Tiêu chuẩn Eisenstein và một số mở rộng
Trong bài viết này, chúng tôi sẽ giới thiệu tiêu chuẩn Eisenstein và các mở rộng liên quan đến tính bất khả quy của đa thức với hệ số nguyên trên trường các số hữu tỉ Q Tiêu chuẩn này là một công cụ phổ biến được sử dụng để giải quyết các bài toán về tính bất khả quy của đa thức trên Q.
Cho f(x) = a n x n +a n − 1 x n − 1 +ã ã ã+a 1 x+a 0 là đa thức bậc n với ai ∈ Z, an 6= 0.
Tiêu chuẩn bất khả quy được biết đến nhiều nhất hiện nay là tiêu chuẩn Eisenstein, được phát biểu như sau.
Định lý 1 khẳng định rằng, với một đa thức f(x) = anx^n + an−1x^(n−1) + + a1x + a0 có hệ số nguyên và bậc n > 0, nếu tồn tại một số nguyên tố p thỏa mãn điều kiện p không chia hết an, p chia hết ai với mọi i từ 0 đến n−1, và p^2 không chia hết a0, thì đa thức f(x) sẽ bất khả quy trên Q.
Giả sử f(x) khả quy trên Q, theo Bổ đề Gauss, tồn tại biểu diễn f(x) = g(x)h(x) với g(x) và h(x) là các đa thức trong Z[x] Ta có degg(x) = m, degh(x) = k và m, k < n Vì p là ước của a0 = b0c0, nên p chia hết cho b0 hoặc c0 Tuy nhiên, p không phải là ước của a0, do đó chỉ một trong hai số b0 và c0 chia hết cho p Giả thiết p | c0, dẫn đến b0 không chia hết cho p Vì an = bmck và p không chia hết cho an, suy ra bm và ck đều không chia hết cho p Do đó, tồn tại số r nhỏ nhất sao cho cr không là bội của p, từ đó ta có a r = b0cr + (b1cr−1 + b2cr−2 + + brc0).
Vì r ≤k < n nên p| ar Theo cách chọn r ta có p | b1cr − 1 +b2cr − 2 +ã ã ã+brc0.
Suy ra p| b0cr, điều này là vô lí vì cả hai số b0 và cr đều không là bội của p Vậy f(x) là bất khả quy trên Q.
Đa thức thỏa mãn Định lý 1 được gọi là đa thức Eisenstein Ví dụ, đa thức x^5 − 4x^4 + 18x^3 + 24x^2 + 4x + 6 là một đa thức Eisenstein vì nó không thể phân tích theo Tiêu chuẩn Eisenstein với p = 2.
Tiêu chuẩn Eisenstein không thể áp dụng trực tiếp cho đa thức f(x), nhưng có thể áp dụng cho đa thức f(x + a) với a là một hằng số Đáng lưu ý, đa thức f(x) là bất khả quy trên Q nếu và chỉ nếu f(x + a) cũng là bất khả quy trên Q với mọi số nguyên a.
Chúng ta tìm hằng số a nhằm biến đổi đa thức f(x+a) thành một đa thức mới đáp ứng các điều kiện của Tiêu chuẩn Eisenstein Ví dụ dưới đây minh họa tính bất khả quy của đa thức chia đường tròn thứ p, với p là một số nguyên tố.
1.1.2 Ví dụ 1 Cho p là số nguyên tố Khi đó đa thức chia đường tròn thứ p f(x) = x p − 1 +x p − 2 + ã ã ã+ x+ 1 là bất khả quy trên Q.
Chứng minh Đa thức f(x) = x p − 1 + x p − 2 + ã ã ã+x+ 1 cú cỏc hệ số đều bằng 1 nên không thể áp dụng trực tiếp Tiêu chuẩn Eisenstein để xét tính bất khả quy của f(x).
Chú ý rằng f(x) = x p −1 x−1 Suy ra, chọn a = 1 ta có f(x+ 1) = (x+ 1) p −1 x = x p − 1 + C p 1 x p − 2 + .+C p p − 2 x+C p p − 1 , trong đó C p k = p!
Số tổ hợp chập k của p phần tử được tính bằng công thức (p−k)!k! Vì p là một số nguyên tố, nên C p k là bội của p với mọi k từ 1 đến p−2, và C p p−1 = p không phải là bội của 2 Do đó, theo Tiêu chuẩn Eisenstein, f(x+1) là bất khả quy với số nguyên tố p, dẫn đến f(x) cũng bất khả quy trên Q.
Thông qua tiêu chuẩn Eisenstein, bài toán xét tính bất khả quy của đa thức bậc n với hệ số nguyên được chuyển thành bài toán phân tích các hệ số của đa thức f(x + a) Sau khi biến đổi, cần tìm ước chung nguyên tố cho các hệ số của f(x + a), ngoại trừ hệ số cao nhất Mặc dù cố gắng tạo ra đa thức mới với hệ số lớn hơn, nhưng việc tính toán và kiểm tra các ước nguyên tố chung theo Tiêu chuẩn Eisenstein vẫn là thách thức Vấn đề là chưa chắc chắn có thể tìm được số nguyên a để áp dụng tiêu chuẩn này cho đa thức f(x + a) với một số nguyên tố p cụ thể Ví dụ, đa thức x^4 - 10x^2 + 1 được chứng minh là bất khả quy trên Q nhưng không tìm được số nguyên a phù hợp.
Để kiểm tra tính bất khả quy của đa thức (x+a)⁴ − 10(x+a)² + 1 theo Tiêu chuẩn Eisenstein với một số nguyên tố p nào đó, chúng ta cần áp dụng các điều kiện cụ thể Cuối phần này, chúng ta sẽ xem xét một số mở rộng của Tiêu chuẩn Eisenstein, trong đó có tiêu chuẩn bất khả quy được H Chao trình bày trong bài viết "A Generalization of Eisenstein’s Criterion," được đăng trong Mathematics Magazine, Vol 47 (1974), trang 158-159.
Định lý 2 khẳng định rằng với đa thức f(x) = anx^n + + a1x + a0 có hệ số nguyên, nếu p là một số nguyên tố và tồn tại hai chỉ số t và k thỏa mãn các điều kiện nhất định về ước số của các hệ số, thì khi f(x) được phân tích thành tích của hai đa thức với hệ số nguyên, ít nhất một trong hai đa thức này sẽ có bậc lớn hơn hoặc bằng |t - k|.
Trước khi minh họa áp dụng tiêu chuẩn trong Định lý 2, cần lưu ý điều kiện về nghiệm hữu tỷ của đa thức với hệ số nguyên: nếu r/s là nghiệm của đa thức f(x) với hệ số nguyên, thì r là ước của hệ số tự do và s là ước của hệ số cao nhất Định lý này mở rộng Tiêu chuẩn Eisenstein, cho thấy nếu f(x) phân tích thành tích của hai đa thức với hệ số hữu tỷ g(x) và h(x), thì cũng có thể phân tích thành tích của hai đa thức với hệ số nguyên g1(x) và h1(x) Khi t = n và k = 0, định lý trở thành Tiêu chuẩn Eisenstein, và khi t = 0 và k = n, mọi đa thức thỏa mãn điều kiện vẫn là đa thức bất khả quy trên Q.
1.1.4 Ví dụ 2 Các đa thức sau là bất khả quy trên Q.
(i) Áp dụng Định lý 2 với t= 0, k = 100 và p = 2, ta suy ra f(x) bất khả quy trên Q.
Áp dụng Định lý 2 với t = 1, k = 4 và p = 2, ta kết luận rằng nếu h(x) là đa thức có hệ số nguyên và là ước của g(x), thì bậc của h(x) phải lớn hơn hoặc bằng 3 hoặc nhỏ hơn hoặc bằng 1 Nếu g(x) có nhân tử bậc 1, nó sẽ có nghiệm hữu tỷ, chỉ có thể là 1, −1, 2, hoặc −2 Tuy nhiên, tất cả các nghiệm này không phải là nghiệm của g(x), do đó g(x) không có nhân tử bậc 1 Từ đó, ta suy ra rằng h(x) có bậc 4 hoặc bậc lớn hơn.
0 Vì thế g(x) bất khả quy trên Q.
In his paper titled "A Mild Generalization of the Eisenstein Criterion," published in the Proceedings of the American Mathematical Society, Vol 141 (2013), pages 1159-1160, S H Weintraub presents an extension of the Eisenstein criterion.
Định lý 3 cho rằng với đa thức f(x) = a_n x^n + + a_1 x + a_0 có hệ số nguyên, nếu p là số nguyên tố không phải ước của a_n, là ước của a_i với mọi i ≠ n và p^2 không là ước của a_k với 0 ≤ k ≤ n−1, thì k_0 là số nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện này Khi f(x) = g(x)h(x) là tích của hai đa thức với hệ số nguyên, thì min{deg(g(x)), deg(h(x))} ≤ k_0 Định lý này mở rộng Tiêu chuẩn Eisenstein, với k_0 = 0 dẫn đến Tiêu chuẩn Eisenstein, k_0 = 1 cho thấy f(x) không có nghiệm hữu tỷ và do đó bất khả quy, và khi k_0 = 2 mà f(x) không có nhân tử bậc hai, f(x) cũng bất khả quy.
1.1.6 Ví dụ 3 Đa thức f(x) =x 4 −14x 2 + 4 là bất khả quy trên Q.
Áp dụng Định lý 3 với n=4, k0=2 và p=2, ta kết luận rằng nếu f(x) = g(x)h(x) là tích của hai đa thức với hệ số nguyên, thì một trong hai đa thức g(x) hoặc h(x) có bậc nhỏ hơn hoặc bằng 2 Giả sử h(x) có bậc nhỏ hơn hoặc bằng 2, ta xét trường hợp h(x) có bậc 1 Khi đó, f(x) có nghiệm hữu tỷ, và nghiệm đó chỉ có thể là 1, -1, 2, -2, 4, -4, nhưng tất cả các số này đều không phải là nghiệm của f(x), do đó h(x) không thể có bậc 1 Nếu h(x) có bậc 2, theo Bổ đề Gauss, ta có thể viết x^4 - 14x^2 + 4 = (x^2 + ax + b)(x^2 + cx + d) với a, b, c, d là các số nguyên Đồng nhất hệ số hai vế, ta nhận được các hệ phương trình a + c = 0, b + d + ac = -14, ad + bc = 0, và bd = 4.
Suy ra (b, d) chỉ có thể là một trong các cặp sau
Tiêu chuẩn rút gọn theo module một số nguyên tố và bài toán ngược
Một tiêu chuẩn xét tính bất khả quy trên Q cũng rất quen biết, được gọi là tiêu chuẩn rút gọn theo module một số nguyên tố.
Trước khi phát biểu tiêu chuẩn rất quen thuộc này, chúng ta cần nhắc lại một số ký hiệu.
Cho n > 1 là một số tự nhiên, ký hiệu Z n là vành các số nguyên modulo n Z n là một trường khi và chỉ khi n là số nguyên tố; ví dụ, Z 5 là một trường trong khi Z 4 không phải Đa thức f(x) ∈ Z p [x], với p là số nguyên tố, được tạo ra bằng cách chuyển hệ số của f(x) vào trường Z p Chẳng hạn, nếu f(x) = 10x 2 + 8, thì f(x) = 3x 2 + 1 ∈ Z 7 [x] Tiêu chuẩn rút gọn theo module một số nguyên tố được phát biểu như sau.
Định lý 4 khẳng định rằng, với một đa thức f(x) có hệ số nguyên, nếu tồn tại một số nguyên tố p khiến cho f(x) bất khả quy trên trường Zp và bậc của f(x) lớn hơn hoặc bằng bậc của f(x), thì f(x) cũng sẽ bất khả quy trên trường số Q.
Để chứng minh rằng đa thức f(x) bất khả quy trên Z_p, ta thấy rằng bậc của f(x) phải lớn hơn 0, tức là deg f(x) > 0 Giả sử f(x) khả quy trên Q, theo Bổ đề Gauss, f(x) có thể phân tích thành tích của hai đa thức g(x) và h(x) trong Z[x], với bậc của chúng nhỏ hơn bậc của f(x) Điều này dẫn đến mối quan hệ deg f(x) = deg g(x) + deg h(x), và từ đó ta có deg g(x) ≥ 0 và deg h(x) ≥ 0 Tuy nhiên, việc f(x) có thể phân tích thành tích của hai đa thức có bậc thấp hơn đã mâu thuẫn với tính bất khả quy của f(x) trên Z_p.
Tiêu chuẩn rút gọn theo module một số nguyên tố là công cụ hiệu quả để xác định tính bất khả quy của đa thức với hệ số nguyên.
Có những đa thức, như đa thức bậc ba, có thể áp dụng tiêu chuẩn kiểm tra tính bất khả quy bằng cách rút gọn theo modulo một số nguyên tố p Ví dụ, đa thức f(x) = x³ + 591x² + 3 801 + 24 240 là bất khả quy trên Q Cụ thể, trong vành Z2[x], đa thức f(x) = x³ + x² + 1 không có nghiệm trong Z2, do đó f(x) cũng bất khả quy trên Q.
Theo Định lý 1.2.1, với degf(x) = 3, f(x không khả quy trên Q Việc kiểm tra nghiệm hữu tỷ của đa thức f(x) là một vấn đề không thể thực hiện bằng các công cụ thông thường.
1.2.2 Ví dụ 4 Xét tính bất khả quy của đa thức f(x) = 5x 2 + 20x+ 19.
Chứng minh Vì f(x) = 2x 2 + 2x+ 1 ∈ Z 3 [x] không có nghiệm trongZ 3 và degf(x) = 2 nên f(x) bất khả quy trên Z3 Rõ ràng degf(x) = degf(x) nên f(x) bất khả quy trên Q theo Định lý 1.2.1.
1.2.3 Ví dụ 5 Xét tính bất khả quy của đa thức sau g(x) = 6x 4 + 10x 3 −9x 2 + 11x+ 1.
Chứng minh rằng đa thức g(x) = x^4 + x^2 + x + 1 thuộc Z5[x] không có nghiệm trong Z5, do đó không có nhân tử bậc một Giả sử g(x) khả quy trên Z5, ta có thể viết g(x) dưới dạng tích của hai đa thức bậc hai: g(x) = (x^2 + ax + b)(x^2 + cx + d) với a, b, c, d thuộc Z5 Từ đó, đồng nhất hệ số ở hai vế của đẳng thức này cho ta các phương trình: a + c = 0, b + ac + d = 1, ad + bc = 1, và bd = 1.
Vì \( bd = 1 \) và vai trò của \( b, d \) là như nhau, ta có thể giả thiết các cặp \( (b, d) \) khác nhau như \( (1,1), (2,3), (4,4) \) Khi \( (b, d) = (1,1) \), ta nhận được các phương trình vô lý \( a+c = 0 \) và \( a+c = 1 \) Với \( (b, d) = (2,3) \), ta có \( a = 1 \) và \( c = 4 \), dẫn đến phương trình \( 4 = ac = 1 \), cũng vô lý Tương tự, khi \( (b, d) = (4,4) \), ta lại gặp các phương trình vô lý \( a+c = 0 \) và \( 4(a+c) = 1 \) Do đó, đa thức \( h(x) \) là bất khả quy trên \( Z_5 \) và theo định lý 1.2.1, \( h(x) \) cũng bất khả quy trên \( Q \) Đặc biệt, điều ngược lại của định lý 4 không đúng, tức là, nếu \( f(x) \) bất khả quy trên \( Q \) thì chưa chắc nó bất khả quy trên \( Z_p \) với bất kỳ số nguyên tố \( p \) nào D Hilbert đã chỉ ra một ví dụ về đa thức với hệ số nguyên bất khả quy trên \( Q \) nhưng không bất khả quy trên \( Z_p \) cho mọi số nguyên tố \( p \) Trong luận văn thạc sĩ của Nguyễn Văn Lập đã chứng minh rằng đa thức \( x^4 - 2x^2 + 9 \) là bất khả quy.
Q nhưng không bất khả quy trên Z p với mọi số nguyên tố p Chứng minh trình bày trong [2] phải sử dụng những kiến thức khá sâu về lý thuyết nhóm.
Trong bài viết này, chúng tôi làm sáng tỏ kết quả của D Hilbert, chứng minh rằng đa thức x^4 + 1 là bất khả quy trên Q, nhưng lại khả quy trên Z_p đối với mọi số nguyên tố p Kết quả này được xác nhận dựa trên các nghiên cứu trước đó.
[8] bằng cách sử dụng những kiến thức về mở rộng trường Vì thế, trước hết chúng ta cần trình bày một số kiến thức về mở rộng trường.
Khi K là một trường và F là một trường chứa K, ta gọi F là một mở rộng trường của K, ký hiệu là F/K Xem F như một không gian vectơ trên trường K, nếu chiều của không gian vectơ F trên K là n, thì mở rộng trường F/K được cho là có bậc n.
2| a, b ∈ Q}. Khi đó F là K-không gian véc tơ chiều là 2 với một cơ sở là {1,√
2} Vì thế bậc của mở rộng F/K là 2.
Cho K là một trường và f(x) ∈ K[x] là một đa thức bất khả quy trên K với bậc deg f(x) = n Nếu α là một nghiệm trong một mở rộng trường nào đó của K, thì có những tính chất quan trọng liên quan đến nghiệm này và đa thức f(x).
K[α] = {g(α) | g(x) ∈ K[x]} là một mở rộng trường của K, bậc của mở rộng là nvà hệ {1, α, , α n − 1 } là một cơ sở của K[α].
Chứng minh Xem [3, Mệnh đề 2.4.2]
Ví dụ, cho K = Q và f(x) = x 5 − 2 Khi đó f(x) bất khả quy trên
Theo tiêu chuẩn Eisenstein với p = 2, gọi α là một nghiệm của f(x) trong C, và theo Định lý cơ bản của Đại số, f(x) luôn có nghiệm trong C Khi đó, Q[α] trở thành một mở rộng bậc 5 của Q, với hệ {1, α, α², α³, α⁴} là một cơ sở của Q[α].
Cho K là một trường và f(x) ∈ K[x], thì tồn tại một trường tối thiểu duy nhất chứa K và tất cả các nghiệm của f(x) Chứng minh điều này được nêu trong tài liệu tham khảo [3, Định lý 2.4.7].
Cho K là một trường và f(x) ∈ K[x] là đa thức bậc n, trường phân rã của f(x) trên K là trường tối thiểu chứa K và đủ n nghiệm của f(x) Ví dụ, với K = R và f(x) = x² + 1, f(x) bất khả quy trên R, có nghiệm là i và -i, do đó C là trường phân rã của f(x) trên R Tương tự, với K = Q và f(x) = x² - 2, trường phân rã sẽ chứa nghiệm √2.
2] là trường tối thiểu chứa Q và các nghiệm của f(x), do đó nó là trường phân rã của f(x) trên Q.
Kết quả dưới đây cho ta cấu trúc của trường hữu hạn.
1.2.7 Mệnh đề 3 Các phát biểu sau là đúng.
(i) Nếu K là trường hữu hạn có q phần tử thì q là lũy thừa của một số nguyên tố.
(ii) Nếu q là lũy thừa của một số nguyên tố, thì tồn tại duy nhất một trường có q phần tử.
Giả sử q = p^k, với k là số tự nhiên và p là số nguyên tố Trường phân rã của đa thức x^p^k - x thuộc Z_p[x] bao gồm tất cả các nghiệm của đa thức x^p^k - x trong một mở rộng nào đó của Z_p.
Chứng minh Xem [3, Mệnh đề 2.4.10].
Giá trị khả nghịch và tính bất khả quy
Cho đa thức f(x) = anx^n + + a1x + a0 có bậc n với hệ số nguyên, số lần đa thức này nhận giá trị khả nghịch trên tập số nguyên được ký hiệu là u(f), với u(f) := Card{m ∈ Z | f(m) ∈ {1,−1}} Ví dụ, với f(x) = x^4 + 1, ta có u(f) = 1 vì f(x) > 1 với mọi x khác 0 và f(x) = 1 chỉ khi x = 0 Tương tự, với g(x) = x^2 + x + 1, u(g) = 2 vì g(x) luôn dương với mọi x, và g(x) = 1 chỉ khi x = 0 hoặc x = -1.
Nếu f(x) nhận giá trị 1 tại các số nguyên x = bi với i = 1,2, , m, thì f(x)−1 = r(x) m
(x−bi), trong đó r(x) là đa thức với hệ số nguyên, tức là f(x) = r(x) m
Tương tự, nếu f(x) nhận giá trị −1 tại các số nguyên x = bi với i 1,2, , m, thì f(x) + 1 = r(x) Q m i=1
(x−bi), trong đó r(x) là đa thức với hệ số nguyên, tức là f(x) = r(x) m
2.1.1 Mệnh đề 4 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 m > 3 và b1, b2, , bm là các số nguyên phân biệt sao cho f(bi) = 1 với mọi i = 1, , m Khi đó, ta có thể biểu diễn f(x) dưới dạng f(x) = (x−b1)(x−b2) (x−bm)g(x) + 1, với g(x) thuộc Z[x] Nếu bm+1 là một số nguyên thỏa mãn f(bm+1) = -1, khi thay x = bm+1 vào đẳng thức trên, ta sẽ nhận được kết quả cần thiết.
−1 = (bm+1 −b1)(bm+1 −b2) .(bm+1−bm)g(bm+1) + 1.
(bm+1−b1)(bm+1−b2) .(bm+1 −bm)g(bm+1) = −2.
Các hiệu số bm+1−bi là ước của −2, do đó chúng chỉ có thể nhận giá trị ±1 hoặc ±2 Vì các bi là phân biệt và không trùng lặp, nên giá trị m không vượt quá 4 Nếu m bằng 4, ta sẽ có các kết quả tương ứng.
2, điều này là vô lý Do đó m ≤ 3 Trường hợp còn lại được chứng minh tương tự.
Mệnh đề 4 được phân tích chi tiết trong bài báo nổi tiếng "Annals of Math," xuất bản năm 1993, bởi hai nhà toán học H L Dorwart và O Ore.
2.1.2 Mệnh đề 5 Nếu f(x) có bậc n và n≥ 4, thì u(f) ≤ n.
Giả sử u(f) > n, với n ≥ 4, thì u(f) ≥ 5 Điều này dẫn đến việc f(x) có giá trị 1 ít nhất 3 lần hoặc giá trị −1 ít nhất 3 lần Không mất tính tổng quát, ta giả thiết f(x) nhận giá trị 1 ít nhất 3 lần Nếu f(x) nhận giá trị 1 nhiều hơn 3 lần, theo Mệnh đề 4, f(x) sẽ không nhận giá trị −1, dẫn đến f(x) nhận giá trị 1 nhiều hơn n lần, điều này mâu thuẫn với định nghĩa của đa thức bậc n, vì một đa thức bậc n chỉ có thể nhận cùng một giá trị tại nhiều nhất n điểm Do đó, f(x) chỉ nhận giá trị 1 đúng 3 lần Nếu f(x) nhận giá trị −1 tại m lần, thì m = u(f)−3 > n−3 ≥ 2.
Gọi b1, b2, b3 là các giá trị nguyên đôi một khác nhau sao cho f(b1) = f(b2) =f(b3) = 1.
Gọi c1, c2, cm, m ≥ 2 sao cho f(c1) = f(c2) = ã ã ã = f(cm) =−1.
Suy ra f(x) = (x−b1)(x−b2)(x−b3)g(x) + 1, với g(x) là đa thức có hệ số nguyên Thay x = ci với i = 1,2 ta có
Giả sử b1 < b2 < b3, ta có ba ước ci−b1, ci−b2, ci−b3 khác nhau của −2, trong đó một trong ba ước phải là 2 hoặc −2, và hai ước còn lại là 1 và −1 Nếu c1 có một ước là 2, ta có c1 −b1 = 2, c1 −b2 = 1 và c1 −b3 = −1 Nếu c2 cũng có một ước là 2, thì c2 = c1, điều này mâu thuẫn Do đó, với c2, một trong các ước phải là −2, dẫn đến c2 = b2, cũng mâu thuẫn vì f(c2) = −1 trong khi f(b2) = 1 Tương tự, nếu c1 có một ước là −2, ta cũng sẽ gặp mâu thuẫn Vậy mệnh đề đã được chứng minh.
2.1.3 Mệnh đề 6 Nếu f(x) là đa thức với hệ số nguyên có bậc n thì ta luôn có u(f) ≤2n.
Gọi m1 là số lần f(x) nhận giá trị 1 và m2 là số lần f(x) nhận giá trị −1, ta có u(f) = m1 + m2 Theo định lý, mi ≤ n vì đa thức f(x) − 1 và f(x) + 1 không có quá n nghiệm, do đó u(f) ≤ 2n Định lý này đưa ra tiêu chuẩn bất khả quy cho đa thức với hệ số nguyên, dựa trên mối quan hệ giữa bậc của đa thức và số lần nhận giá trị khả nghịch R Thangadurai đã trình bày kết quả này trong bài báo "Irreducibility of Polynomials Whose Coefficients are Integers" trên tạp chí Mathematics Newsletter tháng 9 năm 2007, trang 30.
Định lý 6 cho rằng nếu f(x) là một đa thức với hệ số nguyên và có bậc n ≥ 8, thì nếu f(x) nhận giá trị 1 nhiều hơn n/2 lần hoặc nhận giá trị -1 nhiều hơn n/2 lần, thì f(x) sẽ bất khả quy trên tập Q.
Chúng ta tiến hành chứng minh bằng phương pháp phản chứng Giả sử rằng f(x) không bất khả quy trên Q Theo Bổ đề Gauss, f(x) có thể được phân tích thành g(x)h(x), trong đó g(x) và h(x) là các nhân tử không tầm thường, tức là cả hai đều là đa thức bậc dương với hệ số nguyên Do bậc của f(x) là tổng bậc của g(x) và h(x), chúng ta có thể giả thiết rằng g(x) có bậc m với m ≥ n/2 ≥ 4 Theo giả thiết, f(x) có thể nhận giá trị 1 tại u(f) lần hoặc giá trị −1 tại u(f) lần; không mất tính tổng quát, chúng ta giả định rằng f(x) nhận giá trị −1 tại u(f) lần.
Ta khẳng định g(x) nhận giá trị 1 tại u(g) lần hoặc g(x) nhận giá trị
Nếu g(x) nhận giá trị 1 ít nhất 4 lần hoặc -1 ít nhất 4 lần, khẳng định trên được suy ra từ Mệnh đề 4 Ngược lại, nếu g(x) nhận giá trị 1 dưới 4 lần và -1 cũng dưới 4 lần, ta có u(g) ≥ u(f) và u(h) ≥ u(f) Điều này dẫn đến u(g) ≥ u(f) > n/2, suy ra u(g) ≥ 5 Ta có thể giả thiết rằng g(x) nhận giá trị 1 tại đúng
G(x) nhận giá trị −1 ít nhất 2 lần khi g(x) được xác định 3 lần Tuy nhiên, theo lập luận tương tự như trong chứng minh Mệnh đề 5, điều này là không thể xảy ra Do đó, khẳng định được chứng minh.
Theo giả thiết, g(x) nhận giá trị 1 tại u(g) lần với u(g) > n/2 Gọi a1, a2, , au(f) là các số nguyên phân biệt sao cho f(ai) = 1, dẫn đến g(ai) = 1 Từ f(ai) = g(ai)h(ai), suy ra h(ai) = 1 cho mọi i, tức là h(x) nhận giá trị 1 ít nhất u(f) lần Với u(f) > n/2, ta có degh(x) ≥ u(f) > n/2 Kết luận là degh(x) + degg(x) > degf(x), điều này mâu thuẫn với giả thuyết ban đầu.
Nếu g(x) nhận giá trị −1 nhiều hơn n/2 lần, thì h(x) cũng sẽ nhận giá trị −1 nhiều hơn n/2 lần Điều này dẫn đến tổng bậc của g(x) và h(x) lớn hơn n, điều này là vô lý Do đó, f(x) là bất khả quy trên Q.
2.1.5 Ví dụ 6 Xét tính bất khả quy của các đa thức sau trên Q:
(i) Ta có f(x) −1 = (x −2)(x+ 2)(x−3)(x+ 3)x(x 4 + 1) Vì thế f(x) nhận giá trị 1tại đúng 5 điểm Vì degf(x) = 9 và 5 > 9/2 nên theo Định lý 6 ta suy ra f(x) bất khả quy trên Q.
(ii) 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, nhưng g(x) không bất khả quy trên Q theo Định lý 6 Thật vậy, ta có g(0) = 0 do đó g(x) khả quy trên Q.
Đa thức g(x) trong Ví dụ 6 có số lần nhận giá trị -1 lớn hơn degg(x)/2, nhưng không bất khả quy theo Định lý 6 vì degg(x) < 8 Việc xét tính bất khả quy của đa thức f(x) không thể thực hiện bằng Tiêu chuẩn Eisenstein hoặc phương pháp rút gọn theo module số nguyên tố Tuy nhiên, áp dụng Định lý 6, ta có thể phân tích đa thức f(x) - 1 thành nhân tử, với f(x) - 1 có 5 nghiệm nguyên, giúp cho việc phân tích trở nên dễ dàng.
Cuối mục này, chúng tôi giới thiệu khái niệm về đa thức béo và trình bày một số kết quả liên quan đến giá trị khả nghịch của các đa thức này.
2.1.6 Định nghĩa 2 Đa thức g(x) ∈ Z[x] được gọi là béo nếu
Giá trị nguyên tố và tính bất khả quy
Mục tiêu của phần này là trình bày một số tiêu chuẩn bất khả quy trên
Q của đa thức với hệ số nguyên trong mối quan hệ với giá trị nguyên tố của đa thức.
P(f) := Card{n∈ Z :f(n) =±p, trong đó p là số nguyên tố}.
P(f) đại diện cho số lần f(x) nhận giá trị nguyên tố hoặc số đối của số nguyên tố, với P(f) = ∞ cho các đa thức vô hạn f(x) ∈ Z[x] Theo Định lý Dirichlet, nếu a và b là hai số tự nhiên nguyên tố cùng nhau, thì có vô hạn số nguyên tố trong dãy {an+b} với n ∈ N Do đó, tồn tại vô hạn đa thức dạng f(x) = ax + b với a, b là số nguyên và gcd(a, b) = 1, thỏa mãn P(f) = ∞ Định lý quan trọng trong mục này chỉ ra rằng nếu f(x) nhận giá trị nguyên tố nhiều hơn 2 lần bậc của nó, thì f(x) là bất khả quy trên Q Định lý này được phát biểu bởi R Thangadurai trong bài báo "Irreducibility of Polynomials Whose Coefficients are Integers." Cụ thể, Định lý 7 khẳng định rằng nếu f(x) là đa thức có hệ số nguyên với bậc n > 0 và P(f) > 2n, thì f(x) là bất khả quy trên Q.
Chúng ta sẽ chứng minh bằng phương pháp phản chứng Giả sử hàm số f(x) không phải là bất khả quy Theo Bổ đề Gauss, f(x) có thể được phân tích thành g(x)h(x), với g(x) và h(x) thuộc Z[x] và bậc của cả hai hàm số này đều dương Giả sử P(f) có m phần tử Khi đó, tồn tại các số nguyên b1, b2, , bm sao cho f(bi) là số nguyên tố hoặc là số đối của một số nguyên tố.
Giả sử p = f(n) = g(n)h(n) là một số nguyên tố, thì hoặc g(n) ±1 hoặc h(n) = ±1, dẫn đến g(bi) = ±1 hoặc h(bi) = ±1 với mọi i từ 1 đến m Từ đó, ta suy ra u(h) + u(g) ≥ P(f) > 2n Nếu degg(x) = r, thì degh(x) = n − r Theo Mệnh đề 2.1.3, ta có u(g) ≤ 2r và u(h) ≤ 2(n − r), do đó u(g) + u(h) ≤ 2n, điều này mâu thuẫn với giả thiết ban đầu Vì vậy, f(x) là bất khả quy.
Hệ quả sau đây được suy ra trực tiếp từ Định lý 7.
2.2.2 Hệ quả 1 Cho f(x) là đa thức có hệ số nguyên với bậc là n > 0. Nếu P(f) = ∞ thì f(x) bất khả quy trên Q.
2.2.3 Ví dụ 7 Các đa thức sau là bất khả quy trên Q.
Đa thức f(x) có giá trị f(0) = 2, f(1) = 2, f(−1) = 2, f(3) = 2, f(−3) = 2, f(2) = 17, f(−2) = 17, f(4) = 107, và f(−4) = 107, cho thấy f(x) nhận giá trị nguyên tố tại ít nhất 9 lần Với bậc của đa thức là 4, theo Định lý 7, đa thức f(x) là bất khả quy trên Q.
Vì 3,−5,7,19,241,271,613,643, 2377 là các số nguyên tố hoặc số đối của số nguyên tố và degg(x) = 4 nên theo Định lý 7, đa thức g(x) là bất khả quy trên Q.
Đa thức h(x) nhận giá trị nguyên tố tại ít nhất 5 lần với các giá trị h(−7) = 191, h(−6) = 163, h(−1) = 113, h(3) = 181, và h(5) = 251 Vì 113, 163, 181, 191, và 251 đều là các số nguyên tố, nên theo Định lý 7, đa thức h(x) có bậc 2 là bất khả quy trên Q.
Đa thức g(x) trong Ví dụ 7 là bất khả quy theo Tiêu chuẩn Eisenstein với p = 3, trong khi tính bất khả quy của h(x) được suy ra từ việc h(x) không có nghiệm hữu tỷ Hệ số tự do của h(x) có các ước ±1, ±11, ±121, do đó việc tìm nghiệm của h(x) tương đương với việc kiểm tra các ước này Tuy nhiên, tính bất khả quy của đa thức f(x) trong Ví dụ 7 không thể được xác định bằng Tiêu chuẩn Eisenstein hay phương pháp rút gọn theo module một số nguyên tố Định lý được trình bày trong bài báo của R Thangadurai cung cấp một tiêu chuẩn bất khả quy của đa thức dựa trên số lần nhận giá trị nguyên tố, giá trị đối nguyên tố hoặc giá trị khả nghịch, là một tiêu chuẩn hữu hiệu để đánh giá tính bất khả quy của đa thức.
Định lý 8 khẳng định rằng nếu f(x) là một đa thức bậc n với hệ số nguyên và tồn tại n+1 số nguyên m1, m2, , mn+1 thỏa mãn điều kiện |mi−mj| > 2 cho mọi i khác j, đồng thời f(mi) là số nguyên tố, số đối của số nguyên tố hoặc số khả nghịch, thì f(x) không thể phân tích được trên trường Q.
Chúng ta sẽ chứng minh bằng phương pháp phản chứng Giả sử rằng f(x) không phải là bất khả quy trên Q Theo Bổ đề Gauss, f(x) có thể được phân tích thành g(x)h(x), với g(x) và h(x) là các đa thức bậc dương có hệ số nguyên Xét tại các số nguyên m_i, ta có f(m_i) = g(m_i)h(m_i) là số nguyên tố, số đối của số nguyên tố hoặc khả nghịch Do đó, ít nhất một trong hai số g(m_i) hoặc h(m_i) phải khả nghịch, tức là g(m_i) = ±1 hoặc h(m_i) = ±1 với mọi i.
Không tồn tại i 6= j sao cho g(mi) = 1 và g(mj) = −1 Giả sử điều ngược lại là đúng, ta có thể viết g(x) = bd x^d + bd−1 x^(d−1) + + b0 Khi lấy hiệu g(mi) − g(mj), ta nhận được biểu thức bd(m^d_i − m^d_j) + bd−1(m^(d−1)_i − m^(d−1)_j) + + b1(mi − mj) = 2.
Vế trái của đẳng thức là bội của mi−mj, cho thấy mi−mj là ước của 2 Điều này mâu thuẫn với giả thiết |mi−mj| > 2, từ đó khẳng định được chứng minh.
Theo khẳng định trên, g(x) nếu nhận giá trị 1 thì không nhận giá trị
Tại các số m1, m2, , mn+1, hàm g(x) có thể nhận giá trị nhiều nhất là d lần, với d là bậc của g(x) Tương tự, hàm h(x) nhận giá trị khả nghịch nhiều nhất là d' lần, trong đó d' là bậc của h(x) Do đó, tổng số lần mà h(x) hoặc g(x) nhận giá trị khả nghịch tại các số m1, m2, , mn+1 không vượt quá d + d' lần Điều này dẫn đến bất đẳng thức n = d + d' ≥ n + 1, gây ra mâu thuẫn Vì vậy, hàm f(x) là bất khả quy trên Q.
2.2.5 Ví dụ 8 Đa thức f(x) = x 6 −3x 5 −87x 4 + 118x 3 + 21x−1 là bất khả quy trên Q.
Đạo hàm degf(x) = 6 và có bảy số m1 = −22, m2 = −8, m3 = −4, m4 = 0, m5 = 12, m6 = 18 và m7 = 30 thỏa mãn điều kiện hiệu giữa hai số bất kỳ có giá trị tuyệt đối lớn hơn 2 Tại bảy số này, giá trị f(x) đều là số nguyên tố, số đối của số nguyên tố hoặc khả nghịch Theo Định lý 8, đa thức f(x) là bất khả quy trên Q.
Tính bất khả quy của đa thức f(x) trong Ví dụ 8 không thể được xác định chỉ dựa vào các tiêu chuẩn như Tiêu chuẩn Eisenstein, tiêu chuẩn rút gọn theo module số nguyên tố, hay tiêu chuẩn liên quan đến số lần đa thức nhận giá trị khả nghịch (Định lý 6).
The following Theorems 9 and 10 are articulated based on the findings presented in R Thangadurai's article, "Irreducibility of Polynomials Whose Coefficients are Integers," published in Mathematics Newsletter, 17.
2.2.6 Định lý 9 Cho f(x) là đa thức bậc n > 0 với hệ số nguyên Nếu
P(f) + 2u(f) ≥ n+ 4 thì f(x) bất khả quy trên trường các số hữu tỷ Q.
Chứng minh Ta chứng minh bằng phương pháp phản chứng.
Giả sử đa thức f(x) không bất khả quy trên Q, theo Bổ đề Gauss, f(x) có thể phân tích thành f(x) = g(x)h(x), với g(x) và h(x) là các đa thức bậc dương có hệ số nguyên Không làm mất tính tổng quát, giả sử
ℓ(g) ≥ ℓ(h), trong đó ℓ(g) = u(g)−degg(x), ℓ(h) =u(h)−degh(x) như Định nghĩa 2 Ta sẽ chứng minh
Một tiêu chuẩn mới về tính bất khả quy
Mục tiêu của phần này là giới thiệu một tiêu chuẩn mới về tính bất khả quy của đa thức trên trường Q với các hệ số nguyên, trong đó các hệ số được sắp xếp tăng dần theo bậc và đảm bảo có ít nhất một giá trị nguyên tố Các kết quả được trình bày dựa trên nghiên cứu của A Jakhar và N Sangwan (2018) trong bài báo "An irreducibility criterion for integer polynomials" đăng trên tạp chí Amer Math Monthly, 125, 464-465 Định lý 11 là kết quả chính của phần 2.3.
Gọi C là tập các điểm phía trong hình tròn phức bán kính là đơn vị, tức là
C := {z ∈ C : |z| < 1}, trong đó C là trường số phức.
Trước khi phát biểu kết quả chính của mục này, chúng ta cần một số kết quả bổ trợ sau đây.
Chứng minh mệnh đề sau đây được trình bày trong tài liệu “A Class of Irreducible Polynomials” của tác giả J Harrington, L Jones [Mệnh đề 2.3, trang 113-119] được xuất bản năm 2013.
2.3.1 Mệnh đề 8 Cho f(x) = a n x n + ã ã ã + a 0 ∈ Q[x] và giả sử a i 60, aj 6= 0 với 0 ≤ i < j ≤ n Giả sử
|al| ≤q t |at| trong đó 0 ≤ t≤ n, t 6= i, t 6= j và q ∈ R với 0 < q ≤ 1 Nếu f(x) có một nghiệm α với α ∈ {z ∈ C | q ≤ |z| ≤ 1} thì bất đẳng thức trên trở thành đẳng thức và α 2(j − i) = 1.
Bây giờ chúng ta sẽ chứng minh hai mệnh đề cơ sở mà kết quả của chúng độc lập với nhau và khá thú vị.
2.3.2 Mệnh đề 9 Cho đa thức f(x) =anx n +ã ã ã+a0 ∈ Z[x] sao cho
0< a0 ≤ a1 ≤ ≤ak − 1 < ak < ak+1 ≤ ≤an − 1 ≤ an với chỉ số k thỏa mãn 0 ≤ k ≤n−1 Khi đó tất cả các nghiệm của f(x) đều thuộc tập C.
Chứng minh Đầu tiên ta chứng minh f(x)có tất cả các nghiệm đều thuộc tập
Giả sử ngược lại, f(x) có một nghiệm α sao cho |α| > 1 Khi đó α là nghiệm của
F(x) = (x−1)f(x) = a_n x^{n+1} + (a_n − 1 − a_n)x^n + + (a_0 − a_1)x − a_0 Lưu ý rằng mô-đun của tích hai số phức bằng tích của hai mô-đun của hai số phức đó Hơn nữa, mô-đun của tổng hai số phức luôn nhỏ hơn hoặc bằng tổng hai mô-đun của hai số phức đó Do đó, theo giả thiết của Mệnh đề và giả thiết |α| > 1, ta có.
Tất cả các nghiệm của f(x) phải nằm trong hình tròn bán kính đơn vị do mâu thuẫn với điều kiện an > 0 Để chứng minh rằng các nghiệm α của f(x) thuộc C, ta giả sử |α| = 1 Khi đó, các hệ số của x^k và x^(k+1) trong F(x) đều âm, ngoại trừ hệ số a_n là dương, thỏa mãn giả thiết của Mệnh đề 8 với t = n + 1, i = k, j = k + 1 và q = 1 Theo Mệnh đề 8, ta có α^2 = 1, điều này không thể xảy ra vì f(1) và f(−1) đều khác 0 Do đó, tất cả các nghiệm của f(x) đều thuộc C.
2.3.3 Mệnh đề 10 Cho đa thức f(x) ∈ Z[x] là một đa thức có tất cả các nghiệm nằm trong tập C Nếu tồn tại số nguyên m với |m| ≥ 2 sao cho
|f(m)| là số nguyên tố, thì f(x) là bất khả quy trên Q.
Để chứng minh, giả sử rằng đa thức f(x) không bất khả quy trên Q Theo Bổ đề Gauss, f(x) có thể được phân tích thành g(x)h(x), với g(x) và h(x) thuộc Z[x] Theo giả thiết, giá trị tuyệt đối |f(m)| là một số nguyên tố, do đó ít nhất
Giả sử |g(m)| = 1 và degg(x) = k, theo Định lý cơ bản của Đại số, g(x) sẽ có k nghiệm trong C, mỗi nghiệm được tính với số bội của nó Gọi các nghiệm của g(x) là α1, , αk, thì chúng cũng là nghiệm của f(x) và g(x) = c k.
Trong bài viết này, chúng ta xem xét biểu thức (x−α i ), trong đó c là hệ số cao nhất của g(x) Theo giả thiết về các nghiệm của f(x), ta có αi thuộc C và |αi| nhỏ hơn 1 với mọi 1 ≤ i ≤ k Ngoài ra, theo giả thiết, |m| lớn hơn hoặc bằng 2 Cần lưu ý rằng module của hiệu hai số phức luôn lớn hơn hoặc bằng hiệu của hai module tương ứng.
(|m| −1)≥ 1,suy ra |g(m)| > 1, điều này là mâu thuẫn.
Bằng các lập luận tương tự như trong chứng minh Mệnh đề 10, ta thu được kết quả sau.
2.3.4 Mệnh đề 11 Cho đa thức f(x) ∈ Z[x] có tất cả các nghiệm trong tập {z ∈ C : |z| > 1} Nếu |f(0)| là một số nguyên tố thì f(x) bất khả quy trên Q.
Chúng ta sẽ chứng minh một tiêu chuẩn mới về tính bất khả quy của các đa thức với hệ số nguyên, trong đó các hệ số tăng dần theo bậc và đa thức này phải nhận ít nhất một giá trị nguyên tố.
2.3.5 Định lý 11 Cho đa thức f(x) = anx n +an − 1x n − 1 +ã ã ã+a1x+a0 với hệ số nguyên thỏa mãn một trong các điều kiện:
(i) 0 ≤ a0 ≤ a1 ≤ ≤ ak − 1 < ak < ak+1 ≤ ≤ an với các giá trị của số k thỏa mãn 0≤ k ≤n−1;
Giả sử |a n| và |f(m)| là các số nguyên tố với m ≥ 2, thì f(x) là bất khả quy trên Q Hơn nữa, nếu |m| = a r với a và r là các số tự nhiên, thì f(x r) cũng bất khả quy trên Q.
Nếu đa thức f(x) thỏa mãn điều kiện (i) của định lý, theo Mệnh đề 9, tất cả các nghiệm của f(x) đều nằm trong đường tròn đơn vị C = {z ∈ C : |z| < 1} Ngoài ra, khi điều kiện (ii) được thỏa mãn và |α| ≥ 1, ta có thể suy ra từ tính chất của module của hiệu hai số phức.
Vì f(α) khác 0, nên nếu f(x) đáp ứng điều kiện (ii) của định lý, tất cả nghiệm của f(x) sẽ nằm trong tập C Theo giả thiết a0 khác 0, do đó mọi nghiệm của đa thức g(x) := x n f cũng phải thỏa mãn điều kiện này.
Xét hàm số f(x) với điều kiện 1 x nằm trong tập {z ∈ C : |z| > 1} Khi |a n | = |g(0)| là một số nguyên tố, theo Mệnh đề 2.3.4, g(x) bất khả quy trên Q dẫn đến f(x) cũng bất khả quy trên Q Nếu tồn tại số nguyên m với |m| ≥ 2 sao cho |f(m)| là số nguyên tố, thì theo Mệnh đề 10, f(x) bất khả quy trên Q Để chứng minh rằng nếu |m| là lũy thừa bậc r của số nguyên, thì f(x r ) bất khả quy trên Q, ta nhận thấy tất cả nghiệm của f(x) nằm trong tập C với module nhỏ hơn 1 Nếu β là nghiệm của f(x r ), thì β r là nghiệm của f(x), cho thấy β là căn bậc r của α (nghiệm của f(x)), và module của β cũng nhỏ hơn 1 Do đó, tất cả nghiệm của f(x r ) và f(−x r ) đều nằm trong C Cuối cùng, với |f(m)| là số nguyên tố, theo Mệnh đề 10, ta thu được kết quả mong muốn.
2.3.6 Hệ quả 2 Giả sử 2 2 n + 1 là một số nguyên tố Khi đó đa thức f(x) = (2 2 n + 1)x n +an − 1x n − 1 +ã ã ã+a1x+ a0, với
1 ≤ a0 ≤ ≤ ak − 1 < ak < ak+1 ≤ ≤an − 1 ≤ 2 2 n + 1 và 1 ≤k ≤ n−1 bất khả quy trên Q
Chứng minh Ta có 2 2 n + 1 là một số nguyên tố Khi đó đa thức f(x) = (2 2 n + 1)x n + an − 1x n − 1 +ã ã ã+a1x+ a0 với
1 ≤ a0 ≤ ≤ ak − 1 < ak < ak+1 ≤ ≤an − 1 ≤ 2 2 n + 1 và 1 ≤ k ≤ n−1 thỏa mãn điều kiện (i) của Định lý 11 Do đó f(x) là đa thức bất khả quy trên Q.
2.3.7 Ví dụ 11 Đa thức f(x) = 11x 5 + 3x 4 −2x 3 +x+ 1 là đa thức bất khả quy trên Q.
Chứng minh Đa thứcf(x) = 11x 5 + 3x 4 −2x 3 +x+ 1có a5 = 11, a4 = 3, a 3 = −2, a 2 = 0, a 1 = 1, a 0 = 1 Các hệ số này thỏa mãn
Hơn nữa, a5 = 11 và f(2) = 389 là các số nguyên tố Như vậy f(x) thỏa mãn điều kiện (ii) của Định lý 11 với m = 2 Do đó f(x) là đa thức bất khả quy trên Q.
2.3.8 Ví dụ 12 Đa thức g(x) = 64x 5 + 2x 4 −5x 3 + 2x 2 −9 bất khả quy trên trường các số hữu tỷ Q.
Chứng minh Đa thức g(x) = 64x 5 + 2x 4 − 5x 3 + 2x 2 − 1 có a5 = 64, a4 = 2, a3 = −5, a2 = 2, a1 = 0, a0 = −9 Các hệ số này thỏa mãn
|a5| > |a4|+|a3|+ |a2|+|a1|+|a0|. Chọn m = 2, ta có g(2) = 64.2 5 + 2.2 4 −5.2 3 + 2.2 2 −1 = 2 11 −9 = 2039 là một số nguyên tố Như vậy g(x) thỏa mãn điều kiện (ii) của Định lý 11 với m = 2 Do đó g(x) là đa thức bất khả quy trên Q.
Giá trị nguyên tố tại đối số đủ lớn và tính bất khả quy
Chúng ta định nghĩa “chiều cao” cuả f(x)
Vì đa thức f(x) cho trước nên ta hoàn toàn xác định được H1, H2 và r. Gọi
Nếu nghiệm của f(x) nằm trong giới hạn trên mặt phẳng phức, chúng ta có thể chứng minh các tiêu chuẩn bất khả quy bằng cách sử dụng các điều kiện đã nêu Do đó, trước tiên, chúng ta sẽ đưa ra một số cận cho nghiệm phức bất kỳ của f(x) dựa trên các định lý dưới đây.
2.4.1 Mệnh đề 12 Gọi f(x) là đa thức bậc n với hệ số nguyên. f(x) = a n x n +a n − 1 x n − 1 +ã ã ã+a 1 x+a 0
Giả sử an − k = 0 với mọi k = 1,2, , r trong đó 0 ≤ r ≤ n− 1 Nếu α ∈ C là một nghiệm của f(x) thì
Chứng minh Gọi α ∈ C là một nghiệm của f(x) Vì α là một nghiệm của f(x) và an − k = 0 với mọi k = 1,2, , r nên ta có
Nếu |α| ≤ 1 thì hiển nhiên |α| < H 1 1/(r+1) + 1 vì H1 > 0 Nếu |α| > 1, theo bất phương trình trên ta có
Nếu r = 0 theo Mệnh đề 12, thì an − 1 sẽ không bằng 0 Điều này được chứng minh trong cuốn sách “Exercises de mathématiques” của nhà toán học A.L Cauchy, xuất bản năm 1857, trang 176.
2.4.2 Mệnh đề 13 Gọi f(x) là đa thức bậc n với hệ số nguyên f(x) = anx n +an − 1x n − 1 +ã ã ã+a1x+a0. Nếu α ∈ C là một nghiệm của f(x) thì |α| < 2H2.
Chứng minh Gọi bi = ai an với mọi i = 1,2, , n−1 Kí hiệu c := max
0 ≤ i ≤ n − 1{|bi| 1/(n − i) } và η = α c Để chứng minh mệnh đề, ta chỉ cần chỉ ra rằng |η| < 2 cũng như c = H2.
Theo định nghĩa, ta có |ai an| ≤ c n − i với mọi i = 1,2, , n−1 Khi đó an η n + bn − 1 c η n − 1 +ã ã ã+ b0 c n
Vì |bi| ≤c n − i nên ta được
|η| n ≤1 +|η|+|η| 2 + .+|η| n − 1 Nếu |η| ≥2, theo bất đẳng thức trên ta có
|η| −1, kéo theo |η| < 2, mâu thuẫn với điều giả sử trên Suy ra |η| < 2, tức là
|α| < 2c Vì c = H2 nên ta thu được |α| < H2.
2.4.3 Định lý 12 Giả sử f(x) là đa thức với hệ số nguyên bậc n f(x) = a n x n +a n − 1 x n − 1 +ã ã ã+a 1 x+a 0
Nếu tồn tại số nguyên m ≥ H + 1 sao cho f(m) nguyên tố thì f(x) bất khả quy trên trường số hữu tỷ Q.
Chứng minh Giả sử f(x) là đa thức bậc n với hệ số nguyên Chọn α ∈ C là một nghiệm của f(x) Theo Mệnh đề 12 và Mệnh đề 13, ta có
Ta chứng minh bằng phương pháp phản chứng rằng nếu f(x) = g(x)h(x) với g(x), h(x) là các đa thức bậc dương có hệ số nguyên, thì f(m) là số nguyên tố dẫn đến g(m) hoặc h(m) bằng ±1 Giả sử g(m) = ±1, ta có thể viết lại g(x) dưới dạng g(x) = cQ i (x−αi), trong đó αi là các nghiệm của g(x) và c là hệ số cao nhất Vì αi cũng là các nghiệm của f(x), nên |αi| < H.
(m−H) ≥ 1. Điều này là mâu thuẫn Do đó f(x) là đa thức bất khả quy trên Q.
2.4.4 Ví dụ 13 Đa thức f(x) = 10x 5 + 3x 4 + 2x 3 +x+ 1 là đa thức bất khả quy trên Q.
Chứng minh Đa thức f(x) có a5 = 10, a4 = 3, a3 = 2, a2 = 0, a1 = 1, a0 = 1 Suy ra r = 0 Theo cách định nghĩa H1, H2 và H ở đầu mục 2.4, ta có
Chọn m = 2 Rõ ràng m > H + 1 và f(2) = 389 là số nguyên tố Theo Định lý 12, f(x) là đa thức bất khả quy trên Q.
In 1980, J Brillhart published a paper titled "Note on Irreducibility Testing" in the journal Mathematics of Computation, where he demonstrated that the irreducibility of a polynomial can be inferred from its prime value at sufficiently large argument positions.
Định lý 13 chỉ ra rằng, đối với một đa thức f(x) có hệ số nguyên và bậc dương, nếu f(x) cho giá trị là số nguyên tố tại một số nguyên lớn, thì đa thức này sẽ không thể phân tích được trên tập hợp số hữu tỷ Q.
Chứng minh rằng f(x) là bất khả quy Giả sử f(x) có thể phân tích thành f(x) = g(x)h(x) với g(x) và h(x) là đa thức bậc dương có hệ số nguyên Gọi {bi} và {b'j} lần lượt là tập hợp các nghiệm nguyên của g(x)±1 và h(x)±1, thì cả hai tập này đều hữu hạn Đặt M1 = max|bi|, M2 = max|b'j| và M = max(M1, M2) Nếu tồn tại số nguyên m với |m| > M và f(m) là số nguyên tố, thì g(m) hoặc h(m) phải bằng 1 hoặc -1, tức là m thuộc {bi} hoặc {b'j}, điều này dẫn đến mâu thuẫn Do đó, f(x) không thể phân tích thành tích của hai đa thức bậc dương với hệ số nguyên, chứng minh rằng f(x) là bất khả quy trên Q.
Nếu P(f) = ∞, thì hàm f(x) không thể tích phân được Tuy nhiên, điều ngược lại không đúng; tức là, nếu hàm f(x) không thể tích phân, chúng ta không thể khẳng định rằng P(f) = ∞ Dưới đây là một ví dụ minh họa cho điều này.
2.4.6 Ví dụ 14 Đa thức f(x) = x n + 105x+ 12 bất khả quy trên Q và f(x) không nhận giá trị nguyên tố hoặc số đối của số nguyên tố (tức là
Chứng minh Đa thức f(x) =x n + 105x+ 12 bất khả quy theo tiêu chuẩn Eisenstein với p = 3 Ta có phân tích f(x) =x(x n − 1 + 105) + 12.
Với mỗi số nguyên m bất kỳ, ta có f(m) = m(m n − 1 + 105) + 12 luôn là số chẵn Giả sử tồn tại số nguyên m để f(m) = 2 Khi đó m(m n − 1 + 105) + 12 = 2.
Suy ra m là ước của10 Thử tất cả các trường hợpm là ước của 10ta thấy đẳng thức trên đều không thỏa mãn Vậy f(x) không nhận giá trị bằng 2.
Do đó f(m) luôn là hợp số với mọi số nguyên m, tức là P(f) = 0.
Trong luận văn này chúng tôi đã trình bày những nội dung sau về tính bất khả quy của đa thức với hệ số nguyên:
• Chứng minh Tiêu chuẩn Eisenstein (Định lý 1) và một số mở rộng (Định lý 2, Định lý 3).
• Chứng minh tiêu chuẩn rút gọn theo module môt số nguyên tố (Định lý 4) và bài toán ngược.
• Chứng minh các đinh lý về mối liên hệ giữa giá trị khả nghịch, giá trị nguyên tố và tính bất khả quy của đa thức.
• Chứng minh các định lý về mối liên hệ giữa giá trị nguyên tố tại đối số đủ lớn và tính bất khả quy.
• Chứng minh định lý về mối liên hệ giữa tính bất khả quy và giá trị nguyên tố.
• Ví dụ minh họa cho các định lý, các mệnh đề.
[1] Nguyễn Khắc Hưởng (2018), Tiêu chuẩn Eisenstein về tính bất khả quy của đa thức, Luận văn Thạc sĩ, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên.
[2] Nguyễn Văn Lập (2015), Về đa thức khả quy trên Zp nhưng bất khả quy trên Q, Luận văn Thạc sĩ, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên.
[3] Lê Thị Thanh Nhàn (2015), Giáo trình Lý thuyết đa thức, Nhà xuất bản Đại học quốc gia Hà Nội.
[4] H Chao (1974), A Generalization of Eisenstein’s Criterion, Mathe- matics Magazine, Vol 47, 158-159.
[5] E Diver, P A Leonard and K S Williams (2005), Irreducible quartic polynomials with factorizations modulo p, Amer Math Monthly, 112, No.10, 876-890.
[6] M Filaseta (1982), A further generalization of an irreducibility theo- rem of A.Cohn, Canad J Math., 34, 1390-1395.
[7] R Guralnick, M Schacher, J Sonn (2005) Irreducible polynomials which are locally reducible everywhere, Proc Amer Math Ann., 133,
[8] A Jakhar and N Sangwan (2018), An irreducibility criterion for in- teger polynomials, Amer Math Monthly, 125, 464-465.