy

Định lí cơ bản của số học nói rằng mỗi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phântích được thành tích các thừa số nguyên tố và sự phân tích này là duy nhấtnếu không kể đến thứ tự các thừa số Kết quả sau đây là một sự tương tự của

định lí này đối với đa thức

1.1.8 Định lý Mỗi đa thức dạng chuẩn bậc dương có thể phân tích đượcthành tích các đa thức bất khả quy dạng chuẩn và sự phân tích này là duynhất nếu không kể đến thứ tự các nhân tử.

Chứng minh Trước hết, chúng ta chứng minh sự tồn tại phân tích bằng quynạp theo bậc của đa thức Giả sử f(x) ∈ F [x] là đa thức dạng chuẩn bậc

d > 0 Nếu d = 1 thì f(x) bất khả quy nên sự phân tích bất khả quy của f(x)

là f(x) = f(x), kết quả đúng cho trường hợp d = 1 Cho d > 1 và giả sử kếtquả đã đúng cho các đa thức bậc nhỏ hơn d Nếu f(x) bất khả quy thì f(x)

có sự phân tích bất khả quy là f(x) = f(x) Vì thế ta giả thiết f(x) khôngbất khả quy Khi đó f(x) = g(x)h(x) với deg g(x), deg h(x) < deg f(x)

Đặt g∗(x) = a−1k g(x) là đa thức dạng chuẩn của g(x), trong đó ak là hệ sốcao nhất của g(x) Khi đó ta có f(x) = g∗(x)(akh(x)) Đồng nhất hệ số caonhất ở hai vế ta được 1 = akbt, trong đó bt là hệ số cao nhất của h(x) Đặt

h∗(x) = akh(x) Khi đó f(x) = g∗(x)h∗(x) với g∗(x), h∗(x) là các đa thứcdạng chuẩn có bậc nhỏ hơn d Theo giả thiết quy nạp, g∗(x) và h∗(x) phântích được thành tích các đa thức bất khả quy dạng chuẩn Vì thế f(x) phântích được thành tích của hữu hạn đa thức bất khả quy dạng chuẩn

Bây giờ ta chứng minh tính duy nhất của phân tích Giả sử f(x) có hai sựphân tích thành nhân tử bất khả quy dạng chuẩn

f (x) = p1(x)p2(x) pn(x) = q1(x)q2(x) qm(x)

Ta chứng minh bằng quy nạp theo n rằng n = m và sau một phép hoán

vị ta có pi(x) = qi(x) với mọi i = 1, , n Cho n = 1 Khi đó ta có

p1(x) = q1(x)q2(x) qm(x) Suy ra p1(x)|q1(x)q2(x) qm(x) Do p1(x)

là bất khả quy nên p1(x) là ước của một nhân tử qi(x) nào đó, không mấttính tổng quát ta có thể giả thiết p1(x)|q1(x) Biểu diễn q1(x) = p1(x)t1(x).Vì q1(x) bất khả quy nên t1(x) = a ∈ F Đồng nhất hệ số cao nhất củahai vế của đẳng thức q1(x) = ap1(x) với chú ý rằng p1(x) và q1(x) là dạng

chuẩn, ta có 1 = 1.a Suy ra a = 1 và do đó p1(x) = q1(x) Nếu m > 1thì 1 = q2(x) qm(x), điều này là vô lí Vậy, kết quả đúng cho n = 1.Cho n > 1 Vì p1(x)|q1(x)q2(x) qm(x) và p1(x) là bất khả quy nên khôngmất tính tổng quát ta có thể giả thiết p1(x)|q1(x) Lại do q1(x) là bất khảquy và p1(x), q1(x) đều có dạng chuẩn nên tương tự như lập luận trên ta có

p1(x) = q1(x) Giản ước cả hai vế cho p1(x) ta được

1.2.1 Bổ đề Cho f(x) = anxn + + a1x + a0 ∈ Z[x] và r/s là phân sốtối giản Các phát biểu sau là đúng

(i) Nếu r/s là nghiệm hữu tỷ của f(x) thì r là ước của a0 và s là ước của

an Đặc biệt, nếu hệ số cao nhất an = 1thì mọi nghiệm hữu tỷ của f(x) đều

là nghiệm nguyên và số nguyên này là ước của số hạng tự do a0

(ii) Nếu r/s là nghiệm của f(x) thì r −ms là ước của f(m) với mọi m ∈ Z

Đặc biệt, r + s là ước của f(−1) và r − s là ước của f(1)

Chứng minh (i) Giả sử r

s ∈ Q trong đó r, s là các số nguyên, s > 0 và(r, s) = 1 Nếu r

s là nghiệm của đa thức f(x) thì f(r

s + a0.

Suy ra 0 = anrn+ an−1rn−1s + + a1rsn−1+ a0sn Vì thế ta có

anrn = −(an−1rn−1s + + a1rsn−1+ a0sn)

Vế phải là bội của s Vì (r, s) = 1 nên s là ước của an Tương tự ta có

a0sn = −(anrn+ an−1rn−1s + + a1rsn−1) Vế phải của đa thức này là bộicủa r Vì (r, s) = 1 nên r là ước của a0

Đặc biệt, nếu an = 1 thì rn = −(an−1rn−1s + + a1rsn−1 + a0sn) Tathấy vế phải của đa thức này là bội của s Tức là r

f (x) phải là nghiệm nguyên Giả sử r ∈ Z là nghiệm hữu tỷ của f(x) Khi

đó r|21 Suy ra r chỉ có thể là ±1, ±3, ±7, ±21 Kiểm tra trực tiếp ta thấytất cả các số này đều không là nghiệm của f(x) Vậy đa thức f(x) không

có nghiệm hữu tỷ Do f(x) có bậc 3 và không có nghiệm trong Q nên f(x)bất khả quy trên Q

Tiếp theo chúng ta xét tính bất khả quy trên Q bằng cách sử dụng Bổ đềGauss Chú ý rằng với đa thức bậc ≥ 4, ta không thể suy ra tính bất khả quytrên Q từ việc kiểm tra đa thức không có nghiệm hữu tỷ Chẳng hạn, đa thức(x2+ 1)(x2+ 1) không có nghiệm hữu tỷ, nhưng nó vẫn không bất khả quytrên Q Bổ đề Gauss cho phép chúng ta xét tính bất khả quy trên Q thôngqua tiêu chuẩn không phân tích được trên Z[x]

1.2.3 Định lý (Bổ đề Gauss) Cho p(x) ∈ Z[x] Giả sử p(x) = g(x)f(x)với g(x), f(x) ∈ Q[x] Khi đó f(x) = g∗(x)f∗(x) với g∗(x), h∗(x) ∈ Z[x] vàdeg g(x) = deg g∗(x), deg f (x) = deg f∗(x) Đặc biệt, nếu f(x) là khả quytrên Q thì nó phân tích được thành tích của hai đa thức với hệ số nguyên cóbậc thấp hơn

Để chứng minh định lí trên, chúng ta cần nhắc lại khái niệm đa thứcnguyên bản và một số tính chất của đa thức nguyên bản

1.2.4 Định nghĩa Đa thức f(x) ∈ Z[x] được gọi là nguyên bản nếu ướccchung lớn nhất của các hệ số của f(x) là 1

1.2.5 Bổ đề Tích của hai đa thức nguyên bản là đa thức nguyên bản

Chứng minh Giả sử f(x) = g(x)h(x), trong đó

g(x) = bnxn + + b1x + b0h(x) = ckxk + + c1x + c0

là các đa thức nguyên bản Viết f(x) = amxm + + a1x + a0 ∈ Z[x].Nếu f(x) không nguyên bản thì tồn tại một số nguyên tố p sao cho nó là ướccủa mọi hệ số của f Vì h(x), g(x) là nguyên bản nên tồn tại chỉ số bé nhất

s sao cho bs không là bội của p và tồn tại chỉ số t bé nhất sao cho ct không

là bội của p Chú ý rằng

as+t = bs+tc0 + bs+t−1c1 + + bsct + bs−1ct+1 + + b0ct+s

Theo cách chọn s và t ta có bi, cj là bội của p với mọi i > s và j > t Vì

as+t là bội của p nên ta suy ra bsct là bội của p, điều này vô lí với cách chọn

bs và ct

Bây giờ ta có thể chứng minh Định lí 1.2.3

Chứng minh Giả sử p(x) ∈ Z[x] và p(x) = f(x)g(x) với f, g ∈ Q[x] Ta cóthể viết f = af1 và g = bg1 trong đó a, b ∈ Q và f1, g1 ∈ Z[x] là các đa thứcnguyên bản Theo Bổ đề trên, f1g1 ∈ Z[x] là đa thức nguyên bản Rõ ràng

p = abf1g1 ∈ Z[x] Ta chứng minh ab ∈ Z Thật vậy, giả sử ab /∈ Z Khi đó

ab = r

s với r, s ∈ Z, s > 1 và (r, s) = 1 Viết f1g1 = anxn + + a1x + a0.Vì f1g1 là nguyên bản nên (an, an−1, , a1, a0) = 1 Vì p(x) ∈ Z[x] nên

Suy ra s là ước chung của an, , a1, a0, điều này là vô lí Vậy ab ∈ Z Do

đó p = (abf1)g1 Đặt f∗ = abf1 và g∗ = g1 Khi đó p = f∗g∗ là sự phân tíchcủa p thành tích của hai đa thức với hệ số nguyên f∗ và g∗ với deg f=deg f∗

bậc hai, h(x) ∈ Z[x] có bậc ba hoặc bậc hai Vì hệ số cao nhất của f(x) là

1 nên ta có thể giả thiết hệ số cao nhất của g(x) và h(x) cũng là 1 Nếu g(x)

có bậc 1 thì f(x) có nghiệm hữu tỷ và do đó nó có nghiệm nguyên là 3 hoặc

−3 Tuy nhiên, thay vào ta có f(3) 6= 0 và f(−3) 6= 0 Do đó g(x) có bậchai và vì thế h(x) có bậc hai Viết g(x) = x2+ ax + b và h(x) = x2+ cx + dvới a, b, c, d ∈ Z Đồng nhất hệ số ở hai vế của đẳng thức f = gh ta được

bd = 3, bc + ad = 0, ac + d + b = 1, c + a = 3

Vì bd = 3 và vai trò của b, d là như nhau nên không mất tính tổng quát ta

có thể giả thiết b = 1, d = 3 hoặc b = −1, d = −3 Nếu b = 1, d = 3 thì

c + 3a = 0, ac = −3, a + c = 3 Suy ra a = −3

2 ∈ Z, vô lí Tương tự ta cũng/thấy trường hợp b = −1, d = −3 không thể xảy ra Như vậy, f(x) khôngphân tích được thành tích của hai đa thức bậc nhỏ hơn 4 với hệ số nguyên.Suy ra f(x) bất khả quy trên Q

Tiếp theo ta xét tính bất khả quy trên Q bằng cách sử dụng tiêu chuẩnEisenstein

1.2.7 Định lý (Tiêu chuẩn Eisenstein) Cho f(x) = anxn+ + a1x + a0

là đa thức với hệ số nguyên và p là số nguyên tố thỏa mãn

(i) p không là ước của hệ số cao nhất an;

(ii) p là ước của các hệ số còn lại an−1, , a1, a0;

(iii) p2 không là ước của hệ số tự do a0

Khi đó f(x) bất khả quy trên Q

Chứng minh Giả sử f không bất khả quy trên Q Theo Định lý 1.2.3 ta cóthể biểu diễn

f = gh = (b0 + b1x + + bmxm)(c0 + c1x + + ckxk),

trong đó g, h ∈ Z[x] với deg g = m < n và deg h = k < n Do p là ước của

a0 = b0c0 nên p là ước của b0 hoặc c0 Lại do p2 không là ước của a0 nên

trong hai số b0 và c0, có một và chỉ một số chia hết cho p Giả thiết c0 chiahết cho p Khi đó b0 không chia hết cho p Vì an = bmck và an không chiahết cho p nên bm và ck đều không chia hết cho p Gọi r là chỉ số bé nhất saocho cr không là bội của p Chú ý rằng số r như vậy luôn tồn tại vì ck không

là bội của p Trước hết ta xét trường hợp r < n Khi đó p là ước của ar Vì

b0cr = ar − (b1cr−1 + b2cr−2 + + brc0) với chú ý rằng các số c0, , cr−1

đều là bội của p nên b0cr là bội của p Điều này là vô lí vì cả hai số b0 và crkhông là bội của p Xét trường hợp r = n Khi đó n = r ≤ k ≤ n Suy ra

k = n, vô lí Vậy f là bất khả quy trên Q

Dùng tiêu chuẩn Eidenstein với p = 3, ta thấy ngay đa thức f(x) =11x11− 3x4+ 12x3+ 36x + 24bất khả quy trên Q Chúng ta cũng có thể xéttính bất khả quy thông qua tiêu chuẩn Eidenstein và một số phép biến đổi.Sau đây là một ví dụ

1.2.8 Ví dụ Cho p là số nguyên tố Khi đó đa thức

f (x) = xp−1+ xp−2+ + x + 1

là bất khả quy trên Q Thật vậy, đặt h(x) = f(x + 1) Vì f(x) = xp− 1

x − 1 nênh(x) = (x + 1)

p − 1

x = x

p−1+ Cp1xp−2+ + Cpkxp−k−1 + + Cpp−1,trong đó Ck

Trong phần cuối của tiết này, chúng ta trình bày một phương pháp xét tínhbất khả quy trên Q của đa thức bằng cách chọn một số nguyên tố p phù hợp rồi

rút gọn các hệ số của đa thức theo modulo p Chú ý rằng nếu p là số nguyên tốthì Zplà một trường có p phần tử Giả sử f(x) = anxn+ .+a1x+a0 ∈ Z[x].Với mỗi số nguyên tố p, kí hiệu ai ∈ Zp là số nguyên ai môđun p (hay lớpthặng dư của ai theo môđun p) Kí hiệu

Chứng minh Vì f(x) bất khả quy trên Zp nên deg f(x) > 0 Vì deg f(x) =deg f (x) nên deg f(x) > 0 Ta cần chứng minh f(x) bất khả quy trên Q.Giả sử f(x) không bất khả quy trên Q Theo Bổ đề Gauss, f(x) có sự phântích f(x) = g(x)h(x) trong đó g(x), h(x) ∈ Z[x], deg f(x) > deg g(x) vàdeg f (x) > deg h(x) Chú ý rằng với mọi số nguyên a, b ta có ab = a b

và a + b = a + b Vì thế ta suy ra f(x) = g(x)h(x) Do đó deg f(x) =deg g(x) + deg h(x) Vì deg f(x) = deg f(x), deg g(x) ≥ deg g(x) vàdeg h(x) ≥ deg h(x) nên ta suy ra deg g(x) = deg g(x) và deg h(x) =deg h(x) Vì thế f(x) phân tích được thành tích của hai đa thức g(x), h(x)

có bậc thấp hơn, mâu thuẫn với tính bất khả quy của f(x) trên Zp

Chú ý rằng giả thiết deg f(x) = deg f(x) trong Mệnh đề trên là cần thiết.Chẳng hạn, xét đa thức f(x) = 10(x + 21)5

+ 3(x + 21) ∈ Z[x] Đa thứcnày không bất khả quy trên Q vì nó có ước thực sự là x + 21, trong khi đó

f (x) = 3(x + 21) ∈ Z5[x] là bất khả quy trên Z5 vì nó có bậc 1

1.2.10 Ví dụ Xét tính bất khả quy trên Q của các đa thức sau

(i) 8x2 + 16x + 7;

(iii) Rút gọn trong Z5, đa thức f(x) = 31x4− 25x3+ 41x2− 14x + 11 ∈ Z[x]trở thành f(x) = x4+x2+x+1 ∈ Z5[x] Dễ thấy f(x) không có nghiệm trong

Z5 nên nó không có nhân tử bậc một Giả sử nếu f(x) khả quy trong Z5 Khi

đó f(x) = (x2+ax+b)(x2+cx+d)với a, b, c, d ∈ Z5 Đồng nhất hệ số ở hai

vế của đẳng thức này ta được a + c = 0, b + ac + d = 1, ad + bc = 1, bd = 1.Vì bd = 1 và vai trò của b, d là như nhau 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) thì a + c = 0, ac = −1, a + c = 1, vô lí Nếu (b, d) = (2, 3)thì a + c = 0, ac = −4, 3a + 2c = 1 Suy ra a = 1, c = −1 nhưng thayvào phương trình ac = −4 ta được −1 = −4, vô lí Nếu (b, d) = (4, 4) thì

a + c = 0, ac = −7, a + c = 1

4, vô lí Vậy f(x) bất khả quy trong Z5 Vìdeg f(x) = 4 = degf(x) nên theo Mệnh đề 1.2.9 đa thức f(x) bất khả quytrên Q

Trường phân rã của đa thức và tính bất khả quy trên R và C

Trong suốt chương này luôn giả thiết F là một trường Dựa vào tính chấtbất khả quy, chúng ta chỉ ra rằng với mỗi đa thức f(x) ∈ F [x], tồn tại mộttrường E tối thiểu chứa trường F và các nghiệm của f(x) Trường E nhưthế được gọi là trường phân rã của f(x) trên F Kết quả này sẽ được trìnhbày trong Tiết 2.1 Trong Tiết 2.2, dựa trên sự tồn tại trường phân rã của đathức trên R, chúng tôi đưa ra một chứng minh chi tiết cho Định lí cơ bản của

đại số, từ đó xét tính bất khả quy của đa thức trên C và trên R

2.1 Trường phân rã của đa thức

Nhắc lại rằng một tập con T của trường F được gọi là một trường con của Fnếu T đóng kín với các phép toán cộng và nhân và T làm thành một trườngvới các phép toán này

2.1.1 Định nghĩa Một trường phân rã của đa thức f(x) ∈ F [x] là mộttrường E chứa F sao cho đa thức f(x) phân rã trên E (tức là f(x) viết đượcthành tích các đa thức tuyến tính với hệ số trong E) và f(x) không phân rãtrên bất cứ trường con thực sự nào của E

Chẳng hạn Q[√2] = {a + b√

2 | a, b ∈ Q} là trường phân rã của đa

19

Do đó g(x) + I khả nghịch trong E Vậy E là một trường Xét ánh xạ

ϕ : F → E cho bởi ϕ(a) = a + I Rõ ràng ϕ là một đồng cấu Nếuϕ(a) = ϕ(b)với a, b ∈ F thì a + I = b + I Vì thế a − b ∈ I Suy ra a − b làbội của f(x) Nếu a − b 6= 0 thì a − b là đa thức có bậc 0, vì thế a − b khôngthể là bội của đa thức bất khả quy f(x), điều này là vô lí Do đó a − b = 0.Suy ra a = b Vì vậy ϕ là đơn cấu, do đó ta có thể xem F là một trường con