(Luận văn Thạc Sĩ toán học) TÍNH CHẤT NGHIỆM VÀ TÍNH CHẤT BẤT KHẢ QUY CỦA ĐA THỨC VỚI HỆ SỐ NGUYÊN

ĐẠI HỌCAAAAAAAAA
TRƯỜNG ĐẠI HỌCAAAAAAAA

AAAAAAAAAAAAAAA

TÍNH CHẤT NGHIỆM VÀ TÍNH CHẤTaBẤT KHẢ QUY
CỦA ĐA THỨC VỚI HỆ SỐ NGUYÊN

Ngành đào tạo: Đại số và lý thuyết số
Mã số: 8460104

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học:xxxxxxxxxxxxxxxx

xxxxxxxxxx, năm 2023


LỜI CAM ĐOAN
Tơi xin cam đoan đây là cơng trình nghiên cứu của riêng tôi dưới sự
hướng dẫn của xxxxxxxxxxxxxxxxxxx, các kết quả nghiên cứu là trung
thực và chưa được cơng bố trong bất kỳ cơng trình nào khác.
Thái Ngun, tháng

năm 2023

Tác giả luận văn

xxxxxxxxxxxxxxx

Xác nhận

của người hướng dẫn khoa học

xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx

i


LỜI CẢM ƠN
Luận văn được hoàn thành dưới sự chỉ bảo và hướng dẫn tận tình của
xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx. Tơi xin bày tỏalịng biết ơn sâu sắc đến cơ.
Tơi xin gửi tớiacác thầy, cơ Khoa Tốn Trường Đại họcxxxxxxxxx
x x x x x x x x x x cũng như các thầy, cơ ađã tham gia giảng dạy khóa
học 2021-2023, lời cảm ơn sâu sắc nhất về công lao dạy dỗ chúng tơi trong
suốtaq trình giáo dục, đào tạo của nhà trường.
Tơi xin cảm ơn gia đình, bạnabè và người thân đã quan tâm, tạo điều
kiện, động viên, cổ vũađể tơi có thể hoàn luận văn này.
Thái Nguyên, tháng năm 2023
Tác giả luận văn

xxxxxxxxxxxxxxx

ii


Mục lục

Lời cam đoan

i

Lời cảm ơn

ii

Mở đầu

1

Chương 1 Một số kiếnathức chuẩn bị

3

1.1 Đa thứcabấtakhả quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.2 Bổ đề Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11

1.3 TiêuachuẩnaEisenstein . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13

1.4 Phươngapháp rút gọn theoamoduloamột số nguyên tố . . . . .

14

Chương 2 Một số tiêu chuẩn mới để kiểm tra tính bất khả
quy của đa thức với hệ số nguyên

20

2.1 Tiêu chuẩn kiểm tra của R. Mam Murty . . . . . . . . . . . . .

20

2.2 Tiêu chuẩn kiểm tra của K. Girstmair . . . . . . . . . . . . . .

24

2.3 Tiêu chuẩn kiểm tra của J. Singh và S. Kumar . . . . . . . . . .

26

2.4 Một số ví dụ áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

32

Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

34

Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

35

iii

MỞaĐẦU
Bài tốn kiểm tra tính bất khả quy của đa thức với hệ số nguyên là bài
toán thu hút nhiều sự quan tâm chú ý của các nhà toán học. Điển hình là các
tiêu chuẩn kiểm tra tính bất khả quy c in c a ra bi Schăonemann,
Eisenstein v Dumas. Sau đó, M. Ram Murty [3] và K. Girstmair [2] đã đưa
ra tiêu chuẩn kiểm tra tính bất khả quy dựa vào tính chất nguyên tố của
các giá trị của đa thức tại n với n đủ lớn. Vai trò của các tiêu chuẩn này
là quan trọng vì nó đã thiết lập được mối liên hệ giữa đa thức bất khả quy
và số nguyên tố. Năm 2019, J. Singh và S. Kumar [5] đã đưa ra tiêu chuẩn
xét tínhabấtakhả quy củaađaathức có tính chất: các nghiệm của nó đều nằm
ngồi đường trịn nào đó với tâm là gốc tọa độ trên mặt phẳng phức.
Mục tiêu của luận vănalàatrình bày lại chứng minh chi tiết các tiêu
chuẩn mới về kiểm tra tính bất khả quy của các đa thức với hệ số nguyên
trong các bài báo [3], [2], [5] của các tác giả M. Ram Murty và K. Girstmair,
J. Singh và S. Kumar.
Luận văn được chia làm hai chương. Chương 1 trình bày khái niệm đa
thức bất khả quy và một số tiêu chuẩn cổ điển về xét tính bất khả quy của
đa thức như Bổ đề Gauss, tiêu chuẩn Eisenstein, phương pháp rút gọn theo
modulo của số nguyên tố.
Chương 2, chương chính của luận văn, trình bày lại các chứng minh

1


chi tiết một số kết quả về tiêu chuẩn xét tính bất khả quy của đa thức với hệ
số nguyên dựa trên các kết quả của M. Ram Murty, K. Girstmair, J. Singh
và S. Kumar trong các bài báo [3], [2], [5].

2

Chương 1

Một số kiếnathức chuẩn bị
Mục tiêu của chương này là trình bày khái niệm đa thức bất khả quy
và một số tiêu chuẩn cổ điển về xét tính bất khả quy của đa thức như Bổ
đề Gauss, tiêu chuẩn Eisenstein, phương pháp rút gọn theo modulo của số
nguyên tố. Tài liệu tham khảo chính là cuốn sách [1].

1.1

Đa thứcabấtakhả quy
Mục này trình bày định nghĩa và một số tính chất của đa thức bất khả

quy trên Z, Q. Trước hết ta nhắc lại khái niệm miền nguyên. Mỗi vành giao
hốn khác khơng, khơng có ước của khơng được gọi là một miền nguyên.
Hay nói cách khác một vành giao hốn khác khơng D là miền ngun nếu
với mọi a, b ∈ D sao cho ab = 0 kéo theo a = 0 hoặc b = 0. Chẳng hạn, Tập
tất cả các số nguyên Z và tập các số hữu tỷ Q là các miền nguyên.
Định nghĩa 1.1.1. Cho D là miền nguyên. Mộtađaathức khác không, không
khả nghịch f (x) ∈ D[x] đượcagọialà bấtakhả quyatrên D nếu f (x) viết được
thành tích f (x) = g(x)h(x), trong đóag(x), h(x) ∈ D[x] thì kéo theo g(x)
hoặc h(x) là đa thức khả nghịch trong D[x]. Nếu f (x) viết được thành tích

f (x) = g(x)h(x),atrongađó g(x), h(x) ∈ D[x] là cácađaathức khơng khả
3


nghịch thì ta nói f (x) khả quy trong D[x].
Nhận xét 1.1.2. (a) Vì phần tử khả nghịchatrong Z[x] là và chỉ là các đa

thức hằng ±1 nên đa thức khácakhông, không khảanghịch f (x) ∈ Z[x] bất
khảaquy trên Z nếu f (x) viết thành f (x) = g(x)ah(x), trong đó g(x), ah(x) ∈
Z[x] thì kéo theo g(x) = ±1 hoặc h(x) = ±1.
(b) Nếu F là một trường, thì phần tử khảanghịch trong F [x] là và chỉ
là các đa thức f (x) = a ∈ F, a ̸= 0. Vì thế đa bậc dương f (x) ∈ F [x] là bất
khảaquy trên F nếu vàachỉ nếu f (x) khơng viết được thành tíchacủa những
đa thức có bậc nhỏ hơn bậc của f (x).
Ví dụ 1.1.3. (a) Đaathứcaf (x) = 2x2 +4 bấtakhảaquy trên Q nhưng không
bấtakhảaquy trên Z vì trong Q[x] ta có phân tích f (x) = 2(x2 + 2).
(b) Đa thức f (x) = 2x2 + 4 khơng phân tíchađượcathành tích của hai
đaathứcabậc nhất trong R[x] nên nó bấtakhảaquy trên R. Nhưng trong
√
√
C[x] taacóaf (x) = 2(x + 2i)(x − 2i), vì thế f (x) khơng bất khảaquy
trên C.
Từ đây trở đi ta luônagiảathiết D là miềnanguyêna.
Bổ đề 1.1.4. Đaathứcaf (x) ∈ D[x] bấtakhảaquy trên D nếu và chỉanếuaf (x+

t) là bất khảaquy trên D với mọi t ∈ D.
Chứng minh. Giả sử f (x) ∈ D[x] bất khảaquy trên D và t ∈ D. Bằng cách
thay vai trò của x bằng x ± t, trong D[x] ta có f (x + t) = g(x)h(x) khi và
chỉ khi f (x) = g(x − t)h(x − t). Vì thế f (x) bất khảaquy trên D nếu và chỉ
nếu f (x + t) bấtakhả quy trên D.
Bổ đề 1.1.5. Cho F là một trường và f (x) ∈ F [x]. Các khẳng định sau là
đúng.
(a) Nếu deg f (x) = 1 thì f (x)ln bấtakhảaquy trên F.
4


(b) Nếu deg f (x) = 2 hoặc deg f (x) = 3 athì f (x) bấtakhảaquy trên F

nếuavàachỉanếu nó khơngacóanghiệm trong F.
Chứng minh. (a) Vì deg f (x) = 1 nên f (x) khơng thểaphânatích thành tích
của haiađaathức có bậcabéahơn. Do đó f (x) bấtakhảaquy trên F.
(b) Giả sửaf (x)acóanghiệmat ∈ aF. Vìadeg af (x) > 1 nên ta có sự
phânatíchaf (x) = (x − t)g(x) với g(x) ∈ F [x]avàadeg g(x) = deg af (x) −

1 ≥ 1. Vì thế f (x) khơng bất khảaquyatrên F. Ngược lại, giả sử f (x)
khơngabấtakhả quyatrên F. Vì deg f (x) = 2 hoặc deg f (x) = 3 nên f (x)
phânatíchađượcathànhatíchacủaahai đaathứcacó bậc bé hơn trong đó có một
đaathứcabậc nhất. Vìathếaf (x) có nghiệmatrongaF.
Chú ý rằngaphátabiểua(b)atrong bổ đềatrên là khơng đúngachoatrường
hợp bậcacủaađa thứcalớn hơn 3. Cụ thể, nếu deg af (x)a > 3 bậcalớnahơn
3 và cóanghiệmatrong F thìaf (x)akhảaquy. Tuy nhiên,atồnatạianhững đa
thức khơngacóanghiệm trongaF anhưng vẫn khảaquy. Chẳng hạnađaathức

2
x4 + 1 akhơngacóanghiệm trongaR nhưng nó khảaquy trênaR.
Tiếp theo, chúng ta định nghĩa khái niệm đa thức bất khả quy của một
phần tử đại số trên K . Trước hết ta cần kết quả sau.
Mệnh đề 1.1.6. ChoaF alàamột trườngachứaaK và a ∈ F làaphần tử đạiasốatrên

F . Khi đóatồnatại duy nhấtamột đaathứcap(x) ∈ K[x] bấtakhảaquy dạng
chuẩn nhậnaaalàmanghiệma.Hơn nữa, nếuag(x)a ∈ K[x] nhận a làm nghiệm
thìag(x)alàabội của p(x).
Chứng minh. Vìaa là phầnatửađại số trênaK nên tồn tại af (x) ∈ aK[x] là
đaathứcakhác 0acóabậcabé nhất nhận aalàmanghiệm.Đặtap(x) = b−1 af (x),
trong đó b làahệasố caoanhất của f (x). Khi đó p(x)a ∈ K[x] là đa thức dạng
chuẩnacóabậc bé nhấtanhậnaa làm nghiệm. Rõaràngadeg p(x) > 0.aNếuap(x)
5

khả quyathìap(x) là tíchacủaahaiađaathứcatrong K[x]avớiabậc bé hơnavàamột
trong haiađaathức này phải nhận aalàmanghiệma, điều này làamâuathuẫn
với cách chọnap(x). Do đó p(x)abất khảaquya Giả sử g(x)a ∈ K[x]anhậnaa
làm nghiệm. Nếuag(x)akhôngachiaahết cho p(x) thì vìap(x) bất khảaquyanên

gcd ag(x)a, p(x)) = 1. TheoaHệaquả 1.3.9, tồnatạiaq(x), h(x) ∈ K[x] sao
choa1 = p(x)q(x) + g(x)h(x). Thayax = a vào cảahaiavế ta đượca1 =

0, điều nàyalàavơ lí. Vậy g(x) chiaahếtacho p(x). Giả sử q(x)a ∈ aK[x]
cũng là đa thức bấtakhảaquy dạng chuẩnanhậnaa làm nghiệm.a.Theo chứng
minhatrêna,aq(x) là bộiacủaap(x). Viết q(x) = p(x)ak(x) với k(x)a ∈ aK[x].
Vì q(x) bấtakhảaquyanên k(x) = c vớia0 ̸= c ∈ K . Do đóaq(x) = cp(x).
Đồng nhấtahệasố cao nhấtacủaahai vế với chú ý rằng q(x) và p(x) đều
có dạng chuẩn nên c = 1. Vì thế p(x) = q(x). Vì a là phần tửađạiasố
trênaaK nênatồnatại f (x)a ∈ aK[x] là đaathứcakháca0acóabậcabéanhất
nhận a làmanghiệm. Đặt p(x) = b−1 f (x), trong đóabalàahệ số caoanhấtacủa

f (x). Khiađóap(x)a ∈ K[x]alàađa thức dạngachuẩnacóabậc bé nhấtanhậnaa
làm nghiệm. Rõ ràngadegap(x) > 0.aNếuap(x) khả quyathìap(x) là tích
của hai đaathứcatrong K[x] vớiabậcabé hơnavàamột trong hai đaathứcanày
phải nhận aalàmanghiệm, điều này làamâuathuẫn với cáchachọnap(x). Do
đóap(x) bất khảaquya Giả sử g(x) ∈ aK[x] nhậnaaalàmanghiệm. Nếu g(x)
khơngachiaahết cho p(x) thì vìaap(x) bất khảaquyanên gcd(g(x), ap(x)) = 1.
TheoaHệaquảa1.3.9, tồn tạiaaq(x), h(x)a ∈ aK[x] sao choa1 = p(x)aq(x) +

g(x)ah(x). Thay x = a vàoacảahai vế taađượca1 = 0, điều nàyalàavơ lí. Vậy
g(x) chiaahếtachoap(x). Giả sử q(x)a ∈ K[x]acũng là đaathứcabấtakhảaquy
dạng chuẩnanhận a làm nghiệm. Theoachứngaminhatrên, q(x) làabộiacủa

p(x). Viết q(x) = p(x)aka(x) với k(x)a ∈ K[x]. Vì q(x) bất khảaquyanên

k(x) = cavớia0 ̸= ca ∈ aK . Doađóaaq(x) = cp(x). Đồng nhấtahệaasốa cao
nhấtacủaahaiavế vớiachúaý rằng q(x)avà p(x)ađềuacóadạngchuẩn, taasuyaraac =

6


1. Vì thế pa(x) = q(x)a Vì a là phầnatửađại số trênaK nên tồn tại f (x)a ∈
aK[x] làađaathức khác 0acóabậcabé nhấtanhậnaaalàmanghiệm. Đặt p(x) =
b−1 f (x), trong đóabalà hệasốacaoanhấtacủaaf (x).a Khi đó p(x) ∈ K[x] là
đaathứcadạngachuẩn có bậc bé nhất nhận a làm nghiệm. Rõ ràng deg p(x) >

0.aNếuap(x) khả quyathìap(x) là tíchacủaahaiađaaathức trong K[x]avớiabậc
bé hơn vàamột trong haiađaathức này phảianhậnaaalàm nghiệm, điều này
làamâuathuẫn với cáchachọnap(x). Do đó p(x) bất khảaquya. Giả sử g(x)a ∈

K[x] nhận aalàmanghiệm. Nếu g(x)akhôngachia hết cho p(x) thìavìap(x) bất
khảaquyanên gcd(g(x), p(x)) = 1. TheoaHệaquả 1.3.9, tồn tại q(x)a, a, h(x) ∈

K[x] sao choa1 = p(x)aq(x)a + g(x)h(x). Thay x = a vàoacảahai vế ta
đượcaa1 = 0, điều nàyalàavơ lí. Vậy g(x) chiaahếtacho p(x). Giảasửaq(x)a ∈

K[x] cũng là đaathứcabấtakhảaquy dạng chuẩnanhậnaa làm nghiệm. Theo
chứngaminhatrên,aq(x) là bộiacủaap(x). Viết q(x) = ap(x)ak(x) với k(x)a ∈

K[x]. aVìaq(x) bất khảaquyanên k(x) = c với 0 ̸= ca ∈ K . Do đóaq(x)a =
cp(x). Đồng nhất hệa sốacao nhấtacủaahai vếavớiachú ý rằng q(x)avàap(x)
đều cóadạnga chuẩn,ataasuy ra c = 1a. Vì thế p(x)a = q(x).

Định nghĩa 1.1.7. Cho a làaphầnatửađạiasố trênaK . Đa thức p(x) ∈

K[x]abất khả quyadạng chuẩn nhậnaaalàm nghiệm được gọialàađa thức
bấtakhả aquy của a.
Ví dụ 1.1.8. (a) Đa thứcaax3 − 2 ∈ Q[x] làabấtakhảaquya(vì có bậca3avà
khơngacóanghiệm hữu tỷ), do đó nóalàađa thức bấtakhảaquyacủa phầnatử

whitea2
a
.
(b) Đaathức x2 +1a ∈ R[x]alà bất khảaquya(vì có bậca2avàakhơngacó nghiệm
thực),adoađó nó làađa thức bấtakhảaquy của sốaphứcai.

√
Ví dụ 1.1.9. Tiếp theoataatìm đa thức bấtakhảaquyatrênQ của phầnatửa 2+
7


√

3a. Đặt αa =

√

√
√
2 + a 3.aKhiađó α2 − 5 = 2a 6. Suy ra α4 − 10aα2 + 1 =

0a. Vì thế αalàanghiệm của đaathức f (x) = x4 −a10x2 +1 ∈ Q[x]a. Ta chứng
minhaf (x)a bất khảaquya. Thật vậy, vìaf (x)akhơng có nghiệmahữuatỷanên

f (x) khơng làatíchacủaamột đa thứcabậcanhất và mộtađaathứcabậcaba. Giả

sửaf (x) khảaquya. Khi đó x4 − 10ax2 + 1 = x2 + ax + b x2 + cx + d avới
aa, b, c, d ∈ Q. Khai triểnavếaphải và đồnganhấtahệ số ở haiavếata được hệ
4aphươngatrình a + c = 0, ad + b + ac = −10, aad + bc = 0, abd = 1.
Suyaraac = −a. Vìaad + bc = 0 nênaaa(d − b) = 0. Giả sửaa = 0a. Khi đó

d + b = −10, bd = 1. Suyaraab, d ∈
/ Qa, vơ lí. Vì thế b = da. Do bad = 1a
nênab2 = 1a. Vì thế d = b = a ± 1a. Thay vào taađược a + c = 0a, ac = −12
hoặc a + c = 0a, ac = −8a. Suy ra a, ca ∈
/ Q, vơ lí. Vì vậy f (x) là đa thức
√
√
bất khảaquy của 2 + 3.
Mệnh đề 1.1.10. Choap(x) ∈ K[x] là đaathứcacóabậcadương. Khiađóap(x)
bấtakhảaquyanếuavà chỉanếuap(x) | a(x)b(x) kéoatheoap(x) | a(x) hoặc p(x) |

b(x)avớiamọi a(x), b(x) ∈ K[x]. Đặc biệt, nếuađaathức bấtakhảaquy p(x)
làaướcacủa mộtatíchahữuahạnađaathức thì p(x) phảialàauớc của ítanhấtamột
trong các đaathứcađó.
Chứng minh. Cho p(x)abấtakhảaquy. Giả sử p(x) | a(x)b(x) và a(x), b(x)
đềuakhôngalà bộiacủaap(x). Do p(x) bấtakhảaquyanên gcd(p(x), a(x)) = 1
và gcd(p(x), b(x)) = 1. Theo Hệ quả 1.3.9, tồn tại s(x), ar(x)a, e(x),af (x) ∈

K[x] saoachoa1 = s(x)ap(x)a + r(x)aa(x)a và 1 = ae(x)ap(x)+ f (x)b(x).
Nhân vế với vếacủa haiađẳngathứcanàyata có

1 = p(x)g(x) + r(x)f (x)a(x)b(x)
với g(x) ∈ K[x] là mộtađaathứcanào đó. Vì p(x) | a(x)b(x) nên đaathứcabên

vếaphảiacủa đẳngathứcatrên là bội của p(x), trong khiađóađaathức bên vế
trái là 1 khơngachiaahếtacho p(x). Điềuanàyalà vơ lí.
8


Ngược lại, do p(x) cóabậcadương nên p(x) ̸= 0avàakhơngakhảanghịch.
Giả sử p(x) = a(x)b(x)avớiaa(x), b(x) ∈ K[x]. Khiađóap(x) | a(x)b(x).
Theoagiảathiết, p(x) | a(x)ahoặcap(x) | b(x). Vì thếap(x)akhơng có ước
thực sự, do đó p(x) bấtakhảaquy.
Địnhalíacơ bản củaasốahọc nói rằngamỗiasố tự nhiênalớnahơn 1 đều
phân tích đượcathànhatích cácathừaasố ngun tốavàasự phânatíchanày là
duyanhấtanếu khơngakểađến thứatựacácathừaasố. Kếtaquảasau đây là một
sự tươngatựađối vớiađaathức.
Định lý 1.1.11. Mỗi đaathức dạngachuẩnabậc dươngatrong K[x] có thể
phânatích được thành tích cácađa thức bấtakhả quy dạng chuẩn và sựaphân
tích nàyalà duy nhất nếu khôngakể đến thứatự các nhânatử.
Chứng minh. Trướcahết chúng taachứng minh sựatồnatạia phân tíchabằngaquy
nạp theoabậc củaađaathức. Giả sửaf (x)a ∈ K[x] là đaathức dạng chuẩnabậc

d > 0. Nếu d = 1 thì f (x) làabấtakhảaquy, vàasự phân tích bấtakhảaquyacủa
f (x) làaf (x) = f (x)a. Choad > 1 và giả sửakết quả đã đúngacho các đaathức
bậc nhỏahơn d. Nếuaf (x) bất khảaquyathì f (x)acó sự phân tíchabấtakhả
quyalà f (x)a = f (x). Vìathế ta giảathiếtaf (x) khơng bấtakhả quy. Khiađó

f (x)a = g(x)ah(x)avới deg g(x), a deg h(x) < deg f (x). Đặtag ∗ (x)a = a−1 g(x)
avới aalà hệ số caoanhấtacủaag(x). Khi đó ataacó f (x) = ag ∗ (x)(aah(x)).a
Đồng nhấtahệ số cao nhấtaở hai vếata suy raaah(x)acó dạngachuẩn. Do
đóaf (x) = ag ∗ (x)ah∗ (x)avớiag ∗ (x), ah∗ (x) = ah(x) làacácađa thứcadạng
chuẩnacó bậc nhỏ hơn d. Theo giảathiết quyanạp, g ∗ (x)a và h∗ (x) phânatích
được thành tích của hữuahạn đaathức bất khả quyadạng chuẩn. Vì thế f (x)

phânatích được thànhatích của hữuahạn đa thức bấtakhả quy dạngachuẩn.
Bâyagiờataachứng minh tínhaduy nhất củaaphân tích. Giả sửaf (x) có

9


haiasự phân tích thànhanhân tử bất khảaquy dạngachuẩn

f (x) = p1 (x)p2 (x)a . . . pn (x) = q1 (x)q2 (x)a . . . qm (x).
Ta chứng minhabằng quy nạpatheo narằngan = m và sau khi đánh lại
thứatựacácanhânatử vế bên phảiata có pi (x) = qi (x)avớiamọi i = 1, a . . . , n.
Do p1 (x)a | q1 (x)q2 (x) . . . qm (x)avàap1 (x) bất khảaquy nên theoaMệnhađề
2.1 .8 ta có p1 (x)a | qi (x) vớiai nào đó. Khơngamấtatính tổngaqt ta
giảathiếtap1 (x)a | q1 (x). Biểuadiễnaq1 (x) = p1 (x). Vì q1 (x) bấtakhảaquyanên

t1 (x) = a ∈ K . Do đó q1 (x) = ap1 (x). Do p1 (x)avàaq1 (x) có dạngachuẩn
nênaa = 1.aVìathếap1 (x) = q1 (x).aCho n = 1. Nếuam > 1athìagiảnaước cả
hai vế choap1 (x) taađượca1 = q2 (x)a . . . qm (x),ađiều này là vơ lí. Vậy,akếtaquả
đúng choan = 1. Cho n > 1. Vì p1 (x) = q1 (x) nên

p2 (x)p3 (x)a . . . pn (x) = q2 (x)aq3 (x)a . . . qm (x).
Theo giảathiếtaquy nạpata cóan − 1 = m − 1avàabằng việcađánhasố
lạiathứ tự cácanhân tử bấtakhảaquy ở vế phảiataasuy raapi (x) = qi (x)avới
mọiai = 2, a . . . , n.
Hệ quả 1.1.12. Choaf (x)a ∈ K[x]alà đaathứcavớiahệasố cao nhất là an .
Khiađó tồn tại phânatích f (x) = an f1 (x)a . . . fk (x) với f1 (x), a . . . , fk (x) là
các nhânatửabất khả quyadạngachuẩn, và sự phân tích nàyalà duyanhất nếu
khơngakể đến thứ tựacác nhân tử.
Euclid chứngaminharằng có vơahạnasố ngun tố. Kết quả sau đây là
một sự tươngatựacho đa thức bấtakhả quy.

Hệ quả 1.1.13. Trên một trườngaK bất kì, có vơ hạnađa thức bất khả quy
dạng chuẩn.
Chứng minh. Chú ý rằng x + 1 ∈ K[x] là đaathức bấtakhảaquy dạngachuẩn.
Giả sửaf1 (x), aa . . . , afn (x)a ∈ K[x]alà tất cảacác đa thức bấtakhảaquy
10


dạng chuẩn. Đặt f (x) = f1 (x)a . . . fn (x) + 1. TừaĐịnh lí 2.1.11, tồn tạiap(x)
là ước bấtakhảaquy dạng chuẩn củaaf (x). Doađó p(x) = fi (x)avới ianàoađó.
Suy raap(x)a | f1 (x)a . . . fn (x). Vì p(x)a | f (x) nên p(x)a | 1, điềuanày vơ
lí.

1.2

Bổ đề Gauss

Ký hiệu 1.2.1. Cho đa thức f (x) = a0 + a1 x + · · · + an xn ∈ D[x]. Ta ký
hiệu gcd(a0 , a1 , . . . , an ) là cont f (x).
Chú ý rằng hai phần tử a, b ∈ D được gọi là liên kết nếu tồn tại u ∈ D
khả nghịch sao cho a = ub. Hai ước chung lớn nhất của dãy (a0 , a1 , . . . , an )
ln liên kết với nhau. Vì thế cont f (x) xác định duy nhất sai khác một phần
tử khả nghịch.
Định nghĩa 1.2.2. Đaathức khác không f (x) ∈ D[x]ađược gọi là đa thức
aanguyên bản nếuacont f (x)alà phần tử khảanghịchatrong D.
Nhắc lại rằng miền nguyên D được gọi là miền phân tích duy nhất,
viết tắt là UFD, nếu mỗi phần tử khác không, không khả nghịch của D đều
phân tích được thành tích của các phần tử bất khả quy và sự phân tích này
là duy nhất nếu không kể đến thứ tự và các nhân tửakhả nghịch.
Mệnh đề 1.2.3. Cho D là miền UFD. Nếu f (x), ag(x) là các đa thức
nguyênabảnatrong D[x] thìaf (x)g(x) cũng làađa thức nguyênabản trong D[x].

Chứng minh. Giả sử f (x) = an xn +. . .+a1 x+a0 và g(x) = bm xm +. . .+b1 x+

b0 thỏa mãn f (x)g(x) khơng là các đa thức ngunabản. Vì D là miền UFD
nên ước chung lớn nhất cont(f (x)g(x)) luôn tồn tại và không khả nghịch.
Gọi p là một bất khảaquy của cont(f (x)g(x)). Do f (x) nguyênabản nên tồn
11


tại s ⩽ n saoachoap | ai với mọi i ⩽ s − 1 và as khôngachia hết cho p. Tương
tự, tồn tại r ⩽ m sao cho p | bj với mọi j ⩽ r − 1 và br không chia hết cho p.
P
Chú ý rằng f (x)g(x) = cm+n xm+n +. . .+c1 x+c0 , trong đó ck = i+j=k ai bj .
Ta có

cr+s = (a0 bs+r + . . . + as−1 br+1 ) + as br + (as+1 bs−1 + . . . + as+r b0 ) .
Do p bấtakhả quy trong miền UFD nên p là phần tử nguyên tố. Suy ra as br
không chia hếtacho p. Theo cách chọn của r và s, các tổng

(a0 bs+r + . . . + as−1 br+1 )
và

(as+1 bs−1 + . . . + as+r b0 )
đều chia hết cho p. Vì thế hệ số cr+s của f (x)g(x) khơng chia hếtacho p.
Điều nàyalà vơ lí. Vì thế đaathức f (x)g(x) là đaathức nguyênabản trong

D[x].
Mệnh đề 1.2.4. (Bổ đề Gauss) Choaf (x)a ∈ Z[x]alàađa thức nguyênabản,
khi đó f (x) là bất khảaquy trên Z nếu và chỉanếu nó bất khảaquy trên Q.
Chứng minh. Giả sử f (x) là đa thức nguyên bản và f (x) = g(x)h(x) trong
Q[x]. Gọi a và b lần lượt là bội chung nhỏ nhất của các mẫu số của các hệ

số của đa thức g(x) và h(x). Khi đó

ab · f (x) = (a · g(x))(b · h(x)) = cont(a · g(x))g0 (x) cont(b · h(x))h0 (x)
trong đó g0 (x) và h0 (x) là các đa thức nguyên thủy trong Z[x]. Chúaýarằng

±ab = c(a · g(x))c(b · h(x))
và f (x) = ±g0 (x)h0 (x). Vìadeg g0 (x) = deg ag(x) và deg h0 (x) = deg h(x),
nên f (x) bất khảaquyatrên Z.

12


Ví dụ 1.2.5. Đaathứcaf (x) = x4 + 3x3 + x2 + 3 bấtakhảaquyatrên Q.
Chứng minh. Dễathấyaf (x) khơngacóanghiệmahữuatỷ. Vì thếaf (x)akhơngalà
tíchacủaamột đa thứcabậc nhấtavàamột đa thứcabậc ba. Giả sửaf (x) khơng
bất khảaquyatrên Q. Theo Bổ đềaGauss, f (x)acó sựaphânatích f (x) =

g(x)ah(x) trong đóag(x), h(x)a ∈ Z[x] cóabậc 2 và cóahệ số caoanhấtabằng
1 . Viết g(x) = x2 + ax + bavà h(x) = x2 + cx + davới a, b, c, da ∈ Z.
Đồnganhất hệasố ở hai vếacủa đẳng thức f (x) = g(x)ah(x)ata được

bad = 3, bc + aad = 0, ac + d + ba = 1, c + aa = 3.
Vì bad = 3 và vai trị của b, ad là nhưanhau nên khơngamất tínhatổng
qt ta có thể giả thiết b = 1, d = 3 hoặc b = −1, d = −3. Nếu b = 1, d = 3

/ Z,avơ lí. Nếu b = −1avà
thì c+3a = 0, aac = −3, a+c = 3. Suy ra a = − 23 ∈
d = −3 thì −c − 3a = 0, ac = 5, c + a = 3. Suy ra a = − 32 ∈
/ Z,avơ lí. Như
vậy, f (x) bấtakhảaquy trên Q.

1.3

TiêuachuẩnaEisenstein

Định lý 1.3.1. (TiêuachuẩnaEisenstein). Cho f (x) = an xn + . . . + a1 x+ a0
là một đa thức trong ∈ Z[x]. Nếuasốangunatốap thoảamãnacácatínhachất
(a) p khơngalà ướcacủaahệ sốacaoanhất an ;
(b) p là ướcacủaacácahệasốaa0 , a1 , . . . , an−1 ;
(c) p2 akhơngalà ướcacủaahệasốatự doaa0 .
Khiađóaf (x) làabấtakhảaquyatrênaQ.
Chứng minh. Giảasửaf (x) khảaquyatrên Q. Theo BổađềaGauss, tồnatạiabiểu
diễnaf (x) = g(x)h(x), trongađóag(x) = bm xm + . . . + b1 x + b0 a ∈ Z[x]
và h(x) = ck xk + . . . + c1 x + c0 ∈ Z[x] vớiadeg g(x) = m, deg h(x) =

k avàam, k < n. Doapalà ướcacủaaa0 = b0 c0 nên pa | b0 ahoặc p | c0 . Lại do p2
13


khơngalàaước củaaa0 nên trongahaiasố b0 và c0 , có mộtavàachỉamộtasốachia
hếtacho p. Giảathiếtap | c0 . Khi đó b0 khơngachiaahếtacho p. Vì an =

bm ck avàaan khơngachiaahết choapanên bm và ck đềuakhơngachia hết cho p.
Do đóatồn tạiasố rabé nhấtasaoacho cr khơngalàabộiacủa p. Ta có

ar = b0 cr + (b1 cr−1 + b2 cr−2 + . . . + br c0 ) .
Vì ra ⩽ k < nanên p | ar . Theo cáchachọnar taacóap | b1 cr−1 + b2 cr−2 +

. . . + br c0 . Suy raap | b0 cr , điềuanàyalà vơalíavì cả haiasốab0 và cr đềuakhơng
là bộiacủa p. Vậy f (x) làabấtakhảaquyatrên Q.

Ví dụ 1.3.2. (a) Đaathứcax10 + 50 làabấtakhảaquy trên Q theo tiêu chuẩn
Eisenstein với p = 2.
(b) Đaathứca5x11 − 9x4 + 12x3 + 36x + 6 làabấtakhảaquyatrên Q theoatiêu
chuẩnaEisenstein với p = 3.
(c) Đa thức f (x) = x4 − 8x3 + 10x2 − 12x + 3 là bất khảaquy trên Q vì
đa thức f (x + 3) = x4 + 4x3 − 8x2 − 60x − 78 là bấtakhả quyatrênaQ
theoatiêuachuẩnaEisensteinavới p = 2.

1.4

Phươngapháp rút gọn theoamoduloamột số nguyên tố
Phần cuối của Chương 1 dành để trình bày vận dụng phương pháp rút

gọn theo mơđun một số nguyên tố vào xét tính bất khả quy và khảaquy của
đa thức trên Q. Đặc biệt, đối với bài tốn phân tích một đa thức với hệ số
ngun thành tích của cácađa thức bấtakhả quy trênaQ, phươngapháp rút
gọn theoamôđun một số nguyên tố cũngarất hữu hiệu. Chú ý rằng nếu p là
số nguyênatố thì vành Zp các số nguyên mođulo p là một trường. Với mỗi
đa thức f (x) = an xn + . . . + a1 x + a0 ∈ aZ[x] và mỗi số nguyênatố p, ta
14


đặtaf¯(x) = an xn + . . . + a1 x + a0 a ∈ Zp [x].
Mệnh đề 1.4.1. Giả sử p là số nguyên tố vàaaf (x) ∈ Z[x]. Gọi f¯(x) là đa
thức trong Zp [x] có được từ đa thức f (x) bằng cách thuagọn các hệasố của

f (x) theo modulo p. Nếu f¯(x) là đa thức bất khảaquyatrênZp , và deg f¯(x) =
deg f (x), thì f (x) bấtakhả quyatrên Q.
Chứng minh. Giả sửaf (x) = g(x)h(x) với g(x), h(x)a ∈ Z[x]. Khi đóa

¯
f¯(x) = g¯(x)h(x).
DoaZp [x] là miền nguyên, deg f (x) = deg f¯(x) và deg g¯(x) ≤ deg g(x),

¯
deg h(x)
≤ deg h(x), nên ta có
¯
deg g(x) + deg h(x) = deg f (x) = deg f¯(x) = deg g¯(x) + deg h(x)
≤ deg g(x) + deg h(x).
¯ . Vì f¯(x) bất khả
Suy raadeg g(x) = deg g¯(x)avà deg ah(x) = deg h(x)
quy nên chỉ có thể xảy ra hoặc deg g(x) = 0 hoặc deg h(x) = 0. Khơng mất
tính tổng qt ta có thể giả sử deg g(x) = 0. Do f (x) là đa thức nguyên
bản nên g(x) ∈ U (Z) = {±1} và f (x) bấtakhảaquy trên Z. Suy ra f (x)
bấtakhảaquy trên Q theo Mệnh đề 1.2.4
Chúaýarằngagiảathiết deg af (x) = deg af¯(x) trong Địnhalí 2.3.11alà
cần thiết. Chẳng hạn, xétađaathứcaf (x) = 5(x − 1)9 + (x − 1)a ∈ Z[x].aĐa
thức này khơng bấtakhảaquyatrênaQ vìanó có ước thực sựalà x − 1. Ta có

f¯(x) = ax − 1 ∈ Z5 [x]. Vì deg af¯(x) = 1 nên f¯(x)abất khảaquy trên Z5 .
Ví dụ 1.4.2. Các đaathứcasaualà bấtakhảaquyatrên Q.
(a) f (x) = 5x2 + 10x + 4.
(b) g(x) = 3x3 + 7x2 + 10x − 5.
15


(c) h(x) = 11x4 − 5x3 + 21x2 − 9x + 6.
Chứng minh. (a) Vì f¯(x) = 2ax2 a + x + 1 ∈ aZ3 [x] khơng cóanghiệmatrong
Z3 vàadeg af¯(x) = 2anên f¯(x)abất khả quyatrên Z3 . Rõaràng deg af (x) =

deg af¯(x)anên f (x) bấtakhảaquy trênaQ theoaĐịnh lí 2.3.11.
(b) Vìag¯(x) = x3 + x2 − 1a ∈ Z2 [x]akhơngacó nghiệmatrong Z2
và deg a¯
g (x) = 3 nênag¯(x) bất khảaquyatrên Z2 . Rõ ràngadeg ag(x) =

deg a¯
g (x) nên f (x)abất khảaquyatrên Qatheo Định lía2.3.11.
¯
(c) Vì h(x)
= x4 + x2 + x + 1 ∈ Z5 [x]akhơngacó nghiệmatrongaZ5
¯ akhảaquyatrênaZ5 . Khi đó
nên nóakhơngacó nhânatửabậcamột. Giảasửah(x)




¯
h(x)
= x2 + ax + b x2 + cx + d avớiaa, b, c, d ∈ Z5 . Đồng nhấtahệasố
ởahaiavế củaađẳngathứcanàyataađược a + c = 0, b + ac + d = 1, ad + bc =

1, bd = 1. Vì bd = 1 và vaiatrịacủa b, d là như nhauanênakhơngamất
tính tổngaqtata cóathểagiảathiếta(b, d) = (1, 1) hoặc (b, d) = (2, 3) hoặc

(b, d) = (4, 4). Nếu (b, d) = (1, 1) thìacácaphươngatrìnhađầuavà cuối cho ta
a + c = 0 và a + c = 1,avơalí. Nếu (b, d) = (2, 3) thìacácaphươngatrìnhađầu
và cuối cho ta a = 1, c = 4, và doađóaphươngatrìnhathứahaiacho ta 4 =

ac = 1,avơalí. Nếu (b, d) = (4, 4) thì các phương trình đầu và cuối cho
¯
ta a + c = 0 và 4(a + c) = 1, vơ lí. Vì vậy h(x)

bấtakhảaquyatrên Z5 .
¯
Vì deg h(x) = 4 = deg h(x)
nên h(x)abấtakhảaquyatrên Q theo Định lí
2.3.11.
Ví dụ 1.4.3. (a) Cho f (x) = 21x3 −3x2 +2x+9. Khi đó f¯(x) = x3 +x2 +1 ∈

Z 2 [x] là đa thức bất khả quy vì f (0) ̸= 0 ̸= f (1). Suy ra f (x) bất
khảaquyatrên Q theo Bổađềa 1.1.5.
(b) h(x) = x4 + 1 ∈ Q[x] bất khảaquy trên Q nhưng khôngabấtakhảaquy
trên Zp với mỗiasốanguyênatố p.
Chú ý 1.4.4. Để chứng minhamột đa thức (với hệ số nguyên)alà bất khả quy
16


trên Q,angười ta thường sử dụng Định lía2.3.11, tức là cố gắngatìm một số
ngunatố p sao cho f (x) có bậc khôngagiảm khiachuyển vào Zp [x] vàaf (x)
bất khảaquy trên Zp . Tuy nhiên, phương pháp nàyađơi khi khơngấp dụng
được. Người đầuatiên chỉ ra rằngasốangunatốapanhư thế có thể khơngatồn
tại là Hilberta4 . Có những đa thức bấtakhảaquy trên Qanhưng khả quy
trênaZp vớiamọi số nguyên tố p. Chẳng hạnađa thức f (x) = x4 − 10ax2 + 1
là bất khảaquy trên Q (xem Ví dụ 2.1.7), nhưngakhả quy trên Zp avới mọi
số nguyênatốapa(xem [7, Định lí 5]).
Bây giờ chúngata sử dụngaphương pháp rútagọnatheo mơđunamột số
ngunatố để giải quyếtabài tốn phân tíchađa thức thành nhân tử bất
khảaquyatrên Q.aChúng ta môatả vắn tắt phương phápanày trong chú ýasau
đây.
Chú ý 1.4.5. Cho f (x)alà đa thứcadạng chuẩn vớiahệ số nguyên. Giả
sửatìm được một sốanguyên tố p saoacho deg f (x) = deg af¯(x) vàatrong
vành Zp [x]ata phân tích đượcaf¯(x) thành tíchacủa các nhân tửabất khả quy

dạngachuẩn f¯(x) = f1# (x)a . . . fk# (x).aChúng ta cần tìmaphân tích bấtakhả
quy của f (x)atrên Q thơng quaaphân tích bất khảaquyaở trên của f¯(x)
trênaZp ,atức là ta cầnatìm phân tích f (x) = g1 (x)a . . . gt (x) thơngaqua các
đa thức fj# (x),atrong đó gi (x)a ∈ Z[x] làađa thức bấtakhả quyadạngachuẩn.
Khi đó f¯(x) = g¯1 (x) . . . g¯t (x). Vì deg f (x) = deg f¯(x) nên deg gi (x) =
Q i #
deg g¯i (x) với mọi i. Giả sử g¯i (x) = m
j=1 gij (x) là phân tích thành tích các
nhân tử bấtakhả quy dạng chuẩn của g¯i (x) trên vành Zp . Khi đó ta có phân
tích bất khả quy thứahaiacủa f¯(x) trên Zp

f¯(x) =

m1
Y

#
g1j
(x) . . .

j=1

mt
Y

#
gtj
(x) ∈ Zp [x]

j=1

Vì tính duy nhất của phân tích bấtakhảaquy nên k = m1 + . . . + mt và
17


n
o
#
#
mỗi g¯i (x) là tích của mi đa thứcabấtakhả quy trong hệ f1 (x) . . . , fk (x) .
Từ đây, trong một số trường hợp, chúng ta có thể tìm được các gi (x) và do
đó tìm được phân tích bất khả quy của f (x) trên Q.
Dưới đây chúng ta minh họa bằng hai ví dụ. Trong ví dụ đầu tiên,
chúng ta đồng nhất các hệ số trong Z của phương trình đa thức f (x) =

g1 (x) . . . gt (x) và đồng nhất các hệ số trong Zp của g¯i (x) với tích của mi đa
n
o
#
#
thức trong hệ f1 (x) . . . , fk (x) , sau đó thử lại và tìm được các đa thức
gi (x). Trong ví dụ thứ hai, ngồi việc đồng nhất các hệ số của các đa thức,
chúng ta cần sử dụng thêm một vài tính chất chia hết liên quan.
Ví dụ 1.4.6. Chứngaminhaf (x) = x5 + 5x4 + 4x3 + 16x2 + 8x + 1 là đa
thứcakhảaquy trên Q. Hãy tìm phân tích bấtakhảaquy của f (x).
Chứng minh. Chúng taasử dụng phươngapháp rút gọn theoamôđuna3 để giải
quyết bài tốn này. Ta có

f¯(x) = x5 + 2x4 + x3 + x2 + 2x + 1a ∈ Z3 [x].
Vì -1 là nghiệm của f¯(x)anên ta có phân tíchaf¯(x) = (x + 1)f1# (x) với

f1# (x) = x4 + x3 + x + 1 ∈ Z3 [x]. Do -1 là nghiệm của f1# (x) nên f1# (x) =




(x + 1) x3 + 1 = (x + 1)2 x2 − x + 1 .aVì −1 ≡ 2(mod3)a nên




f¯(x) = (x + 1)3 x2 − x + 1 = (x + 1)3 x2 + 2x + 1 = (x + 1)5 ,
và doađóaf¯(x) = (x + 1)5 alà phân tíchabấtakhả quyatrênaZ3 acủaaf¯(x). Dễ
kiểm tra được f (x) khơng cóanghiệmahữu tỷ. Do đó f (x) khơng cóanhânatử
bậc nhất. Giả sử f (x) có nhânatửabậc hai g(x)a ∈ Z[x].
Khi đó f (x) = g(x)h(x)avớiah(x)a ∈ Z[x]avàadeg h(x) = 3.aDo f (x)
khơng cóanhânatử bậc nhất nên g(x), h(x)abấtakhả quy. Vì f (x) có dạng
chuẩnanênata có thể giảathiếtag(x), h(x) cóadạngachuẩn. Giả sử g(x) =
18


x2 + ax + b và h(x) = x3 + cx2 + dx + e. Đồng nhất cácahệasố ta được
a + c = a5, b + ac + d = 4, cb + ad + e = 16, db + ea = 8, be = 1.
Theo Chúaýa2.3.14 ta có g¯(x) = (x + 1)2 = x2 + 2x + 1 ∈ Z3 [x] và

¯
h(x)
= (x + 1)3 = x3 + 1.aSuyara
b ≡ 1, a ≡ 2, e ≡ 1, d ≡ 0, c ≡ 0(mod3).
Do be = 1 nên từađồngadư thức thứ nhấtavàađồng dư thứcathứaba ở
trên taasuyara b = e = 1. Vì thế

a + c = 5, aac + d = 3, ac + ad = 15, ad + a = 8.
Từ phươngatrìnhathứ nhất và phươngatrìnhathứ ba ta cóa5 − a +

ad = 15 hayaa(d − 1) = 10.aDo đóaa vàad − 1 là ướcacủa 10 . Vì a ≡
2a(mod3)avàad ≡ 0a(mod3) nên a ∈ {−1, 2, 5, −10} và d ∈ {0, 3, 6, −9}.
Theoaphươngatrình thứ nhất và phương trìnhathứatư ta suy ra (a, d, c) =

(2, 6, 3) hoặc (a, d, c) = (5, 3, 0). Thay vào phương trìnhathứahai ta được
(a, d, c) = (5, 3, 0). Do đó g(x) = x2 + 5x + 1 và h(x) = x3 + 3x + 1).
Thửalạiata được phân tíchabấtakhả quy của f (x) trên Q là



2
3
f (x) = x + 5x + 1 x + 3x + 1 .

19


Chương 2

Một số tiêu chuẩn mới để kiểm tra
tính bất khả quy của đa thức với hệ
số nguyên
Mục tiêu của chương này là trình bày một số tiêu chuẩn kiểm tra tính
bất khả quy của đa thức với hệ số nguyên bao gồm các tiêu chuẩn của R.
Man Murty, K. Girstmair, J. Singh và S. Kumar. Nội dung dựa trên các tài
liệu [3], [2] và [5].

2.1

Tiêu chuẩn kiểm tra của R. Mam Murty
Sự tương tự nhau giữa số nguyên tố và đa thức bất khả quy là một

chủ đề nổi bật trong sự phát triển của lý thuyết số và hình học đại số. Một
số giả thuyết cịn cho thấy mối liên hệ giữa số nguyên tố và đa thức bất khả
quy còn hơn cả sự tương tự. Chẳng hạn giả thuyết nổi tiếng của Buniakowski
được xây dựng vào năm 1854 (sau đó cũng được Schinzel đưa ra một cách
độc lập): mọi đa thức bất khả quy f (x) trong Z[x] sao cho tập hợp các giá
trị f (Z+ ) khơng có ước chung lớn hơn 1 đều nhận vơ hạn giá trị là số ngun
tố (ta cịn nói f (x) biểu diễn vơ hạn số ngun tố). Nói cách khác, từ một đa

20


thức bất khả quy có thể tạo ra vơ hạn các số nguyên tố. Giả thuyết này cho
đến nay vẫn là mở khi bậc của f (x) lớn hơn một. Trong trường hợp f (x) là
đa thức tuyến tính, ta chứng minh được giả thuyết luôn đúng nhờ vận dụng
định lý Dirichlet về số nguyên tố trong cấp số cộng.
Tuy nhiên, chiều ngược lại của giả thuyết Buniakowski luôn đúng nghĩa
là, nếu một đa thức nhận vô hạn giá trị là số ngun tố thì đa thức đó là bất
khả quy. Thật vậy, giả sử ta có phân tích f (x) = g(x)h(x) trong đó g(x) và

h(x) thuộc Z[x] với bậc dương. Vì f (x) nhận vơ hạn giá trị nguyên tố nên
g(x) hoặc h(x) nhận giá trị ±1 tại vơ hạn điểm. Điều này là mâu thuẫn vì
một đa thức bậc dương chỉ có thể nhận một giá trị cố định tại hữu hạn điểm.
Mục tiêu của phần này là trình bày một kết quả của R. M. Murty,
được đánh giá là mạnh hơn chiều ngược lại của giả thuyết Buniakowski. Kết
quả được phát biểu như sau: nếu đa thức f (x) thuộc Z[x] nhận giá trị là

một số nguyên tố tại biến nguyên n đủ lớn, thì f (x) là đa thức bất khả quy
trong Z[x].
Bổ đề 2.1.1. Giả sử f (x) = am xm + · · · + a1 x + a0 là một đa thức bậc m
trong Z[x] và α là một nghiệm phức của f (x). Khi đó

|α| < H + 1
trong đó