i
Mục lục
Mục lục i
Lời cảm ơn ii
Mở đầu 1
1 Định lí cơ bản của đại số 3
1.1 Đa thức đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Trường phân rã và trường hữu hạn . . . . . . . . . . . . . . 10
1.3 Chứng minh Định lí cơ bản của đại số . . . . . . . . . . . . 12
2 Vận dụng Định lí cơ bản của đại số để xét tính bất khả quy trên Q 17
2.1 Một số tiêu chuẩn bất khả quy trên Q quen biết . . . . . . . 17
2.2 Vận dụng Định lí cơ bản của đại số để xét tính bất khả quy
trên Q . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
Kết luận 37
Tài liệu tham khảo 38
ii
Lời cảm ơn
Luận văn này được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đại học
Thái Nguyên. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc với GS.TS. Lê Thị
Thanh Nhàn, đã trực tiếp hướng dẫn tận tình và động viên tác giả trong suốt
thời gian nghiên cứu vừa qua.
Tác giả xin chân thành cảm ơn các Thầy cô thuộc Khoa Toán - Tin, trường
Đại học Khoa học và GS.TSKH. Hà Huy Khoái, GS.TSKH. Nguyễn Văn
Mậu, PGS.TS. Đàm Văn Nhỉ đã giảng dạy, trang bị cho chúng em những kiến
thức cơ bản, cần thiết. Xin chân thành cảm ơn Phòng Đào tạo, trường Đại học
Khoa học đã tạo điều kiện thuận lợi, động viên, khuyến khích tác giả trong
suốt quá trình học tập.
Tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia đình và người thân
luôn khuyến khích, động viên tác giả trong suốt quá trình học tập và làm luận
văn.
Thái Nguyên, 2015 Đào Thị Ngân
Học viên Cao học Toán K7D,
Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên
1
Mở đầu
Định lí cơ bản của Đại số phát biểu rằng mỗi đa thức một biến khác
hằng với hệ số phức có ít nhất một nghiệm phức. Chứng minh đầu tiên cho
Định lí cơ bản của đại số thuộc về D’Alembert năm 1748. Nhiều chứng minh
khác được công bố bởi Euler năm 1749, Foncenex năm 1759, Lagrange 1772,
Laplace năm 1795 ... nhưng các chứng minh này đều không chính xác. Đặc
biệt, trong suốt cuộc đời mình, Gauss đã đưa ra 4 chứng minh cho Định lí,
chứng minh đầu tiên năm 1799 và 2 chứng minh tiếp theo năm 1815, 1816
đều không chặt chẽ. Chứng minh hoàn chỉnh đầu tiên cho Định lí thuộc về
Gauss năm 1846, được công bố chỉ vài năm trước khi ông qua đời.
Tên của Định lí cơ bản của đại số được đặt vào thời điểm khi mà quan tâm
chính của đại số là vấn đề giải phương trình đa thức. Định lí cơ bản của đại số
có những ứng dụng quan trọng trong nhiều lĩnh vực khác nhau của toán học.
Đối với hình học đại số, sự kết hợp giữa Định lí cơ bản của đại số và Nguyên
lí Lefschetz cho thấy không gian xạ ảnh phức là môi trường đủ tốt để nghiên
cứu nhiều bài toán của hình học đại số với đặc số 0. Trong đại số hiện đại,
việc phân loại các cấu trúc đại số trên trường địa phương và toàn cục phải sử
dụng thường xuyên một kết quả được suy ra từ Định lí cơ bản của đại số, đó là: Nếu K là một trường mở rộng hữu hạn của trường số phức C thì K = C.
Cho K là một trường và f (x) là đa thức một biến x với hệ số trong K.
Ta nói f (x) là đa thức bất khả quy trên K nếu f (x) có bậc dương và f (x)
không là tích của hai đa thức với bậc bé hơn. Có thể nói, các đa thức bất khả
2
quy trong lí thuyết đa thức có vai trò quan trọng tương tự như vai trò của các
số nguyên tố trong lí thuyết số. Vì thế, bài toán xét tính bất khả quy của đa
thức là một trong những bài toán quan trọng nhất của lí thuyết đa thức. Từ Định lí cơ bản của đại số, ta suy ra rằng các đa thức bất khả quy trên C là và chỉ là các đa thức bậc nhất; các đa thức bất khả quy trên R là và chỉ là các đa
thức bậc nhất hoặc bậc hai vô nghiệm (thực). Tuy nhiên, bài toán xét tính bất khả quy trên Q cho đến nay vẫn là bài toán mở. Mục đích của luận văn này
là trình bày một ứng dụng của Định lí cơ bản của đại số trong vấn đề xét tính bất khả quy của đa thức trên Q.
Luận văn được viết dựa vào hai bài báo gần đây:
1. A. I. Bonciocat, N. C. Bonciocat, and A. Zaharescu, On the irreducibil-
ity of polynomials that take a prime power value, Bull. Math. Soc. Sci. Math.
Roumanie, 54 (2011), 41-54.
2. M. R. Murty, Prime numbers and irreducible polynomials, The Amer-
ican Math. Monthly, 109 (2002), 452-458.
Luận văn được chia thành 2 chương với nội dung chính như sau:
Chương 1 trình bày một số kiến thức cơ bản về đa thức đối xứng và sự tồn
tại trường phân rã của đa thức với hệ số trên một trường để phục vụ chứng
minh Định lí cơ bản của đại số về sự tồn tại nghiệm của đa thức một biến trên
trường số phức. Cuối chương 1 chúng tôi sử dụng Định lý cơ bản của đại số để xét tính bất khả quy của đa thức trên trường phức C và trên trường thực R.
Chương 2 là nội dung chính của luận văn, trình bày một số tiêu chuẩn bất khả quy của đa thức trên Q, mà chứng minh các tiêu chuẩn này phải sử dụng
Định lí cơ bản của đại số.
Thái Nguyên, ngày 20 tháng 11 năm 2015
Đào Thị Ngân
Email: daothinganktd2002@gmail.com
3
Chương 1
Định lí cơ bản của đại số
Chương này trình bày một số kiến thức cơ bản về đa thức đối xứng và
chứng minh Định lý cơ bản của đại số về sự tồn tại nghiệm của đa thức một
biến trên trường số phức. Từ đó ứng dụng để xét tính bất quy của đa thức trên C và trên trường thực R.
1.1 Đa thức đối xứng
Trước hết, ta nhắc lại khái niệm về vành đa thức nhiều biến.Trong suốt
chương này, luôn giả thiết V là một vành giao hoán.
0 , trong đó i = (i1, . . . , in) và j = (j1, . . . , jn), ta định nghĩa i + j = (i1 + j1, . . . , in + jn). Khi đó V [x1, . . . , xn]
Định nghĩa 1.1.1. Kí hiệu V [x1, . . . , xn] là tập các đa thức n biến x1, . . . , xn với các hệ số trong V . Với i, j ∈ Nn
là một vành với phép cộng và phép nhân
i∈Nn 0
i∈Nn 0
i∈Nn 0 (cid:88)
(cid:88) (cid:88) (cid:88) aixi + bixi = (ai + bi)xi;
i+j=k
i∈Nn 0
(cid:88) (cid:88) bixi = ckxk, ck = aibj
i∈Nn 0
aixi (cid:88) i∈Nn 0
bixi ∈ V [x1, . . . , xn]. Vành V [x1, . . . , xn] được với mọi đa thức (cid:80) i∈Nn 0
aixi, (cid:80) i∈Nn 0 gọi là vành đa thức n biến x1, . . . , xn với hệ số trong V .
4
Từ bây giờ ta luôn giả thiết V là miền nguyên, V [x1, . . . , xn] là vành đa
thức n biến x1, . . . , xn với hệ số trong V và Sn là tập các song ánh từ tập
{1, 2, . . . , n} đến chính nó.
Định nghĩa 1.1.2. Đa thức f (x1, . . . , xn) ∈ V [x1, . . . , xn] được gọi là đa thức
đối xứng nếu f (x1, . . . , xn) = f (xπ(1), . . . , xπ(n)) với mọi π ∈ Sn, trong đó
ta hiểu f (xπ(1), . . . , xπ(n)) là đa thức được suy ra từ f (x1, . . . , xn) bằng cách
thay xi bởi xπ(i) với mọi i = 1, . . . , n.
Ví dụ 1.1.3. Các đa thức sau là các đa thức đối xứng đơn giản nhất, do đó ta
n (cid:88)
gọi chúng là các đa thức đối xứng sơ cấp hay đa thức đối xứng cơ bản:
i=1 (cid:88)
σ1 = xi = x1 + · · · + xn;
i σ2 = xixj = x1x2 + · · · + x1xn + x2x3 + · · · + xn−1xn; i1 ........................
(cid:88) σk = xi1xi2 . . . xin; ........................ σn = x1x2 . . . xn. Mệnh đề 1.1.4. Tập các đa thức đối xứng lập thành một vành con của V [x1, . . . , xn]. Chứng minh. Xem chứng minh trong Mệnh đề 3.2.3 trong [1]. Chú ý rằng đa thức của các đa thức đối xứng cơ bản luôn là đa thức đối xứng, tức là nếu f (x1, . . . , xn) là một đa thức thì f (σ1, . . . , σn) là đa thức đối xứng. Trong mục này, ta sẽ chứng minh điều ngược lại: Nếu f (x1, . . . , xn) là một đa thức đối xứng thì nó biểu diễn được thành một đa thức của các đa thức đối xứng cơ bản, tức là tồn tại một đa thức g(x1, . . . , xn) sao cho 5 f (x1, . . . , xn) = g(σ1, . . . , σn). Để chứng minh kết quả này, chúng ta cần sắp 1 − 2x1x2 + 7x2 1 + 5x2 xếp một đa thức thành tổng của các từ từ cao xuống thấp. Chúng ta không thể sử dụng bậc thông thường để sắp xếp vì trong một đa thức có thể có nhiều
từ có cùng bậc, chẳng hạn đa thức f (x1, x2) = 3x6
2 ∈
Q[x1, x2] có đến 3 từ không đồng dạng có cùng bậc 2. Dưới đây ta sẽ giới thiệu một cách sắp xếp các đơn thức, được gọi là thứ tự từ điển, cho phép n và v = xj1 n là 1 . . . xjn 1 . . . xin chúng ta sắp xếp được các từ để thực hiện được điều mong muốn. bỏ hệ số a Định nghĩa 1.1.5 (Thứ tự từ điển). Cho u = xi1
hai đơn thức. Ta nói u < v nếu tồn tại m ∈ {1, . . . , n} sao cho im < jm và it = jt với mọi t < m. Trong suốt tiết này ta kí hiệu mon(U ) là tập các đơn thức n biến x1, ..., xn. Bổ đề 1.1.6. Với hai đơn thức u, v ∈ mon(U ), ta nói u = v hoặc u < v theo thứ tự từ điển trong Định nghĩa 1.1.5. Khi đó ≤ là một quan hệ thứ tự toàn phần trên tập mon(U ) và các tính chất sau thỏa mãn: a) Mỗi tập con không rỗng của mon(U ) đều có phần tử nhỏ nhất; b) Nếu u ≤ v thì uw ≤ vw với mọi u, v, w ∈ mon(U ). Chứng minh. Xem chứng minh trong Bổ đề 3.2.5 trong [1]. Theo Bổ đề 1.1.6, thứ tự từ điển trên tập mon(U ) là thứ tự toàn phần, vì thế ta có thể viết mỗi đa thức f (x1, . . . , xn) ∈ V [x1, . . . , xn] thành tổng của hữu hạn từ không đồng dạng từ cao xuống thấp. Kí hiệu in(f ) là từ lớn nhất trong các từ của f (x1, . . . , xn). Ta gọi in(f ) là từ dấu của f (x1, . . . , xn). Từ Bổ đề 1.1.6 b) ta có hệ quả sau. Hệ quả 1.1.7. Cho f (x1, . . . , xn) và g(x1, . . . , xn) là hai đa thức. Nếu V là miền nguyên thì in(f g) =in(f )in(g). 6 Định lý sau đây thường được gọi là Định lý cơ bản của đa thức đối xứng. Định lí 1.1.8. Cho f (x1, . . . , xn) ∈ V [x1, . . . , xn] là một đa thức đối xứng. Khi đó, tồn tại duy nhất một đa thức ϕ ∈ V [x1, . . . , xn] sao cho f (x1, . . . , xn) = ϕ(σ1, . . . , σn). Chứng minh. Xem chứng minh trong Định lý 3.2.7 trong [1]. Hệ quả 1.1.9. Cho V là miền nguyên và f (x) ∈ V [x] là đa thức (một biến x) bậc n với hệ số cao nhất khả nghịch. Giả sử f (x) có n nghiệm α1, . . . , αn trong một miền nguyên chứa V . Cho g(x1, . . . , xn) ∈ V [x1, . . . , xn] là một đa thức đối xứng. Khi đó g(α1, . . . , αn) ∈ V . Chứng minh. Giả sử f (x) = anxn +· · ·+a1x+a0. Theo Định lý 1.1.8 tồn tại đa thức h(x1, . . . , xn) ∈ V [x1, . . . , xn] sao cho g(x1, . . . , xn) = h(σ1, . . . , σn). Vì thế g(α1, . . . , αn) = h(σ1(α1, . . . , αn), . . . , σn(α1, . . . , αn)). Theo công thức Viet ta có n , . . . , (−1)kan−ka−1 n , . . . , (−1)na0a−1 n ). g(α1, . . . , αn) = h(−an−1a−1 n , an−1, an−2, . . . , a0 ∈ V nên g(α1, . . . , αn) ∈ V . Do a−1 Tiếp theo, chúng ta chứng minh các đồng nhất thức của Newton về biểu 1 + · · · + xk n qua các đa thức đối xứng cơ bản. 1 + · · · + xk n với diễn đa thức đối xứng xk Định lí 1.1.10 (Đồng nhất thức của Newton). Đặt wk = xk
k ∈ N. Khi đó k−1
(cid:80)
r=1 a) Nếu k ≤ n thì wk = (−1)k+1kσk + (−1)r+1σrwk−r. k−1
(cid:80)
r=1 b) Nếu k > n thì wk = (−1)nσrwk−r. 7 Chứng minh. Xem chứng minh trong Định lý 3.2.9 trong [1]. Dưới đây, chúng ta biểu diễn một số đa thức đối xứng qua các đa thức đối xứng cơ bản bằng cách sử dụng Định lý 1.1.10 và Định lý 1.1.8 Ví dụ 1.1.11. Sử dụng Định lý 1.1.10 với w1 = x1 + x2 + x3 = σ1, ta có 3 = (−1)32σ2 + σ1w1 2 + x2 w2 = x2 1 + x2
= −2σ2 + σ2
1
2 + x3 1 + x3 3 = σ1w2 − σ2w1 + 3σ3 w3 = x3 = σ1(σ1w1 − 2σ2) − σ2w1 + 3σ3 = σ3 1 − 3σ1σ2 + 3σ3
1 + x4
2 + x4 3 = σ1w3 − σ2w2 + σ3w1 w4 = x4 1 − 2σ1) + σ3σ1 = σ1(σ3 1 − 4σ2 1 − 3σ1σ2 + 3σ3) − σ2(σ2
1σ2 + 4σ1σ3 + 2σ2
2. = σ4 1. Vì vậy, ta xét hiệu Bây giờ ta sử dụng Định lý 1.1.8 để biểu diễn w3 theo các đa thức đối xứng
cơ bản. Ta có từ dấu của w3 là x3 2 + x3 f1 = w3 − σ3 2σ0
1σ0
1x2 − 3x2 1 + x3
3 = x3
1x3 − 3x1x2 2 − 3x1x2 3 − (x1 + x2 + x3)3
3 − 3x2 2x3 − 3x2x2 3 − 6x1x2x3. = −3x2 1x2. Vì vậy, ta xét hiệu Từ dấu của f1 là −3x2 3) = f1 + 3(x1 + x2 + x3)(x1x2 + x1x3 + x2x3) f2 = f1 − (−3σ1σ2σ0 = 3x1x2x3 = 3σ3. 1 − 3σ1σ2 + 3σ3 . Vậy w3 = σ3 Ta còn có thể biểu diễn đa thức đối xứng trên trường số thực R qua các đa thức đối xứng cơ bản bằng cách đồng nhất các hệ số. Ta mô tả phương pháp này bằng chú ý sau. 1 . . . xin 8 1 . . . xin
n π(1) . . . xin π(n) với π ∈ Sn. Khi đó, đa thức S (cid:0)aixi1 Chú ý: Cho f (x1, . . . , xn) là một đa thức đối xứng. Kí hiệu Sn là tập các
hoán vị của n phần tử 1, 2, . . . , n. Khi đó, nếu aixi1
π(1) . . . xin
f (x1, . . . , xn) thì aixi1
π ∈ Sn. Kí hiệu S (cid:0)aixi1
1 . . . xin
n
aixi1 n là 1 . . . xin 1 . . . xin
n n là một từ của
π(n) cũng là một từ của f (x1, . . . , xn) với mọi
(cid:1) là tổng của các từ của f (x1, . . . , xn) có dạng
(cid:1) là đối xứng,
thuần nhất bậc i1 + · · · + in. Hơn nữa f (x1, . . . , xn) phân tích được thành
tổng của các đa thức thuần nhất dạng S (cid:0)aixi1
một từ của f (x1, . . . , xn). Vì thế để biểu diễn f (x1, . . . , xn) qua các đa thức 1 . . . xin
n (cid:1) trong đó aixi1 đối xứng cơ bản, chúng ta chỉ cần biểu diễn các đa thức đối xứng thuần nhất
(cid:1) qua các đa thức đối xứng cơ bản. Giả sử k = i1 + · · · + in.
S (cid:0)aixi1
Khi đó, ta cần tìm các số thực ak1,...,kn sao cho 1 . . . xin
n 1 . . . σkn
n . k1+2k2+···+nkn=k (cid:88) (cid:1) = S (cid:0)aixi1 ak1,...,knσk1 Chú ý rằng nếu hai đa thức bằng nhau thì nó bằng nhau tại mọi giá trị của biến. Vì thế, ta có thể gán vào công thức trên những giá trị cụ thể của các biến để thu được một hệ phương trình với các ẩn là các ak1,...,kn. Từ đây ta sẽ tìm được các số thực ak1,...,kn. Ví dụ dưới đây minh họa phương pháp đồng nhất hệ số mô tả trong chú ý 1x2x3 + x1x2 3 + x2 2 + x4 trên, để biểu diễn đa thức đối xứng qua các đa thức đối xứng cơ bản. 1) + S(x2 1x2x3). Vậy ta cần tìm các số thực a, b, c, d thỏa mãn 1) = x4 1 + x4 2 + x4 3 = aσ4 1 + bσ2 1σ2 + cσ3σ1 + dσ2
2. S(x4 Hai đa thức bằng nhau thì nó bằng nhau tại mọi giá trị của biến Vậy ta cho x1 = 1 và x2 = x3 = 0 ta được a = 1. Cho x1 = x2 = 1 và x3 = 0 ta được b = −4. 9 Cho x1 = x2 = x3 = 1 ta được c = 4. Cho x1 = 1, x2 = −1 và x3 = 0 ta được d = 2. Do đó 1) = σ4 1 − 4σ2 1σ2 + 4σ1σ3 + 2σ2
2. S(x4 Tiếp theo, chúng ta cần tìm các số thực a, b, c, d sao cho 1x2x3) = x2 1x1x3 + x1x2 2x3 + x1x2x2 3 = aσ4 1 + bσ2 1σ2 + cσ1σ3 + dσ2
2. S(x2 Cho x1 = 1 và x2 = x3 = 0 ta được a = 0. Cho x1 = 1, x2 = −1 và x3 = 0 ta được d = 0. 1x2x3) = σ1σ3. Vì thế biểu Cho x1 = x2 = 1 và x3 = 0 ta được b = 0.
Cho x1 = x2 = x3 = 1 ta được c = 1. Do đó S(x2 diễn cần tìm là 1 − 4σ2 1σ2 + 5σ1σ3 + 2σ2
2. f (x1, x2, x3) = σ4 Chúng ta có thể sử dụng các kết quả về đa thức đối xứng để giải quyết một số bài toán đại số sơ cấp liên quan đến phương trình, hệ phương trình, phân tích đa thức thành nhân tử, chứng minh bất đẳng thức, tìm nghiệm nguyên. Ví dụ 1.1.13. Giả sử cần tính biểu thức 1 + x4 2 + x4 3 + (x1 + x2 + x3)3 + x2 1x2x3 + x1x2 2x3 + x1x2x2
3, f (x1, x2, x3) = x4 trong đó x1, x2, x3 là ba nghiệm của phương trình x3 + 2x2 − 3x + 1 = 0. Nhận xét rằng f (x1, x2, x3) là đa thức đối xứng, vì thế chúng ta biểu diễn f (x1, x2, x3) qua các đa thức đối xứng cơ bản rồi dùng công thức Viete. Cụ thể, từ ví dụ trên ta có: 1 + σ1σ3 f (x1, x2, x3) = σ4 2 + σ3
1σ2 + 5σ1σ3 + 2σ2
2. 1σ2 + 4σ1σ3 + 2σ2
1 − 4σ2 1 − 4σ2
1 + σ3 = σ4 10 Theo công thức Viete, ta có σ1 = −2, σ2 = −3, σ3 = −1. Thay vào ta được f (x1, x2, x3) = 16 − 8 + 48 + 10 + 18 = 84. Mục tiêu của phần này là sử dụng tính chất của đa thức bất khả quy để chỉ ra sự tồn tại duy nhất của trường phân rã của một đa thức. Trong suốt mục này, ta luôn giả thiết K là một trường. Nếu E là một trường chứa K thì ta viết K ⊆ E hay E/K, khi đó ta gọi E/K là một mở rộng trường. Rõ ràng E có cấu trúc tự nhiên như một K- không gian véc tơ. Chiều của không gian này được gọi là bậc của mở rộng E/K và kí hiệu là [E : K]. Nếu [E : K] < ∞ thì ta nói E/K là mở rộng hữu hạn. Chú ý rằng nếu E/K và T /E là các mở rộng hữu hạn thì ta có công thức bậc [T : K] = [T : E][E : K]. Nếu mỗi phần tử của E đều đại số trên K thì ta nói E/K là mở rộng đại số. Giả sử E/K là một mở rộng trường. Nếu E/K là mở rộng hữu hạn thì nó là mở rộng đại số. Thật vậy, giả sử dimK E = t và α ∈ E. Vì
hệ {1, α, . . . , αt} gồm t + 1 phần tử nên nó là hệ phụ thuộc tuyến tính. Do đó tồn tại a0, a1, . . . , at ∈ K với ít nhất một hệ số ai
(cid:54)= 0 sao cho
a0 + a1a0 + · · · + atαt = 0. Như vậy a0 + a1x + · · · + atxt ∈ K[x] là đa thức khác 0 nhận α làm nghiệm, vì thế α đại số trên K. Nếu E/K là một mở rộng trường và α1, . . . , αn ∈ E thì ta kí hiệu K(α1, . . . , αn) (và K[α1, . . . , αn]) là giao của tất cả các trường con (vành con) của E chứa K và chứa α1, . . . , αn. Ta thấy rằng K(α1, . . . , αn) là trường con bé nhất và K[α1, . . . , αn] là vành con bé nhất của E chứa K và chứa các phần tử α1, . . . , αn. Trường hợp n = 1, nếu g(α) (cid:54)= 0 thì phần tử 1 . Khi đó (g(α))−1 ∈ E được kí hiệu là g(α) K[α] = {g(α) | g(x) ∈ K[x]} 11 g(α)
g(x), h(x) ∈ K[x], h(α) (cid:54)= 0 K[α] = h(α) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) lần lượt là vành con bé nhất và trường con bé nhất của F chứa K và α. Mệnh đề 1.2.1. Cho E/K là mở rộng trường và α ∈ E là phần tử đại số trên K. Giả sử p(x) ∈ K[x] là đa thức bất khả quy nhận α làm nghiệm. Khi đó K(α) = K[α] và [K(α) : K] = deg p(x). Hơn nữa, nếu deg p(x) = n thì S = {1, α, α2, . . . , αn−1} là một cơ sở của K-không gian vector K(α). Chứng minh. Xem Mệnh đề 2.4.2 trong [1]. Định nghĩa 1.2.2. Cho f (x) ∈ K[x] là đa thức có bậc n > 0. Ta nói f (x) phân rã trên một trường F chứa K nếu tồn tại α1, . . . , αn ∈ F sao cho f (x) = a(x − α1) . . . (x − αn), trong đó a là hệ số cao nhất của f (x). Một trường phân rã của f (x) trên K là một trường F chứa K sao cho f (x) phân rã trên F và f (x) không phân rã trên bất cứ trường con thực sự nào của F . Bổ đề 1.2.3. Cho f (x) ∈ K[x] là một đa thức bậc n và E là một trường chứa K và chứa n nghiệm α1, . . . , αn. Khi đó K(α1, . . . , αn) là trường phân rã
của f (x) trên K và [K(α1, . . . , αn) : K] < nn. Chứng minh. Xem Bổ đề 2.4.4 trong [1]. Bổ đề 1.2.4. Cho f (x) ∈ K[x] là một đa thức bất khả quy. Đặt I = (f (x)) là iđêan chính của K[x] sinh bởi f (x). Khi đó vành thương K[x]/I là một trường chứa một nghiệm của f (x) và nhận K như một trường con. Chứng minh. Xem Bổ đề 2.4.5 trong [1]. n
(cid:80)
i=0 cixi ∈ K[x] Bổ đề 1.2.5. Cho ρ : K → K (cid:48) là đẳng cấu trường và f (x) = n
(cid:80)
i=0 là đa thức bất khả quy. Đặt g(x) = ρ(ci)xi ∈ K (cid:48)[x]. Giả sử α là một 12 nghiệm của f (x) (trong một mở rộng nào đó của K) và β là một nghiệm của g(x). Khi đó, tồn tại một đẳng cấu ϕ : K(α) → K (cid:48)(β) sao cho ϕ(α) = β và ϕ(a) = ρ(a) với mọi a ∈ K. Chứng minh. Xem Bổ đề 2.4.6 trong [1]. Định lý sau chỉ ra rằng trường phân rã của một đa thức trên một trường là tồn tại và duy nhất. n
(cid:80)
i=0 cixi ∈ K[x] là một đa thức có bậc dương. Định lí 1.2.6. Cho f (x) = Khi đó, tồn tại một trường phân rã F của f (x) trên K. Hơn nữa, nếu ρ : ρ(ci)xi trên K (cid:48) thì tồn tại một đẳng cấu ϕ : F → F (cid:48) sao cho ϕ(a) = ρ(a) K → K (cid:48) là một đẳng cấu trường và F (cid:48) là trường phân rã của đa thức g(x) =
n
(cid:80)
i=0
với mọi a ∈ K. Chứng minh. Xem Định lý 2.4.7 trong [1]. Định lý cơ bản của đại số phát biểu rằng mỗi đa thức một biến khác hằng với hệ số phức có ít nhất một nghiệm phức. Có nhiều chứng minh hay cho định lý, trong đó phải kể đến các chứng minh dùng công cụ đại số, công cụ giải tích phức và công cụ tôpô. Tuy nhiên, ở đây chúng ta lựa chọn một chứng minh sử dụng chủ yếu công cụ của đại số, ngoại trừ tính liên tục của hàm đa thức bậc lẻ với hệ số thực. Trước hết, chúng ta chỉ ra rằng đa thức bậc hai với hệ số phức luôn có nghiệm phức. Bổ đề 1.3.1. Nếu z là một số phức thì phương trình x2 = z có nghiệm phức. Hơn nữa, mọi phương trình bậc hai với hệ số phức luôn có ít nhất một nghiệm phức. 13 Chứng minh. Giả sử z = a + ib với a, b ∈ R. Chúng ta định nghĩa dấu của b kí hiệu là sgn(b) như sau. Nếu b ≥ 0 thì sgn(b) = 1. Nếu b < 0 thì sgn(b) = −1. Đặt 2 + b2 √ √ a2 + b2 a α = + + i sgn(b) (cid:118)
(cid:117)
(cid:117)
(cid:116)− . + (cid:118)
(cid:117)
(cid:117)
(cid:116)a
2 2 2 2 Rõ ràng α2 = a + ib = z. Vì thế ±α là hai nghiệm của phương trình x2 = z. Xét một phương trình bậc hai với hệ số phức. Khi chia cho hệ số cao nhất,
ta đưa phương trình này về dạng x2 + z1x + z0 = 0 với z1, z0 ∈ C. Phương trình này tương đương với phương trình (cid:32) (cid:33)2 x + = − z0. z1
2 z2
1
4 Theo chứng minh trên, phương trình y2 = − z0 có hai nghiệm phức y1,2 = z2
1
4 . ±β. Do đó, phương trình ban đầu có hai nghiệm phức x1,2 = ±β − z1
2 Định lí 1.3.2 (Định lý cơ bản của đại số). Cho f (x) là một đa thức bậc dương với các hệ số phức. Khi đó f (x) có ít nhất một nghiệm phức. Chứng minh. Trước hết, ta khẳng định rằng chỉ cần chứng minh cho trường hợp đa thức với hệ số thực là đủ, tức là chỉ cần chứng minh mọi đa thức bậc dương với hệ số thực đều có ít nhất một nghiệm phức. Thật vậy, giả sử f (x) = (at +ibt)xt +· · ·+(a1 +ib1)x+(a0 −ib0) ∈ C[x]
là đa thức có bậc t > 0. Đặt f (x) = (at−ibt)xt+· · ·+(a1−ib1)x+(a0−ib0). Tính toán ta được f (x)f (x) = (atxt + · · · + a1x + a0)2 + (btxt + · · · + b1x + b0)2. Do đó f (x)f (x) là một đa thức với hệ số thực với bậc 2t > 0. Cho z = a + ib là một nghiệm phức của f (x)f (x). Khi đó f (z)f (z) = 0. Suy ra f (z) = 0 14 hoặc f (z) = 0. Vì thế hoặc z là nghiệm của f (x) hoặc z là nghiệm của f (x).
Giả sử z là nghiệm của f (x). Với mỗi số phức u = r + is với r, s ∈ R, ta kí hiệu u = r − is là liên hợp của u. Vì liên hợp của tổng hai số phức bằng tổng các liên hợp và liên hợp của tích hai số phức bằng tích các liên hợp nên ta suy ra f (z) = f (z) = 0. Do đó z là nghiệm của f (x). Vì vậy, khẳng định được chứng minh. Cho f (x) là đa thức với hệ số thực có bậc t > 0. Giả sử t = 2n(2m + 1). Chúng ta chứng minh định lý bằng quy nạp theo n. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả thiết f (x) có hệ số cao nhất bằng 1. Với n = 0, khi đó f (x) có bậc 2m + 1, tức là f (x) có bậc lẻ. Do tính liên tục của f (x) với chú ý rằng f (x) có bậc lẻ nên đồ thị của nó cắt trục hoành ít nhất tại 1 điểm. Vì thế f (x) có ít nhất một nghiệm thực. Giả sử n > 0 và kết quả đã đúng cho trường hợp nhỏ hơn n. Ta chứng minh cho trường hợp bậc của đa thức f (x) là
d = 2n(2m + 1). Khi đó theo Định lí 1.2.6, tồn tại một trường E chứa C sao cho f (x) phân rã trong E, tức là có sự phân tích f (x) = (x − r1) . . . (x − rd) d(d − 1) . Với mỗi k = 1, . . . , s + 1 đặt với r1, . . . , rd ∈ E. Đặt s = 2 1≤i≤j≤d (cid:89) qk(x) = (x − ri − rj − krirj). Khi viết đa thức qk(x) dưới dạng chính tắc các hệ số của qk(x) là những đa
thức đối xứng của các nghiệm ri của f (x). Vì f (x) ∈ R[x] nên theo Hệ quả 1.1.8 các hệ số của qk(x) đều là số thực, tức là qk(x) là đa thức với hệ số thực. Chú ý rằng bậc của qk(x) là số cách chọn cặp (i, j) với 1 ≤ i ≤ j ≤ d do đó nó chính là số cách chọn tập con gồm 2 phần tử i, j từ tập {1, . . . , d}. Suy d(d − 1) 2 . Do đó s = 2n−1(2m + 1)[2n(2m + 1) − 1].
ra qk(x) có bậc s =
Do n > 0 nên (2m + 1)[2n(2m + 1) − 1] là số lẻ. Vì thế, theo giả thiết quy nạp, mỗi qk(x) có một nghiệm phức. Từ công thức của qk(x), ta thấy rằng 15 mỗi nghiệm của qk(x) phải có dạng ri + rj + krirj với i < j nào đó. Như vậy, mỗi đa thức trong số s + 1 đa thức qk(x) đều có một nghiệm phức, mỗi nghiệm phức được tính theo một cặp i < j và chỉ có tất cả s cặp i < j. Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại một cặp i < j sao cho có hai số nguyên k1 (cid:54)= k2 để u = ri + rj + k1rirj là nghiệm phức của qk1(x) và v = ri + rj + k2rirj là nghiệm phức của qk2(x). Khi đó ri, rj là hai nghiệm của đa thức bậc hai u − v và c = . Vì u, v là hai số phức x2 + bx + c, trong đó b = k1v − k2u
k2 − k1 k1 − k2 nên b, c cũng là hai số phức. Theo Bổ đề 1.3.1 thì ri, rj là các số phức. Từ Định lý cơ bản của đại số, chúng ta có tiêu chuẩn sau cho tính bất khả quy trên C và trên R. Hệ quả 1.3.3. Các phát biểu sau là đúng (i) Đa thức f (x) ∈ C[x] là đa thức bất khả quy trên C nếu và chỉ nếu deg f (x) = 1. (ii) Đa thức f (x) ∈ R[x] là đa thức bất khả quy trên R nếu và chỉ nếu hoặc deg f (x) = 1 hoặc deg f (x) = 2 và f (x) không có nghiệm thực. Chứng minh. Khẳng định (i) suy ra từ Định lý 1.3.2. Ta chứng minh phát biểu
(ii). Giả sử f (x) ∈ R[x]. Nếu deg f (x) = 1 hoặc deg f (x) = 2 và f (x) không
có nghiệm thực thì rõ ràng f (x) bất khả quy trên R. Ngược lại, cho f (x) bất
khả quy trên R và deg f (x) ≥ 2. Khi đó f (x) không có nghiệm thực. Theo Định lí cơ bản của đại số (Định lí 1.3.2), f (x) có một nghiệm phức z = a + ib
với a, b ∈ R, b (cid:54)= 0. Kí hiệu f (x) như trong chứng minh Định lý 1.3.2 . Vì
f (x) ∈ R[x] nên f (x) = f (x). Do đó z là nghiệm của f (x). Theo chứng minh Định lý 1.3.2, z = a − ib là nghiệm của f (x). Vì b (cid:54)= 0 nên z (cid:54)= z, do
đó f (x) chia hết đa thức (x − z)(x − z) = x2 − 2ax + a2 + b2 ∈ R[x]. Do
f (x) bất khả quy trên R nên f (x) = c(x2 − 2ax + a2 + b2) với c ∈ R. Vì thế deg f (x) = 2 và f (x) không có nghiệm thực. 16 Hệ quả 1.3.4. Các phát biểu sau là đúng. (i) Mọi đa thức bậc dương với hệ số phức đều phân tích được thành tích của hữu hạn đa thức tuyến tính với hệ số phức. (ii) Mọi đa thức bậc dương với hệ số thực đều phân tích được thành tích của hữu hạn nhân tử, mỗi nhân tử là một đa thức tuyến tính hoặc một đa thức bậc hai với hệ số thực và không có nghiệm thực. 17 Khái niệm đa thức bất khả quy đã được nhắc ngay trong phần mở đầu của luận văn. Khái niệm này cũng đã được dùng trong Chương 1 để chứng minh Định lí về sự tồn tại trường phân rã của đa thức. Như đã bình luận, bài toán
xét tính bất khả quy của đa thức trên Q đến nay vẫn là bài toán mở, chưa được giải quyết trọn vẹn. Chương 2 là nội dung chính của luận văn, chương này trình bày ứng dụng
của Định lý cơ bản của đại số để xét tính bất khả quy của đa thức trên Q. Trước hết chúng ta trình bày một số tiêu chuẩn quen biết về tính bất khả quy
của đa thức trên Q. Tiết này dành để trình bày một số tiêu chuẩn bất khả quy của đa thức trên
Q quen biết. Trước hết chúng ta sử dụng tiêu chuẩn nghiệm hữu tỷ sau đây:
Nếu f (x) = anxn + ... + a1x + a0 là đa thức bậc n với hệ số nguyên và p/q là phân số tối giản và là nghiệm của f (x) thì p là ước của a0 và q là ước của an. Đặc biệt, nếu an = 1 thì mỗi nghiệm hữu tỷ của f (x) đều là nghiệm nguyên. Một tiêu chuẩn nghiệm hữu tỷ tổng quát hơn cũng hay được sử dụng: Nếu m là một số nguyên và phân số tối giản p/q là nghiệm của f (x) thì p − mq là 18 ước của f (m). Đặc biệt, p + q là ước của f (−1) và p − q là ước của f (1). Trước hết là sử dụng tiêu chuẩn nghiệm hữu tỷ. Cho f (x) là đa thức bậc n với
hệ số hữu tỷ. Khi đó tính bất khả quy trên Q của f (x) là tương đương với tính
bất khả quy trên Q của đa thức af (x) với a là mẫu số chung của các hệ số của f (x). Chú ý rằng af (x) có các hệ số nguyên. Vì thế, từ nay trở đi, chúng
ta luôn xét tính bất khả quy trên Q của đa thức với hệ số nguyên. Chú ý rằng nếu f (x) có bậc 1 thì f (x) luôn bất khả quy. Giả sử f (x) có bậc n > 1. Nếu p/q là nghiệm hữu tỷ của f (x) thì f (x) = (x − p/q)g(x), trong đó g(x) là đa thức có hệ số hữu tỷ và có bậc n − 1 > 0. Trong trường hợp này, f (x) khả
quy trên Q. Ví dụ 2.1.1. a) Đa thức f (x) = 6x3 + 19x2 + 2x − 3 là khả quy trên Q. b) Đa thức g(x) = 2x3 + 4x2 − x + 8 là bất khả quy trên Q. Chứng minh. a) Giả sử phân số tối giản r/s là nghiệm của f (x). Khi đó ta có r|3 và s|6. Suy ra r ∈ {±1, ±3} và s ∈ {±1, ±2, ±3, ±6}. Vì f (1) = 19, f (−1) = 8 nên suy ra 1 1 1
3
± r/s ∈ , ± , ±3, ± , ± . 2 3 6 2 1 1 , −3, Thử lại, ta thấy − là nghiệm của f (x). Vậy f (x) khả quy trên Q. 2 3 b) Ta có 4g(x) = 8x3 + 16x2 − 4x + 32. Khi đó g(x) = 0 nếu và chỉ
nếu 8x3 + 16x2 − 4x + 32 = 0. Đặt y = 2x, phương trình thứ hai trở thành
h(y) = y3 + 4y2 − 2y + 32 = 0. Chú ý rằng g(x) có nghiệm hữu tỷ nếu và chỉ nếu h(y) có nghiệm hữu tỷ. Dựa vào tiêu chuẩn nghiệm hữu tỷ đã nêu ở trên ta suy ra h(y) không có nghiệm hữu tỷ. Vì thế g(x) không có nghiệm hữu tỷ.
Do đó g(x) bất khả quy trên Q. 19 Cho f (x) ∈ Z[x] có bậc n. Chú ý rằng nếu n = 2 hoặc n = 3 thì f (x) bất
khả quy trên Q khi và chỉ khi f (x) không có nhân tử tuyến tính trên Q. Trong
trường hợp này, f (x) bất khả quy trên Q khi và chỉ khi nó không có nghiệm hữu tỷ. Tuy nhiên, đối với đa thức bậc lớn hơn 3, ta không thể suy ra tính bất
khả quy trên Q từ việc kiểm tra đa thức không có nghiệm hữu tỷ. Chẳng hạn
(x2 + 1)(x2 + x + 1) không có nghiệm hữu tỷ nhưng lại khả quy trên Q. Trong một số trường hợp, chúng ta có thể sử dụng Bổ đề Gauss để xét tính bất khả quy trên Q của các đa thức không có nghiệm hữu tỷ. Định lí 2.1.2 (Bổ đề Gauss). Cho p(x) ∈ Z[x]. Giả sử p(x) = g(x)f (x) với
g(x), f (x) ∈ Q[x]. Khi đó, tồn tại các đa thức g∗(x), f∗(x) ∈ Z[x] sao cho deg g(x) = deg g∗(x), deg f (x) = deg f∗(x) và p(x) = g∗(x)f∗(x). Đặc biệt,
nếu p(x) là khả quy trên Q thì nó được phân tích thành tích của hai đa thức với hệ số nguyên có bậc thấp hơn. Chứng minh. Viết f (x) = af1(x) và g(x) = bg1(x) trong đó a, b ∈ Q và
f1(x), g1(x) ∈ Z[x] là các đa thức nguyên bản. Suy ra f1(x)g1(x) là đa thức
nguyên bản. Rõ ràng p(x) = abf1(x)g1(x) ∈ Z[x]. Ta chứng minh ab ∈ Z.
Thật vậy, giả sử ab (cid:54)∈ Z. Khi đó ab = r/s với r/s là phân số tối giản và s > 1.
Viết f1(x)g1(x) = anxn + · · · + a1x + a0. Vì f1(x)g1(x) là nguyên bản nên
gcd(an, an−1, . . . , a0) = 1. Vì p(x) ∈ Z[x] nên ta có , . . . , , ∈ Z. ran
s ra1
s ra0
s Suy ra s là ước chung của an, . . . , a1, a0 điều này vô lí. Vậy ab ∈ Z. Đặt f∗(x) = abf1(x) và g∗(x) = g1(x). Khi đó p(x) = f∗(x)g∗(x) với f∗(x)g∗(x) ∈
Z[x] và deg f (x) = deg f∗(x) và deg g(x) = deg g∗(x). Sau đây là một ví dụ xét tính bất khả quy trên Q bằng việc sử dụng Bổ đề Gauss. 20 Ví dụ 2.1.3. Đa thức f (x) = x4 + 5x3 − 2x2 + 3 bất khả quy trên Q . Chứng minh. Sử dụng tiêu chuẩn nghiệm hữu tỷ ta dễ dàng thấy rằng f (x) không có nghiệm hữu tỷ. Vì thế f (x) không là tích của một đa thức bậc nhất
và một đa thức bậc ba. Giả sử f (x) khả quy trên Q. Theo Bổ đề Gauss, f (x)
có sự phân tích f (x) = g(x)h(x) trong đó g(x), h(x) ∈ Z[x] có bậc 2 và có
hệ số cao nhất bằng 1. Viết g(x) = x2 + ax + b và h(x) = x2 + cx + d với
a, b, c, d ∈ Z. Đồng nhất hệ số ở hai vế của đẳng thức f (x) = g(x)h(x) ta được bd = 3, bc + ad = 0, ac + d + b = −2, c + a = 5. Vì bd = 3 và vai trò của b, d là như nhau nên không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết b = 1, d = 3 hoặc b = −1, d = −3. Nếu b = 1, d = 3 thì 5 c + 3a = 0, ac = −6, a + c = 5. Suy ra a = − (cid:54)∈ Z, vô lí. Nếu b = −1 và 2 5 d = −3 thì −c − 3a = 0, ac = 2, c + a = 5. Suy ra a = − (cid:54)∈ Z, vô lí. Như 2 vậy, f (x) bất khả quy. Tiếp theo, ta trình bày tiêu chuẩn Eisenstein để xét tính bất khả quy của đa thức trên Q. Định lí 2.1.4 (Tiêu chuẩn Eisenstein). Cho f = anxn +· · ·+a1x+a0 ∈ Z[x].
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 hệ số tự do a0. Khi đó f (x) là bất khả quy trên Q. Chứng minh. Giả sử f (x) khả quy trên Q. Theo Bổ đề Gauss, tồn tại biểu
diễn f (x) = g(x)h(x), trong đó g(x) = bmxm + · · · + b1x + b0 ∈ Z[x] và 21 h(x) = ckxk + · · · + c1x + c0 ∈ Z[x] với deg g(x) = m, deg h(x) = 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 thiết p|c0. Khi đó b0 không chia hết cho p. Vì an = bmck và an không chia hết cho p nên bm và ck đều không chia hết cho p. Do đó, tồn tại số r bé nhất sao cho cr không là bội của p. Ta có ar = b0cr + (b1cr−1 + b2cr−2 + · · · + brc0). 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 f (x) là bất khả quy trên Q. Ví dụ 2.1.5. i) Đa thức 5x10 + 4x4 − 8x3 + 10 là bất khả quy trên Q theo tiêu
chuẩn Eisenstein với p = 2. ii) Đa thức 2x9 − 6x7 + 9x5 + 12x3 + 15x + 24 là bất khả quy trên Q theo tiêu chuẩn Eisenstein với p = 3. Cho p là số nguyên tố. Đa thức chia đường tròn thứ p được định nghĩa bởi Φp(x) = xp−1 + · · · + x + 1. Hệ quả 2.1.6. Với mỗi số nguyên tố p, đa thức chia đường tròn thứ p bất khả
quy trên Q. Chứng minh. Chú ý rằng Φp(x) là bất khả quy trên Q khi và chỉ khi Φp(x+1) là bất khả quy. Ta có (x + 1)p − 1 Φp(x + 1) = (cid:19) (cid:19) (cid:19) (cid:18) p xp−2 + · · · + xp−k−1 + · · · + x + p, x
= xp−1 + p − 2 (cid:18)p
1 (cid:18)p
2 (cid:19) = trong đó là số tổ hợp chập k của p phần tử. Do p p!
k!(p − k)! (cid:19) nguyên tố nên là bội của p với mọi k = 1, . . . , p − 2. Vì thế Φp(x + 1) (cid:18)p
k
(cid:18)p
k là bất khả quy theo tiêu chuẩn Eisenstein. 22 Hệ quả đơn giản sau đây chỉ ra rằng với mỗi số tự nhiên n luôn tồn tại các 2 . . . pnk 1 pn2 đa thức bất khả quy trên Q bậc n. Hệ quả 2.1.7. Cho a = pn1
n là sự phân tích tiêu chuẩn của số tự
nhiên a thành tích các thừa số nguyên tố. Nếu tồn tại 1 ≤ j ≤ k sao cho
nj = 1 thì xn − a là bất khả quy trên Q với mọi n. j. Vì thế, theo tiêu chuẩn Eisenstein ta có kết quả. Chứng minh. Theo giả thiết, a là bội của số nguyên tố pj nhưng không là bội
của p2 Đa thức 3x5 − 4x3 + 6x2 + 8x + 2 là bất khả quy trên Q theo tiêu chuẩn Eisenstein với p = 2, nhưng dùng bổ đề Gauss lại không hiệu quả khi xét tính
bất khả quy của đa thức này. Ngược lại, đa thức x5 + x3 + x2 + 5 là bất khả
quy trên Q theo bổ đề Gauss, nhưng không dễ kiểm tra tính bất khả quy của đa thức này bằng tiêu chuẩn Eisenstein. Vậy tùy vào từng đa thức ta lựa chọn cách xét tính bất khả quy cho phù hợp. Trong phần cuối của phần này, ta trình bày phương pháp rút gọn theo môđun một số nguyên tố để xét tính bất khả quy và khả quy của đa thức trên
Q. Chú ý rằng, nếu p là số nguyên tố thì vành Zp các số nguyên môđunlô
p là một trường. Cho thuận tiện, chúng ta vẫn kí hiệu các phần tử của Zp
như những số nguyên với chú ý rằng a = b trong trường Zp khi và chỉ khi số
nguyên a−b là bội của m trong vành Z. Với mỗi đa thức f (x) = anxn +· · ·+
a1x + a0 ∈ Z[x] và mỗi số nguyên tố p, ta đặt f (x) = anxn + · · · + a1x + a0 ∈
Zp[x] . Định lý sau cho ta một công cụ rất mạnh để xét tính bất khả quy trên Q của các đa thức với hệ số nguyên. Định lí 2.1.8. Nếu tồn tại số nguyên tố p sao cho deg f (x) = deg f (x) và
f (x) bất khả quy trên Q thì f (x) bất khả quy trên Q. 23 Chứng minh. Vì f (x) bất khả quy trên Zp nên deg f (x) > 0. Suy ra deg f (x) >
0. Giả sử f (x) khả quy trên Q. Theo Bổ đề Gauss, f (x) có phân tích f (x) =
g(x)h(x) trong đó g(x), h(x) ∈ Z[x] và g(x), h(x) có bậc nhỏ hơn bậc của f (x). Chú ý rằng f (x) = g(x)h(x). Do đó deg f (x) = deg g(x) + deg h(x). Rõ ràng deg g(x) ≥ deg g(x) và deg h(x) ≥ deg h(x). Vì deg f (x) = deg f (x) nên deg g(x) = deg g(x) và deg h(x) = deg h(x). Do đó f (x) phân tích được thành tích của hai đa thức g(x), h(x) có bậc thấp hơn. Điều
này mâu thuẫn với tính bất khả quy của f (x) trên Zp. Ví dụ 2.1.9. Các đa thức sau là bất khả quy trên Q : i) f (x) = 7x2 + 10x + 5;
ii) g(x) = 5x3 + 7x2 + 9x − 11. Chứng minh. i) Vì f (x) = x2 + x + 2 ∈ Z3[x] không có nghiệm trong Z3 và
và deg ¯f (x) = 2 nên ¯f (x) bất khả quy trên Z3. Rõ ràng deg f (x) = deg f (x).
Suy ra g(x) bất khả quy trên Q theo Định lý 2.2.11. ii) Vì g(x) = x3 + x2 + x − 1 ∈ Z2[x] không có nghiệm trong Z2 và
deg g(x) = 3 nên g(x) bất khả quy trên Z2. Rõ ràng deg g(x) = deg g(x) nên
g(x) bất khả quy trên Q theo Định lý 2.2.11. Bài toán xét tính bất khả quy của các đa thức trên trường phức C và trường
thực R đã được giải quyết trọn vẹn trong phần cuối của Chương 1. Tuy nhiên,
bài toán xét tính bất khả quy của đa thức trên trường Q các số hữu tỷ cho đến nay vẫn là bài toán mở. Ở trên ta đã trình bày một số phương pháp xét tính
bất khả quy của đa thức trên Q quen thuộc như phương pháp tìm nghiệm hữu tỷ, phương pháp dùng Bổ đề Gauss, phương pháp dùng tiêu chuẩn Eisenstein, 24 phương pháp rút gọn theo môđun một số nguyên tố. Mục đích chính của luận văn là vận dụng Định lý cơ bản của đại số, chúng ta sẽ trình bày thêm một số
tiêu chuẩn về tính bất khả quy của đa thức trên Q. Nhắc lại rằng một số phức z được gọi là một căn của đơn vị nếu tồn tại
một số nguyên dương n sao cho zn = 1. Nếu zn (cid:54)= 1 với mọi n thì ta nói z không là căn của đơn vị. Trước hết, chúng ta trình bày tiêu chuẩn bất khả quy của đa thức với hệ số tự do nguyên tố. Trong chứng minh tiêu chuẩn này, chúng ta phải sử dụng Định lí cơ bản của đại số. Định lí 2.2.1. Cho f (x) = anxn + an−1xn−1 + · · · + a1x ± p là một đa thức
với hệ số nguyên, trong đó p là một số nguyên tố. i) Nếu p > 1 + |a1| + · · · + |an−1| thì f (x) bất khả quy trên Q; ii) Nếu p ≥ 1 + |a1| + · · · + |an−1| và các nghiệm của f (x) đều không là căn của đơn vị thì f (x) bất khả quy trên Q. Chứng minh. i) Giả sử f (x) khả quy trên trường Q các số hữu tỷ và ta cần tìm mâu thuẫn. Theo Bổ đề Gauss, tồn tại phân tích f (x) = g(x)h(x), trong
đó g(x), h(x) ∈ Z[x] và 0 < deg g(x), deg h(x) < deg f (x). Đồng nhất hệ số tự do ở hai vế, ta được ±p = a0b0, trong đó a0, b0 lần lượt là các hệ số tự do của g(x) và h(x). Do p là số nguyên tố nên a0 = ±1 hoặc b0 = ±1. Giả sử a0 = ±1. Đặt deg g(x) = m > 0. Theo Định lý cơ bản của đại số, g(x) có
m nghiệm r1, . . . , rm ∈ C. Theo công thức Viete ta có |r1 . . . rm| = |a0| = 1, trong đó kí hiệu |z| là môđun của số phức. Suy ra |r1| . . . |rm| = 1. Do đó, có i + an−1rn−1 i + · · · + a1ri. Do đó ít nhất một nghiệm ri của g(x) sao cho |ri| ≤ 1. Vì ri là nghiệm của f (x) nên
f (ri) = 0. Suy ra ±p = rn i + an−1rn−1 i + · · · + a1ri| ≤ |ri|n + |an−1||ri|n−1 + · · · + |a1||ri| p = |rn ≤ 1 + |an−1| + · · · + |a1|. 25 Điều này mâu thuẫn.
(ii) Ta cũng giả sử f (x) khả quy trên Q và ta cần tìm mâu thuẫn. Với kí hiệu ri và bằng các lập luận như trong chứng minh phát biểu (i) ở trên, tồn tại một
nghiệm ri của f (x) sao cho |ri| (cid:54) 1. Vì các nghiệm của f (x) đều không là căn của đơn vị nên |ri| < 1. Do đó p < 1 + |an−1| + . . . + |a1|, điều này là vô lí. Tiếp theo, chúng ta xét một trường hợp tổng quát hơn, tiêu chuẩn bất khả quy này áp dụng cho các đa thức có hệ số tự do là bội của một số nguyên tố. Chứng minh tiêu chuẩn này phải cần đến Định lí cơ bản của đại số. Định lí 2.2.2. Cho f (x) = anxn + an−1xn−1 + · · · + a1x + pc là một đa
thức với hệ số nguyên, trong đó p là một số nguyên tố và c ∈ Z. Nếu p >
|cn−1| + |an−1cn−2| + · · · + |a2c| + |a1| thì f (x) bất khả quy trên Q. Chứng minh. Giả sử f (x) khả quy trên trường Q các số hữu tỷ và ta cần tìm mâu thuẫn. Theo Bổ đề Gauss, tồn tại phân tích f (x) = g(x)h(x), trong đó
g(x), h(x) ∈ Z[x] và 0 < deg g(x), deg h(x) < deg f (x). Đồng nhất hệ số tự do ở hai vế ta được pc = a0b0, trong đó a0, b0 lần lượt là các hệ số tự do của g(x) và h(x). Suy ra p| a0 và p| b0. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả thiết p| a0. Khi đó b0| c. Giả sử deg h(x) = m. Vì m > 0 nên theo Định lý cơ
bản của đại số, h(x) có m nghiệm r1, . . . , rm ∈ C. Theo công thức Viete, ta có |r1| . . . |rm| = |r1 . . . rm| = |b0| ≤ |c|. i + a1ri. Theo giả thiết, ta có i + an−1rn−1 i + a2r2 Do đó, tồn tại i ∈ {1, . . . , m} sao cho |ri| ≤ |c|. Vì ri là nghiệm của f (x)
nên −pc = rn i + an−1rn−1 i + a1ri| i + a2r2 |pc| = |rn 26 ≤ |c| (cid:0)|cn−1| + |an−1cn−2| + · · · + |a2c| + |a1|(cid:1) < |c|p = |cp|. Điều này vô lí. Bây giờ chúng ta trình bày hai ví dụ xét tính bất khả quy của đa thức bằng cách sử dụng Định lí 2.2.1 và Định lí 2.2.2. Ví dụ 2.2.3. Các đa thức sau là bất khả quy trên Q. i) f (x) = x7 − 2x6 + 3x5 − 4x4 + 5x3 − 6x2 + 7x + 31 ;
ii) g(x) = x6 + 2x5 − 4x4 + 7x3 + 10x2 + 3x + 298. Chứng minh. i) Vì 31 là số nguyên tố và 31 > 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 nên f (x) bất khả quy theo Định lý 2.2.1. ii) Với số nguyên tố p = 149, ta có 298 = 2p và p > 25 + 2.24 + 4.23 + 7.22 + 10.2 + 3. Do đó g(x) bất khả quy theo Định lý 2.2.2. Ví dụ 2.2.4. Nếu a, b, c, d là các số tự nhiên thỏa mãn 27a+9b+3c+d < 116
thì đa thức f (x) = x5 ± ax4 ± bx3 ± cx2 ± dx + 591 là bất khả quy trên Q.
Đặc biệt, các đa thức sau là bất khả quy trên Q.
i) x5 + 2x4 + 4x3 + 5x2 + 10x + 591;
ii) x5 + 3x4 − x3 + 2x2 + 7x + 591;
iii) x5 + x4 + 4x3 − 5x2 + 3x + 591. Chứng minh. Với số nguyên tố p = 197, ta có 591 = 3p. Theo giả thiết
p = 116 + 81 > 34 + 33a + 32b + 3c + d hay ta có: 27a + 9b + 3c + d < 116.
Vậy nếu có 27a + 9b + 3c + d < 116 thì f (x) bất khả quy trên Q theo Định lý 2.2.2. 27 Ta có các đa thức ở mục (i), (ii), (iii) trên đều có bậc bằng 5. Mặt khác 597 = 3.197 mà số 197 là số nguyên tố. Hơn nữa ta có 197 > 34 + 2.33 + 4.32 + 5.3 + 10 = 196 Do đó, theo Định lí 2.2.2, đa thức ở mục (i) là bất khả quy trên Q. Tương tự, ta có 197 > 34 + 3.33 + 1.32 + 2.3 + 7 = 184. Vì thế, theo Định lí 2.2.2, đa thức ở mục (ii) là bất khả quy trên Q. Ta có 197 > 34 + 33 + 4.32 + 5.3 + 3 = 162. Vì thế, theo Định lí 2.2.2, đa thức ở mục (iii) là bất khả quy trên Q. Sử dụng Định lý cơ bản của đại số, ta có thể chứng minh tiêu chuẩn bất khả quy của đa thức khi tồn tại số nguyên n đủ lớn với f (n) là số nguyên tố. 0≤i≤m−1 Trước hết, ta cần bổ đề sau. Bổ đề 2.2.5. Cho f (n) = amnm + am−1nm−1 + · · · + a1n + a0 ∈ Z[n] là đa
thức có bậc m > 0. Đặt H = max
|ai/am|. Khi đó |z| < H + 1 với mọi
nghiệm z ∈ C của f (n). Chứng minh. Vì z là nghiệm của f (n) nên ta có −amzm = am−1nm−1 + · · · + a1n + a0. Chú ý rằng, nếu a ∈ R thì môđun của số phức a chính là giá trị tuyệt đối của a. Sử dụng tính chất về môđun của các số phức đối với đẳng thức trên, ta suy ra |z|m = zm−1 + · · · + z + (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) am−1
am a1
am a0
am 28 ≤ H(|z|m−1 + · · · + |z| + 1) = H(|z|m − 1)
. |z| − 1 Giả sử H = 0. Khi đó f (x) = amnm. Suy ra z = 0 và vì thế |z| < H + 1. Cho H > 0. Nếu |z| ≤ 1 thì rõ ràng |z| < H + 1. Nếu |z| > 1 thì |z| − 1 > 0. Do đó khi nhân cả hai vế của bất đẳng thức trên với |z| − 1, ta
được |z|m(|z| − 1) ≤ H(|z|m − 1). Suy ra |z|m+1 − |z|m ≤ H|z|m − H < H|z|m. Do |z| > 1 nên |z| (cid:54)= 0. Chia cả hai vế cho |z|m ta được |z| < H + 1. Bây giờ chúng ta đưa ra tiêu chuẩn bất khả quy trên Q dựa theo giá trị nguyên tố của đa thức. Chúng ta chỉ ra rằng nếu có số tự nhiên n đủ lớn để f (n) nguyên tố thì f (x) là bất khả quy. Chứng minh trình bày dưới đây cho tiêu chuẩn này được đề xuất bởi Murty [2], trong đó Định lí cơ bản của đại số 0≤i≤m−1 được sử dụng như một công cụ chính. Định lí 2.2.6. Cho f (x) = amxm + · · · + a1x + a0 ∈ Z[x] là đa thức có bậc
m > 0. Đặt H = max
|ai/am|. Nếu tồn tại số tự nhiên n ≥ H + 2 sao
cho f (n) là số nguyên tố thì f (x) bất khả quy trên Q. Chứng minh. Giả sử f (x) khả quy trong Z[x] và ta cần tìm mâu thuẫn. Theo
Bổ đề Gauss thì f (x) = g(x)h(x) với g(x), h(x) ∈ Z[x] là các đa thức bậc dương. Vì f (n) nguyên tố nên trong hai số g(n) và h(n) ắt phải có một số là ±1. Không mất tính tổng quát, ta giả sử g(n) = ±1. Giả sử deg g(x) = t. Khi
đó t > 0. Theo Định lý cơ bản của đại số, g(x) có t nghiệm z1, . . . , zt ∈ C. Suy ra g(x) = c(x − z1) . . . (x − zt), trong đó c là hệ số cao nhất của g(x).
Với mọi k ∈ {1, . . . , t}, viết zk = ak + ibk với ak, bk ∈ R. Khi đó, ta có k + b2 k − 2nak ≥ n2 + a2 k + b2 k − 2n k + b2
a2
k (cid:113) |n − zk|2 = n2 + a2 29 k + b2
a2
k (cid:19)2 (cid:18) (cid:113) = n − . Suy ra |n − zk|2 ≥ (n − |zk|)2. Do zk cũng là nghiệm của f (x) nên theo Bổ đề 2.2.5 và giả thiết ta có n ≥ H + 2 > H + 1 > |zk|. Suy ra n − |zk| ≥ 2. Ta luôn có |n − zk| ≥ n − |zk|. Vì t > 0 nên ta có 1 = |g(n)| = |c||n − z1| . . . |n − zt| ≥ |c|(n − |z1|) . . . (n − |zt|) ≥ 2t|c| ≥ 2, điều này vô lí. Ví dụ 2.2.7. Đa thức f (x) = x4 + 2x3 + 3x2 + 4x + 1 là bất khả quy trên Q. Chứng minh. Với kí hiệu trong Định lý 2.2.6, ta có m = deg f (x) = 4 và a1 = 1. Suy ra H = max{1, 2, 3, 4} = 4. Ta có 6 = H + 2 và tính toán ta được f (6) = 1481 là số nguyên tố. Theo Định lý 2.2.6 ta suy ra f (x) bất khả
quy trên Q. Cho b > 1 là một số tự nhiên. Tiêu chuẩn bất khả quy tiếp theo dành cho các đa thức f (x) có các hệ số đều thuộc tập {0, 1, ..., b − 1} và f (b) là số nguyên tố. Chứng minh tiêu chuẩn này cần phải sử dụng Định lí cơ bản của đại số. Chứng minh này được đề xuất bởi Murty trong bài báo [2]. Trong 0≤i≤m−1 trường hợp này n = f (b) là số nguyên tố và nếu kí hiệu H = max |ai/am| như trong Định lý 2.2.6 thì ta có b > H. Để chứng minh tiêu chuẩn này, trước hết ta cần bổ đề sau. Bổ đề 2.2.8. Cho f (x) = anxn + · · · + a1x + a0 ∈ Z[x]. Giả sử H là
một số thực dương sao cho an ≥ 1, an−1 ≥ 0 và |ak| ≤ H với mọi k ∈ {0, 1, . . . , n − 2}. Khi đó, mỗi nghiệm phức z của f (x) hoặc có phần thực √ 1 + 1 + 4H không dương hoặc thỏa mãn |z| < . 2 30 Chứng minh. Giả sử z là một nghiệm của f (x). Nếu |z| < 1 thì rõ ràng ta có √ 1 + 4H 1 + |z| < . Vì thế ta giả thiết |z| > 1. Ta sẽ chứng minh phần thực 2 √ 1 + 1 + 4H . Giả sử z = a + ib với 2 của z không là số dương hoặc |z| <
a, b ∈ R và a > 0. Do |ak| ≤ H với mọi k ∈ {0, 1, . . . , n − 2} nên ta có ≥ − an + (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
f (z)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) zn an−1
z a0
zn (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
≥ − + an + a1
zn−1 +
|a1|
|zn−1| |a0|
|z|n (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) an−1
z an−2
z2 + · · · +
|an−2|
|z|2 + · · · +
1 1 ≥ − H + . an + |1
|z|2 + · · · + |zn−1| |z|n (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) an−1
z Vì an ≥ 1, an−1 ≥ 0 và a > 0 nên ta có = = an + − i an + an + aan−1
a2 + b2 ban−1
a2 + b2 (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) an−1
a + ib an−1
z (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) ≥ ≥ 1. an + (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) aan−1
a2 + b2 n+1 Hơn nữa, vì |z| > 1 nên ta có n−1 1 − 1 |z| 1 − 1 + 1
|z|2 + · · · + 1
|z|n = |z| 1 − 1 |z|
1 1 − |z| 1 < . = |z|(|z| − 1) |z|(|z| − 1) 31 Vì H > 0 và |z| > 1 nên từ hai bất đẳng thức trên, ta có H |z|2 − |z| − H > 1 − = . |z|(|z| − 1) |z|2 − |z| (cid:12)
(cid:12)
f (z)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) zn √ 1 + 1 + 4H |z|2 − |z| − H Nếu |z| ≥ thì |z|2 − |z| − H ≥ 0. Do đó ≥ 0. 2 |z|2 − |z| Suy ra f (z)
zn > 0. Điều này là mâu thuẫn vì z là nghiệm của f (x). Do đó
√ 1 + 1 + 4H |z| < . 2 Định lí 2.2.9. Cho b > 2 là một số tự nhiên. Cho f (x) = anxn + an−1xn−1 + . . . + a1x + a0 là đa thức với hệ số nguyên sao cho ai ∈ {0, 1, . . . , b − 1} với mọi i = 0, 1, . . . , n và an ≥ 1. Nếu f (b) là số nguyên tố thì f (x) là bất khả quy trên
Q. Chứng minh. Giả sử f (x) khả quy trên Q. Theo Bổ đề Gauss, tồn tại phân tích f (x) = g(x)h(x) với g(x), h(x) là các đa thức với hệ số nguyên thỏa mãn 0 < deg g(x), deg h(x) < deg f (x). Vì f (b) là số nguyên tố theo giả thiết nên g(b) = ±1 hoặc h(b) = ±1. Không mất tính tổng quát, ta giả sử g(b) = ±1. Đặt deg g(x) = t > 0. Theo Định lý cơ bản đại số, g(x)
có t nghiệm z1, . . . , zt ∈ C. Do đó g(x) = c(x − z1) . . . (x − zt), trong đó c là hệ số cao nhất của g(x). Theo giả thiết ta có an ≥ 1, an−1 ≥ 0
và ai = |ai| (cid:54) b − 1 với mọi i. Do mỗi nghiệm của g(x) cũng là nghiệm của f (x) nên theo Bổ đề 2.2.8, phần thực của mỗi nghiệm zk không là số . Với mọi k = 1, . . . , t ta khẳng định dương hoặc |zk| < 1 + (cid:112)1 + 4(b − 1)
2 |b − zk| > 1. Thật vậy, phần thực của zk không dương thì zk = ak + ibk với 32 ak, bk ∈ R và ak ≤ 0. Suy ra |b − zk| = |(b − ak) − ibk| ≥ b − ak ≥ b > 2. thì vì b ≥ 3 nên tính toán ta được Nếu |zk| < 1 + (cid:112)1 + 4(b − 1)
2 ≤ b − 1. |zk| < 1 + (cid:112)1 + 4(b − 1)
2 Suy ra |b − zk| ≥ |b| − |zk| = b − |zk| > 1. Do đó khẳng định được chứng minh. Vì t > 0, c ≥ 1 và |b − zk| > 1 với mọi k = 1, . . . , t nên |g(b)| = |c||b − z1| . . . |b − zt| > 1, điều này là mâu thuẫn. Ví dụ 2.2.10. Đa thức f (x) = x6 + 2x5 + x3 + x2 + 3x + 1 là bất khả quy
trên Q. Chứng minh. Chọn b = 4. Khi đó f (b) = b6 + 2b5 + b3 + b2 + 3b + 1 = 6221 là số nguyên tố. Vì thế f (x) là bất khả quy trên Q theo Định lí 2.2.9. Phần cuối của chương này dành để trình bày một số tiêu chuẩn bất khả quy đề xuất trong bài báo [1] mà chứng minh của chúng phải cần đến Định lí
cơ bản của đại số. Ta kí hiệu f (cid:48)(x) là đạo hàm của đa thức f (x). Chú ý rằng
nếu f (x) = g(x)h(x) thì f (cid:48)(x) = g(cid:48)(x)h(x) + g(x)h(cid:48)(x). Với mỗi số phức √ z = a + bi, ta kí hiệu |z| = a2 + b2 là môđun của số phức z. Định lí 2.2.11. Cho f (x) là đa thức với hệ số nguyên. Giả sử có số nguyên
m thỏa mãn các điều kiện: f (m) = ps.q với p là số nguyên tố, s ≥ 2 là số tự nhiên và q là số nguyên sao cho p không là ước của qf (cid:48)(m). Nếu có hai số thực A, B sao cho A < |m| − |q| < |m| + |q| < B và f (x) không có nghiệm phức z thỏa mãn A < |z| < B thì f (x) là bất khả
quy trên Q. 33 Chứng minh. Giả sử f (x) = anxn + . . . + a1x + a0 là đa thức bậc n với hệ số nguyên thỏa mãn các điều kiện như trong Định lí. Ta cần chứng minh f (x)
bất khả quy trên Q. Giả sử f (x) khả quy trên Q và ta cần tìm mâu thuẫn. Theo Bổ đề Gauss, f (x) phân tích được thành tích của hai đa thức với hệ số nguyên có bậc
thấp hơn, tức là f (x) = g(x)h(x) với g(x), h(x) ∈ Z[x] và deg g(x) ≥ 1,
deg h(x) ≥ 1. Ta khẳng định rằng g(m) hoặc h(m) là bội của ps. Thật
vậy, giả sử cả g(m) và h(m) đều không là bội của ps. Vì ps.q = f (m) = g(m)h(m) nên p phải là ước chung của g(m) và h(m). Do đó p là ước của
qg(cid:48)(m)h(m) + qg(m)h(cid:48)(m) = qf (cid:48)(m), điều này là vô lí. Do đó khẳng định
được chứng minh. Từ khẳng định trên ta có thể giả thiết h(m) là bội của ps.
Vì g(m)h(m) = f (m) = ps.q nên g(m) là ước của q. Do đó |g(m)| (cid:54) |q|. Theo Định lí cơ bản của đại số, f (x) có n nghiệm phức θ1, . . . , θn. Vì g(x) là ước của f (x) nên mỗi nghiệm của g(x) cũng là nghiệm của f (x). Do đó, không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết θ1, . . . , θt là các nghiệm của g(x) với deg g(x) = t < n. Suy ra g(x) = bt(x − θ1) . . . (x − θt) với t ≥ 1 t
(cid:89) t
(cid:89) và |bt| ≥ 1, trong đó bt là hệ số cao nhất của g(x). Khi đó i=1 i=1 (2.1) |g(m)| = |bt|. |m − θi| ≥ |m − θi|. Theo giả thiết, các nghiệm z của f (x) đều không thỏa mãn điều kiện A < |z| < B. Do đó với mỗi i ∈ {1, . . . , t}, hoặc ta có |m − θi| ≥ |m| − |θi| ≥ |m| − A nếu |θi| ≤ A, hoặc ta có |m − θi| ≥ |θi| − |m| ≥ B − |m| nếu |θi| ≥ B. Theo giả thiết ta có A < |m| − |q| < |m| + |q| < B, do đó ta suy ra |m − θi| > |q| với mỗi i = 1, . . . , t. Vì thế từ (2.1) ta có |g(m)| > |q|. Điều 34 này mâu thuẫn với kết quả phía trên. Do vậy Định lý được chứng minh. Định lí 2.2.12. Cho f (x) = anxn + an−1xn−1 + . . . + a1x + a0 là đa thức bậc
n với hệ số nguyên. Giả sử có số tự nhiên b > 2 và một số nguyên tố p sao cho ai ∈ {0, 1, . . . , b − 1} với mọi i = 0, 1, . . . , n, f (b) là một lũy thừa của p
và p không là ước của f (cid:48)(b). Khi đó f (x) là bất khả quy trên Q. Chứng minh. Trước hết ta chú ý rằng, vì f (b) = ps và p không là ước của
f (cid:48)(b) nên f (x) phải là đa thức nguyên bản, tức là các hệ số của f (x) là nguyên tố cùng nhau. Ta chứng minh Định lí bằng phản chứng. Giả sử rằng f (x) khả
quy trên Q và ta cần tìm mâu thuẫn. Theo Bổ đề Gauss, f (x) là tích của hai đa thức với hệ số nguyên có bậc thấp hơn, nghĩa là f (x) = g(x)h(x) với
g(x), h(x) ∈ Z[x] và deg g(x) ≥ 1, deg h(x) ≥ 1. Bằng các lập luận tương tự như trong chứng minh Định lí 2.2.11 cho trường hợp q = 1 và m = b ta suy ra g(b) = 1. Theo Bổ đề 2.2.8, nếu θ là một nghiệm của f (x) thì hoặc phần thực của số phức θ không dương, hoặc θ thỏa mãn công thức √ 1 + |θ| < . 4b − 3
2 Xét trường hợp thứ nhất, khi phần thực của số phức θ không dương. Khi đó phần thực của b − θ lớn hơn hoặc bằng b. Do đó ta có |b − theta| ≥ b > 1. Xét trường hợp thứ hai, khi θ thỏa mãn công thức trên. Nếu b ≥ 3 thì ta có √ 1 + 4b − 3 |θ| < ≤ b − 1. 2 nếu b ≥ 3, cũng suy ra |b − θ| > 1. Từ (2.1) ta có g(b) > 1, điều này là mâu thuẫn với khẳng định g(b) = 1 ở phía trên. Do đó ta đã chứng minh được tính bất khả quy của f (x) với b ≥ 3. 35 Bây giờ ta giả sử rằng b = 2. Theo Bổ đề 2.2.8, nếu θ là một nghiệm của √ 5)/2 f (x) thì ta có hoặc phần thực R(θ) của θ không dương hoặc |θ| < (1+ (chú ý rằng b = 2). Ta sẽ chứng minh rằng, tất cả các nghiệm của f (x) có phần thực nhỏ hơn 3/2. Để thấy điều này, đầu tiên ta quan sát thấy rằng nếu √ nghiệm θ của f (x) có tính chất |argθ| > π/4 thì |θ| < (1 + 5)/2 và do đó √ √ R(θ) < (1 + 5)/(2 2) < 3/2. Do đó ta có thể giả sử rằng | arg θ| ≤ π/4 và do đó R(1/θ) ≥ 0 và R(1/θ2) ≥ 0. Tuy nhiên, ta chỉ xét các đa thức f (x) với deg f ≥ 3, vì không có đa thức bậc 2 với các hệ số nằm trong tập {0, 1} thỏa mãn các giả thiết trong phát biểu của Định lí. Giả sử ngược lại rằng R(θ) ≥ 3/2. Khi đó |θ| ≥ 3/2, suy ra 1 0 = + ≥ 1 + − θn an−1
θ an−2
θ2 1
θ3 + · · · + θn (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
f (θ)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) 1 > R + 1 + − an−1
θ an−2
θ2 |θ|2(|θ| − 1) |θ|3 − |θ|2 − 1 1 = > 0, ≥ 1 − |θ|2(|θ| − 1) |θ|2(|θ| − 1) mâu thuẫn. Thực tế, vì các nghiệm của f (x) đều có phần thực nhỏ hơn 3/2 nên đa thức g(x + 3/2) = bt(x + 3/2 − θ1) . . . (x + 3/2 − θt) phải có các hệ số đều dương. Thật vậy, nếu θi là một nghiệm thực của g(x) thì θi < 3/2 theo chứng minh trên, và do đó nhân tử x + 3/2 − θi của g(x + 3/2) có hệ số dương. Trong khi đó, nếu θi không là số thực thì theo chứng minh
Hệ quả 1.3.3 (ii) ta suy ra rằng số phức liên hợp ¯θi cũng là nghiệm của g(x) và do đó g(x + 3/2) có nhân tử là (x + 3/2 − θi)(x + 3/2 − θi) = x2 + 2R(3/2 − θ)x + |3/2 − θi|2. 36 Nhân tử này cũng có các hệ số dương. Do đó g(−x + 3/2) có các hệ số đan dấu, do đó với mọi x > 0 ta có |g(−x + 3/2)| < g(x + 3/2). Lấy x = 1/2 ta suy ra g(2) > |g(1)|. Vì 1 không là nghiệm của g(x) và g(1) là một số nguyên nên g(2) > 1, mâu thuẫn. Định lý được chứng minh. 37 Trong luận văn tôi đã trình bày được các nội dung sau: (1) Khái niệm đa thức đối xứng, biểu diễn đa thức đối xứng qua các đa thức đối xứng cơ bản; (2) Sự tồn tại và tính duy nhất (sai khác một đẳng cấu) của trường phân rã của đa thức; (3) Chứng minh Định lý cơ bản của đại số về sự tồn tại nghiệm của đa thức một biến trên trường số phức và sử dụng Định lý cơ bản của đại số để
xét tính bất khả quy của đa thức trên C và trên R. (4) Trình bày một số tiêu chuẩn bất khả quy trên Q quen biết: Sử dụng tiêu chuẩn nghiệm hữu tỷ, sử dụng Bổ đề Gauss, sử dụng tiêu chuẩn Esenstein và sử dụng phương pháp rút gọn theo môđun một số nguyên tố. (5) Vận dụng Định lý cơ bản của đại số để xét tính bất khả quy của đa thức trên trường Q. 38 [1] Lê Thị Thanh Nhàn (2015), Lý thuyết đa thức, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội. [2] A. I. Bonciocat, N. C. Bonciocat and A. Zaharescu (2011), "On the irreducibility of polynomials that take a prime power value", Bull. Math. Soc. Sci. Math. Roumanie, 54, 41-54. [3] M. R. Murty (2002), "Prime numbers and irreducible polynomials", The American Math. Monthly, 109, 452-458. [4] V. V. Prasolov (2004), Polynomials, Springer, second edition.2x3 + x1x2x2
1 + x4
Ví dụ 1.1.12. Cho f (x1, x2, x3) = x4
3.
Khi đó f (x1, x2, x3) là đa thức đối xứng. Với kí hiệu như trong chú ý trên ta
có f = S(x4
1.2 Trường phân rã và trường hữu hạn
1.3 Chứng minh Định lí cơ bản của đại số
Chương 2
Vận dụng Định lí cơ bản của đại số để xét tính
bất khả quy trên Q
2.1 Một số tiêu chuẩn bất khả quy trên Q quen biết
2.2 Vận dụng Định lí cơ bản của đại số để xét tính bất
khả quy trên Q
Kết luận
Tài liệu tham khảo
Tiếng Việt
Tiếng Anh
