Cho đa thức f(x) =anxn+ã ã ã+a1x+a0 ∈ Z[x] với a0, a1, . . . , an ∈ Z, an ̸= 0. Ta ký hiệu u(f) là số lần đa thức f(x)nhận giá trị ±1 trên tập số nguyên, nghĩa là u(f) là số phần tử của tập hợp
{m∈Z| |f(m)|= 1}.
Chẳng hạn, với f(x) = x4+ 1 thì u(f) = 1; với g(x) =x2+x+ 1 thì u(g) = 2. Trước tiên ta có các nhận xét sau đây. Nếu f(x) nhận giá trị 1 tại các giá trị nguyên b1, b2, . . . , bm thì
f(x) = r(x)
m
Y
i=1
(x−bi) + 1
với r(x) ∈ Z[x]. Tương tự, nếu f(x) nhận giá trị −1 tại các giá trị nguyên b1, b2, . . . , bk thì
f(x) = s(x)
k
Y
i=1
(x−bi)−1 với s(x)∈Z[x].
Ta cần một số kết quả chuẩn bị.
Mệnh đề 2.5.1. Nếu f(x) nhận giá trị +1 (tương ứng −1) tại m > 3 giá trị nguyên khác nhau của biến x thì f(x) không thể nhận giá trị −1 (tương ứng +1).
Chứng minh. Giả sử b1, b2, . . . , bm với m > 3 là các số nguyên phân biệt sao cho f(bi) = 1 với mọi i= 1,2, . . . , m. Khi đó
f(x) = (x−b1)(x−b2)ã ã ã(x−bm)g(x) + 1
với g(x)∈Z[x]. Giả sử trái lại rằng có số nguyênbm+1sao cho f(bm+1) = −1. Khi đó, thay x=bm+1 vào đẳng thức trên ta nhận được
−1 = (bm+1−b1)(bm+1−b2)ã ã ã(bm+1−bm)g(bm+1) + 1. Từ đó suy ra
(bm+1−b1)(bm+1−b2)ã ã ã(bm+1−bm)g(bm+1) = −2.
Do đó các hiệu số bm+1−bi là ước của −2, cho nên chúng chỉ có thể là ±1 hoặc
±2. Vì các bi, i= 1,2, . . . , m, là phân biệt cho nên m≤4. Nếu m= 4 thì ta có
(−1)(−2)(1)(2)g(bm+1) = −2.
Từ đó suy ra g(bm+1) =−1
2, điều này không thể xảy ra. Do đó m ≤3, điều này trái với giả thiết. Trường hợp còn lại được chứng minh bằng cách lập luận tương tự.
Mệnh đề 2.5.2. Nếu đa thức f(x)∈Z[x] có bậc n và n ≥4 thì u(f)≤n.
Chứng minh. Ta chứng minh bằng phương pháp phản chứng. Giả sử trái lại rằng u(f) > n với n ≥ 4. Khi đó u(f) ≥ 5. Từ đó suy ra f(x) nhận giá trị 1 ít nhất 3 lần, hoặc f(x) nhận giá trị −1 ít nhất 3 lần. Không mất tính tổng quát
ta có thể giả thiết rằng f(x) nhận giá trị bằng 1 ít nhất 3 lần. Ta xét hai trường hợp.
Trường hợp 1: f(x) nhận giá trị 1 nhiều hơn 3 lần. Khi đó, theo Mệnh đề 2.5.1, f(x) không nhận giá trị −1. Từ đó suy ra f(x) nhận giá trị 1 nhiều hơn n lần, điều này không thể xảy ra vì degf(x) = n.
Trường hợp 2: f(x) nhận giá trị 1 tại đúng 3 lần. Giả sử f(x) nhận giá trị −1 tại m lần. Khi đó
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 ∈Z, m≥2 sao cho
f(c1) = f(c2) =ã ã ã=f(cm) = −1. Từ đó suy ra
f(x) = (x−b1)(x−b2)(x−b3)g(x) + 1 với g(x)∈Z[x]. Thay x=c1, c2 ta được
−2 = (ci−b1)(ci−b2)(ci−b3)g(ci) với i= 1,2.
Không mất tính tổng quát ta giả thiếtb1< b2 < b3. Khi đóci−b1, ci−b2, ci−b3
là ba ước khác nhau của −2, cho nên một trong ba ước đó phải là 2 hoặc −2, và hai ước còn lại là 1 và −1. Giả sử ứng với c1, một trong ba ước đó là 2. Khi đó
c1−b1 = 2, c1−b2 = 1 và c1−b3=−1 . Nếu ứng với c2, một trong các ước đó cũng là 2 thì ta phải có c2−b1= 2, và do đó c2 = c1, điều này không thể xảy ra. Cho nên ứng với c2, một trong các ước
đó là −2. Từ đó suy ra c2−b3=−2, do đó c2=b2, điều này không thể xảy ra vì f(c2) = −1 trong khi đó f(b2) = 1.
Trường hợp ứng với c1, một trong ba ước bằng−2, bằng cách lập luận tương tự ta có điều phải chứng minh.
Kết quả chính của mục này là mệnh đề sau.
Mệnh đề 2.5.3. Nếu đa thức f(x)∈Z[x] có bậc n ≥8, và u(f) =m > n
2 thì đa thức f(x) là bất khả quy trong Q[x].
Chứng minh. Theo Mệnh đề 2.5.1, rõ ràng f(x) chỉ có thể nhận một trong hai giá trị+1 hoặc −1, nhưng không thể cả hai. Không mất tính tổng quát giả thiết rằng f(x) nhận giá trị +1 tại m giá trị với m > n
2 ≥ 4. Giả sử f(x) = g(x)h(x) trong đó g(x), h(x) ∈ Z[x] là các nhân tử thực sự của f(x). Ta có thể giả thiết rằngg(x) có bậc≥ n
2. Vì n
2 ≥4 cho nên, theo Mệnh đề 2.5.1, đa thứcg(x) không thể nhận đồng thời hai giá trị +1 và −1. Vì vậy, ta có thể giả sử rằng g(x) chỉ nhận duy nhất giá trị +1.
Gọi a1, a2, . . . au(f) là các số nguyên phân biệt sao cho f(ai) = 1 với mọi i. Theo khẳng định trêng(ai) = 1với mọii= 1,2, . . . , u(f). Vìf(ai) =g(ai)h(ai)nên h(ai) = 1với mọii= 1,2, . . . , u(f). Như vậyh(x)nhận giá trị1tại ít nhấtu(f)lần.
Vì u(f)> n
2 nên degh(x)≥u(f)> n
2. Từ đó suy ra degh(x) +degg(x)>degf(x). Điều này dẫn đến mâu thuẫn.
Tương tự nếu g(x) nhận giá trị −1 lớn hơn n
2 lần, thì h(x) cũng nhận giá trị
−1 lớn hơn n
2 lần, và vì thế tổng bậc của g(x) và bậc của h(x) lớn hơn n, điều
này dẫn đến mâu thuẫn. Do đó, đa thức f(x) là bất khả quy trong Q[x].
Sau đây là một số ví dụ minh hoạ.
Ví dụ 2.5.4. Xét tính bất khả quy của các đa thức sau trong Q[x]
f(x) =x9−13x7+ 37x5−13x3+ 36x+ 1. Ta có
f(x)−1 = (x−2)(x+ 2)(x−3)(x+ 3)x(x4+ 1).
Từ đó suy raf(x) nhận giá trị +1 tại đúng 5 điểm. Vì degf(x) = 9 và 5> 9 2 cho nên, theo Mệnh đề 2.5.3, đa thức f(x) là bất khả quy trong Q[x].
Chú ý rằng việc xét tính bất khả quy của đa thức f(x) nói trên bằng tiêu chuẩn Eisentein hoặc bằng tiêu chuẩn bất khả quy rút gọn theo môđun nguyên tố đều không khả thi. Tuy nhiên nếu sử dụng Mệnh đề 2.5.3 thì việc xét tính bất khả quy của đa thức này trở nên dễ dàng hơn.
Nhận xét 2.5.5. Điều kiện về bậc của đa thức ≥8trong Mệnh đề 2.5.3 là thực sự cần thiết. Chẳng hạn xét đa thức
g(x) = (x−1)(x2−1)−1.
Ta có g(x) + 1 = (x−1)(x2−1). Vì thế g(x) nhận giá trị −1 tại đúng 2 điểm, degg(x) = 3 và 2> 3
2. Tuy nhiên đa thức g(x) là không bất khả quy trong Q[x]
vì có phân tích
g(x) =x x2−x−1 .
Phần cuối của mục này trình bày một kết quả liên quan đến giá trị u(f) sẽ được sử dụng trong mục tiếp theo.
Định nghĩa 2.5.6. Đa thức f(x)∈Z[x] được gọi là "fat" nếu l(f) =u(f)−degf(x)>0.
Chẳng hạn, đa thức f(x) = 2x2−4x+ 1là"fat" vì degf(x) = 2 và u(f) = 3; đa thứcg(x) =x2+3x+1là"fat" vì degg(x) = 2vàu(g) = 4; đa thứch(x) =x4+3x2+2 là không"fat" vì degh(x) = 4 và u(h) = 0; đa thứct(x) =x3−x2+x+ 1 là không
"fat" vì degt(x) = 3 và u(t) = 1.
Mệnh đề 2.5.7. Nếu f(x)∈Z[x] là đa thức "fat" thì degf(x)≤3.
Chứng minh. Giả sử degf(x) ≥ 4. Khi đó, theo Mệnh đề 2.5.2, ta có u(f) ≤ degf(x). Mà f(x) là đa thức "fat" nên u(f)>degf(x). Do đó degf(x) ≤3. Vậy ta có điều phải chứng minh.