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

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 a 1 , hơn nữa

e1  e,  a 1   a,  ab   b1a 1
1

1

(iii) (Luật giản ước) Cho a, b, x là những phần tử tùy ý của G. Từ các đẳng thức

xa  xb hoặc ax  bx đều suy ra a  b .
(iv) Trong G các phương trình xa  b và ax  b có nghiệm duy nhất.

 

n

(v) Cho a  X , ta xác định a 0  e, a n  a...a (n – phần tử) và a  n  a 1 . Khi
đó

ta

được

a n a m  a nm ,  a n   a nm .
m

Hơn


 xy  H
 x, y  H :  1
x  H
 x, y  H : xy 1  H
(ii) Cho G là nhóm, H  G và F  H thì F  G .
3. Nhóm hữu hạn sinh
3.1. Định nghĩa Cho G là một nhóm và X  G
(i) Nhóm con nhỏ nhất của G chứa X được goi là nhóm con sinh bởi X kí hiệu là

X .
(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 X  x1, x2 ,..., xn  thì X được viết lại là x1, x2 ,..., xn .
3.2. Tính chất
(i) Cho G là một nhóm và X  G . Khi đó:
 Nếu X   thì X  e
 Nếu X   thì X  x1, x2 ,..., xn , n  N , x1  X





(ii) Nếu G là nhóm xyclic sinh bởi a thì G  a n | n  Z .
4. Cấp của nhóm – cấp của phần tử
4.1. Định nghĩa Cho G là nhóm
(i) Cấp của G chính là lực lượng của G và kí hiệu là G
(ii) Cấp của phần tử a  G là cấp của a và kí hiệu là a .

(v) Cho G là nhóm xyclic. Khi đó, nếu H  G thì H là nhóm con xyclic của
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:

 R1  ,  R,   là nhóm Abel;
 R2  ,  R,. là nửa nhóm;

 R3  Phép

nhân phân phối đối với phép cộng, nghĩa là với mọi x, y, z  R , ta có

x  y  z   xy  xz

 y  z  x  yx  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 là phần tử đối của x ký hiệu là –x. Nếu phép nhân giao
hoán thì ta nói rằng vành R giao hoán; nếu phép nhân có phần tử đơn vị thì vành R
được gọi là vành đơn vị. Phần tử đơn vị được ký hiệu là e hay 1.
2. Vành con
2.1. Định nghĩa Cho R là một vành.
Tập con A khác rỗng của R được gọi là một vành con của R nếu A ổn định đối
với hai phép toán tronh vành R và A cùng với hai phép toán cảm sinh là một vành.
2.2. Định lý (Đặc trưng của vành con) Cho A là một tập con khác rỗng của vành R.
Các mệnh đề sau đây là tương đương:
(i) A là một vành con của R
(ii) Với mọi x, y  A, x  y  A, xy  A,  x  A;
(iii) Với mọi x, y  A, x  y  A, xy 1  A.
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng


(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.
(iii) Giả sử X là vành giao hoán, có đơn vị, ideal M của X là ideal tối đại khi và
chỉ khi X

M

là một trường.

5. Đồng cấu vành
5.1. Định nghĩa
(i) Giả sử X và Y là các vành. Ánh xạ f : X  Y được gọi là đồng cấu vành nếu
thỏa hai điều kiện sau:

GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng

5

SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga


Đa thức bất khả quy

f ( x  y )  f ( x)  f ( y )
với mọi x, y  X

 F có đặc số nguyên tố p thì P đẳng cấu với Z p .
III. ĐA THỨC TRÊN MỘT TRƯỜNG
Cho K là một trường, K[x] là vành đa thức
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng

6

SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga


Đa thức bất khả quy
1. Định nghĩa đa thức: Giả sử f ( x)  an x n  an1 x n1  ...  ao  K  x  , an  0
Khi đó ta nói f(x) có bậc n, kí hiệu : deg f(x) = n.

an được gọi là hệ tử cao nhất , a0 được gọi là hạng tử tự do, ai  i  0, n  được





gọi là hệ tử , các ai xi i  0, n được gọi là hạng tử của đa thức.
2. Nghiệm của đa thức :
2.1. Định nghĩa: Giả sử c là một phần tử tùy ý của vành K,

f ( x)  an xn  an1xn1  ...  ao là một đa thức tùy ý của K[x], phần tử :
f (c)  anc n  an1c n1  ...  ao  K  x  có được bằng cách thay x bởi c được gọi là
giá trị của f(x) tại c.
Nếu f(x) = 0 thì c gọi là nghiệm của f(x).
+) Giả sử K là một trường , c  K , f(x)  K  x , m là một số tự nhiên lớn hơn 1,
c là nghiệm bội cấp m nếu và chỉ nếu f ( x) ( x  c)m và f(x) không chia hết ( x  c)m1

thức bất kì trên K  x thì hoặc là g ( x) f ( x) hoặc là  g ( x), f ( x)   hằng số.
Chứng minh: Cho d  x   gcd  f  x  , g ( x)  . Từ thuật toán Euclid suy ra khi f(x)
và g(x) có hệ số trong K thì những hệ số của d(x) cũng thuộc K. Nhưng vì f(x) bất khả
quy trên K, thì theo Định lý 2.2.1 d ( x)   f ( x) hoặc f d ( x)   ,  0  K . Suy ra
điều phải chứng minh.
Định lý 4.2.3: Đa thức f(x) là bất khả quy trên K khi và chỉ khi f(x) là nguyên tố
trên K, nghĩa là : g ( x), h( x)  K[ x], f ( x) | g ( x).h( x)  f ( x) | g ( x) hoặc f ( x) | h( x) .
Chú ý: Trong vành đa thức K  x , ta có :
- Mỗi đa thức bậc nhất là bất khả quy
- Mỗi đa thức bậc 2, bậc 3 không có nghiệm trong K là bất khả quy.
- Mỗi đa thức bất khả quy bậc  1 không có nghiệm trong K.
Định lý 4.2.4: ( Định lý về sự nhân tử hóa )
Trong vành K[x], mỗi đa thức có bậc  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) = f1(x)…fr(x) = g1(x)…gs(x) là hai biễu diễn tích của những nhân tử bất
khả quy trên K thì r = s và f i(x) = i .gki ( x),0  i  K và k1,…,kr là thứ tự số trong
các số 1, r .
Chứng minh: Cho f(x) là đa thức khác hằng số với những hệ số trong K và cho

n  deg f ( x) . Nếu n = 1, thì f ( x)  a0 x  a1 bất khả quy và ta có thể cho rằng nó biểu
diễn như tích của một thừa số bất khả quy.
Cho n là một số tự nhiên bất kì và giả sử mọi đa thức bậc nhỏ hơn n có thể biểu
diễn tích của những đa thức bất khả quy trên K. Nếu cho đa thức f(x) bất khả quy trên
K, thì ta có thể cho rằng nó biểu diễn như tích của một thừa số bất khả quy. Nếu ngược
lại nó phân tích được, nó biểu diễn dưới dạng f  x   g  x  r  x  , ở đây g ( x) và r ( x)
là những đa thức có hệ số trong K và deg f ( x)  n và deg r ( x)  n . Nhưng khi đó theo
giả thuyết quy nạp f(x) và r(x) biểu diễn như tích của những thừa số bất khả quy trên


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 f ( x)  an x n  an1 x n1  ...  ao  K  x  , an  0
ta gọi đa thức sau là đạo hàm của f(x):

f '( x)  nan xn1  ...  2a2 x  a1
2. Tính chất: Cho trường K và một đa thức 0  f ( x)  K[ x] bậc n. Khi đó, f(x) có
nghiệm bội khi và chỉ khi trong trường phân rã của f(x) các đa thức f(x) và f’(x) có
một nghiệm chung.
Thật vây:
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng

9

SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga


Đa thức bất khả quy
Nếu  là nghiệm của f(x) với số bội k thì f ( x)  ( x  a)k q( x) với q( )  0 . Khi
đó, f '( x)  ( x  a)k q '( x)  k ( x  a) k 1 q( x)  ( x  a) k 1[( x  a)q '( x)  kq( x)]
Nếu k > 1 thì  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 f '( )  q( )  0
Vậy f '( )  q( )  0 và f’(x) có nghiệm chung khi và chỉ khi  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
K < L hay L > K

*

[K (a) : K ]  n

ii) Nếu L > K – hữu hạn thì L > K – đại số
iii) Cho K < L, giả sử L = K(a1, a2,…,an) trong đó ai là các phần tử đại số trên K.
Khi đó L là mở rộng hữu hạn của K.
VIII. MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA TRƯỜNG HỮU HẠN
1. Định nghĩa
Định nghĩa: Trường hữu hạn là trường có hữu hạn phần tử.
Định lí 8.1.1. Nếu F là trường hữu hạn thì đặc số của F là một số nguyên tố.
Chứng minh. Ta có đặc số của trường hoặc là 0 hoặc là một số nguyên tố. Giả sử
F là trường hữu hạn có đặc số 0 thì F chứa trường con nguyên tố đẳng cấu với Q.
Nhưng Q là trường vô hạn nên trường con nguyên tố của F là vô hạn (mâu thuẫn).
Vậy đặc số của trường hữu hạn là một số nguyên tố.
2. Nhóm nhân của trường hữu hạn
Định lý 8.2.1. Cho Fq là trường hữu hạn thì với mọi a  Fq ta đều có a q  a .
Chứng minh: Với a = 0 thì ta có a q  a . Với a  0 thì số phần tử của nhóm nhân

Fq* là q – 1. Suy ra Fq*  q  1 . Khi đó với mọi a  Fq* ta đều có a q1  1 hay a q  a .
Vậy a q  a với mọị a  Fq .
Định lí 8.2.2. Cho trường hữu hạn Fq. Và K là trường con của Fq thì đa thức

x q  x trong K[x] có sự phân tích trong Fq [x] là x q  x    x  a  và Fq là trường
aF

phân rã của đa thức x q  x trên K.
Chứng minh: Theo định lý 2.2.1 ta có a q  a với mọi a  Fq hay a là nghiệm
của đa thức x q  x . Ta viết q phần tử của Fq là a1,a2,…,aq. Khi đó mỗi đa thức



ai  N , i 1, m
h

h
h
Khi đó,
nghiệm trong F * ,suy ra tồn
 h và đa thức x pi  1 có không quá
pi
pi
tại ai  F

bi

pii

*

h
pi

sao cho a  1 . Đặt bi  a

h
pii

 a  1 và bi  1 vì nếu bi = 1 thì 1  bi
h
i

h
pi

 i  1.

Vì vậy, bi  pii . Đặt b = b1b2…bn. Khi đó, do pi, với i 1, m là các số nguyên tố khác
nhau đôi một và F giao hoán nên b  b1b2 bn  p11 ... pmm  h  F * . 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 Fp là trường con nguyên tố của trường F. Vì
|G| = n nên mọi phần tử của G đều là nghiệm của đa thức x n  1 . Do đó, mọi phần tử
của G đều đại số trên Fp , suy ra Fp (G) là mở rộng hữu hạn, đại số trên Fp , do đó

Fp (G) là một trường hữu hạn. Theo định lý 2.2.3,  Fp (G )  là một nhóm xyclic. Vì
*

vậy, G là một nhóm con xyclic của nhóm  Fp (G )  .
*

Xét trường hợp charF = 0. Vì tất cả n phần tử của G đều là nghiệm của đa thức
xn – 1 . Lập luận tương tự như chứng minh định ký 2.2.3 ( ở đó, h được thay bởi
n), ta có G là một nhóm xyclic.

GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng

12

SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga

r

a 1  Fq*r . Vậy, Fq*r  Fq* . Gọi  là một phần tử nguyên tử nguyên thủy của Fq . Khi
đó, Fq*   và Fq*r   r . Suy ra Fq*r   r 

q 1
.
gcd(r , q  1)

Định lý 8.2.8. Cho trường hữu hạn Fq và r là một số nguyên dương. Khi đó,

Fq*r  Fq*d và Fq*  Fq*d   Fq*d   2 Fq*d  ...   d 1Fq*d , trong đó d  gcd(q  1, r ) ,  là
phần tử nguyên thủy của Fq và  i Fq*d   j Fq*d  , i  j ,0  i, j  d  1 .
Chứng minh : Vì  là phần tử nguyên thủy của Fq nên Fq*   , Fq*r   r và

Fq*d   d . Do

d  gcd(q  1, r )

nên

d |r

kéo theo

Fq*r  Fq*d . Và do

d  gcd(q  1, r ) nên tồn tại các số nguyên a,b sao cho a(q  1)  br  d .

 

sử

 i Fq*d   j Fq*d   ,

với

0  j  i  d  1 , tức có phần tử x   i Fq*d   j Fq*d , do đó x   iu   j v , trong đó
u, v  Fq*d , kéo theo  i  j  Fq*d ( vô lý vì  i  j  Fq*d )
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 q n
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 b1,b2,…,bn là cơ sở của F trên K. Khi đó mọi phần tử 
của F được biểu diễn duy nhất dưới dạng :

a1b1  a2b2  ...  anbn , a1, a2 ,..., an  K
Ta có q cách chọn ai trong n phần tử a1, a2 ,..., an  K nên F có q n phần tử.
Định lý 8.3.2. F là trường hữu hạn có đặc số là p thì số phần tử của F là p n .
Trong đó p là một số nguyên tố và n là số nguyên dương bất kì.
Chứng minh: Do trường hữu hạn F có đặc số p nên F có trường con nguyên tố
đẳng cấu với Z p . Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử Z p  F . Như vậy F là một
mở rộng hữu hạn của Z p . Gọi n n  [F : Z p ] , theo Bổ đề 2.3.1 ta suy ra F có p n phần
tử.
Định lý 8.3.3. Cho trường hữu hạn Fq và p(x) là đa thức có bậc n bất khả quy
trên Fq [x] thì

Fq [x]
( p( x))

là trường hữu hạn có q n phần tử.


( p( x))

có q n phần tử.

Định lý 8.3.4. ( Sự tồn tại và duy nhất của trường hữu hạn p n phần tử )
Cho p là số nguyên tố và n là số nguyên dương thì tồn tại trường hữu hạn chứa đúng

p n phần tử. Hơn nữa, hai trường hữu hạn có cùng số phần tử thì đẳng cấu với nhau.
Chứng minh: Đặt q = p n . Xét đa thức x q  x trong Fp [x] . Gọi F là trường phân
rã của đa thức x q  x . Khi đó x q  x có q nghiệm trong F.





'

Ta có xq  x  qxq1  1  1 . Suy ra gcd(( x q  x),( x q  x)' )  1 . Vậy q nghiệm
trong F là những nghiệm phân biệt.





Xét tập S  a  F : a q  a . Ta chứng minh S là trường con của F. Thật vậy:
Dễ thấy 0,1 thuộc S
Với a, b  S suy ra a q  a, bq  b , ta có:

( a  b) q  a q  b q  a  b


x

pm



p

m

 1 |  p n  1 suy ra

x

p m 1



1 | x p

n

1



 1 , do đó



  p  p   . Suy ra   F ' .

   p

m

  1 . p  

 

m
1 p

m

m

m

pm

 

 p

m

m

1

Từ định lý, ta suy ra được : các đa thức bất khả quy của vành C[x] là các đa thức
bậc nhất.
Ví dụ 1.1: x2 + 1 = (x + i)(x - i)
II. ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY TRÊN TRƯỜNG SỐ THỰC
Định lý 2.1: Nếu f(x)  R  x , số phức  là nghiệm của nó thì  cũng là nghiệm.
Chứng minh: Cho f ( x)  an xn  an1xn1  ...  a0 . Vì những số là những số thực,
thì ai  ai với i  1, 2,..., n . Khi đó:

 

n

n 1

 ...  a0

n

n 1

 ...  a0

f   an   an1
= an   an1

=an n  an1 n1  ...  a0  0  0 .
Định lý 2.2: Nếu f(x) là đa thức hệ số thực và số phức  là nghiệm của nó thì các
nghiệm bội của  và  là như nhau.
Chứng minh: Cho deg f ( x)  n . Nếu n = 2, khẳng định của bài toán là đúng, vì



là những số thực và suy ra đa thức



x2     x   có hệ số thực. Khi đó cả đa thức g(x) có hệ số thực và theo giả
thiết quy nạp những bội của  , như nghiệm của g(x) là bằng nhau ( nếu  , không
phải nghiệm của f(x), ta có thể cho rằng những bội của nó bằng không). Từ đây suy ra
những bội của  , 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   b2  4ac  0 .
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

g  x   x2  ( 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

p( x)  ug  x  ,0  u  R
Chú ý: Nếu f(x) bất khả quy trên trường R và có bậc  2 thì f(x) không có
nghiệm trong R. Điều đảo lại là không đúng.
Ví dụ 2.1:

f ( x)  x 4  x 2  1 rõ ràng là không có nghiệm thực nhưng

f ( x)  x 4  x 2  1   x 2  1  x  . x 2  1  x  lại là khả quy.
III. ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY TRÊN TRƯỜNG HỮU TỶ

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, a  0 , do đó ta
chỉ cần xét các đa thức với hệ số nguyên.
Tiêu chuẩn Aidenstaino:
Giả sử: f ( x)  an x n  an1 x n1  ...  ao  Z  x  ,  n  0 .
Nếu tồn tại một số nguyên p sao cho: an không chia hết p ; a0 không chia hết cho
p2 ; a0,…,an-1 chia hết cho p thì f(x) bất khả quy trên Z[x].
Nếu tất cả các giả thiết được thõa mãn thì f(x) cũng bất khả quy trên Q.
Ví dụ 3.2: Đa thức f ( x)  x 4  2 x  2 bất khả quy trên Q ( với p = 2 )
Ví dụ 3.3: Chứng minh đa thức sau là bất khả quy: x 4  2 x  3
Chứng minh:
Đặt x = y + 1 thay vào đa thức.

f ( y)   y  1  2( y  1)  3
4

 y 4  4 y3  6 y 2  2 y  2

 f(y) bất khả quy với 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.
2
Ví dụ 3.4: Cho đa thức f ( x)  2 x  1 đa thức này không phân tích được trên

tập số Q nên nó không có nghiệm trên Q.
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng

Ví dụ 3.5. Giả sử f ( x)   x  a1  x  a2 ... x  an   1, ai  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) (*)
Ta có: f  ai   g  ai .h  ai   1(1)
Vì f(x)  Z [x] nên g(x) , h(x)  Z [x] nên từ (1)  g  ai   h  ai   0 .
Đặt: q(x) = g(x) + h(x) , deg q(x) = max{ deg g(x) , deg h(x) } < n
Ta thấy q(ai) = 0, i  1, n mà deg q(x) < n nên q( x)  0  g ( x)  h( x)
Thay vào (*)  f ( x)   g 2 ( x)

 f(x) có hệ số dẫn đầu là một số âm ( mâu thuẫn giả thiết )
 f(x) bất khả quy trong Q[x].
Ví dụ 3.6. Cho a1 , a2,…, an là n những số nguyên khác nhau, p là số nguyên bất
kì và

P( x)  p  x  a1  x  a2 ... x  an   1
Chứng minh đa thức này không phân tích được, loại trừ những trường hợp sau
đây:
 p = 4, n = 2 và a1, a2 là hai số liên tiếp, nghĩa là a1 = a2  1. Cụ thể

P( x)  4  x  a1  x  a1  1  1   2  x  a1   1 .
2

GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng

20

SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga


nó. Không mất tính tổng quát ta cho rằng q > 0 ( trường hợp ngược lại ta có thể thay
dấu tất cả các hệ số của đa thức G(x) ).
Ta xét đa thức G(x). Với mỗi i ta có G(ai) = 1 hoặc là G(ai) = -1. Ta sẽ chứng
minh rằng mỗi đẳng thức này thõa mãn với đúng m giá trị của i. Thật vậy, nếu
G(ai) = 1 đúng với nhều hơn m giá trị của i, vì bậc của G(x) đúng m, thì ta sẽ
nhận được G(x) trùng với hằng số 1, điều này vô lí. Suy ra số lượng k của chỉ số I sao
cho G(ai) = 1 không lớn hơn m.
Bây giờ nếu giả sử k < m, ta sẽ nhận được G(ai) = -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.
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng

21

SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga


Đa thức bất khả quy
Như vậy đẳng thức G(ai) = 1 chỉ thõa mãn cho đúng m giá trị của i. Không mất
tính tổng quát ta có thể cho G(ai) = G(a2) = … = G(am) = 1 và khi đó

G(am1 )  G(am2 )  ...  G(an )  1 ( 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 a1, a2,…,am. Suy ra

G( x) 1  q( x  a1 )( x  a2 )...( x  am )
Hoặc là :

G( x)  1  q( x  a1 )( x  a2 )...( x  am )  1  q1 ( x),
ở đây 1 ( x)  ( x  a1 )( x  a2 )...( x  am )


22

SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga


Đa thức bất khả quy
Trường hợp p = 4 ( nghĩa là q = 2 ): Trong trường hợp này phương trình (1) có
dạng

2 ( x)  1 ( x)  1

(2)

Cụ thể là

( x  am1 )( x  am2 )...( x  an )  ( x  a1 )( x  a2 )...( x  am )  1 .
Ta sẽ chứng minh các đẳng thức trên chỉ đúng với m = 1. Thật vậy, thay
x = a1. Ta nhận được :

(a1  am1 )(a1  am2 )...(a1  an )  1
Vì tất cả các thừa số ở vế trái là những số nguyên, nên mọi số hạng bằng +1 hoặc
-1. Từ đây, nếu m  3 , ít nhất hai trong những thừa số này trùng nhau, điều này trái
với giả thiết đã cho chúng phải khác nhau. Nếu m = 2 ta chỉ có hai thừa số và vì tích
của chúng là dương, nên chúng cùng dấu, suy ra nó trùng nhau và điều đó lại dẫn đến
vô lí.
Như vây, trong trường hợp p = 4 chỉ còn khả năng duy nhất m = 1. Đẳng thức
(2) có dạng :

( x  a2 )  ( x  a1 )  1 ,

Đa thức bất khả quy
Trong trường hợp thứ nhất ta nhận được a1 = a2, trái vói điều kiện đã cho. Suy ra
chỉ còn trường hợp thứ hai và suy ra a2 = a1 + 3.
Như vậy a1,a3 = a1 + 1, a4 = a1 + 2, a2 = a1 + 3 là bốn số nguyên liên tiếp, điều
này đã được loại trừ trong trường hợp 2 của đề bài.
2. Chỉ còn m = 1: bây giờ (3) có dạng
(x – a2) – (x – a1) = 2,
Từ đây suy ra a1 = a2 + 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 f ( x)  Fq [x] là đa thức bất khả quy bậc m trên Fq và n là một số
nguyên dương. Khi đó, f(x) chia hết x q  x nếu và chỉ nếu m chia hết n.
n

Chứng minh:

 

Giả sử f(x) chia hết x q  x . Gọi  là một nghiệm của f(x). Khi đó,
n

 q    0 suy ra   Fq . Do đó, Fq ( )  Fq . Mặt khác, vì [Fq ( ) : Fq ]  m nên
n

n

n

Fq    Fqm  Fqn , ta suy ra m | n .



GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng

24

SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga


Đa thức bất khả quy

f (  q )  am (  q )m  am1 (  q ) m1  ...  a1 (  q )  a0
= amq (  q )m  amq 1 (  q )m1  ...  a1q (  q )  a0q
= (am  m )q  (am1 m1 )q  ...  (a1 )q  a0q
= (am  m  am1 m1  ...  a1  a0 )q
= f ( )q  0 .
Vì thế, các phần tử  , q , q ,..., q
2

m 1

là các nghiệm của f(x). Bây giờ, ta chứng

minh các phần tử này phân biệt. Thật vậy, giả sử  q   q , với 0  i  k  m  1 . Khi
i

 

đó,  q

i

với  trên trường con bất kỳ của Fq có cùng cấp trong nhóm Fq* .
Chứng minh : Ta có q  p n , với p nguyên tố và n  N . Xét một trường con bất
kỳ Fp m , với m | n của Fq . Đặt l 

n
. Khi đó, [Fpn : Fpm ]  l . Ta có các phần tử liên
m

hợp với  trên Fp m là  , p , p ,..., q
2m

m ( l 1)

. Theo Định lý 2.2.3, Fq* là nhóm xyclic,

vì thế ta giả sử Fq*  a , suy ra a  a k , k  Z . Vì vậy, các phần tử liên hợp với  trên
trường con Fp m của Fq có dạng như sau  k , kp , p
Khi đó, t 1, l  1, a

kptm

k 2m

,..., q

km ( l 1)

pn  1
pn  1
