Đa thức bất khả quy
A. PHẦN MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
“Lý thuyết vành và trường” là mảng kiến thức quan trọng dành cho sinh viên
chuyên ngành Toán. Đây là môn học rất hay, thú vị, kích thích được lòng say mê học
và nghiên cứu Toán học của sinh viên. Nhưng do thời gian trên lớp có hạn nên sinh
viên không thể tìm hiểu hết các vấn đề có liên quan đến môn học.
Do vậy, được sự hướng dẫn của giáo viên hướng dẫn cùng với lòng say mê tìm
hiểu về đa thức bất khả quy với những tính chất thú vị nên em đã quyết định chọn đề
tài “ Đa thức bất khả quy ” để thực hiện tốt khóa luận tốt nghiệp của mình.
2. Mục đích nghiên cứu
- Nhằm củng cố, tổng hợp và nâng cao kiến thức đã học, tận dụng và biết vận
dụng các phương pháp nghiên cứu khoa học.
- Rèn luyện khả năng tiếp cận, tìm hiểu và nghiên cứu một vấn đề còn khá mới
đối với bản thân. Hình thành khả năng trình bày một vấn đề Toán học trừu tượng một
cách logic và có hệ thống.
- Tìm ra được lớp các đa thức bất khả quy trên trường có đặc số 0.
- Chỉ ra được các tính chất của đa thức bất khả quy trên trường hữu hạn.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu : Trình bày các tính chất của đa thức bất khả quy trên trường
có đặc số 0, trình bày các tính chất của đa thức bất khả quy trên trường hữu hạn.
Phạm vi nghiên cứu: Tìm ra được lớp các đa thức bất khả quy trên trường có đặc
số 0, trình bày các tính chất của đa thức bất khả quy trên trường hữu hạn.
4. Phương pháp nghiên cứu
- Phương pháp nghiên cứu lí luận: Đọc tài liệu liên quan đến nội dung đề tài cụ
thể: sách Đại số đại cương, Lý thuyết vành và trường, Lý thuyết Galois,….
- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: Tổng kết kinh nghiệm của bản thân, các
bạn học xung quanh để tổng hợp và hệ thống các kiến thức vấn đề nghiên cứu đầy đủ
và khoa học kết hợp đưa ra các bài tập cụ thể để hiểu rõ sâu hơn vấn đề.
- Phương pháp lấy ý kiến chuyên gia: Lấy ý kiến của giảng viên để hoàn thành về
mặt nội dung cũng như hình thức của đề tài nghiên cứu.

(iii) Có nghịch đảo: với mỗi phần tử
a G∈
luôn tồn tại một phần tử
b G∈
sao cho
ab ba e= =
.
(iv) Giao hoán:
, ,ab ba a b G= ∀ ∈
, thì nhóm X được gọi là nhóm Abel. Nhóm
Abel nhiều khi còn được gọi là nhóm giao hoán.
1.2. Tính chất
(i) Phần tử đơn vị e của G được xác định là duy nhất
(ii) Mỗi phần tử a của G chỉ có duy nhất một phần tử nghịch đảo
1
a
−
, hơn nữa
( )
( )
1
1
1 1 1 1
, ,e e a a ab b a
−
−
− − − −
= = =
(iii) (Luật giản ước) Cho a, b, x là những phần tử tùy ý của G. Từ các đẳng thức
xa xb=

m
n m n m n nm
a a a a a
+
= =
. Hơn nữa, nếu G là Abel thì
( )
, ,
n
n n
ab a b a b G= ∀ ∈
.
2. Nhóm con
2.1. Định nghĩa:

GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga
2
Đa thức bất khả quy
Cho G là nhóm, H là tập con khác rỗng của G. Khi đó H là nhóm con của G nếu
H với phép toán cảm sinh của phép toán trong G là nhóm.
Khi H là nhóm con của G ta ký hiệu
H G
≤
.
2.2. Tính chất
(i) Cho H là tập con khác rỗng của G. Khi đó các điều kiện sau là tương đương:
•
H G
≤
•

(ii) Nếu
H G
≤
và
H X=
thì ta nói rằng H sinh bởi X hay X là hệ sinh của H.
Đặc biệt nếu H = G thì ta nói rằng G là một nhóm sinh bởi tập X.
(iii) Nếu G là một hệ sinh hữu hạn nào đó thì ta nói G là nhóm hữu hạn sinh.
Đặc biệt, nếu G có hệ sinh gồm một phần tử thì G được gọi là nhóm xyclic.
(iv)Nếu
{ }
1 2
, , ,
n
X x x x=
thì
X
được viết lại là
1 2
, , ,
n
x x x
.
3.2. Tính chất
(i) Cho G là một nhóm và
X G⊂
. Khi đó:
• Nếu
X
= ∅

3
Đa thức bất khả quy
4.2. Tính chất
(i) Cho G là nhóm,
a G
∈
. Khi đó:
•
a
có cấp hữu hạn khi và chỉ khi
, ,m n N m n∃ ∈ ≠
sao cho
m n
a a=
.
• Nếu a có cấp hữu hạn là d thì
{ }
2 1
, , , ,
d
a e a a a
−
=
.
• Nếu a có cấp hữu hạn là d thì d là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho
d
a e=
.
Nếu tồn tại n sao cho
n

nhóm G.
II. MỘT SỐ KIẾN THỨC VÀNH VÀ TRƯỜNG
1. Vành : Vành là một tập hợp R cùng với hai phép toán cộng và nhân thỏa các tính
chất sau:
( ) ( )
1
, ,R R +
là nhóm Abel;
( ) ( )
2
, ,.R R
là nửa nhóm;
( )
3
R
Phép nhân phân phối đối với phép cộng, nghĩa là với mọi
, ,x y z R∈
, ta có

( )
( )
yx
x y z xy xz
y z x zx
+ = +
+ = +
Phần tử trung hòa của phép cộng được gọi là phần tử không, ký hiệu là 0; phần tử
đối xứng của phần tử
x R
∈

• P không chứa trường con nào của F khác P
• Mọi trường con của F đều chứa P.
Khi F = P thì F được gọi là trường nguyên tố.
4.2. Tính chất
(i) Giả sử A là một tập con có nhiều hơn một phần tử của trường X. Khi đó các
điều kiện sau là tương đương:
• A là trường con của X
•
1
, , , , ,x y A x y A xy A x A x A
−
∀ ∈ + ∈ ∈ − ∈ ∈
nếu
0x ≠
•
1
, , ,x y A x y A xy A
−
∀ ∈ − ∈ ∈
nếu
0y ≠
(ii) Giả sử X là vành giao hoán, có đơn vị, có nhiều hơn một phần tử. Khi đó các
khẳng định sau là tương đương:
• X là trường
• X không có ideal nào ngoài X và {0}
• Mọi đồng cấu vành khác đồng cấu không từ vành X đến vành bất kỳ đều là
đơn cấu.

GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga
5

là đơn ánh.
f
là toàn cấu nếu ánh xạ
f
là toàn ánh
f
là song ánh nếu ánh xạ
f
là song ánh.
5.2. Tính chất
(i) Tích của hai đồng cấu là đồng cấu.
(ii) Giả sử
:f X Y→
là một đồng cấu vành. Khi đó:
•
f
là một toàn cấu khi và chỉ khi Imf = Y
•
f
là một đơn cấu khi và chỉ khi Kerf = {0}
6. Đặc số của vành
6.1. Định nghĩa Giả sử X là vành. Nếu tồn tại số nguyên dương nhỏ nhất n sao cho
0,na a X= ∀ ∈
thì ta nói vành X có đặc số n. Nếu không tồn tại n như vậy thì ta nói
vành X có đặc số 0. Đặc số của vành X được ký hiệu là CharX. Nếu X là một trường
thì ta hiểu đặc số của trường X là đặc số của vành X.
6.2. Tính chất
(i) Giả sử X là vành có đơn vị là 1 và có đặc số n > 0. Khi đó:
•
n

1
( ) , 0
n n
n n o n
f x a x a x a K x a
−
−
= + + + ∈ ≠
Khi đó ta nói f(x) có bậc n, kí hiệu : deg f(x) = n.
n
a
được gọi là hệ tử cao nhất ,
0
a
được gọi là hạng tử tự do,
( )
0,
i
a i n
=
được
gọi là hệ tử , các
( )
0,
i
i
a x i n
=
được gọi là hạng tử của đa thức.
2. Nghiệm của đa thức :

c là nghiệm bội cấp m nếu và chỉ nếu
( ) ( )
m
f x x c−M
và f(x) không chia hết
1
( )
m
x c
+
−
2.2 Định lý về phép chia có dư:
Giả sử f(x), g(x)
[ ]
K x∈
là hai đa thức với hệ tử ở trong trường K, f(x)
0≠
. Khi
đó, tồn tại duy nhất hai đa thức f(x), g(x)
[ ]
K x∈
sao cho :
( ) ( ). ( ) ( )f x g x q x r x= +
Trong đó r(x) = 0 hoặc r(x)
0≠
thì deg r(x) < deg g(x)
⇒
phần tử c
K∈
là một nghiệm của đa thức f(x)

Định lý 4.2.1: Cho f(x) là đa thức bất khả quy trên K, f(x) là bất khả quy khi và
chỉ khi ước duy nhất của nó với mỗi hệ số
K∈
có dạng
α
và
. ( )f x
α
,
0, K
α α
≠ ∈
.
Định lý 4.2.2: Nếu f(x) là một đa thức bất khả quy trên
[ ]
K x
, g(x) là một đa
thức bất kì trên
[ ]
K x
thì hoặc là
( ) ( )g x f xM
hoặc là
( )
( ), ( )g x f x =
hằng số.
Chứng minh: Cho
( ) ( )
( )
gcd , ( )d x f x g x=

1 , phân tích được thành tích của những
đa thức bất khả quy. Sự phân tích này là duy nhất theo nhũng thừa số mà chúng chỉ
khác nhau nhũng hằng số khác 0 thuộc K.
Tức là:
Nếu f(x) = f
1
(x)…f
r
(x) = g
1
(x)…g
s
(x) là hai biễu diễn tích của những nhân tử bất
khả quy trên K thì r = s và f
i
(x) =
. ( ),0
i ki i
g x K
α α
≠ ∈
và k
1
,…,k
r
là thứ tự số trong các
số
1,r
.


1 2 1 2
( )
r s
f x f x f x f x g x g x g x= =
ở đây
( )
j
f x
và
( )
j
g x
là những đa thức không phân tích được trên K. Theo Định
lý 2.2.3 ít nhất một trong những đa thức bất khả quy
( )
j
g x
chia hết cho
( )
1
f x
là bất
khả quy thì
( ) ( )
1
1 1 k
f x a g x=
, ở đây
1
0 a K≠ ∈

1 2
, , ,
s
g x g x g x
nghĩa là r = s và
1 2
, , ,
r
k k k
là thứ tự nào đó trong các số
1,2, ,r
. Điều đó phải như vậy vì trong trường hợp ngược lại ta sẽ nhận được đẳng
thức giữa đa thức bậc không và đa thức bậc khác không.
V. TRƯỜNG PHÂN RÃ CỦA ĐA THỨC :
1. Định nghĩa:

GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga
9
Đa thức bất khả quy
i) Cho K là trường và f(x) là đa thức bậc n
≥
1 trên K. Khi đó, trường E chứa
trường K như trường con, được gọi là trường phân rã của đa thức f(x) trên K nếu f(x)
có đúng n nghiệm ( kể cả nghiệm bội ) trong E và E là trường tối thiểu ( theo quan hệ
bao hàm ) chứa K và các nghiệm của f(x).
ii) Cho đa thức
[ ]
1
1
( ) , 0

α
≠
. Khi
đó,
1 1
'( ) ( ) '( ) ( ) ( ) ( ) [( ) '( ) ( )]
k k k
f x x a q x k x a q x x a x a q x kq x
− −
= − + − = − − +
Nếu k > 1 thì
α
là một nghiệm của f’(x) với số bội ít nhất là k – 1.
Nếu k = 1 thì
'( ) ( ) '( ) ( )f x x a q x q x= − +
suy ra
'( ) ( ) 0f q
α α
= ≠
Vậy
'( ) ( ) 0f q
α α
= ≠
và f’(x) có nghiệm chung khi và chỉ khi
α
là một nghiệm
của f(x) với bội số ít nhất bằng 2.
VI. MỞ RỘNG TRƯỜNG
Định nghĩa
i) Cho K là trường con của trường L thì ta nói L là một mở rộng của k và ký hiệu

( ) min( , )p x K
α
=
.
iii) Cho L > K và
u L∈
. Khi đó, bậc mở rộng [ K(u) : u ] được gọi là bậc của
phần tử u trên K.
iv) Cho K < L. Trường L được gọi là mở rộng đại số trên K nếu mọi phần tử của
L đều là phần tử đại số trên K. Khi đó ta ký hiệu là L > K – đại sô.
2. Tính chất
i) Cho ++K < L và
a L∈
. Khi đó a là phần tử đại số trên K nếu và chỉ nếu một
trong các điều kiện sau đây xảy ra:
*
( ) { ( ) / ( ),deg }K a r a r K x r n= ∈ <
trong đó n = deg Min( K,a )
*
2 1
{1,a,a , , }
n
a
−
là cơ sở của K(a) trên K
*
[ ( ): ]K a K n=
ii) Nếu L > K – hữu hạn thì L > K – đại số
iii) Cho K < L, giả sử L = K(a
1

Chứng minh: Với a = 0 thì ta có
q
a a=
. Với
0a ≠
thì số phần tử của nhóm nhân
*
q
F
là q – 1. Suy ra
*
1
q
F q= −
. Khi đó với mọi
*
q
a F∈
ta đều có
1
1
q
a
−
=
hay
q
a a=
.
Vậy

x x−
trên K.
Chứng minh: Theo định lý 2.2.1 ta có
q
a a=
với mọi
q
a F∈
hay a là nghiệm
của đa thức
q
x x−
. Ta viết q phần tử của
F
q
là a
1
,a
2
,…,a
q
. Khi đó mỗi đa thức
[ ], 1,2, ,
i q
x a F x i q− ∈ =
đều là ước của đa thức
q
x x−
, hơn nữa các đa thức
[ ], 1,2, ,

Vậy
q
F
là trường phân rã của đa thức
q
x x−
trên K.
Định lý 8.2.3. Nhóm nhân của trường hữu hạn là nhóm xyclic.
Chứng minh: Giả sử F là một trường hữ hạn gồm q phần tử. Đặt
*
1h F q= = −
.
Nếu h = 1 hoặc h là số nguyên tố thì rõ ràng F
*
là nhóm xyclic. Do đó, ta có thể
giả sử h là số nguyên dương lớn hơn 1 và không là số nguyên tố.
Giả sử
1
1

m
m
h p p
αα
=
, với
2m ≥
,
i
p

i
a F∈
sao cho
1
i
h
p
a ≠
. Đặt
i
i
h
p
i
b a
α
=
. Ta sẽ chứng minh
i
i i
b p
α
=
. Ta có,
1
i
i
p
h
i i

= = =
 ÷
 
( mâu thuẫn )
Do đó,
|
i
i i
b p
α
và
1
i
b ≠
, suy ra
,1
i
i i i i
b p
β
β α
= ≤ ≤
. Mặt khác,
1
1
i
i i
h
p p
i i

b b b b p p h F
α
α
= … = = =
. Vậy
*
F b=
Hệ quả 8.2.4. Mỗi nhóm con hữu hạn của nhóm nhân của một trường là một
nhóm xyclic.
Chứng minh: Giả sử F là một trường và G là một nhóm con hữu hạn cấp n của
nhóm nhân F
*
.
Xét trường hợp charF = p
0
≠
. Gọi
p
F
là trường con nguyên tố của trường F. Vì |
G| = n nên mọi phần tử của G đều là nghiệm của đa thức
1
n
x −
. Do đó, mọi phần tử
của G đều đại số trên
p
F
, suy ra
p

được gọi là một phần tử
nguyên thủy của
q
F
.

GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga
13
Đa thức bất khả quy
Nhận xét: Trường hữu hạn
q
F
có tất cả
( 1)q
ϕ
−
phần tử nguyên thủy, trong đó
ϕ
là hàm Euler.
Định nghĩa 8.2.6. Cho trường hữu hạn
q
F
, với mỗi số nguyên dương r, ta định
nghĩa :

{ }
* *
|
r r
q q

*
F
. Thật vậy,
*
,
r
q
a b F∀ ∈
ta suy
ra
,
r r
a x b y= =
, với
*
,
q
x y F∈
. Khi đó,
( )
r
r r
ab x y xy= =
kéo theo
*r
q
ab F∈
. Mặt
khác,
*r

là một phần tử nguyên tử nguyên thủy của
q
F
. Khi
đó,
*
q
F
ξ
=
và
*r r
q
F
ξ
=
. Suy ra
*
1
gcd( , 1)
r r
q
q
F
r q
ξ
−
= =
−
.

ξ ξ
∩ = ∅ ∀ ≠ ≤ ≤ −
.
Chứng minh : Vì
ξ
là phần tử nguyên thủy của
q
F
nên
*
q
F
ξ
=
,
*r r
q
F
ξ
=
và
*d d
q
F
ξ
=
. Do
gcd( 1, )d q r= −
nên
|d r


GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga
14
Đa thức bất khả quy
Ta có
1
* *
1
q
i d
q q
i
F F
ξ
−
=
=
U
, nhưng
* *d d d
q q
F F
ξ
=
nên
* * * 2 * 1 *

d d d d d
q q q q q
F F F F F

q
F
ξ
−
∈
( vô lý vì
*i j d
q
F
ξ
−
>
)
3. Số phần tử của trường hữu hạn
Bổ đề 8.3.1. Cho F là trường hữu hạn chứa trường con K có q phần tử thì F có
n
q
với
[ : ]n F K=

Chứng minh: Ta có F có không gian vecto trên K. Nếu
[ : ]n F K=
thì F có cơ sở
trên K chứa n phần tử. Ta gọi b
1
,b
2
,…,b
n
là cơ sở của F trên K. Khi đó mọi phần tử

. Như vậy F là một
mở rộng hữu hạn của
p
Z
. Gọi n
[ : ]
p
n F Z=
, theo Bổ đề 2.3.1 ta suy ra F có
n
p
phần
tử.
Định lý 8.3.3. Cho trường hữu hạn
q
F
và p(x) là đa thức có bậc n bất khả quy
trên
[ ]
q
F x
thì
[ ]

( ( ))
q
F x
p x
là trường hữu hạn có
n

n
n n q
a a x a x a x a a a F
−
− −
= + + + + ∈
.
Ta có q cách chọn hệ số a
i
trong n hệ số
0 1 1
, , ,
n q
a a a F
−
∈
.
Do đó ta có
n
q
phần tử
[ ]
( )
( ( ))
q
F x
f x
p x
∈
Vậy trường

q
x x−
. Khi đó
q
x x−
có q nghiệm trong F.
Ta có
( )
'
1
1 1
q q
x x qx
−
− = − = −
. Suy ra
'
gcd(( ),( ) ) 1
q q
x x x x− − =
. Vậy q nghiệm
trong F là những nghiệm phân biệt.
Xét tập
{ }
:
q
S a F a a= ∈ =
. Ta chứng minh S là trường con của F. Thật vậy:
Dễ thấy 0,1 thuộc S
Với

q
x x−
. Theo tính chất trường phân rã thì F đẳng cấu với
F’. Vậy tồn tại duy nhất một trường chứa
n
p
phần tử sai khác một đẳng cấu.
Định lý 8.3.5 ( Tiêu chuẩn trường con )

GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga
16
Đa thức bất khả quy
Cho trường hữu hạn
n
p
F
thì mọi trường con của
n
p
F
có
m
p
phần tử, trong đó m là
ước dương của n. Ngược lại, nếu m là ước dương của n thì
n
p
F
có duy nhất trường con
chứa

p p− −
suy ra
( ) ( )
1 1
1 | 1
m n
p p
x x
− −
− −
, do đó
( ) ( )
1 | 1
m n
p p
x x− −
.
Ta có
n
p
phần tử của
n
p
F
là nghiệm của đa thức
n
p
x x−
. Khi đó tồn tại p
m

p p
α α β β
= =
. Khi đó,
( )
m
m m
p
p p
α β α β α β
+ = + = +
. Suy ra
'F
α β
+ ∈
( )
m
m m
p
p p
αβ α β αβ
= =
. Suy ra
'F
αβ
∈
.
( ) ( )
( )
( )

m
p
phần tử đó là nghiệm của đa thức
m
p
x x−
. Nhưng
m
p
x x−
chỉ có
m
p
nghiệm trong
n
p
F
. Suy ra F’ = F
1
. GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga
17
Đa thức bất khả quy
CHƯƠNG II. ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY
I. ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY TRÊN TRƯỜNG SỐ PHỨC

II. ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY TRÊN TRƯỜNG SỐ THỰC
Định lý 2.1: Nếu f(x)
[ ]
R x∈
, số phức
α
là nghiệm của nó thì
α
cũng là nghiệm.
Chứng minh: Cho
1
1 0
( )
n n
n n
f x a x a x a
−
−
= + + +
. Vì những số là những số thực,
thì
i i
a a=
với
1,2, ,i n=
. Khi đó:
( )
1
1 0
1

GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga
18
Đa thức bất khả quy
Định lý 2.2: Nếu f(x) là đa thức hệ số thực và số phức
α
là nghiệm của nó thì các
nghiệm bội của
α
và
α
là như nhau.
Chứng minh: Cho
deg ( )f x n=
. Nếu n = 2, khẳng định của bài toán là đúng, vì
,
α α
là hai nghiệm duy nhất của đa thức. Ta giả sử khẳng định của bài toán đúng với
những đa thức hệ số thực có bậc nhỏ hơn số tự nhiên n. Ta chứng minh nó cũng đúng
cho số tự nhiên n. Thật vậy, khi
( )
0f
α
=
, thì theo Định lý 2.5.1 suy ra
( ) 0f
α
=
.
Nghĩa là:
( ) ( )

những bội của
,
α α
như nghiệm của f(x) cũng sẽ bằng bằng nhau.
Hệ quả 2.3: Đa thức bất khả quy của R[x] là các đa thức bậc nhất và những đa
thức bậc 2 có biệt số
2
4 0b ac∆ = − <
.
Chứng minh: Các đa thức bậc nhất và các đa thức bậc hai với biệt số âm rõ ràng
là những đa thức bất khả quy của R[x]. Giả sử p(x) là một đa thức bất khả quy của
R[x] với bậc lớn hơn 1, ta có p(x) không có nghiệm thực. Theo Định lý 2.5.1, p(x) có
một nghiệm phức z và do đó p(x) cũng nhận liên hợp
z
của z làm nghiệm vì các hệ số
của p(x) là thực, cho nên chia hết cho đa thức bậc hai với hệ số thực

( )
2
( )g x x z z x zz= − + +
.
( )g x
không khả nghịch và là ước của phần tử bất khả quy p(x), vậy g(x) phải là
liên kết của p(x), tức là

( )
( ) ,0p x ug x u R= ≠ ∈

Chú ý: Nếu f(x) bất khả quy trên trường R và có bậc
≥

n n
n n o
f x b g x b a x a x a
− − −
−
= = + + +
, b là mẫu số chung của các
,
i i
Z
α α
∈
( ), ( )f x g x
chỉ khác nhau một nhân tử bậc 0 nên việc tìm nghiệm của f(x)
[ ]
Q x∈
đưa về việc tìm nghiệm của g(x)
[ ]
Z x∈
+) Giả sử
( , ) 1u v =
, số hữu tỷ
u
v
α
=
là nghiệm của
[ ]
1
1

trường Q là bất khả quy, đó là tiêu chuẩn Aidenstaino.
Và vì f(x) là bất khả quy khi và chỉ khi a.f(x) là bất khả quy,
0a ≠
, do đó ta
chỉ cần xét các đa thức với hệ số nguyên.
Tiêu chuẩn Aidenstaino:
Giả sử:
[ ]
1
1
( )
n n
n n o
f x a x a x a Z x
−
−
= + + + ∈
,
0
n
α
≠
.
Nếu tồn tại một số nguyên p sao cho: a
n
không chia hết p ; a
0
không chia hết cho
p
2

Qua ví dụ trên ta thấy rằng bằng cách thay đổi biến ta có thể chứng minh tính
bất khả quy của một đa thức không Aidenstaino để nó thành Aidenstaino. Điều này
phát huy tác dụng của tiêu chuẩn Aidenstaino.
Như vậy, có một câu hỏi đặt ra là nếu cho một đa thức là bất khả quy, để chứng
minh nó là bất khả quy thì có thể băng cách thay đổi biến mà biến đổi nó thành đa thức
Aidenstaino không ? Câu trả lời là không bao giờ cũng có cách biến đổi như vậy.
Ví dụ 3.4: Cho đa thức
2
( ) 2 1f x x= +
đa thức này không phân tích được trên
tập số Q nên nó không có nghiệm trên Q.
Ta đổi biến x để đưa nó về đa thức Aidenstaino:
Đổi biến: x = ay + b (a,b
Z∈
)
Ta có: Q(y) = 2a
2
y
2
+ 4aby + 2b
2
+ 1
Giả sử Q(y) là đa thức Aidenstaino, nghĩa là tồn tại số p sao cho : 2a
2

M
p,
4ab
M
p, 2b

( ) 1,
n i
f x x a x a x a a Z= − − − − ∈
phân biệt.
Chứng minh : f(x) là bất khả quy trong Q[x]
Chứng minh:
Giả sử f(x) khả quy, tức là tồn tại h(x), g(x), deg h(x) < n, deg g(x) < n , sao cho :
f(x) = g(x).h(x) (*)

GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga
21
Đa thức bất khả quy
Ta có:
( ) ( ) ( )
. 1(1)
i i i
a af a g h = −=
Vì f(x)
[ ]Z x∈
nên g(x) , h(x)
[ ]Z x∈
nên từ (1)
⇒
( ) ( )
0
i i
g ha a+ =
.
Đặt: q(x) = g(x) + h(x) , deg q(x) = max{ deg g(x) , deg h(x) } < n
Ta thấy q(a

1
, a
2
là hai số liên tiếp, nghĩa là a
1
= a
2

±
1. Cụ thể
( ) ( ) ( )
( )
2
1 1 1
( ) 4 1 1 2 1P x x a x a x a
= − − − + = − −
.
• p = 1, n = 4 và a
1
, a
2
, a
3
, a
4
( sắp xếp theo thích hợp ) là bốn số liên tục. Khi đó,
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
2
1 1 1 1 1 1

i
) là những số nguyên, từ đây suy ra với mọi i
hoặc là G(a
i
) = H(a
i
) = 1 hoặc là G(a
i
) = H(a
i
) = - 1. Với những giá trị khác nhau của i
trong vế phải có thể có những dấu khác nhau, nhưng điều đó không quan trọng, mà
quan trọng là với mọi i
(
1 i n≤ ≤
) đẳng thức sau đều đúng: G(a
i
) - H(a
i
) = 0 . Bằng cách như vậy ta tìm
được n nghiệm khác nhau a
1
, a
2
, ,a
n
của đa thức G(x) – H(x). Nhưng bậc của đa thức
này nhỏ hơn n, suy ra nó phải đồng nhất bằng không, nghĩa là

GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga

i
) = -1 với n – k > m chỉ số của i.
Từ đây ta lại suy ra G(x) trùng với hằng số -1, điều này lại dẫn đến vô lí.
Như vậy đẳng thức G(a
i
) = 1 chỉ thõa mãn cho đúng m giá trị của i. Không mất
tính tổng quát ta có thể cho G(a
i
) = G(a
2
) = … = G(a
m
) = 1 và khi đó
1 2
( ) ( ) ( ) 1
m m n
G a G a G a
+ +
= = = = −
( trong trường hợp ngược lại ta có thể chuyển vị
trí và kí hiệu lại cho thích hợp ).
Ta xét đa thức G(x) – 1 . Đa thức này có bậc m, hệ số bậc cao nhất q và đa biết
m nghiệm của nó khác nhau a
1
, a
2
,…,a
m
. Suy ra


ϕ ϕ ϕ
=
Ta trở lại P(x) = G
2
(x) của đa thức P(x). Cụ thể ta viết lại như sau

( )
2
1
( ) ( ) 1 ,p x q x
ϕ ϕ
= +

GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga
23
Đa thức bất khả quy
Hoặc là

2 2
1 1
( ) 1 ( ) 2 ( ) 1p x q x q x
ϕ ϕ ϕ
+ = + +
Nghĩa là
2 2
1 1
( ) ( ) 2 ( )p x q x q x
ϕ ϕ ϕ
= +
Ta biêt rằng p = q

− −
Bằng cách so sánh hệ số của đẳng thức (1), ta nhận được
1 2 1 2
( 1) ( )
m
m m n m
q a a a a a a
+ +
− −
= 2
Chú ý ở đây ta chỉ làm việc với các số nguyên, từ đẳng thức sau cùng ta nhận
được
1q = ±
hoặc là
2q = ±
và vì ta có thể giả thiết q > 0 nên q chỉ còn lại các trường
hợp q = 1 và q = 2, và tương ứng p = 1 và p = 4.
Như vậy ta đã chứng minh được đa thức P(x) không phân tích được khi
1p ≠
và
4p ≠
. Ta chỉ còn xét cụ thể hai trường hợp này.
Trường hợp p = 4 ( nghĩa là q = 2 ): Trong trường hợp này phương trình (1) có
dạng

2 1
( ) ( ) 1x x
ϕ ϕ
− =
(2)

Như vây, trong trường hợp p = 4 chỉ còn khả năng duy nhất m = 1. Đẳng thức
(2) có dạng :

2 1
( ) ( ) 1x a x a− − − =
,
ở đây a
1
= a
2
+ 1. Như vậy ta rơi vào trường hợp 1 của đề bài.
Trường hơp p = 1: ( q = 1 ): Đẳng thức (1) có dạng

2 1
( ) ( ) 2x x
ϕ ϕ
− =
. (3)
Từ đẳng thức thứ nhất suy ra bốn khả năng sau:
a
1
– a
3
= 1, a
1
– a
4
= 2, a
1
– a

3
= a
1
+ 1 và a
4
= a
1
+ 2. Bằng cách thay vào đẳng thức
2 3 2 4
( )( ) 2a a a a− − =
,ta nhận được

2 1 2 1
( 1)( 2) 2a a a a− − − − =
.
Từ đây với chú ý là a
2
– a
1
– 1 > a
2
– a
1
– 2 , ta nhận được

2 1 2 1
2 2, 1 1a a a a− − = − − − = −
Hoặc là
2 1 2 1
2 2, 1 2a a a a− − = − − − =

1
) = 2,
Từ đây suy ra a
1
= a
2
+ 2, nó chính là điều kiện 3 của đề bài loại trù.
IV. ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY TRÊN TRƯỜNG HỮU HẠN
1. Nghiệm của đa thức bất khả quy trên trường hữu hạn
Bổ đề 4.1.1. Cho
( ) [ ]
q
f x F x∈
là đa thức bất khả quy bậc m trên
q
F
và n là một
số nguyên dương. Khi đó, f(x) chia hết
n
q
x x−
nếu và chỉ nếu m chia hết n.
Chứng minh:

GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga
25