ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
LÊ THỊ HẢI YẾN
SỐ NGUYÊN TỐ VÀ ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
THÁI NGUYÊN - NĂM 2014
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
LÊ THỊ HẢI YẾN
SỐ NGUYÊN TỐ VÀ ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
Chuyên nghành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số 60.46.01.13
Người hướng dẫn khoa học
TS. NGUYỄN VĂN HOÀNG
THÁI NGUYÊN - NĂM 2014
Mục lục
Mở đầu 4
1 Một số kiến thức chuẩn bị 5
1.1 Số nguyên tố . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Vành đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.3 Đa thức bất khả quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.4 Đa thức bất khả quy trên trường số thực và phức . . . . . . . 13
1.5 Đa thức bất khả quy trên trường số hữu tỷ . . . . . . . . . . 15
2 Số nguyên tố và đa thức bất khả quy 19
2.1 Liên hệ giữa số nguyên tố và đa thức bất khả quy . . . . . . 20
2.2 Đa thức bất khả quy với lũy thừa số nguyên tố . . . . . . . . 30
2.3 Ví dụ minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
Kết luận 39
Tài liệu tham khảo 40
1

trọng giữa đa thức bất khả quy và các số nguyên tố liên quan đến giả thuyết
của Buniakowski và bài toán ngược của nó như đã nêu trên. Trên cơ sở nghiên
2
cứu một số tài liệu về số nguyên tố và về đa thức bất khả quy, trong luận
văn này chúng tôi lựa chọn và trình bày chi tiết lại một số tiêu chuẩn quan
trọng về đa thức bất khả quy liên quan đến ứng dụng của số nguyên tố. Tài
liệu tham khảo chính mà chúng tôi sử dụng là hai bài báo:
• M. R. Murty, Prime numbers and irreducible polynomials, Amer. Math.
Monthly 109 (2002) No. 5, 452-458 (tài liệu số [8]).
• A. I. Bonciocat, N. C. Bonciocat and A. Zaharescu, On the irreducibility
of polynomials that take a prime power value, Bull. Math. Soc. Sci. Math.
Roumanie Tome 54 (102), No. 1 (2011), 41-54 (tài liệu số [2]).
Luận văn được trình bày trong hai chương.
Chương I: Một số kiến thức chuẩn bị. Nội dung của chương là trình bày tóm
lược một số kiến thức cơ bản cần dùng cho chứng minh của các kết quả
trong chương sau, chẳng hạn: sơ lược về số nguyên tố, về đa thức, bậc
đa thức, đa thức bất khả quy, sự phân tích một đa thức thành tích các
đa thức bất khả quy, một số ví dụ về đa thức bất khả quy,. .
Chương II: Số nguyên tố và đa thức bất khả quy. Đây là chương chính của
luận văn. Chương này trình bày về một số tiêu chuẩn để kiểm tra tính
chất bất khả quy của một số lớp đa thức.
+) Mục 2.1. Trình bày về sự liên hệ giữa số nguyên tố và đa thức bất khả
quy (dựa trên bài báo [8]). Kết quả chính là định lý sau
Định lý 2.1.3. Cho f(x) = a
m
x
m
+ a
m−1
x

0
.
Khi đó f(x) = a
n
x
n
+ a
n−1
x
n−1
+ . . . + a
1
x + a
0
là bất khả quy trên Q.
+) Mục 2.2. Nghiên cứu mối liên hệ giữa đa thức bất khả quy và lũy thừa
số nguyên tố (dựa theo bài báo [2]). Trước hết chương này chứng minh
chi tiết cho kết quả sau đây đó là một mở rộng cho Định lý 2.1.7:
3
Định lý 2.2.3. Cho p là số nguyên tố. Giả sử p
s
(với s ≥ 2) có biểu
diễn qua hệ thống cơ số b ≥ 2 dưới dạng
p
s
= a
n
b
n
+ a

Định lý 2.2.4. Cho f(x) =

n
i=0
a
i
x
i
∈ Z[x] với a
0
a
n
= 0. Cho
m, s, q ∈ Z (s ≥ 2) và p là số nguyên tố sao cho f(m) = p
s
q, p  qf

(m),
và |a
0
| >

n
i=1
|a
i
|(|m| + |q|)
i
. Khi đó f(x) bất khả quy trên Q.
Định lý 2.2.5. Cho f(x) =

d
n
−d
j

i=j
|a
i
|, thì f(x) bất khả quy trên Q.
Định lý 2.2.6. Cho f(x) =

n
i=0
a
i
x
i
∈ Z[x], a
0
a
n
= 0. Cho f(m) =
p
s
q với m, s, p ∈ Z, p là số nguyên tố, s ≥ 2, |m| > |q|, p  qf

(m) và
|a
n
| >

giúp cho việc trình bày chủ đề có tính hệ thống.
1.1 Số nguyên tố
Mục này ta chỉ xét trên tập các số tự nhiên N.
Định nghĩa 1.1.1. Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1 chỉ gồm có hai
ước là 1 và chính nó.
Kí hiệu 1.1.2. Ký hiệu ”b|a” nghĩa là b là ước của a, ký hiệu a
.
.
.b nghĩa là
a chia hết cho b.
Tính chất 1.1.3. i) Ước khác 1 nhỏ nhất của một số tự nhiên lớn hơn 1 là
số nguyên tố.
ii) Cho p là số nguyên tố, a ∈ N với a = 0. Khi đó
(a, p) = p ⇔ p|a; (a, p) = 1 ⇔ p  a.
iii) Cho a, b ∈ Z. Khi đó (a, b) = 1 nếu và chỉ nếu tồn tại x, y ∈ Z sao cho
ax + by = 1.
iv) Nếu tích của nhiều số chia hết cho một số nguyên tố p thì có ít nhất một
thừa số chia hết cho p.
5
Chứng minh. i) Cho a là số tự nhiên > 1. Giả sử d là ước nhỏ nhất khác 1
của a. Nếu d không nguyên tố thì d = d
1
d
2
(với d
1
, d
2
> 1). Suy ra d
1

, y

∈ Z. Từ đó
1 = (ax + py)(bx

+ py

) = abxx

+ p(axy

+ bx

y + pyy

). Do đó ta lại áp
dụng ý ii) nên ta được (ab, p) = 1, đây là điều mâu thuẫn.
Tính chất 1.1.4. Tập hợp các số nguyên tố là vô hạn.
Chứng minh. Giả sử chỉ có hữu hạn n số nguyên tố p
1
, p
2
, . . . , p
n
. Ta xét số
tự nhiên q = p
1
p
2
. . . p

p
k
2
2
. . . p
k
m
m
6
trong đó p
1
, p
2
, . . . , p
m
là các số nguyên tố đôi một khác nhau, và k
1
, k
2
, . . . , k
m
là các số tự nhiên khác 0.
1.2 Vành đa thức
Mục này nhắc lại một số kiến thức căn bản về đa thức với hệ tử trên vành
giao hoán A có đơn vị.
Định nghĩa 1.2.1. Cho A là một vành giao hoán có đơn vị, n ∈ N, và
a
0
, a
1

x
i
và g(x) =

m
i=0
b
i
x
i
(lưu ý rằng không nhất thiết a
m
= 0 và
b
m
= 0), ta định nghĩa tổng của f(x) và g(x) như sau:
f(x) + g(x) =
m

i=0
(a
i
+ b
i
)x
i
.
Trong trường hợp f(x) =

n

i
b
j
với mọi k = 0, . . . , n + m.
Chú ý 1.2.2. Tập A[x] cùng với phép cộng và nhân các đa thức như định
nghĩa trên tạo thành một vành giao hoán, ta gọi là vành đa thức một ẩn x
lấy hệ tử trên A. Trong đó đa thức không trong A[x] chính là phần tử 0 của
A. Phần tử 1 của A đóng vai trò phần tử đơn vị của vành A[x]. Khi A là các
tập số Z, Q, R, C thì các hệ tử của các đa thức còn gọi là các hệ số.
7
Từ định nghĩa đa thức ta dễ dàng thu được một số tính chất sau đây về
bậc của đa thức.
Định lý 1.2.3. Giả sử f(x) và g(x) là hai đa thức khác 0 của vành A[x].
i) Nếu deg f(x) = deg g(x), thì ta có f(x) + g(x) = 0 và
deg(f(x) + g(x)) = max{deg f(x), deg g(x)}.
Nếu degf(x) = deg g(x) và f(x) + g(x) = 0 thì ta có
deg(f(x) + g(x)) ≤ max{deg f(x), deg g(x)}.
ii) Nếu f(x)g(x) = 0 thì deg(f(x)g(x)) ≤ deg f(x) + deg g(x).
Chú ý 1.2.4. Giả sử A là miền nguyên. Khi đó nếu f(x), g(x) là các đa thức
khác 0 của A[x] thì ta dễ thấy f(x)g(x) = 0. Từ đó ta thấy rằng A[x] cũng
là miền nguyên.
Định nghĩa 1.2.5. Cho A là một miền nguyên, và f(x), g(x) ∈ A[x] với
g(x) = 0. Nếu tồn tại q(x) ∈ A[x] sao cho f(x) = q(x)g(x) thì ta nói rằng
g(x) là ước của f(x), hay f(x) là bội của g(x), ta viết là g(x)|f(x) hoặc
f(x)
.
.
.g(x) (trong trường hợp này ta cũng nói g(x) chia hết f(x), hoặc f(x)
chia hết cho g(x)).
Tiếp theo ta nhắc lại vài tính chất đơn giản sau đây:

. . . + a
1
x + a
0
. Khi đó f(a) = a
n
a
n
+
a
n−1
a
n−1
. . . + a
1
a + a
0
. Từ đó
f(x) − f(a) = a
n
(x
n
− a
n
) + a
n−1
(x
n−1
− a
n−1

m
c
m
= 0;
trong trường hợp này ta cũng nói c là nghiệm của phương trình f(x) = 0.
Bổ đề 1.2.8. Cho A là miền nguyên, f(x) ∈ A[x] và a ∈ A. Khi đó a là
nghiệm của f(x) nếu và chỉ nếu f(x) là bội của x −a.
Chú ý 1.2.9. Cho A là miền nguyên và f(x) ∈ A[x]. Khi đó theo bổ đề trên
ta dễ dàng suy ra rằng số nghiệm của f(x) không vượt quá deg f(x).
Thật vậy, giả sử deg(f(x)) = n nhưng f(x) có nghiệm là c
1
, . . . , c
m
với
m > n. Từ đó tồn tại một trường K chứa c
1
, . . . , c
m
và nó chứa A như
một vành con. Khi đó, theo bổ đề trên, suy ra tồn tại q(x) ∈ K[x] sao cho
ta có biểu diễn f(x) = (x − c
1
)(x − c
2
) . . . (x − c
m
)q(x). Từ đó dẫn đến
deg(f(x)) = m + deg(q(x)) ≥ m > n, đó là điều mâu thuẫn.
Bằng quy nạp người ta dễ dàng chứng minh được kết quả quan trọng sau
đây, ta thường gọi là định lý phép chia với dư.

đa thức ở vế phải nên p(x)|g(x).
Kí hiệu 1.2.15. Cho K là trường. Với 0 = g(x) ∈ K[x], ta kí hiệu g
∗
(x) =
g(x)/a
n
(trong đó a
n
là hệ số cao nhất của g(x)). Chú ý rằng g
∗
(x) là đa
thức có hệ số cao nhất là 1. Để tìm ước chung lớn nhất ta có thuật toán sau.
Mệnh đề 1.2.16. (Thuật toán Euclid tìm ước chung lớn nhất). Cho K là
trường. Cho hai đa thức f(x), g(x) ∈ K[x] với g(x) = 0. Nếu g(x)|f(x) thì
gcd(f(x), g(x)) = g
∗
(x). Nếu ngược lại, chia liên tiếp ta được
f(x) = q(x)g(x) + r(x), r(x) = 0, deg r(x) < deg g(x).
g(x) = q
1
(x)r(x) + r
1
(x), r
1
(x) = 0, deg r
1
(x) < deg r(x).
. . .
r
n−2

n
(x)|r
n−2
(x). Tiếp tục lập luận với các đẳng thức
từ dưới lên trên ta suy ra r
n
(x)|g(x) và r
n
(x)|f(x). Do đó r
∗
n
(x)|f(x) và
r
∗
n
(x)|g(x).
10
Giả sử h(x)|f(x) và h(x)|g(x). Từ đẳng thức đầu tiên ta có h(x)|r(x). Từ
đẳng thức thứ hai ta có h(x)|r
1
(x). Cứ tiếp tục lập luận trên với các đẳng
thức từ trên xuống dưới ta có h(x)|r
n
(x). Do đó h(x)|r
∗
n
(x).
1.3 Đa thức bất khả quy
Định nghĩa 1.3.1. Cho A là một miền nguyên. Một đa thức f(x) ∈ A[x]
được gọi là bất khả quy trên A nếu f(x) = 0, f(x) không khả nghich và f(x)

(x) = deg h(x) với mọi h(x) ∈ K[x].
Vì thế nếu f(x + a) = k(x)g(x) là phân tích của f(x + a) thành hai đa
thức có bậc thấp hơn khi và chỉ khi f(x) = k
1
(x)g
1
(x) là phân tích của f(x)
thành tích của hai đa thức có bậc thấp hơn. Vì vậy f(x) bất khả quy khi và
chỉ khi f(x + a) bất khả quy.
Định nghĩa 1.3.4. Cho K là một trường chứa trường T như một trường
con và a ∈ K. Ta nói a là phần tử đại số trên T nếu tồn tại một đa thức
0 = f(x) ∈ T[x] nhận a làm nghiệm. Nếu a không đại số trên T thì ta nói
a là siêu việt trên T.
Mệnh đề 1.3.5. Cho K là một trường chứa trường T như một trường con
và a ∈ K là phần tử đại số trên T . Khi đó tồn tại duy nhất một đa thức
p
∗
(x) ∈ T [x] bất khả quy có hệ số cao nhất là 1 và nó nhận a làm nghiệm,
và mọi đa thức g(x) ∈ T[x] nhận a làm nghiệm đều là bội của p
∗
(x).
Chứng minh. Vì a là nghiệm của một đa thức khác 0 với hệ số trong T nên
tồn tại đa thức p(x) khác 0 với hệ số trong T có bậc bé nhất nhận a làm
nghiệm. Ta chứng minh p
∗
(x) bất khả quy (với p
∗
(x) = p(x)/b trong đó b
là hệ số cao nhất của p(x)). Giả sử p
∗

p
∗
(x) đều có hệ số cao nhất là 1, ta suy ra b = 1. Vì thế p
∗
(x) = q(x).
12
Định nghĩa 1.3.6. Đa thức p
∗
(x) ∈ T [x] bất khả quy có hệ số cao nhất là
1 xác định như trong Mệnh đề 1.3.5 được gọi là đa thức tối tiểu của a (hoặc
đa thức bất khả quy của a).
Ví dụ 1.3.7. 1) Đa thức x
3
−5 ∈ Q[x] là đa thức bất khả quy của
3
√
5 ∈ R.
2) Đa thức x
2
+ 1 ∈ R[x] là đa thức bất khả quy của i ∈ C.
Định lý 1.3.8. Có vô số đa thức một ẩn với hệ số cao nhất là 1 bất khả quy
trên trường K.
Chứng minh. Nếu K là trường vô hạn thì các đa thức dạng x −a với a ∈ K
là các đa thức với hệ số cao nhất là 1 bất khả quy trên K. Có vô số đa thức
như vậy.
Trong trường hợp K là trường hữu hạn, giả sử chỉ có n đa thức bất khả
quy p
1
(x), p
2

Định lý 1.4.1. Mọi đa thức f(x) bậc n ≥ 1 trên trường số phức đều có n
nghiệm phức (kể cả số bội).
Định lý này có các hệ quả sau đây.
Hệ quả 1.4.2. Các đa thức bất khả quy của vành C[x] (với C là trường số
phức) chỉ là các đa thức bậc nhất.
13
Chứng minh. Hiển nhiên các đa thức bậc nhất là các đa thức bất khả quy.
Giả sử f(x) là một đa thức của C[x] có bậc lớn hơn 1. Theo Định lý 1.4.1,
f(x) có nghiệm phức c ∈ C. Vậy f(x) chia hết cho x −c, do đó f(x) không
bất khả quy.
Mệnh đề 1.4.3. Nếu một số phức α là nghiệm của đa thức f(x) với hệ số
thực thì số phức liên hợp α cũng là một nghiệm của f(x).
Chứng minh. Giả sử f(x) = a
n
x
n
+ a
n−1
x
n−1
+ . . .+ a
1
x + a
0
là một đa thức
với hệ số thực và α là một nghiệm phức của f(x). Khi đó
a
n
α
n

− 4ac < 0.
Chứng minh. Dễ dàng thấy rằng các đa thức bậc nhất và đa thức bậc hai
với biệt số ∆ < 0 là các đa thức bất khả quy trên R. Ta chứng minh chiều
ngược lại.
Giả sử f(x) là đa thức bất khả quy trên R và α là một nghiệm phức. Nếu
α ∈ R thì f(x) chia hết cho x − α, do f(x) bất khả quy nên
f(x) = k(x −α), k ∈ R
∗
,
vậy f(x) là đa thức bậc nhất.
Nếu α ∈ C \ R thì α cũng là nghiệm của f(x), do đó f(x) chia hết cho
p(x) = (x − α)(x − α) = x
2
− (α + α)x + αα.
p(x) là một tam thức bậc hai với hệ số thực và có biệt số ∆ < 0. Do f(x)
bất khả quy nên f(x) = kp(x), k ∈ R
∗
. Vậy f(x) là tam thức bậc hai với
biệt số ∆ < 0.
14
1.5 Đa thức bất khả quy trên trường số hữu tỷ
Trong vành Q[x] các đa thức trên trường hữu tỷ thì vấn đề phức tạp hơn
nhiều. Sau đây ta sẽ trình bày tiêu chuẩn Eisenstein là một điều kiện đủ để
nhận biết một đa thức là bất khả quy trên Q. Để chuẩn bị chứng minh tiêu
chuẩn ấy, ta cần một vài khái niệm và bổ đề sau đây:
Định nghĩa 1.5.1. Giả sử f(x) là một đa thức với hệ số nguyên, f(x) gọi là
nguyên bản nếu các hệ số của f(x) không có ước chung nào khác ngoài ±1.
Bổ đề 1.5.2. Tích của hai đa thức nguyên bản là một đa thức nguyên bản.
Chứng minh. Giả sử f(x) = a
0

s
. Ta xét hệ số
c
r+s
của đa thức tích f(x)g(x). Ta có
c
r+s
= (. . . + a
r−1
b
s+1
) + a
r
b
s
+ (a
r+1
b
s−1
+ . . .)
trong đó p chia hết các tổng trong các dấu ngoặc, nhưng không chia hết tích
a
r
b
s
vì p là nguyên tố. Do đó p không chia hết c
r+s
Bổ đề 1.5.3. Nếu f(x) là một đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn hơn 0 và
f(x) không bất khả quy trong Q[x], thì f(x) phân tích được thành một tích
những đa thức bậc khác 0 với hệ số nguyên

nên các số
pe
i
q
phải là nguyên. Do đó q chia hết mọi e
i
vì q nguyên tố với
p. Ta suy ra q = ±1, tức là f(x) = ±p g(x)h(x). Vì ϕ(x) và ψ(x) là những
ước thực sự của f(x) trong Q[x], nên g(x) và h(x) là những đa thức bậc 0
của Z[x].
Chú ý 1.5.4. Cho f(x) ∈ Q[x] khi đó ta có thể viết f(x) =
a
b
g(x) trong đó
g(x) là đa thức hệ số nguyên và a/b là số hữu tỷ khác 0. Do a/b khả nghịch
trong Q nên tính bất khả quy trong Q[x] của f(x) và g(x) là như nhau. Do
đó về sau để xét tính bất khả quy trong Q[x] người ta chỉ cần quan tâm đến
việc xét tính bất khả quy trong Q[x] của các đa thức hệ số nguyên.
Dưới đây là một tiêu chuẩn quan trọng để kiểm tra tính bất khả quy của
một đa thức.
Định lý 1.5.5. (Tiêu chuẩn Eisenstein) Giả sử f(x) = a
0
+a
1
x+. . .+a
n
x
n
(n > 1) là một đa thức với hệ số nguyên, và giả sử có một số nguyên tố p
sao cho p không chia hết hệ số cao nhất a

i
∈ Z, 0 < s < n
Ta có
a
0
= b
0
c
0
a
1
= b
1
c
0
+ b
0
c
1
. . .
a
k
= b
k
c
0
+ b
k−1
c
1

0
= b
0
c
0
, trái giả thiết). Ta thấy tồn tại b
k
(có n > r ≥ k > 0)
là hệ số đầu tiên của g(x) không chia hết cho p (bởi vì nếu không thì mọi
hệ số của g(x) đều chia hết cho p, dẫn đến a
n
= b
r
c
s
chia hết cho p, điều
này trái giả thiết). Ta hãy xét hệ số a
k
= b
k
c
0
+ b
k−1
c
1
+ . . . + b
0
c
k

Thật vậy, ta có thể áp dụng tiêu chuẩn Eisenstein với p = 3.
2) Đa thức x
n
+ px
n−1
+ px
n−2
+ . . . + p với p là một số nguyên tố tùy ý, là
bất khả quy trong Q[x]. Thật vậy, ta có thể áp dụng tiêu chuẩn Eisenstein
với số nguyên tố p.
Định lý 1.5.7. (Tiêu chuẩn Osada) Cho đa thức hệ số nguyên
f(x) = x
n
+ a
1
x
n−1
+ . . . + a
n−1
x ±p
trong đó p là số nguyên tố và n ≥ 2. Nếu
p > 1 + |a
1
| + . . . + |a
n−1
|
thì f(x) là bất khả quy trong Q[x].
Chứng minh. Giả sử f(x) là khả quy trong Q[x]. Khi đó, theo Bổ đề 1.5.3
ta có f(x) = g(x)h(x), trong đó g(x), h(x) là các đa thức bậc dương với các
hệ số nguyên. Vì p là số nguyên tố nên một trong các số hạng tự do của g(x)

số nguyên. Đặt m =

n + 1
2

. Giả sử cho n số nguyên khác nhau d
1
, . . . , d
n
sao cho |f(d
i
)| <
m!
2
m
và các số d
i
đều không là nghiệm của f(x). Khi đó
f(x) là bất khả quy.
Chứng minh. Giả sử f(x) là một đa thức khả quy. Khi đó, theo Bổ đề 1.5.3,
ta có biểu diễn f(x) = g(x)h(x) với g(x), h(x) là những đa thức bậc dương
hệ số nguyên. Hiển nhiên deg(g), deg(h) < n. Không mất tính tổng quát
ta có thể giả thiết deg(h) ≤ deg(g) = s. Ta có m ≤ s < n. Ta thấy ngay
g(d
i
) = 0 và g(d
i
) chia hết f(d
i
). Do đó

s!
2
s
, đây là điều mâu thuẫn.
Điều đó chỉ ra rằng f(x) là một đa thức bất khả quy.
18
Chương 2
Số nguyên tố và đa thức bất khả quy
Sự tương tự giữa các số nguyên tố và các đa thức bất khả quy đã là một
chủ đề thống trị trong sự phát triển của lý thuyết số và hình học đại số. Có
các giả thuyết chỉ ra rằng mối liên hệ đó đã vượt hơn cả sự tương tự. Ví dụ,
có một giả thuyết nổi tiếng của Buniakowski được phát biểu vào năm 1854:
Cho đa thức f(x) hệ số nguyên thỏa mãn ba điều kiện sau
i) Hệ số đầu của f(x) là dương;
ii) Đa thức f(x) bất khả quy trên Q;
iii) Tập các giá trị f(Z
+
) không có ước chung lớn hơn 1
khi đó đa thức f(x) nhận vô hạn các giá trị nguyên tố? (xem tài liệu S. Lang
[2, p. 323]). Giả thuyết này vẫn là một trong những vấn đề lớn chưa được giải
quyết trong lý thuyết số khi bậc của f lớn hơn một (Lưu ý khi f là đa thức
bậc nhất, giả thuyết đó là đúng). Không khó để thấy rằng mệnh đảo của giả
thuyết của Buniakowski là đúng. Một cách cụ thể hơn, nếu một đa thức biểu
diễn vô hạn các số nguyên tố, thì nó là một đa thức bất khả quy. Để thấy
điều này, chúng ta hãy cố gắng để phân tích ra thừa số f(x) = g(x)h(x) với
g(x) và h(x) trong Z[x] có bậc dương. Thực tế, do f(x) lấy vô hạn giá trị
nguyên tố, nên một trong hai g(x) hoặc h(x) nhận vô hạn giá ±1. Đây là
một mâu thuẫn, bởi vì một đa thức có bậc dương chỉ có thể có nhận một giá
trị tại hữu hạn lần.
Mục đích của chương này là tiếp tục tìm hiểu thêm những liên hệ quan

+ . . . + a
1
x + a
0
thực sự là bất khả quy
trong Z[x] (xem [9, p. 133]). Vấn đề này đã được được Brillhart-Filaseta-
Odlyzko (trong [4]) chứng minh tổng quát cho bất kỳ cơ sở b. Tiếp theo năm
2002, M. Ram Murty (trong [8]) đã chứng minh chi tiết cho kết quả này bằng
cách đơn giản hơn kết quả của [4], đồng thời họ cũng nghiên cứu điều tương
tự của câu hỏi này cho các trường hàm trên trường hữu hạn. Chính xác hơn,
lấy F
q
là trường hữu hạn có q phần tử, trong đó q là một lũy thừa của một
số nguyên tố. Cố định một đa thức b(t) trong F
q
[t]. Cho một đa thức bất
khả quy p(t) trong F
q
[t], chúng ta viết nó trong "cơ sở b(t)" như sau
p(t) = a
m
(t)b(t)
m
+ . . . + a
1
(t)b(t) + a
0
(t).
Theo sự tương tự của định lý Cohn ta có thể chứng minh được như sau
f(x) = a

,
trong đó 0 ≤ a
i
≤ 9 với mọi i, thì f(x) = a
m
x
m
+ a
m−1
x
m−1
+ . . . + a
1
x + a
0
là đa thức bất khả quy trong Z[x].
20
Tiếp theo ta giới thiệu bổ đề sau đây.
Bổ đề 2.1.2. Cho f(x) = a
m
x
m
+ a
m−1
x
m−1
+ . . . + a
1
x + a
0

= a
m−1
α
m−1
+ . . . + a
1
α + a
0
.
Suy ra
−α
m
=
a
m−1
a
m
α
m−1
+ . . . +
a
1
a
m
α +
a
0
a
m
,

− |α|
m
≤ H|α|
m
− H < H|α|
m
.
Từ đó kéo theo |α|
m
(|α| − H −1) < 0. Từ đó kết hợp với |α| > 1 ta suy ra
|α| < H + 1.
Bây giờ ta phát biểu định lý chính của mục này.
Định lý 2.1.3. Cho f(x) = a
m
x
m
+ a
m−1
x
m−1
+ . . . + a
1
x + a
0
∈ Z[x] là
một đa thức bậc m và ta lấy H như trong Bổ đề 2.1.2. Khi đó, nếu tồn tại
số nguyên n ≥ H + 2 sao cho f(n) là số nguyên tố thì f(x) là bất khả quy
trong Z[x].
21
Chứng minh. Nếu f(x) là khả quy trong Z[x] thì ta có thể viết f(x) =


i
(n −|α
i
|)
Theo Bổ đề 2.1.2 ta có |α
i
| < H + 1 với mọi i. Do đó
|g(n)| ≥

i
(n −|α
i
|) >

i
(n −(H + 1)) ≥ 1,
suy ra |g(n)| > 1, điều này là mâu thuẫn với g(n) = ±1.
Định lý 2.1.3 cung cấp một tiêu chuẩn bất khả quy đơn giản mà rất hữu
dụng cho nhiều trường hợp trong khi mà kiểm tra bằng cách truyền thống
thường là thất bại. Xét ví dụ sau chẳng hạn.
Ví dụ 2.1.4. Cho đa thức f(x) = x
4
+ 6x
2
+ 1 ∈ Z[x]. Theo M. A. Lee [7]
ta thấy rằng khi lấy modulo số nguyên tố p bất kì thì đa thức f(x) luôn khả
quy. Do đó dùng tiêu chuẩn truyền thống đó ta chưa kết luận được gì về tính
bất khả quy của f(x). Trong khi đó, bằng một tính toán đơn giản người chỉ
ra rằng f(8) = 4481 là một số nguyên tố, khi đó theo Định lý 2.1.3, ta suy

∈ Z[x]
là đa thức thỏa mãn 0 ≤ a
j
≤ a
n
10
30
với mọi 0 ≤ j ≤ n −1 và nếu f(10) là
số nguyên tố, thì f(x) là bất khả quy (xem [5]).
Mặt khác, rõ ràng là mọi số có thể được biểu diễn dưới dạng
a
r
10
r
+ a
r−1
10
r−1
+ . . . + a
1
10 + a
0
với −1 ≤ a
i
≤ 8. Rõ ràng các số nguyên thuộc vào đoạn [−1, 8] tạo thành
một hệ thặng dư đầy đủ theo môđun 10. Nếu chúng ta viết số nguyên tố
p trong "dạng lệch" của cơ số 10, thì kết quả là suy ra được rằng đa thức
f(x) = a
r
x

Ta sẽ chứng minh rằng cần một cải tiến nhỏ của Bổ đề 2.1.2 là đủ để thiết
lập định lý Cohn. Sau đó ta sẽ bàn luận về trường hợp của các trường hàm
trên các trường hữu hạn. Nó chỉ ra rằng "phiên bản" trường hàm của Bổ đề
2.1.2 là đủ để chứng minh khẳng định điều tương tự cho kết quả của Cohn.
Chúng ta bắt đầu bằng cách chỉ ra biện pháp cải tiến Bổ đề 2.1.2 để thu
được định lý của Cohn.
Bổ đề 2.1.6. Cho f(x) = a
n
x
n
+ a
n−1
x
n−1
+ . . . + a
1
x + a
0
∈ Z[x]. Giả
sử rằng a
n
≥ 1, a
n−1
≥ 0, và |a
i
| ≤ H với mọi i = 0, 1, . . . , n − 2, ở đó H
23