ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐÀO THỊ NGÂN

ỨNG DỤNG ĐỊNH LÍ CƠ BẢN CỦA ĐẠI SỐ
ĐỂ XÉT TÍNH BẤT KHẢ QUY CỦA ĐA THỨC
TRÊN TRƯỜNG HỮU TỶ

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2015


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐÀO THỊ NGÂN

ỨNG DỤNG ĐỊNH LÍ CƠ BẢN CỦA ĐẠI SỐ
ĐỂ XÉT TÍNH BẤT KHẢ QUY CỦA ĐA THỨC
TRÊN TRƯỜNG HỮU TỶ

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số:

60 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

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 . . . . . . .

2.2

Vận dụng Định lí cơ bản của đại số để xét tính bất khả quy
trên Q . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

17
23

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


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.
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 ∈ Nn0 , trong đó i = (i1 , . . . , in ) và j =
(j1 , . . . , jn ), ta định nghĩa i + j = (i1 + j1 , . . . , in + jn ). Khi đó V [x1 , . . . , xn ]
là một vành với phép cộng và phép nhân
ai x i +
i∈Nn0

bi xi =
i∈Nn0

ai xi
i∈Nn0

với mọi đa thức

i∈Nn0


gọi chúng là các đa thức đối xứng sơ cấp hay đa thức đối xứng cơ bản:
n

xi = x1 + · · · + xn ;

σ1 =
i=1

xi xj = x1 x2 + · · · + x1 xn + x2 x3 + · · · + xn−1 xn ;

σ2 =
i
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) = an xn +· · ·+a1 x+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
k
−1
n
−1
g(α1 , . . . , αn ) = h(−an−1 a−1
n , . . . , (−1) an−k an , . . . , (−1) a0 an ).

Do a−1
n , an−1 , an−2 , . . . , a0 ∈ V nên g(α1 , . . . , αn ) ∈ V .
Tiếp theo, chúng ta chứng minh các đồng nhất thức của Newton về biểu
diễn đa thức đối xứng xk1 + · · · + xkn qua các đa thức đối xứng cơ bản.
Định lí 1.1.10 (Đồng nhất thức của Newton). Đặt wk = xk1 + · · · + xkn với
k ∈ N. Khi đó
a) Nếu k ≤ n thì wk = (−1)k+1 kσk +

k−1

(−1)r+1 σr wk−r .

Vậy w3 = σ13 − 3σ1 σ2 + 3σ3 .
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.


8
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 ai xi11 . . . xinn là một từ của
1
n
f (x1 , . . . , xn ) thì ai xiπ(1)
. . . xiπ(n)
cũng là một từ của f (x1 , . . . , xn ) với mọi

π ∈ Sn . Kí hiệu S ai xi11 . . . xinn là tổng của các từ của f (x1 , . . . , xn ) có dạng
1
n
ai xiπ(1)
. . . xiπ(n)
với π ∈ Sn . Khi đó, đa thức S ai xi11 . . . xinn 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 ai xi11 . . . xinn trong đó ai xi11 . . . xinn là
một từ của f (x1 , . . . , xn ). Vì thế để biểu diễn f (x1 , . . . , xn ) qua các đa thức
đối xứng cơ bản, chúng ta chỉ cần biểu diễn các đa thức đối xứng thuần nhất
S ai xi11 . . . xinn qua các đa thức đối xứng cơ bản. Giả sử k = i1 + · · · + in .
Khi đó, ta cần tìm các số thực ak1 ,...,kn sao cho
S ai xi11 . . . xinn =


f (x1 , x2 , x3 ) = σ14 − 4σ12 σ2 + 5σ1 σ3 + 2σ22 .
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
f (x1 , x2 , x3 ) = x41 + x42 + x43 + (x1 + x2 + x3 )3 + x21 x2 x3 + x1 x22 x3 + x1 x2 x23 ,
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:
f (x1 , x2 , x3 ) = σ14 − 4σ12 σ2 + 4σ1 σ3 + 2σ22 + σ13 + σ1 σ3
= σ14 + σ13 − 4σ12 σ2 + 5σ1 σ3 + 2σ22 .


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.

1.2

Trường phân rã và trường hữu hạn

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



g(x), h(x) ∈ K[x], h(α) = 0


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].
Bổ đề 1.2.5. Cho ρ : K → K là đẳng cấu trường và f (x) =
n

là đa thức bất khả quy. Đặt g(x) =
i=0


i=0

với mọi a ∈ K.
Chứng minh. Xem Định lý 2.4.7 trong [1].

1.3

Chứng minh Định lí cơ bản của đại số

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
√

a
α=

z1
2

2

=

Theo chứng minh trên, phương trình y 2 =

z12
4

− z0 .

z12
4

− z0 có hai nghiệm phức y1,2 =

±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

. Với mỗi k = 1, . . . , s + 1 đặt

(x − ri − rj − kri rj ).

qk (x) =
1≤i≤j≤d

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)
. Do đó s = 2n−1 (2m + 1)[2n (2m + 1) − 1].
2
Do n > 0 nên (2m + 1)[2n (2m + 1) − 1] là số lẻ. Vì thế, theo giả thiết quy
ra qk (x) có bậc s =

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 + kri rj 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 = k2
để u = ri + rj + k1 ri rj là nghiệm phức của qk1 (x) và v = ri + rj + k2 ri rj
là nghiệm phức của qk2 (x). Khi đó ri , rj là hai nghiệm của đa thức bậc hai
k1 v − k2 u


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

Chương 2

Vận dụng Định lí cơ bản của đại số để xét tính
bất khả quy trên Q
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.

2.1

Một số tiêu chuẩn bất khả quy trên Q quen biết

Tiết này dành để trình bày một số tiêu chuẩn bất khả quy của đa thức trên

.
 2 3
6 2
1
1
Thử lại, ta thấy − , −3, 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) = y 3 + 4y 2 − 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.

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 = − ∈ Z, vô lí. Nếu b = −1 và
2
5
d = −3 thì −c − 3a = 0, ac = 2, c + a = 5. Suy ra a = − ∈ 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 = an xn +· · ·+a1 x+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) = bm xm + · · · + b1 x + b0 ∈ Z[x] và


21
h(x) = ck xk + · · · + c1 x + c0 ∈ Z[x] với deg g(x) = m, deg h(x) = k và
m, k < n. Do p là ước của a0 = b0 c0 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 = bm ck 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

2

p
k

p!
là số tổ hợp chập k của p phần tử. Do p
k!(p − k)!

trong đó

=

p
là bội của p với mọi k = 1, . . . , p − 2. Vì thế Φp (x + 1)
k
là bất khả quy theo tiêu chuẩn Eisenstein.

nguyên tố nên