ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

NGUYỄN KHẮC HƯỞNG

TIÊU CHUẨN EISENSTEIN
VỀ TÍNH BẤT KHẢ QUY CỦA ĐA THỨC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2018


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

NGUYỄN KHẮC HƯỞNG

TIÊU CHUẨN EISENSTEIN
VỀ TÍNH BẤT KHẢ QUY CỦA ĐA THỨC
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8460113

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
GS.TS. Lê Thị Thanh Nhàn

THÁI NGUYÊN - 2018


Tài liệu tham khảo

46


2

LỜI CẢM ƠN
Luận văn “Tiêu chuẩn Eisenstein về tính bất khả quy của đa thức” được
thực hiện tại Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên và hoàn
thành dưới sự hướng dẫn của GS. TS. Lê Thị Thanh Nhàn. Tác giả xin
được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới người hướng dẫn khoa
học của mình. Cô đã dành nhiều thời gian hướng dẫn và tận tình giải đáp
những thắc mắc của tác giả trong suốt quá trình làm luận văn. Luận văn
của tôi được hoàn thành cũng nhờ sự đôn đốc nhắc nhở và hướng dẫn
nhiệt tình của cô.
Tác giả xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu Trường Đại học Khoa học
- Đại học Thái Nguyên, Ban Chủ nhiệm Khoa Toán - Tin, cùng các thầy,
cô đã tham gia giảng dạy, đã tạo điều kiện tốt nhất để tác giả học tập và
nghiên cứu.
Tôi cũng xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu và các đồng nghiệp
Trường THPT Quế Võ số 2 - Bắc Ninh đã tạo điều kiện cho tôi hoàn
thành tốt nhiệm vụ học tập của mình.
Nhân dịp này, tôi cũng xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp cao học Toán
K10C (khóa 2016 - 2018), cảm ơn gia đình và bạn bè đã động viên giúp
đỡ tôi rất nhiều trong quá trình học tập.
Tôi xin trân trọng cảm ơn!




đa thức thuộc một miền phân tích duy nhất tùy ý (không nhất thiết
là miền Z các số nguyên). Từ đó xét tính bất khả quy của đa thức
nhiều biến (dựa theo tài liệu [6]);
• Vấn đề 3. Trình bày lịch sử phát hiện và chứng minh Tiêu chuẩn
Eisenstein (dựa theo tài liệu [3]).
Luận văn gồm hai chương. Trong Chương 1, chúng tôi nhắc lại khái niệm
đa thức bất khả quy, Tiêu chuẩn Eisenstein và lịch sử phát hiện và chứng
minh Tiêu chuẩn Eisenstein. Chương 2 là nội dung chính của luận văn, nêu
một số mở rộng của tiêu chuẩn Eisenstein. Tiết đầu dành để mở rộng cho
trường hợp đa thức với hệ số nguyên. Tiết 2.2 trình bày các khái niệm về
miền phân tích duy nhất, chuẩn bị cho việc mở rộng tiêu chuẩn với trường
hợp đa thức với hệ số trên miền UFD. Tiết cuối trình bày vận dụng các
mở rộng trên để xét tính bất khả quy của đa thức.
Nội dung nghiên cứu chưa được tiếp cận ở bậc phổ thông và đại học,
nhưng gắn liền với toán sơ cấp.

Thái Nguyên, tháng 4 năm 2018
Tác giả

Nguyễn Khắc Hưởng


5

Chương 1
Tiêu chuẩn Eisenstein
Mục tiêu của Chương 1 là trình bày về đa thức bất khả quy và Tiêu
chuẩn Eisenstein. Trong tiết đầu của chương chúng tôi nhắc lại một số
khái niệm về đa thức bất khả quy và một số phương pháp chứng minh đa

Chú ý rằng tính bất khả quy của đa thức phụ thuộc vào vành cơ sở.
Chẳng hạn, đa thức 2x   6 là bất khả quy trên trường Q. Tuy nhiên 2x   6

không bất khả quy trên vành Z bởi vì các đa thức 2 và x   3 đều là ước
thực sự của 2x   6. Tương tự, đa thức x2   4 là bất khả quy trên R nhưng
không bất khả quy trên C.
Bổ đề 1.1.2 Đa thức f ♣xq là bất khả quy nếu và chỉ nếu f ♣x   aq là bất
khả quy với mọi a € V .
Vì mỗi phần tử khác 0 trong một trường đều khả nghịch, nên từ định
nghĩa đa thức bất khả quy ta có kết quả sau.
Bổ đề 1.1.3 Đa thức f ♣xq với hệ số trên một trường K là bất khả quy
nếu và chỉ nếu deg f ♣xq → 0 và f ♣xq không phân tích được thành tích của
hai đa thức có bậc bé hơn.
Chú ý rằng đa thức bậc nhất với hệ số trong một trường đều có nghiệm.
Vì thế ta có kết quả sau.
Bổ đề 1.1.4 Trên một trường K, các phát biểu sau là đúng.
i) Đa thức bậc nhất luôn bất khả quy.
ii) Đa thức bậc 2 và bậc 3 là bất khả quy nếu và chỉ nếu nó không có
nghiệm trong K.
Tiếp theo chúng tôi trình bày một số phương pháp xét tính bất khả
quy của đa thức trên tập các số hữu tỷ Q. Trước hết ta nhắc lại khái niệm
đa thức nguyên bản.
Định nghĩa 1.1.5 Một đa thức khác không trong vành Zrxs được gọi là
nguyên bản nếu các hệ số của nó có ước chung lớn nhất bằng 1.
Bổ đề 1.1.6 Tích của hai đa thức nguyên bản là đa thức nguyên bản.
Bổ đề 1.1.7 (Bổ đề Gauss). Cho p♣xq € Zrxs. Giả sử p♣xq ✏ g ♣xqf ♣xq với
g ♣xq, f ♣xq € Qrxs. Khi đó tồn tại g✝ ♣xq, f✝ ♣xq € Zrxs sao cho

deg g ♣xq ✏ deg g✝ ♣xq, deg f ♣xq ✏ deg f✝ ♣xq và p♣xq ✏ g✝ ♣xqf✝ ♣xq.


❧
Chú ý rằng nếu f ♣xq ✏ an xn   ...   a1 x   a0 là đa thức với hệ số nguyên
p
nhận phân số tối giản làm nghiệm thì p là ước của a0 và q là ước của
q
an . Đặc biệt, nếu an ✏ 1 thì mọi nghiệm hữu tỷ của f ♣xq đều là nghiệm
nguyên.
Việc sử dụng Bổ đề Gauss để xét tính bất khả quy của đa thức trên Q
là phương pháp hữu hiệu. Một số ví dụ minh họa cho phương pháp này
chúng ta có thể xem trong tài liệu [1]. Sau đây là một số ví dụ khác.
Ví dụ 1.1.8 Chứng minh đa thức p♣xq ✏ x4 ✁ x2   1 bất khả quy trên Q.
Lời giải. Nếu p♣xq có nghiệm hữu tỷ thì nghiệm đó phải là nghiệm nguyên
(do hệ số của số hạng cao nhất bằng 1) và là ước của số hạng tự do. Kiểm
tra lần lượt các ước của 1 là 1, ✁1 thấy chúng không là nghiệm của p♣xq.

Do đó p♣xq không có nghiệm hữu tỷ. Vì thế p♣xq không là tích của một đa
thức bậc nhất và một đa thức bậc ba. Giả sử p♣xq khả quy trên Q. Theo Bổ

đề Gauss, p♣xq có sự phân tích p♣xq ✏ g ♣xqh♣xq trong đó g ♣xq, h♣xq € Zrxs

có bậc 2 và có hệ số cao nhất bằng 1. Ta viết g ♣xq ✏ x2   ax   b và
h♣xq ✏ x2   cx   d, trong đó a, b, c, d € Z. Đồng nhất hệ số ở hai vế của


8

✩
✬
a c 0
✬

bất khả quy trên Q.
Lời giải. Dễ dàng kiểm tra được f ♣xq không có nghiệm hữu tỷ. Vì thế f ♣xq
không là tích của một đa thức bậc nhất và một đa thức bậc năm. Giả sử

f ♣xq khả quy trên Q. Theo Bổ đề Gauss (xem Bổ đề 1.1.7), tồn tại phân
tích f ♣xq ✏ g ♣xqh♣xq, trong đó g ♣xq, h♣xq € Zrxs có hệ số cao nhất bằng 1

và có bậc dương. Vì deg f ♣xq ✏ 6 nên ta có hai trường hợp.
Trường hợp 1 : f ♣xq ✏ ♣x2   ax   bq♣x4   cx3   dx2   ex   g q, trong đó
a, b, c, d, e, g

Vì bg

€ Z. Đồng nhất hệ số ta được
✩
✬
a c✏0
✬
✬
✬
✬
✬
✬
ac   b   d ✏ ✁6
✬
✬
✬
✬
✫ ad   bc   e ✏ ✁6
✬

✫
✬
✬
✬
✬
✬
✬
✬
✪

a c✏0

(1.2a)

ac   d ✏ ✁7

ad   c   e ✏ ✁6
ae   d ✏ 11

(1.2b)
(1.2c)
(1.2d)

a   e ✏ ✁36

(1.2e)

a♣e ✁ cq ✏ 18

(1.3)

ac   d ✏ ✁5

ad ✁ c   e ✏ ✁6
ae ✁ d ✏ 13

✁a ✁ e ✏ ✁36

(1.4b)
(1.4c)
(1.4d)
(1.4e)

Từ (1.4b) và (1.4d) suy ra
a♣c   eq ✏ 8

(1.5)

❄

Từ (1.4a) và (1.4e) lần lượt rút c và e theo a thế vào (1.5) ta được phương

trình a♣✁a ✁ a   36q ✏ 8, suy ra a ✏ 9 ✟ 4 2, vô lí.
Trường hợp 2 : f ♣xq ✏ ♣x3   ax2   bx   cq♣x3   dx2

  ex   gq, trong đó

a, b, c, d, e, g € Z. Lập luận tương tự như trường hợp 1 ở trên ta cũng dẫn
đến vô lí. Do đó f ♣xq bất khả quy trên Q.
✆
Tiếp theo, chúng ta trình bày phương pháp rút gọn theo modulo một

✏ deg f ♣xq trong Định lý 1.1.10 là cần
thiết. Chẳng hạn, xét đa thức f ♣xq ✏ 5♣x ✁ 1q9   ♣x ✁ 1q € Zrxs. Đa
thức này không bất khả quy trên Q vì nó có ước thực sự là x ✁ 1. Ta có
f ♣xq ✏ x ✁ 1 € Z5 rxs. Vì deg f ♣xq ✏ 1 nên f ♣xq bất khả quy trên Z5 .
Ví dụ 1.1.11 Các đa thức sau là bất khả quy trên Q.
i) f ♣xq ✏ 2017x2   2018x   770.
ii) g ♣xq ✏ ♣2a   1qx3   ♣2b ✁ 1qx2   2cx   2d   1, với a, b, c, d € Z.
iii) h♣xq ✏ 19x4   5x3   1890x2   2x   9.
Lời giải.
i) Vì f ♣xq ✏ x2  2x 2 € Z3 rxs không có nghiệm trong Z3 và deg f ♣xq ✏ 2
nên f ♣xq bất khả quy trên Z3 . Rõ ràng deg f ♣xq ✏ deg f ♣xq nên theo
Định lý 1.1.10 thì f ♣xq bất khả quy trên Q.


11

ii) Vì g ♣xq ✏ x3   x2   1 € Z2 rxs không có nghiệm trong Z2 và deg g ♣xq ✏ 3
nên g ♣xq bất khả quy trên Z2 . Rõ ràng deg g ♣xq ✏ deg g ♣xq nên theo
Định lý 1.1.10 thì đa thức g ♣xq bất khả quy trên Q.

iii) Vì h♣xq ✏ x4   x3   1 € Z2 rxs không có nghiệm trong Z2 nên nó
không có nhân tử bậc một. Giả sử h♣xq khả quy trên Z2 . Khi đó
h♣xq ✏ ♣x2   ax   bq♣x2   cx   dq với a, b, c, d € Z2 . Đồng nhất hệ số ở

hai vế của đẳng thức này ta được a   c ✏ 1, ac   b   d ✏ 0, ad   bc ✏ 0,
bd ✏ 1. Vì bd ✏ 1 nên b ✏ d ✏ 1 thì các phương trình đầu và cuối cho

ta a   c ✏ 1 và a   c ✏ 0, vô lí. Vì vậy đa thức h♣xq bất khả quy trên
Z2 . Vì deg h♣xq ✏ 4 ✏ deg h♣xq nên theo Định lý 1.1.10 thì đa thức
h♣xq bất khả quy trên Q.

Cho đa thức f ♣xq ✏ an xn   an✁1 xn✁1   ...   a1 x   a0

€ Zrxs. 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 ♣xq là bất khả quy trên Q.
Chứng minh. Giả sử f ♣xq khả quy trên Q. Theo Bổ đề Gauss (xem Bổ đề
1.1.7), tồn tại biểu diễn
f ♣xq ✏ g ♣xqh♣xq, trong đó g ♣xq ✏ bm xm   ...   b1 x   b0

€ Zrxs và
h♣xq ✏ ck xk   ...   c1 x   c0 € Zrxs với deg g ♣xq ✏ m, deg h♣xq ✏ k và
m, k ➔ n. Do p là ước của a0 ✏ b0 c0 nên p ⑤ b0 hoặc p ⑤ 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 sử p ⑤ 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 cho cr không là bội của p. Ta có ar ✏ b0 cr  ♣b1 cr✁1   b2 cr✁2   ...   br c0 q.

Vì r ↕ k ➔ n nên p ⑤ ar . Theo cách chọn r ta có p ⑤ b1 cr✁1   b2 cr✁2   ...   br c0 .
Suy ra p ⑤ b0 cr , điều này là vô lí vì cả hai số b0 và cr đều không là bội của
p. Vậy đa thức f ♣xq là bất khả quy trên Q.

❧

Ví dụ 1.2.2
i) Đa thức x100   99 là bất khả quy trên Q theo tiêu chuẩn Eisenstein
với p ✏ 11.


✂ ✡

✂ ✡

✂

✡

p p✁ 2
p p✁ k ✁ 1
p
x
 
...  
x
 
...  
x   p,
1
k
p✁2

p
p!
✏
là số tổ hợp chập k của p phần tử. Do p nguyên
k
k!♣p ✁ k q!
✂ ✡


ta có Φn ♣xq ✏ xn✁1   xn✁2   ...   x   1. Tuy nhiên, việc chứng minh Φn ♣xq
bất khả quy trên Q không là mục tiêu của luận văn nên chúng tôi không
trình bày ở đây.
Hệ quả đơn giản sau đây chỉ ra rằng với mỗi số tự nhiên n luôn tồn tại
các đa thức bất khả quy trên Q bậc n.
Hệ quả 1.2.5 Cho a ✏ pn1 1 pn2 2 ☎ ☎ ☎ pnk k 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.

Chứng minh. Theo giả thiết, a là bội của số nguyên tố pj nhưng không là
bội của p2j . Vì thế theo Tiêu chuẩn Eisenstein ta có kết quả.

1.3

❧

Lịch sử phát hiện và chứng minh Tiêu chuẩn Eisenstein

Mục tiêu của tiết này là trình bày tóm tắt lịch sử phát hiện Tiêu chuẩn
Eisenstein cho tính bất khả quy của đa thức với hệ số nguyên, dựa theo
bài báo của D. A. Cox “Why Eisenstein proved the Eisenstein Criterion
and why Sch¨onemann discovered it first” đăng trên The American Mathematical Monthly năm 2011. Bài báo của D. A. Cox thảo luận nhiều chủ
đề, từ lý thuyết số thế kỷ 19, bao gồm Bổ đề Gauss, trường hữu hạn, các
nhóm Abel, các số nguyên Gauss, ... Bài báo mô tả lịch sử phong phú, bất
ngờ của việc khám phá ra Tiêu chuẩn Eisenstein.
Bài báo trên của D. A. Cox giải thích tại sao Theodor Sch¨onemann
khám phá ra tiêu chuẩn bất khả quy này trước Eisenstein. Cả hai nhà

mở đầu bài báo đó, ông có nhắc đến các thành tựu viết trong cuốn sách
“Disquisitiones Arithmeticae” của Gauss. Bài báo đó cũng cung cấp những
minh chứng cho thấy Theodor Sch¨onemann bị ảnh hưởng lớn từ cuốn sách
này. Phần hai bài báo của Sch¨onemann có tiêu đề “Von denjenigen Moduln,
welche Potenzen von Primzahlen sind” đăng trên J. Reine Angew. Math
năm 1846, trong đó Ông xem xét sự phân tích đa thức thành nhân tử theo
modulo một lũy thừa của một số nguyên tố, và nghiên cứu sự thay đổi của
phân tích khi số mũ của số nguyên tố biến thiên, và từ đó ông tìm ra một
tiêu chuẩn bất khả quy, có thể phát biểu như sau.

Trước tiên ta nhắc lại rằng, cho f ♣xq € Zrxs và m → 0 là một số tự
nhiên sao cho hệ số cao nhất của f ♣xq không là bội của m. Ta nói f ♣xq là


16

bất khả quy theo modulo m nếu f ♣xq không thể biểu diễn dưới dạng
f ♣xq ✏ g ♣xqh♣xq   mk ♣xq
với g ♣xq, h♣xq, k ♣xq

€ Zrxs, deg g → 0, deg h → 0 và hệ số cao nhất của gh

không là bội của m.
Định lý 1.3.1 (Tiêu chuẩn bất khả quy của Sch¨onemann). Cho đa thức
f ♣xq € Zrxs với deg f ♣xq ✏ n. Giả sử có một số nguyên a, một số nguyên

tố p và một đa thức F ♣xq € Zrxs sao cho

f ♣xq ✏ ♣x ✁ aqn   pF ♣xq.
Nếu F ♣aq không là bội của p thì f ♣xq là bất khả quy theo modulo p2 .

thức này ta được g ♣aq ✏ 0 € Zp và h♣aq ✏ 0 € Zp . Suy ra

pF ♣aq ✏ f ♣aq ✏ g ♣aqh♣aq   p2 k ♣aq ✑ 0 ♣mod p2 q.
Vì thế F ♣aq chia hết cho p, điều này mâu thuẫn.

❧

Điều ngạc nhiên thú vị là Tiêu chuẩn bất khả quy của Sch¨onemann suy
ra Tiêu chuẩn bất khả quy của Eisenstein.
Chứng minh. Thật vậy, giả sử
f ♣xq ✏ an xn   an✁1 xn✁1   ...   a1 x   a0

€ Zrxs

là đa thức thỏa mãn giả thiết của Tiêu chuẩn Eisenstein với một số nguyên

tố p. Vì an không là bội của p và p nguyên tố nên gcd ♣an , pq ✏ 1. Vì thế,

tồn tại các số nguyên b, c sao cho 1 ✏ an b   pc. Suy ra gcd ♣b, pq
các số ai đều là bội của p với mọi i ✏ 0, 1, ..., n ✁ 1, nên ta có
bf ♣xq ✏ ban xn   ban✁1 xn✁1   ...   ba1 x   ba0

✏ 1. Do

✏ xn   pF ♣xq,

trong đó F ♣xq

€ Zrxs và F ♣0q ✏ bap0 . Vì a0 không là bội của p2 và
gcd ♣b, pq ✏ 1, nên F ♣0q không là bội của p. Theo Tiêu chuẩn bất khả

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 số hạng tự do a0 .
Khi đó f ♣xq là bất khả quy trên Q.
Một mở rộng của Tiêu chuẩn Eisenstein được đưa ra bởi S. H. Weintraub
năm 2013 (xem [5]):


19

Định lý 2.1.1 Cho đa thức f ♣xq ✏ an xn   ...   a1 x   a0 € Zrxs và giả
sử có một số nguyên tố p sao cho p không là ước của an , p là ước của ai

với i ✏ 0, ..., n ✁ 1, và tồn tại chỉ số k với 0 ↕ k ↕ n ✁ 1 sao cho p2 không
là ước của ak . Gọi k0 là giá trị nhỏ nhất trong những số k như vậy. Nếu
f ♣xq ✏ g ♣xqh♣xq là phân tích của f ♣xq thành nhân tử trong Zrxs thì
min tdeg g ♣xq, deg h♣xq✉ ↕ k0 .
Đặc biệt, nếu k0 ✏ 0 thì f ♣xq là bất khả quy trên Q; nếu k0
không có nghiệm trong Q thì f ♣xq là bất khả quy trên Q.

✏ 1 và f ♣xq

Chứng minh. Giả sử có một phân tích thành nhân tử f ♣xq ✏ g ♣xqh♣xq
với g ♣xq, h♣xq € Zrxs. Gọi bậc của g ♣xq là d0 và bậc của h♣xq là e0 . Viết

g ♣xq ✏ bd0 xd0   ...   b1 x   b0 và h♣xq ✏ ce0 xe0   ...   c1 x   c0 . Khi đó
d0   e0 ✏ n và an ✏ bd0 ce0 . Theo giả thiết, an không là bội của p. Suy ra

bd0 và ce0 không là bội của p. Vì thế, trong các hệ số của g ♣xq có ít nhất
một hệ số không là bội của p, và trong các hệ số của h♣xq có ít nhất một


xe h1 ♣xqg2 ♣xq   xd h2 ♣xqg1 ♣xq

  p2g2♣xqh2♣xq.

Chú ý rằng hệ số bậc d   e của đa thức xd e g1 ♣xqh1 ♣xq là bd ce . Vì thế, đồng

nhất hệ số bậc d   e của đẳng thức trên ta được
ad e

✑ bdce ♣mod pq.


20

Vì bd ce không là bội của p nên ad e không là bội của p. Chú ý rằng các hệ
số của f ♣xq, trừ hệ số cao nhất, đều là bội của p. Do đó d   e ✏ n. Suy ra

d ✏ d0 và e ✏ e0 . Do đó g ♣xq ✏ bd0 xd0   pg2 ♣xq và h♣xq ✏ ce0 xe0   ph2 ♣xq.
Suy ra
f ♣xq ✏ g ♣xqh♣xq ✏ an xn   bd0 xd0 ph2 ♣xq   ce0 xe0 pg2 ♣xq   p2 g2 ♣xqh2 ♣xq.

Vì thế k0 ➙ mintd0 , e0 ✉ ✏ mintdeg g ♣xq, deg h♣xq✉. Nếu k0 ✏ 0, thì f ♣xq
không có nhân tử bậc bé hơn, do đó f ♣xq bất khả quy. Giả sử k0 ✏ 1, nếu
f ♣xq không có nghiệm trong Q, thì f ♣xq không có nhân tử bậc nhất, vì
thế f ♣xq bất khả quy.
❧
Nhận xét 2.1.2 Trong Định lý trên khi k0

✏ 0 thì định lý chính là Tiêu


m
➳
i ✏0

bi x , s♣xq ✏
i

n➳
✁m
i ✏0

ci xi .

Ta có thể giả thiết bi và ci là các số nguyên, vì theo Bổ đề Gauss mọi đa
thức trong Zrxs phân tích được thành hai đa thức với hệ số hữu tỷ thì đều
phân tích được thành tích hai đa thức với hệ số nguyên có cùng bậc (xem
n
➳

q ♣xq ✏

n
➳
i✏0

ai xi

ai x , ta ký hiệu q ♣xq ✏


deg s♣xq ✏ n ✁ m, nên u ↕ m và t ↕ n ✁ m. Do đó u ➔ k ✁ t và t ➔ k ✁ u.
Vì p là ước của bi với mọi i ✘ u và p là ước của cj với mọi j ✘ t, nên tồn
tại số nguyên z sao cho
ak

✏ b0ck   b1ck✁1   ...   bk✁1c1   bk c0 ✏ buck✁u   bk✁tct   p2z.

Do k ✁ u → n ✁ m và deg s♣xq ✏ n ✁ m, nên ck✁u ✏ 0. Vì k ✁ t → m và
deg r♣xq ✏ m, nên bk✁t ✏ 0. Do đó ak chia hết cho p2 . Điều này là mâu


22

✏ u   t. Vì thế

thuẫn, vì vậy khẳng định được chứng minh. Chú ý rằng l
nếu m   t ➙ k, thì
deg r♣xq ✏ m ➙ k ✁ t ➙ k ✁ l ✏ ⑤k ✁ l⑤;
Nếu n ✁ m   u ➙ k, thì
deg s♣xq ✏ n ✁ m ➙ k ✁ u ➙ k ✁ l ✏ ⑤k ✁ l⑤
Trường hợp 2 : Giả sử l → k. Trước hết, k

➙ mintu, t✉ vì nếu u → k và t → k
thì ak ✏
bi ck✁i chia hết cho p2 , do p ⑤ bi , p ⑤ cj với i ➔ u, j ➔ t. Không
i✏0
mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng k ➙ t. Nhưng vì m ➙ u ✏ l ✁ t
và k ➙ t nên m ➙ l ✁ k. Do đó m ➙ ⑤l ✁ k ⑤.
❧
k

Ví dụ 2.1.6 Đa thức f ♣xq ✏ 2x4   x3   6 bất khả quy trên Q.
Lời giải. Giả sử f ♣xq khả quy trên Q. Khi đó f ♣xq là tích của hai đa thức
có bậc dương trên Q. Áp dụng Định lý 2.1.4 cho f ♣xq với số nguyên tố
p ✏ 2, l ✏ 3, k ✏ 0, ta được bậc của một trong hai đa thức nhân tử đó
lớn hơn hoặc bằng 3. Vì deg f ♣xq ✏ 4 nên trong hai đa thức nhân tử, có

một đa thức bậc 3 và một nhân tử bậc một. Suy ra f ♣xq có nghiệm hữu
m
tỷ. Giả sử nghiệm hữu tỷ của f ♣xq là r ✏ , ♣m, nq ✏ 1 thì m ⑤ 6, n ⑤ 2.
n
1 3
Kiểm tra các số ✟1, ✟2, ✟3, ✟6, ✟ , ✟ , thấy chúng không là nghiệm của
2 2
f ♣xq, mâu thuẫn. Vậy f ♣xq bất khả quy trên Q.
✆
Một hệ quả thú vị của Định lý 2.1.4 được phát biểu cho trường hợp khi
p a0 và p2 an .
Hệ quả 2.1.7 Cho q ♣xq ✏ an xn   ...   a1 x   a0
nguyên tố sao cho p a0 , p2

q ♣xq bất khả quy trên Q.

€ Zrxs. Nếu p là một số
an , p ⑤ ai với mọi i ✏ 1, 2, ..., n thì đa thức

Ví dụ 2.1.8 Đa thức f ♣xq ✏ 6x5   3x4 ✁ 12x2   1 bất khả quy trên Q.
Lời giải. Áp dụng Hệ quả 2.1.7 cho đa thức f ♣xq với số nguyên tố p
ta được f ♣xq bất khả quy trên Q.

✏ 3,