Tiêu chuẩn eisenstein về tính bất khả quy của đa thức

Lời nói đầuTrong các kì thi học sinh giỏi cấp quốc gia, quốc tế, các kì thi Olympictoán sinh viên giữa các trường đại học thì các bài toán liên quan đến đathức thường xuyên được đề cập v

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

- -

NGUYỄN KHẮC HƯỞNG

TIÊU CHUẨN EISENSTEIN

VỀ TÍNH BẤT KHẢ QUY CỦA ĐA THỨC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2018

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

- -

NGUYỄN KHẮC HƯỞNG

TIÊU CHUẨN EISENSTEIN

VỀ TÍNH BẤT KHẢ QUY CỦA ĐA THỨC

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp

Mã số: 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

GS.TS Lê Thị Thanh Nhàn

THÁI NGUYÊN - 2018

Mục lục

1.1 Đa thức bất khả quy 51.2 Tiêu chuẩn Eisenstein 111.3 Lịch sử phát hiện và chứng minh Tiêu chuẩn Eisenstein 14Chương 2 Một số mở rộng của tiêu chuẩn Eisenstein 182.1 Mở rộng cho trường hợp đa thức với hệ số nguyên 182.2 Miền phân tích duy nhất (UFD) 252.3 Mở rộng cho trường hợp đa thức với hệ số trên miền UFD 292.4 Vận dụng xét tính bất khả quy của đa thức 31

LỜI CẢM ƠN

Luận văn “Tiêu chuẩn Eisenstein về tính bất khả quy của đa thức” đượcthực hiện tại Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên và hoànthành dưới sự hướng dẫn của GS TS Lê Thị Thanh Nhàn Tác giả xinđược bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới người hướng dẫn khoahọc của mình Cô đã dành nhiều thời gian hướng dẫn và tận tình giải đápnhững thắc mắc của tác giả trong suốt quá trình làm luận văn Luận văncủa tôi được hoàn thành cũng nhờ sự đôn đốc nhắc nhở và hướng dẫnnhiệt tình của cô

Tác giả xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu Trường Đại học Khoa học

- Đại học Thái Nguyên, Ban Chủ nhiệm Khoa Toán - Tin, cùng các thầy,

cô đã tham gia giảng dạy, đã tạo điều kiện tốt nhất để tác giả học tập vànghiên cứu

Tôi cũng xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu và các đồng nghiệpTrường THPT Quế Võ số 2 - Bắc Ninh đã tạo điều kiện cho tôi hoànthành tốt nhiệm vụ học tập của mình

Nhân dịp này, tôi cũng xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp cao học ToánK10C (khóa 2016 - 2018), cảm ơn gia đình và bạn bè đã động viên giúp

đỡ tôi rất nhiều trong quá trình học tập

Tôi xin trân trọng cảm ơn!

Lời nói đầu

Trong các kì thi học sinh giỏi cấp quốc gia, quốc tế, các kì thi Olympictoán sinh viên giữa các trường đại học thì các bài toán liên quan đến đathức thường xuyên được đề cập và được xem như là những bài toán khó.Trong lý thuyết đa thức thì đa thức bất khả quy đóng một vai trò quantrọng giống như vai trò của số nguyên tố trong tập các số nguyên Các bàitoán về xét tính bất khả quy của các đa thức trên các trường số C và R

đã được giải quyết từ khi người ta chứng minh được Định lý cơ bản củaĐại số và chứng minh hoàn chỉnh này được đưa ra bởi Gauss năm 1816.Nhưng các bài toán về tính bất khả quy của các đa thức trên Q vẫn đangthử thách các nhà toán học thế giới Với các lý do trên, tôi đã chọn đề tài

“Tiêu chuẩn Eisenstein” về tính bất khả quy của đa thức trên Q

Mục đích của luận văn là trình bày lại một số kết quả gần đây về những

mở rộng của tiêu chuẩn Eisenstein cho tính bất khả quy của đa thức Tiêuchuẩn Eisenstein phát biểu rằng, nếu fpxq  anxn an
1xn
1    a1x a0

là đa thức với hệ số nguyên sao cho có một số nguyên tố p thỏa mãn p làước của ai với mọi i  n, p không là ước của an và p2 không là ước của a0,thì fpxq bất khả quy trên trường hữu tỷ Q Luận văn nghiên cứu đến cácvấn đề sau đây:

• Vấn đề 1 Mở rộng tiêu chuẩn Eisenstein cho trường hợp số nguyên

tố p không là ước của một hệ số ak với k là một số tự nhiên tùy ýkhông nhất thiết bằng n và p2 không là ước của at với t tùy ý khôngnhất thiết bằng 0 (dựa theo tài liệu [1], [4] và [5]);

• Vấn đề 2 Mở rộng tiêu chuẩn Eisenstein cho trường hợp hệ số của

đa thức thuộc một miền phân tích duy nhất tùy ý (không nhất thiết

là miền Z các số nguyên) Từ đó xét tính bất khả quy của đa thứcnhiều biến (dựa theo tài liệu [6]);

• Vấn đề 3 Trình bày lịch sử phát hiện và chứng minh Tiêu chuẩnEisenstein (dựa theo tài liệu [3])

Luận văn gồm hai chương Trong Chương 1, chúng tôi nhắc lại khái niệm

đa thức bất khả quy, Tiêu chuẩn Eisenstein và lịch sử phát hiện và chứngminh Tiêu chuẩn Eisenstein Chương 2 là nội dung chính của luận văn, nêumột số mở rộng của tiêu chuẩn Eisenstein Tiết đầu dành để mở rộng chotrường hợp đa thức với hệ số nguyên Tiết 2.2 trình bày các khái niệm vềmiền phân tích duy nhất, chuẩn bị cho việc mở rộng tiêu chuẩn với trườnghợp đa thức với hệ số trên miền UFD Tiết cuối trình bày vận dụng các

mở rộng trên để xét tính bất khả quy của đa thức

Nội dung nghiên cứu chưa được tiếp cận ở bậc phổ thông và đại học,nhưng gắn liền với toán sơ cấp

Thái Nguyên, tháng 4 năm 2018

Tác giả

Nguyễn Khắc Hưởng

Chương 1

Tiêu chuẩn Eisenstein

Mục tiêu của Chương 1 là trình bày về đa thức bất khả quy và Tiêuchuẩn Eisenstein Trong tiết đầu của chương chúng tôi nhắc lại một sốkhái niệm về đa thức bất khả quy và một số phương pháp chứng minh đathức bất khả quy Tiết tiếp theo dành để trình bày Tiêu chuẩn Eisenstein.Trong phần cuối chương chúng tôi trình bày lịch sử phát hiện cùng cácchứng minh Tiêu chuẩn Eisenstein

Đa thức bất khả quy đóng một vai trò quan trọng giống như vai trò của

số nguyên tố trong vành Z các số nguyên Nhờ Định lí cơ bản của số học,

để nghiên cứu vành các số nguyên thì ta có thể xuất phát từ các số nguyên

tố Tương tự như thế để nghiên cứu vành đa thức thì ta sẽ đi nghiên cứucác đa thức bất khả quy

Trong suốt tiết này, luôn giả thiết V là miền nguyên, tức V là vànhgiao hoán khác t0u và nếu a, b  0 là hai phần tử của V thì ab  0 Ta cókhái niệm đa thức bất khả quy trong vành đa thức Vrxs Chú ý rằng V rxs

là miền nguyên Nội dung của tiết này được tham khảo từ tài liệu [1].Định nghĩa 1.1.1 Cho fpxq P V rxs là đa thức khác 0 và không khảnghịch Ta nói fpxq là bất khả quy trên V nếu nó không có ước thực sự

Ta nói fpxq khả quy nếu fpxq có ước thực sự

Chú ý rằng tính bất khả quy của đa thức phụ thuộc vào vành cơ sở.Chẳng hạn, đa thức 2x 6 là bất khả quy trên trường Q Tuy nhiên 2x 6không bất khả quy trên vành Z bởi vì các đa thức 2 và x 3 đều là ướcthực sự của 2x 6 Tương tự, đa thức x2 4 là bất khả quy trên R nhưngkhông bất khả quy trên C.

Bổ đề 1.1.2 Đa thức fpxq là bất khả quy nếu và chỉ nếu fpx aq là bấtkhả quy với mọi a P V

Vì mỗi phần tử khác 0 trong một trường đều khả nghịch, nên từ địnhnghĩa đa thức bất khả quy ta có kết quả sau

Bổ đề 1.1.3 Đa thức fpxq với hệ số trên một trường K là bất khả quynếu và chỉ nếu deg fpxq ¡ 0 và fpxq không phân tích được thành tích củahai đa thức có bậc bé hơn

Chú ý rằng đa thức bậc nhất với hệ số trong một trường đều có nghiệm

Vì thế ta có kết quả sau

Bổ đề 1.1.4 Trên một trường K, các phát biểu sau là đúng

i) Đa thức bậc nhất luôn bất khả quy

ii) Đa thức bậc 2 và bậc 3 là bất khả quy nếu và chỉ nếu nó không cónghiệm trong K

Tiếp theo chúng tôi trình bày một số phương pháp xét tính bất khảquy của đa thức trên tập các số hữu tỷ Q Trước hết ta nhắc lại khái niệm

đa thức nguyên bản

Định nghĩa 1.1.5 Một đa thức khác không trong vành Zrxs được gọi lànguyên bản nếu các hệ số của nó có ước chung lớn nhất bằng 1

Bổ đề 1.1.6 Tích của hai đa thức nguyên bản là đa thức nguyên bản

Bổ đề 1.1.7 (Bổ đề Gauss) Cho ppxq P Zrxs Giả sử ppxq  gpxqfpxq với

gpxq, fpxq P Qrxs Khi đó tồn tại gpxq, fpxq P Zrxs sao cho

deg gpxq  deg gpxq, deg fpxq  deg fpxq và ppxq  gpxqfpxq

Đặc biệt, nếu ppxq là khả quy trên Q thì nó phân tích được thành tích củahai đa thức với hệ số nguyên có bậc thấp hơn.

Chứng minh Viết fpxq  af1pxq và gpxq  bg1pxq, trong đó a, b P Q và

f1pxq, g1pxq P Zrxs là các đa thức nguyên bản Khi đó f1pxqg1pxq là đathức nguyên bản (theo Bổ đề 1.1.6) Rõ ràng ppxq  abf1pxqg1pxq P Zrxs

Ta chứng minh ab P Z Thật vậy, giả sử ab R Z Khi đó ab  r

s với

rs

là phân số tối giản và s ¡ 1 Viết f1pxqg1pxq  anxn a1x a0

Vì f1pxqg1pxq là nguyên bản nên gcdpan, an
1, , a0q  1 Vì ppxq P Zrxsnên ta có ran

q làm nghiệm thì p là ước của a0 và q là ước của

an Đặc biệt, nếu an  1 thì mọi nghiệm hữu tỷ của fpxq đều là nghiệmnguyên

Việc sử dụng Bổ đề Gauss để xét tính bất khả quy của đa thức trên Q

là phương pháp hữu hiệu Một số ví dụ minh họa cho phương pháp nàychúng ta có thể xem trong tài liệu [1] Sau đây là một số ví dụ khác

Ví dụ 1.1.8 Chứng minh đa thức ppxq  x4
x2

1 bất khả quy trên Q.Lời giải Nếu ppxq có nghiệm hữu tỷ thì nghiệm đó phải là nghiệm nguyên(do hệ số của số hạng cao nhất bằng 1) và là ước của số hạng tự do Kiểmtra lần lượt các ước của 1 là 1,
1 thấy chúng không là nghiệm của ppxq

Do đó ppxq không có nghiệm hữu tỷ Vì thế ppxq không là tích của một đathức bậc nhất và một đa thức bậc ba Giả sử ppxq khả quy trên Q Theo Bổ

đề Gauss, ppxq có sự phân tích ppxq  gpxqhpxq trong đó gpxq, hpxq P Zrxs

có bậc 2 và có hệ số cao nhất bằng 1 Ta viết gpxq  x2 ax b và

hpxq  x2 cx d, trong đó a, b, c, d P Z Đồng nhất hệ số ở hai vế của

đẳng thức ppxq  gpxqhpxq ta được

$''''''

trò của b, d là như nhau nên không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết

b  d  1 hoặc b  d 
1 Nếu b  d  1 thì a c  0, ac 
3 Suy

ra a2  3 ñ a R Z, vô lí Nếu b  d 
1 thì a c  0, ac  1 Suy ra

a2 
1, vô lí Như vậy, đa thức ppxq bất khả quy trên Q 

Ví dụ 1.1.9 Chứng minh đa thức fpxq  x6
6x4
6x3 12x2
36x 1bất khả quy trên Q

Lời giải Dễ dàng kiểm tra được fpxq không có nghiệm hữu tỷ Vì thế fpxqkhông là tích của một đa thức bậc nhất và một đa thức bậc năm Giả sử

fpxq khả quy trên Q Theo Bổ đề Gauss (xem Bổ đề 1.1.7), tồn tại phântích fpxq  gpxqhpxq, trong đó gpxq, hpxq P Zrxs có hệ số cao nhất bằng 1

và có bậc dương Vì deg fpxq  6 nên ta có hai trường hợp

Trường hợp 1 : fpxq  px2 ax bqpx4 cx3 dx2 ex gq, trong đó

a, b, c, d, e, g P Z Đồng nhất hệ số ta được

$''''''''''''

thay vào hệ (1.1) ta được

$''''''''

số nguyên tố để xét tính bất khả quy của đa thức trên trường các số hữu

tỷ Q Chú ý rằng nếu p là số nguyên tố thì vành Zp các số nguyên modulo

p là một trường Với mỗi đa thức fpxq  anxn a1x a0 P Zrxs vàmỗi số nguyên tố p, ta đặt fpxq  anxn a1x a0 P Zprxs.

Định lý sau đây cho ta một công cụ rất mạnh để xét tính bất khả quytrên Q của đa thức với hệ số nguyên

Định lý 1.1.10 Nếu tồn tại số nguyên tố p sao cho deg fpxq  deg fpxq

và fpxq bất khả quy trên Zp thì fpxq bất khả quy trên Q

Chứng minh Vì fpxq là đa thức bất khả quy trên Zp nên deg fpxq ¡ 0.Suy ra deg fpxq ¡ 0 Giả sử đa thức fpxq khả quy trên Q Theo Bổ đềGauss, fpxq có phân tích fpxq  gpxqhpxq trong đó gpxq, hpxq P Zrxs và

gpxq, hpxq có bậc nhỏ hơn bậc của fpxq Chú ý rằng fpxq  gpxqhpxq Do

đó, ta có deg fpxq  deg gpxq deg hpxq Rõ ràng deg gpxq ¥ deg gpxq vàdeg hpxq ¥ deg hpxq Vì deg fpxq  deg fpxq nên deg gpxq  deg gpxq vàdeg hpxq  deg hpxq Do đó fpxq phân tích được thành tích của hai đa thức

gpxq, hpxq có bậc thấp hơn Điều này mâu thuẫn với tính bất khả quy của

Chú ý rằng giả thiết deg fpxq  deg fpxq trong Định lý 1.1.10 là cầnthiết Chẳng hạn, xét đa thức fpxq  5px
1q9 px
1q P Zrxs Đathức này không bất khả quy trên Q vì nó có ước thực sự là x
1 Ta có

fpxq  x
1 P Z5rxs Vì deg fpxq  1 nên fpxq bất khả quy trên Z5

Ví dụ 1.1.11 Các đa thức sau là bất khả quy trên Q

ii) Vì gpxq  x3 x2 1 P Z2rxs không có nghiệm trong Z2 và deg gpxq  3nên gpxq bất khả quy trên Z2 Rõ ràng deg gpxq  deg gpxq nên theoĐịnh lý 1.1.10 thì đa thức gpxq bất khả quy trên Q.

iii) Vì hpxq  x4 x3 1 P Z2rxs không có nghiệm trong Z2 nên nókhông có nhân tử bậc một Giả sử hpxq khả quy trên Z2 Khi đó

hpxq  px2 ax bqpx2 cx dq với a, b, c, d P Z2 Đồng nhất hệ số ởhai vế của đẳng thức này ta được a c  1, ac b d  0, ad bc  0,

bd  1 Vì bd  1 nên b  d  1 thì các phương trình đầu và cuối cho

ta a c 1 và a c  0, vô lí Vì vậy đa thức hpxq bất khả quy trên

Z2 Vì deg hpxq  4  deg hpxq nên theo Định lý 1.1.10 thì đa thức

Bài toán xét tính bất khả quy của các đa thức trên trường phức C vàtrường thực R được giải quyết trọn vẹn dựa vào Định lí cơ bản của đại số

Cụ thể, đa thức bất khả quy trên C là và chỉ là các đa thức bậc nhất; đathức bất khả quy trên R là và chỉ là các đa thức bậc nhất hoặc đa thứcbậc hai có biệt thức ∆ âm Tuy nhiên, bài toán xét tính bất khả quy củacác đa thức trên trường Q các số hữu tỷ cho đến nay vẫn là bài toán mở

Có một số phương pháp xét tính bất khả quy trên Q như phương phápdùng Bổ đề Gauss (xem Bổ đề 1.1.7), phương pháp rút gọn theo modulomột số nguyên tố (xem Định lý 1.1.10), phương pháp dùng tiêu chuẩn bấtkhả quy Tiết này chúng ta tập trung vào Tiêu chuẩn Eisenstein (Định lý1.2.1)

Giả sử fpxq P Qrxs Chú ý rằng fpxq là bất khả quy trên Q khi và chỉkhi afpxq là bất khả quy, trong đó a là mẫu số chung của các hệ số của

fpxq Rõ ràng afpxq P Zrxs Do đó ta chỉ cần xét tính bất khả quy trên Qcho các đa thức với hệ số nguyên Từ nay đến hết mục này, luôn giả thiết

fpxq  anxn a1x a0 P Zrxs, trong đó an  0 và n ¡ 0

Định lý 1.2.1 (Tiêu chuẩn Eisenstein).

Cho đa thức fpxq  anxn an
1xn
1 a1x a0 P Zrxs Giả sử tồn tạimột số nguyên tố p thỏa mãn các tính chất

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

ii) p là ước của các hệ số a0, a1, , an
1;

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

Khi đó fpxq là bất khả quy trên Q

Chứng minh Giả sử fpxq khả quy trên Q Theo Bổ đề Gauss (xem Bổ đề1.1.7), tồn tại biểu diễn

fpxq  gpxqhpxq, trong đó gpxq  bmxm b1x b0 P Zrxs và

hpxq  ckxk c1x c0 P Zrxs với deg gpxq  m, deg hpxq  k và

m, k   n Do p là ước của a0  b0c0 nên p | b0 hoặc p| 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 sử p | c0 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 Do đó tồn tại số r bé nhấtsao cho cr không là bội của p Ta có ar  b0cr pb1cr
1 b2cr
2 brc0q

Vì r ¤ k   n nên p | ar Theo cách chọn r ta có p | b1cr
1 b2cr
2 brc0.Suy ra p| b0cr, điều này là vô lí vì cả hai số b0 và cr đều không là bội của

p Vậy đa thức fpxq là bất khả quy trên Q l

Một trong những ứng dụng điển hình của Tiêu chuẩn Eisenstein là đểchứng minh tính bất khả quy của đa thức chia đường tròn Cho p là sốnguyên tố Đa thức chia đường tròn thứ p được định nghĩa bởi

Φppxq  xp
1 x 1.

Năm 1801, Carl Friedrich Gauss đã đưa ra chứng minh đầu tiên cho tínhbất khả quy của đa thức chia đường tròn thứ p trong cuốn sách “Dis-quisitiones Arithmeticae” Dưới đây, chúng ta trình bày chứng minh củaEisenstein năm 1850

Hệ quả 1.2.4 Với mỗi số nguyên tố p, đa thức chia đường tròn thứ p làbất khả quy trên Q

Chứng minh Chú ý rằng Φppxq là bất khả quy trên Q khi và chỉ khi

k là bội của p với mọi k  1, , p
2 Vì thế Φppx 1q là bất

Khi n là số tự nhiên bất kỳ (không nhất thiết nguyên tố), đa thức chiađường tròn thứ n được định nghĩa như sau:

Φnpxq  ¹

k  n pk,nq1

px
εkq

trong đó εk  cosk2π

n i sink2πn , với k  0, 1, , n
1 Khi đó Φnpxq P Zrxs.Người ta đã chứng minh được rằng đa thức Φnpxq là bất khả quy trên Q(xem S H Weintraub, Several proofs of the irreducibility of the cyclotomicpolynomial, Preprint (PDF from lehigh.edu)) Đặc biệt, khi n nguyên tố

ta có Φnpxq  xn
1 xn
2 x 1 Tuy nhiên, việc chứng minh Φ

npxqbất khả quy trên Q không là mục tiêu của luận văn nên chúng tôi khôngtrình bày ở đây

Hệ quả đơn giản sau đây chỉ ra rằng với mỗi số tự nhiên n luôn tồn tạicác đa thức bất khả quy trên Q bậc n

nj  1 thì xn
a là bất khả quy trên Q với mọi n

Chứng minh Theo giả thiết, a là bội của số nguyên tố pj nhưng không làbội của p2j Vì thế theo Tiêu chuẩn Eisenstein ta có kết quả l

Eisen-stein

Mục tiêu của tiết này là trình bày tóm tắt lịch sử phát hiện Tiêu chuẩnEisenstein cho tính bất khả quy của đa thức với hệ số nguyên, dựa theobài báo của D A Cox “Why Eisenstein proved the Eisenstein Criterionand why Sch¨onemann discovered it first” đăng trên The American Math-ematical Monthly năm 2011 Bài báo của D A Cox thảo luận nhiều chủ

đề, từ lý thuyết số thế kỷ 19, bao gồm Bổ đề Gauss, trường hữu hạn, cácnhóm Abel, các số nguyên Gauss, Bài báo mô tả lịch sử phong phú, bấtngờ của việc khám phá ra Tiêu chuẩn Eisenstein

Bài báo trên của D A Cox giải thích tại sao Theodor Sch¨onemannkhám phá ra tiêu chuẩn bất khả quy này trước Eisenstein Cả hai nhàtoán học đều lấy cảm hứng từ cuốn sách “Disquisitiones Arithmeticae”của Gauss, mặc dù họ đã có những con đường rất khác nhau trong quátrình tìm ra tiêu chuẩn này Ở phần cuối bài báo, D A Cox khẳng địnhrằng Sch¨onemann và Eisenstein đã khám phá ra tiêu chuẩn bất khả quycủa họ một cách độc lập Trong bài báo công bố năm 1846, Sch¨onemann

đã nghiên cứu các phương trình đồng dư bậc cao, từ đó dẫn đến Bổ đềHensel, sau đó đưa về một câu hỏi cho tính bất khả quy của đa thức theo

modulo p2, rồi tiêu chuẩn bất khả quy của Sch¨onemann nhận được hoàntoàn rất tự nhiên Còn Eisenstein, trong một bài báo công bố năm 1850,Ông đã nghiên cứu vấn đề của Abel về đường lemniscate và xét các hệ

số của đa thức thương và dư trong phép chia đa thức, rồi tiêu chuẩn bấtkhả quy của Eisenstein xuất hiện cũng hoàn toàn tự nhiên, khác xa bốicảnh mà Sch¨onemann xem xét Như vậy, cái tên “Tiêu chuẩn Sch¨onemann

- Eisenstein” được sử dụng bởi Dorwart lần đầu tiên vào năm 1935 làchính xác nhất lịch sử Tuy nhiên, hầu hết mọi người sử dụng phiên bảncủa Eisenstein, vì vậy cái tên “Tiêu chuẩn Eisenstein - Sch¨onemann” cũnghợp lý Không giống như những nhà toán học khác đã được lưu danh chođến nay, Theodor Sch¨onemann không phải là một tên tuổi quen thuộc.Thậm chí, Ông không có tiểu sử ghi trong cuốn lưu trữ Lịch sử toán học

“MacTutor History of Mathematics Archive” Chúng ta biết rất ít thông tin

về Theodor Sch¨onemann như sau: Ông sống từ 1812 đến 1868 và được đàotạo tại Koonigsberg và Berlin dưới sự hướng dẫn của Jacobi và Steiner.Ông nhận bằng tiến sĩ năm 1842 Đóng góp của ông chủ yếu trong Líthuyết số liên quan đến phương trình đồng dư bậc cao Kết quả được xem

là quan trọng nhất của Ông, được viết trong bài báo dài chia làm haiphần, công bố trên “Crelle’s Journal” vào năm 1845 và 1846 Trong phần

mở đầu bài báo đó, ông có nhắc đến các thành tựu viết trong cuốn sách

“Disquisitiones Arithmeticae” của Gauss Bài báo đó cũng cung cấp nhữngminh chứng cho thấy Theodor Sch¨onemann bị ảnh hưởng lớn từ cuốn sáchnày Phần hai bài báo của Sch¨onemann có tiêu đề “Von denjenigen Moduln,welche Potenzen von Primzahlen sind” đăng trên J Reine Angew Mathnăm 1846, trong đó Ông xem xét sự phân tích đa thức thành nhân tử theomodulo một lũy thừa của một số nguyên tố, và nghiên cứu sự thay đổi củaphân tích khi số mũ của số nguyên tố biến thiên, và từ đó ông tìm ra mộttiêu chuẩn bất khả quy, có thể phát biểu như sau

Trước tiên ta nhắc lại rằng, cho fpxq P Zrxs và m ¡ 0 là một số tựnhiên sao cho hệ số cao nhất của fpxq không là bội của m Ta nói fpxq là

bất khả quy theo modulo m nếu fpxq không thể biểu diễn dưới dạng

fpxq  gpxqhpxq mkpxqvới gpxq, hpxq, kpxq P Zrxs, deg g ¡ 0, deg h ¡ 0 và hệ số cao nhất của ghkhông là bội của m

Định lý 1.3.1 (Tiêu chuẩn bất khả quy của Sch¨onemann) Cho đa thức

fpxq P Zrxs với deg fpxq  n Giả sử có một số nguyên a, một số nguyên

tố p và một đa thức Fpxq P Zrxs sao cho

fpxq  px
aqn pFpxq

Nếu Fpaq không là bội của p thì fpxq là bất khả quy theo modulo p2.Chứng minh Trước hết ta chứng minh hệ số cao nhất của fpxq không làbội của p2 Thật vậy, gọi b là hệ số cao nhất của fpxq Đồng nhất hệ số bậc

n ở hai vế của đẳng thức fpxq  px
aqn pFpxq ta được b  1 pmod pq.Suy ra, b không là bội của p và vì thế b không là bội của p2

Tiếp theo, ta giả sử phản chứng rằng fpxq không bất khả quy theomodulo p2 Khi đó

fpxq  gpxqhpxq p2

kpxq với gpxq, hpxq, kpxq P Zrxs, deg g ¡ 0, deg h ¡ 0

và hệ số cao nhất của gh không là bội của p2 Suy ra

x
a Suy ra gpxq  px
aqi P Zprxs và hpxq  px
aqj P Zprxs, trong đó

i j  n Vì deg g ¡ 0, deg h ¡ 0 nên i, j ¡ 0 Thay x  a vào hai đẳngthức này ta được gpaq  0 P Zp và hpaq  0 P Zp Suy ra

pFpaq  fpaq  gpaqhpaq p2kpaq  0 pmod p2q

Vì thế Fpaq chia hết cho p, điều này mâu thuẫn lĐiều ngạc nhiên thú vị là Tiêu chuẩn bất khả quy của Sch¨onemann suy

ra Tiêu chuẩn bất khả quy của Eisenstein

Chứng minh Thật vậy, giả sử

fpxq  anxn an
1xn
1 a1x a0 P Zrxs

là đa thức thỏa mãn giả thiết của Tiêu chuẩn Eisenstein với một số nguyên

tố p Vì an không là bội của p và p nguyên tố nên gcdpan, pq  1 Vì thế,tồn tại các số nguyên b, c sao cho 1  anb pc Suy ra gcdpb, pq  1 Docác số ai đều là bội của p với mọi i 0, 1, , n
1, nên ta có

fpxq  gpxqhpxq P Zrxs với gpxq, hpxq P Zrxs và deg gpxq ¡ 0, deg hpxq ¡ 0.Chú ý rằng hệ số cao nhất của fpxq và của gh đều là an và an không làbội của p2 Vì thế đa thức fpxq không bất khả quy theo modulo p2 Điều

Trước tiên ta nêu lại Tiêu chuẩn Eisenstein:

Cho đa thức

fpxq  anxn an
1xn
1 a1x a0 P Zrxs

Giả sử tồn tại một số nguyên tố p thỏa mãn các tính chất

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

ii) p là ước của các hệ số a0, a1, , an
1;

iii) p2 không là ước của số hạng tự do a0

Khi đó fpxq là bất khả quy trên Q

Một mở rộng của Tiêu chuẩn Eisenstein được đưa ra bởi S H Weintraubnăm 2013 (xem [5]):

Định lý 2.1.1 Cho đa thức fpxq  anxn a1x a0 P Zrxs và giả

sử có một số nguyên tố p sao cho p không là ước của an, p là ước của aivới i  0, , n
1, và tồn tại chỉ số k với 0 ¤ k ¤ n
1 sao cho p2 không

là ước của ak Gọi k0 là giá trị nhỏ nhất trong những số k như vậy Nếu

fpxq  gpxqhpxq là phân tích của fpxq thành nhân tử trong Zrxs thì

mintdeg gpxq, deg hpxqu ¤ k0.Đặc biệt, nếu k0  0 thì fpxq là bất khả quy trên Q; nếu k0  1 và fpxqkhông có nghiệm trong Q thì f pxq là bất khả quy trên Q

Chứng minh Giả sử có một phân tích thành nhân tử fpxq  gpxqhpxqvới gpxq, hpxq P Zrxs Gọi bậc của gpxq là d0 và bậc của hpxq là e0 Viết

gpxq  bd0xd0 b1x b0 và hpxq  ce0xe0 c1x c0 Khi đó

d0 e0  n và an  bd 0ce0 Theo giả thiết, an không là bội của p Suy ra

bd 0 và ce0 không là bội của p Vì thế, trong các hệ số của gpxq có ít nhấtmột hệ số không là bội của p, và trong các hệ số của hpxq có ít nhất một

hệ số không là bội của p Do đó ta chọn được chỉ số d nhỏ nhất sao cho bdkhông là bội của p, và chỉ số e nhỏ nhất sao cho ce không là bội của p Suy

p Suy ra

fpxq  gpxqhpxq

 xd eg1pxqh1pxq p xeh1pxqg2pxq xdh2pxqg1pxq p2g2pxqh2pxq.Chú ý rằng hệ số bậc d e của đa thức xd eg1pxqh1pxq là bdce Vì thế, đồngnhất hệ số bậc d e của đẳng thức trên ta được

ad e  bdcepmod pq

Vì bdce không là bội của p nên ad e không là bội của p Chú ý rằng các hệ

số của fpxq, trừ hệ số cao nhất, đều là bội của p Do đó d e  n Suy ra

d  d0 và e  e0 Do đó gpxq  bd 0xd0 pg2pxq và hpxq  ce 0xe0 ph2pxq.Suy ra

Ví dụ 2.1.3 Chứng minh rằng đa thức fpxq  x2018 2x 4 bất khả quytrên Q

Lời giải Áp dụng Định lý 2.1.1 cho fpxq với số nguyên tố p  2 Khi đó

k0  1 Nếu fpxq có nghiệm hữu tỷ thì nghiệm đó phải là nghiệm nguyên(do hệ số cao nhất của fpxq bằng 1) và là ước của 4 Kiểm tra các ước của

4 là 1, 2, 4, thấy chúng không là nghiệm của fpxq Do đó fpxq không

có nghiệm hữu tỷ Do vậy, theo Định lý 2.1.1 thì đa thức fpxq bất khả quy

Một mở rộng khác của tiêu chuẩn Eisenstein được chứng minh bởiHoward Chao năm 1974 như sau (xem [4])

Định lý 2.1.4 Cho đa thức qpxq  anxn a1x a0 P Zrxs Nếu p

là một số nguyên tố sao cho có các chỉ số l và k với l  k, p  al, p2  ak,

p | ai với mọi i  l và nếu qpxq là tích của hai đa thức trên Q thì bậc củamột trong hai đa thức đó không nhỏ hơn |l
k|

Chứng minh Cho qpxq  rpxqspxq là một phân tích của qpxq thành tíchhai đa thức trong Qrxs, trong đó

Do Zp là một trường, nên Zp là miền phân tích duy nhất Vì thế Zprxs

là miền phân tích duy nhất (theo Định lý 2.2.9) Vì alxl chỉ có duy nhấtmột ước bất khả quy là x nên từ tính chất phân tích duy nhất của Zprxs,

đa thức rpxq, spxq cũng chỉ có duy nhất một ước bất khả quy là x Do đó

rpxq, spxq phải tương ứng có dạng rpxq  buxu và spxq  ctxt, trong đó

u t  l Từ đó suy ra p | bi với i  u và p | ci với i  t Theo giả thiết

l  k Ta chia thành hai trường hợp

Trường hợp 1 : k ¡ l Vì l  u t, nên k ¡ u và k ¡ t Ta khẳng định hoặc

m t ¥ k hoặc n
m u ¥ k Thật vậy, giả sử ngược lại, khi đó m t   k

và n
m u   k Suy ra m   k
t và n
m   k
u Vì deg rpxq  m vàdeg spxq  n
m, nên u ¤ m và t ¤ n
m Do đó u   k
t và t   k
u

Vì p là ước của bi với mọi i  u và p là ước của cj với mọi j  t, nên tồntại số nguyên z sao cho

ak  b0ck b1ck
1 bk
1c1 bkc0  buck
u bk
tct p2z

Do k
u ¡ n
m và deg spxq  n
m, nên ck
u  0 Vì k
t ¡ m vàdeg rpxq  m, nên bk
t  0 Do đó ak chia hết cho p2 Điều này là mâu

thuẫn, vì vậy khẳng định được chứng minh Chú ý rằng l  u t Vì thếnếu m t ¥ k, thì

i) Từ Định lý 2.1.4, khi l  n và k  0 thì ta thu được Tiêu chuẩnEisenstein Như vậy Định lý 2.1.4 là một mở rộng của Tiêu chuẩnEisenstein

ii) Tác giả luận văn nhận thấy rằng: Định lý 2.1.1 (đưa ra bởi S H.Weintraub năm 2013) là một hệ quả của Định lý 2.1.4 (đưa ra bởiHoward Chao năm 1974)

Chứng minh Thật vậy, gọi qpxq P Zrxs là đa thức thỏa mãn giả thiếtcủa Định lý 2.1.1 với một số nguyên tố p Giả sử qpxq  gpxqhpxq với

gpxq, hpxq P Zrxs Khi đó áp dụng Định lý 2.1.4 với l  n và k0 là giátrị nhỏ nhất của các chỉ số k, ta được

maxtdeg gpxq, deg hpxqu ¥ |l
k0|  n
k0.Suy ra

mintdeg gpxq, deg hpxqu ¤ k0

pdo deg gpxq deg hpxq  deg ppxq  nq

Kết quả này chính là kết luận của Định lý 2.1.1 Vậy Định lý 2.1.1 là