Trong mục này chúng tôi trình bày tiêu chuẩn bất khả quy cho các đa thức bậc bốn với hệ số nguyên. Trước tiên ta cần một kết quả chuẩn bị.
Mệnh đề 2.2.1. Cho đa thức bậc bốn f(x) =a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0 ∈Q[x]
với a4, a3, a2, a1, a0 ∈Q, a4̸= 0. Đặt α= a3
4a4. Khi đó 1
a4f(x−α) =x4+Cx2+Dx+E với C, D, E ∈Q.
Chứng minh. Bằng cách tính toán trực tiếp ta có 1
a4f(x−α) = (x−α)4+ a3
a4(x−α)3+a2
a4 (x−α)2+ a1
a4(x−α) + a0 a4
= (x−α)3
x−α+a3
a4
+ (x−α) a2
a4(x−α) + a1
a4
+ a0
a4
= x3−3αx2+α2x−α3
(x+ 3α) + (x−α)
a2 a4
x−αa2 a4
+ a1 a4
+a0
a4
= x4+ 3αx3−3αx3−9α2x2+ 3α2x2+ 9α3x−α3x
−3α4+ a2
a4x2− a2
a4αx+a1
a4x−a2
a4αx+ a2
a4α2− a1
a4α+a0 a4
= x4+
−9α2+ 3α2+ a2 a4
x2 +
9α3−α3− a2
a4α− a2
a4α+ a1 a4
x +
−3α4+ a2
a4α2− a1
a4α+a0 a4
= x4+ −3
2 α2+ a2 a4
x2+
1
2α3−2a2
a4α+ a1 a4
x
+
−3α4+ a2
a4α2− a1
a4α+a0 a4
.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Ta gọi đa thức g(x) =x4+Cx2+Dx+E trong Mệnh đề 2.2.1 làdạng thu gọn của đa thức f(x).
Cho đa thức có dạng thu gọn f(x) = x4+cx2+dx+e ∈Q[x] với c, d, e ∈Q. Ta gọi đa thức bậc ba
R(x) =x3+ 2cx2+ c2−4e
x−d2 ∈Q[x]
là giải thức của đa thức f(x). Ta dùng ký hiệu s(Q) =
s2|s ∈Q để chỉ tập hợp các bình phương của các số hữu tỷ.
Kết quả chính của mục này là mệnh đề sau.
Mệnh đề 2.2.2. Cho đa thức bậc bốn có dạng thu gọn f(x) = x4+cx2+dx+e∈ Q[x] với c, d, e∈Q. Đa thức f(x) phân tích được thành tích của hai đa thức bậc hai trong Q[x] khi và chỉ khi một trong hai điều sau đây là đúng
(i) Giải thức R(x) có nghiệm khác không trong s(Q).
(ii) d= 0 và c2−4e∈s(Q).
Chứng minh. Giả sử f(x) có phân tích
f(x) = (x2+hx+k)(x2+h′x+k′)
với h, h′, k, k′ ∈Q. Khai triển đa thức ở vế phải và so sánh hai vế ta được h+h′ = 0, kk′=e, hk′+h′k =d, hh′+k+k′ =c.
Từ h+h′ = 0 suy ra
2hk =h3+ch−d,2hk′ =h3+ch+d.
Từ kk′=e suy ra
4h2e= (2hk)(2hk′) = (h3+ch−d)(h3+ch+d). Khai triển vế phải nhận được
h6+ 2ch4+ (c2−4e)h2−d2 = 0. Do đó h2∈s(Q) là nghiệm của giải thức R(x).
Nếu h̸= 0 thì khi đó (i) thoả mãn. Trái lại, nếu h= 0 thì từ đó suy ra d= 0, và ta được
c2−4e= (k+k′)2−4kk′= (k−k′)2∈s(Q). Do đó trong trường hợp này (ii) thoả mãn.
Bây giờ ta chứng minh phần đảo lại. Giả sử rằng (i) thoả mãn, nghĩa là giải thứcR(x)có nghiệm khác không trong s(Q). Khi đó tồn tại h∈Q, h̸= 0 sao cho R(h2) = 0. Đặt
h′ =−h, k= 1
2h h3+ch−d
, k′= 1
2h h3+ch+d .
Rõ ràng h′, k, k′ ∈ Q. Từ đó suy ra f(x) phân tích được thành tích của hai đa thức bậc hai trong Q[x]
f(x) = (x2+hx+k)(x2+h′x+k′).
Giả sử rằng (ii) thoả mãn, nghĩa làd= 0 và c2−4e∈s(Q). Khi đóc2−4e=s2 với s ∈Q. Đặt
h=h′ = 0, k = (c+s)/2 và k′ = (c−s)/2.
Khi đó h, h′, k, k′∈Q, và k+k′ =c, kk′ = (c2−s2)/4 =e. Do đó f(x) = (x2+k)(x2+k′)
và f(x)phân tích được thành tích của hai đa thức bậc hai trong Q[x]. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét 2.2.3. Phép chứng minh Mệnh đề 2.2.2 cũng cho ta một phương pháp phân tích một đa thứcf(x)∈Z[x] bậc bốn có dạng rút gọn thành tích các nhân tử bất khả quy. Ý tưởng chính của phương pháp này là như sau.
Áp dụng Mệnh đề 1.2.10 tìm một nghiệm nguyên của đa thức f(x). Khi đó có hai trường hợp có thể xảy ra.
Trường hợp 1: Nếu u∈Z là một nghiệm của f(x) thì có phân tích f(x) = (xưu)g(x) với g(x)∈Z[x].
Tiếp tục áp dụng Mệnh đề 2.1.2 cho đa thức bậc ba g(x) ta có thể phân tích g(x) thành tích của các đa thức bất khả quy trong Z[x].
Trường hợp 2: Nếu f(x) không có nghiệm nguyên, ta tìm nghiệm nguyên của giải thức R(x). Nếu điều kiện (i) hoặc (ii) trong Mệnh đề 2.2.2 thoả mãn thì ta có phân tích f(x) thành tích của hai đa thức bậc 2; nếu trái lại thì đa thức f(x) là bất khả quy trong Z[x].
Sau đây là một số ví dụ minh hoạ.
Ví dụ 2.2.4.
(i) Cho f(x) = x4+x2+x+ 1. Khi đóf(x) và giải thứcR(x) = x3+ 2x2−3x−1 đều không có nghiệm nguyên. Từ đó suy ra f(x) là bất khả quy trong Q[x]. Do đó, theo Hệ quả 1.3.5, đa thức f(x) là bất khả quy trong Z[x].
(ii) Cho f(x) = x4+ 2x2+ 5x+ 11. Khi đó f(x) không có nghiệm nguyên, và
giải thức R(x) = x3+ 4x2−40x−25 có một nghiệm nguyên là 5∈/ s(Q), ta có R(x) = (x−5) x2+ 9x+ 5
.
Theo Mệnh đề 2.1.2 đa thức f(x) không có nghiệm trong Q. Từ đó suy ra f(x) là bất khả quy trong Q[x]. Do đó, theo Hệ quả 1.3.5, đa thức f(x) là bất khả quy trong Z[x].
(iii) Chof(x) = x4−12x2−3x+2. Khi đóf(x)không có nghiệm nguyên, và giải thứcR(x) = x3−24x2+ 136x−9có một nghiệm nguyên là9∈s(Q). Do đó f(x)là không bất khả quy trongQ[x], và ta có phân tíchf(x) = x2+ 3x−1
x2−3x−2 . (iv) Cho f(x) = x4−8x3+ 22x2−19x−8. Dạng thu gọn của đa thức này là
g(x) =f(x+ 2) =x4−2x2+ 5x−6.
Đa thức g(x) có giải thức R(x) =x3−4x2+ 28x−25 với một nghiệm nguyên là 1∈s(Q). Do đó g(x) là không bất khả quy trong Q[x], và ta có phân tích
g(x) = x2+x−3
x2−x+ 2 . Từ đó suy ra f(x) =g(x−2) = x2−3x−1
x2−5x+ 8 .
Trong phần cuối của mục này ta xét trường hợp đặc biệt các đa thức bậc bốn trùng phương.
Mệnh đề 2.2.5. Đa thức bậc bốn f(x) = x4+cx2+e∈Q[x] với c, e∈Q là không bất khả quy trong Q[x] nếu và chỉ nếu c2−4e∈s(Q) hoặc −c+ 2√
e∈s(Q) hoặc
−c−2√
e∈s(Q).
Chứng minh. Rõ ràng nếu r ∈Q, r ̸= 0, là một nghiệm của đa thức f(x) thì khi đó −r cũng là một nghiệm của đa thức f(x), và do đó x2−r2 ∈ Q[x] chia hết
f(x). Vì vậy f(x) là không bất khả quy nếu và chỉ nếu nó phân tích được thành tích của hai đa thức bậc hai. Khi đó giải thức của f(x) là
R(x) =x x2+ 2cx+ c2−4e . Rõ ràng R(x) có các nghiệm là 0,−c±2√
e. Áp dụng Mệnh đề 2.2.2 ta có ngay điều phải chứng minh.
Sau đây là một số ví dụ minh hoạ.
Ví dụ 2.2.6.
(i) Cho f(x) =x4−3x2+ 1 ∈Z[x]. Khi đó c=−3, e= 1. Bằng cách kiểm tra trực tiếp ta thấy rằng c2−4e = 5 ∈/ s(Q), −c+ 2√
e = 5 ∈/ s(Q), và −c−2√ e = 1 ∈ s(Q). Do đó f(x) là không bất khả quy trong Q[x], và ta có phân tích f(x) = x2+x−1
x2−x−1 .
(ii) Cho f(x) = x4 − 16x2 + 4 ∈ Z[x]. Khi đó c = −16, e = 4. Bằng cách kiểm tra trực tiếp ta thấy rằng c2−4e = 240 ∈/ s(Q), −c+ 2√
e = 20 ∈/ s(Q), và
−c−2√
e= 12∈/ s(Q). Từ đó suy ra f(x)là bất khả quy trong Q[x]. Do đó, theo Hệ quả 1.3.5, đa thức f(x) là bất khả quy trong Z[x].