Cho đa thức f(x) =anxn+ã ã ã+a1x+a0 ∈ Z[x] với a0, a1, . . . , an ∈ Z, an ̸= 0. Ta ký hiệu P(f) là số lần đa thức f(x) nhận giá trị nguyên tố hoặc số đối của một số nguyên tố, nghĩa là u(f) là số phần tử của tập hợp
m∈Z:|f(m)|=p trong đó 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].
Chứng minh. Ta chứng minh bằng phương pháp phản chứng. Giả sử trái lại rằng f(x) là không bất khả quy trong Q[x]. Theo Mệnh đề 1.3.3 ta có phân tích
f(x) = g(x)h(x) trong đó g(x), h(x)∈Z[x] và degg(x)>0, degh(x)>0.
Ta có nhận xét rằng nếu p =f(a) = g(a)h(a) là một số nguyên tố với a ∈ Z thì hoặc g(a) = ±1 hoặc h(a) = ±1. Giả sử P(f) = m. Khi đó tồn tại các số nguyên b1, b2, . . . , bm sao cho f(bi) với i = 1,2, . . . , m là số nguyên tố hoặc là số đối của số nguyên tố. Theo nhận xét trên ta có g(bi) = ±1 hoặc h(bi) = ±1 với mọii= 1,2, . . . , m. Từ giả thiết ta có u(h) +u(g)≥P(f)>2n. Giả sử degg(x) =r. Khi đó degh(x) =n−r. Theo Mệnh đề 2.5.2 ta có u(g)≤ 2r và u(h) ≤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.
Ví dụ 2.6.3.
(i) Xét tính bất khả quy của đa thức f(x) = x4−10x2+ 11 trong Z[x]. Ta có
f(0) = 2, f(1) = 2, f(−1) = 2, f(3) = 2, f(−3) = 2, f(2) = 17, f(−2) =−17, f(4) = 107, f(−4) = 107.
Vì 2,17,107 là các số nguyên tố cho nên f(x) nhận giá trị nguyên tố tại ít nhất 9 lần. Vì bậc của đa thức là 4 cho nên, theo Mệnh đề 2.6.1, đa thức f(x) là bất khả quy trong Q[x]. Vìf(x)là đa thức nguyên thuỷ cho nên, theo Hệ quả 1.3.5,
đa thức f(x) là bất khả quy trong Z[x].
(ii) Xét tính bất khả quy của đa thức g(x) = x4−3x−3 trong Z[x]. Ta có
g(0) = 3, g(1) =−5, f(−1) = 2, g(2) = 7, g(−2) = 19, g(4) = 241, g(−4) = 271, g(5) = 613, g(−5) = 643, g(7) = 2377.
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) = 3x2+ 11x+ 121 trong Z[x]. Ta có
h(−7) = 191, h(−6) = 163, h(−1) = 113, h(3) = 181, h(5) = 251.
Vì 113, 163, 181, 191, 251 là các số nguyên tố nên h(x) nhận giá trị nguyên tố tại ít nhất 5 lần. Vì bậc của đa thức là 2 cho nên, theo Mệnh đề 2.6.1, đa thức h(x) bất khả quy trên Q[x]. Vì h(x) là đa thức nguyên thuỷ cho nên, theo Hệ quả 1.3.5, đa thức h(x) bất khả quy trong Z[x].
Nhận xét 2.6.4. Đa thức g(x) =x4−3x−3trong Ví dụ 2.6.3 (ii) là bất khả quy theo tiêu chuẩn Eisenstein vớip= 3. Tính bất khả quy củah(x) = 3x2+ 11x+ 121 trong Ví dụ 2.6.3 (iii) có thể suy ra từ sự kiện h(x) không có nghiệm hữu tỷ (hệ số tự do của h(x) có các ước: ±1,±11,±121 nên việc tìm nghiệm củah(x) tương đương với việc tìm giá trị của h(x) tại những ước này). Tuy nhiên tính bất khả quy của đa thức f(x) =x4−10x2+ 11 trong Ví dụ 2.6.3 (i) không thể suy ra từ
tiêu chuẩn Eisenstein và cũng không thể suy ra 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 m1, m2, . . . , mn+1 sao cho |mi−mj|>2 với mọi i̸=j và f(mi) 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].
Chứng minh. Ta chứng minh bằng phương pháp phản chứng. Giả sử f(x) là không bất khả quy trong Q[x]. Khi đó, theo Mệnh đề 1.3.3, có phân tích f(x) = g(x)h(x) trong đó g(x), h(x) ∈ Z[x] là các đa thức có bậc dương. Xét tại các số nguyên mi,vớii= 1,2, . . . , n+ 1vì f(mi) = g(mi)h(mi) là số nguyên tố, số đối của số nguyên tố, hoặc ±1, cho nên một trong hai số g(mi) hoặc h(mi) phải có giá trị ±1, tức là g(mi) = ±1 hoặc h(mi) =±1 với mọi i= 1,2, . . . , n+ 1.
Trước tiên ta khẳng định rằng không tồn tại i ̸= j sao cho g(mi) = 1 và g(mj) = −1. Thật vậy, giả sử trái lại. Giả sử
g(x) =bdxd+bd−1xd−1+. . .+b0 trong đó b0, b1, . . . , bd ∈Z. Rõ ràng, khi đó ta có
2 =g(mi)−g(mj) =bd mdi −mdj
+bd−1 md−1i −md−1j
+. . .+b1(mi−mj) Vì vế phải của đẳng thức trên là bội của mi−mj,cho nên từ đó suy ra mi−mj là ước của 2, điều này trái với giả thiết |mi−mj|>2. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Theo khẳng định trên nếu g(x) nếu nhận giá trị 1 thì nó không nhận giá trị
−1 tại các số m1, m2, . . . , mn+1, và ngược lại. Do đó tại n + 1 số này g(x) nhận
nhiều nhất làdlần trong đó dlà bậc của g(x). Tương tự, ta cũng có thể chứng tỏ rằng tại các số m1, m2, . . . , mn+1, đa thức h(x) nhận giá trị khả nghịch tại nhiều nhấtd′ lần trong đó d′là bậc của h(x). Từ đó suy ra rằng số lầnh(x)nhận giá trị khả nghịch hoặc g(x) nhận giá trị khả nghịch tại các số m1, m2, . . . , mn+1 nhiều nhất là d+d′ lần. Do đó n = d+d′ ≥n+ 1, điều này là không thể xảy ra. Vậy cho nên đa thức f(x) là bất khả quy trong Q[x].
Sau đây là một số ví dụ minh hoạ.
Ví dụ 2.6.6. Đa thức f(x) = x6−3x5−87x4+ 118x3+ 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.
Ta thấy rằng tồn tại bảy số
m1 =−22, m2 =−8, m3=−4, m4= 0, m5 = 12, m6 = 18, và m7= 30
thỏa mãn tính chất hiệu giữa hai số bất kỳ có giá trị tuyệt đối lớn hơn 2; hơn nữa giá trị f(x) tại bảy số này đều là số nguyên tố, số đối của số nguyên tố hoặc khả nghịch. Vì degf(x) = 6, cho nên, theo Mệnh đề 2.6.5, đa thức f(x) là bất khả quy trong Q[x]. Vìf(x)là đa thức nguyên thuỷ cho nên, theo Hệ quả 1.3.5, đa thức f(x) 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].
Chứng minh. Ta chứng minh bằng phương pháp phản chứng. Giả sử đa thức f(x)là không bất khả quy trong Q[x]. Khi đó, theo Mệnh đề 1.3.3, ta có có phân tíchf(x) =g(x)h(x)trong đóg(x), h(x)∈Z[x]là các đa thức có bậc dương. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả thiết l(g)≥l(h) trong đó l(g) =u(g)−degg(x) và l(h) =u(h)−degh(x) được cho như trong Định nghĩa 2.5.6. Trước tiên chứng minh rằng
l(g) +l(h)≥P(f) + 2u(f)−n.
Thật vậy, giả sử m ∈ Z sao cho f(m) là một số nguyên tố. Khi đó f(m) = g(m)h(m), từ đó suy ra g(m) hoặc h(m) nhận giá trị 1 hoặc−1. Trong khi đó với mỗim∈Z sao cho f(m) =±1 ta cũng có g(m)hoặc h(m) nhận giá trị±1. Do đó
u(g) +u(h)≥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, từ đó suy ra P(f) + 2u(f)−n ≥4. Do đó l(g) +l(h) ≥ 4. Nếu l(g) >0 và l(h) >0 thì, theo Định nghĩa 2.5.6, các đa thức g(x), h(x) là"fat". Khi đó, theo Mệnh đề 2.5.7, ta có degg(x)≤3và degh(x)≤3; từ đó duy ra degg(x) +degh(x) ≤ 6, trái với giả thiết. Do đó chỉ có g(x) hoặc h(x) là đa thức "fat".
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả thiết rằng g(x) là đa thức "fat". Vì h(x)không là đa thức"fat" và n≥7cho nên degh(x)≥4vàl(h)≥0. Hơn nữa, vì l(g) +l(h)≥4, cho nên l(g) = u(g)−degg(x)̸= 4; từ đó suy ra u(g)≥4 +degg(x),
điều này dẫn đến mâu thuẫn vì 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
P(f) + 2u(f)≥n+ 4.
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 trái lại rằng f(x) là không bất khả quy trongQ[x]. Khi đó, theo Mệnh đề 1.3.3, ta có phân tíchf(x) = g(x)h(x) trong đóg(x), h(x)∈Z[x] là các đa thức có bậc dương. Theo phép chứng minh của Mệnh đề 2.6.7 ta có
l(g) +l(h)≥P(f) + 2u(f)−n
trong đó l(g) và l(h) được xác định như trong Định nghĩa 2.5.6. Vì P(f) = n+ 3 cho nên
l(g) +l(h)≥n+ 3 + 2u(f)−n = 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".
Không mất tổng quát, ta có thể giả thiết rằng g(x) là đa thức "fat". Khi đó h(x) không là đa thức "fat". Vì thế l(g) ≥ 1 và l(h) ≤ 0. Từ đó suy ra l(g) +l(h)≤l(g). Ta lại có
l(g) +l(h)≥P(f) + 2u(f)−n≥n+ 3−n= 3.
Do đó l(g) ≥ 3. Từ đó suy ra u(g) ≥ degg(x) + 3. Theo các lập luận như trong
phần cuối của phép chứng minh Mệnh đề 2.6.7 ta có được u(g) ≤ degg(x) + 1, điều này mâu thuẫn với u(g)≥degg(x) + 3. Do đó đa thức f(x) là bất khả quy trong Q[x].
Kết luận
Trong luận văn này chúng tôi đã thực hiện được các công việc sau đây.
1. Trình bày một cách chi tiết và có hệ thống các vấn đề liên quan đến vành đa thức có hệ số nguyên.
a) Đa thức nguyên thuỷ và Bổ đề Gauss (Mệnh đề 1.3.3);
b) Mối liên hệ giữa tính bất khả quy trong vành đa thức Z[x] và vành đa thức Q[x] (Mệnh đề 1.3.4, Hệ quả 1.3.5);
c) Vành đa thức Z[x] là vành nhân tử hóa (Mệnh đề 1.3.7);
d) Mô tả các iđêan nguyên tố và iđêan cực đại của vành đa thứcZ[x](Mệnh đề 1.3.9 và Mệnh đề 1.3.10).
2. Trình bày chi tiết một số tiêu chuẩn bất khả quy của đa thức có hệ số nguyên. a) Tiêu chuẩn bất khả quy cho các đa thức có bậc nhỏ hơn hoặc bằng 3 (Mệnh đề 2.1.1, Mệnh đề 2.1.2);
b) Tiêu chuẩn bất khả quy cho các đa thức bậc bốn (Mệnh đề 2.2.2);
c) Tiêu chuẩn bất khả quy rút gọn theo môđun số nguyên tố (Mệnh đề 2.3.1);
d) Tiêu chuẩn Eisenstein (Mệnh đề 2.4.1);
e) Tiêu chuẩn bất khả quy liên quan đến số lần đa thức nhận giá trị ±1 (Mệnh đề 2.5.1, Mệnh đề 2.6.1, Mệnh đề 2.6.5, Mệnh đề 2.6.7, và Mệnh đề
2.6.8 );
f) Tiêu chuẩn bất khả quy liên quan đến số lần đa thức nhận giá trị nguyên tố (Mệnh đề 2.6.1, Mệnh đề 2.6.5, Mệnh đề 2.6.7, và Mệnh đề 2.6.8 );