Tính bất khả quy của đa thức trên miền nguyên

1

MỞ ðẦU
1. Lí do chọn ñề tài khóa luận
Như chúng ta ñã biết một miền nguyên có nhiều tính chất số học tương
tự như các tính chất số học trong vành các số nguyên [3]. ðối với tính chất số
học của một miền nguyên, khái niệm phần tử bất khả quy ñóng một vai trò
quan trọng tương tự vai trò của các số nguyên tố trong vành các số nguyên.
Một trong những miền nguyên thường ñược ñề cập tới trong ñại số và hình
học là các vành ña thức, trong ñó phần tử bất khả quy chính là khái niệm ña
thức bất khả quy.
Trong chương trình toán tại phổ thông, bài toán phân tích một ña thức
thành nhân tử bất khả quy ñã ñược ñưa vào giảng dạy ngay từ THCS. Về mặt
ñại số, việc phân tích nói trên cho phép ta chuyển việc nghiên cứu một
phương trình ñại số về các phương trình ñại số bậc thấp hơn. Về mặt hình học
bài toán này cho thấy người ta luôn biểu diễn một siêu mặt thành hợp của hữu
hạn siêu mặt trong không gian n chiều (tập các không ñiểm của một ña thức n
biến) bất khả quy (siêu mặt không phân tích ñược). Ngoài ra việc phân tích
một ña thức thành tích các nhân tử bất khả quy còn ñược ứng dụng trong tính
ñạo hàm cấp cao, nguyên hàm và tích phân của các hàm phân thức hữu tỉ.
Trong ñại số hiện ñại, khái niệm ña thức bất khả quy ñược ñưa vào
giảng dạy ngay từ những năm ñầu tiên thuộc nội dung ñại số cao cấp. Kèm
theo ñó là nhiều tiêu chuẩn về tính bất khả quy của ña thức trên một trường.
Qua ñó, chúng ta thấy rõ hơn vai trò của ña thức bất khả quy trong nhiều vấn
ñề của ñại số như: Nghiệm của một phương trình ñại số, bài toán mở rộng
trường, phần tử ñại số và siêu việt…
Do ý nghĩa khoa học của ña thức bất khả quy và với mong muốn hiểu
một cách toàn diện hơn về ñối tượng này, tôi chọn ñề tài: “Tính bất khả quy
của ña thức trên miền nguyên” cho khóa luận tốt nghiệp ñại học của mình.
2

2. Mục tiêu khóa luận
• Phân tích và trình bày một cách chi tiết và hệ thống các tính chất của
ña thức bất khả quy trên một miền nguyên, cụ thể hóa và chỉ ra mối
quan hệ của tính bất khả quy ñối với ña thức khi vành cơ sở là một
vành chính, vành Gauss hoặc một trường.
• Mở rộng một số tiêu chuẩn về tính bất khả quy ñối với ña thức hệ số
nguyên sang ña thức có hệ tử trong một vành chính, vành Gauss.
• Làm rõ hơn số ứng dụng về ña thức bất khả quy trên các trường số
trong một số bài toán ñại số.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
• Nghiên cứu tính chất số học của vành ña thức một biến khi vành cơ
sở là một miền nguyên.
• Nghiên cứu tính chất của ña thức bất khả quy trên một miền nguyên.
• Nghiên cứu tính chất của ña thức bất khả quy trên một vành chính,
vành Gauss.
• Nghiên cứu tính chất của ña thức bất khả quy trên một trường.
4. Phương pháp nghiên cứu
ðể hoàn thành khóa luận này, tôi ñã phối hợp sử dụng một số phương
pháp nghiên cứu như: Phương pháp nghiên cứu lí luận, phương pháp tổng kết
kinh nghiệm, phương pháp lấy ý kiến chuyên gia. Trước hết ñọc, nghiên cứu,
phân tích, tổng hợp tài liệu, giáo trình. Vận dụng các kiến thức về tính chất số
học của vành ñể nghiên cứu về tính chất của các ña thức một biến trên một
miền nguyên giao hoán. Trên cơ sở ñịnh nghĩa và những tính chất của phần tử
bất khả quy của một vành, căn cứ vào những kết quả ñã có, chúng tôi tương tự
hóa nghiên cứu ña thức bất khả quy trên một mền nguyên tổng quát, rồi cụ thể
hóa các kết quả này vào nghiên cứu ña thức bất khả quy trên vành chính, vành
Gauss. Chúng tôi dựa trên một số tiêu chuẩn về ñiều kiện bất khả quy của ña
3

thức hệ số nguyên ñể xem xét mở rộng chúng cho ña thức lấy hệ tử trong một

vành chính, vành Gauss. Cuối cùng trên cơ sở các tính chất của ña thức bất
khả quy ñã biết từ các phần trước, chúng tôi vận dụng ñể chuyển sang khảo
sát về tính bất khả quy của ña thức trên một trường, mà cụ thể ñó là xét tính
bất khả quy của ña thức trên trường số hữu tỉ, trường số thực và trường số
phức và một số ứng dụng của nó trong một số bài toán ñại số.
5. ðối tượng và phạm vi nghiên cứu

•
••
• ðối tượng: ða thức bất khả quy.
•
••
• Phạm vi: Khóa luận chỉ giới hạn nghiên cứu về ña thức một biến bất
khả quy trên một miền nguyên giao hoán.
6. Ý nghĩa khoa học
Kết quả nghiên cứu của khóa luận góp phần giúp chúng ta thấy rõ hơn
các tính chất của ña thức bất khả quy khi vành cơ sở là một miền nguyên.
Ngoài ra, qua một số tiêu chuẩn mở rộng tính bất khả quy của ña thức từ vành
số nguyên sang vành chính, vành Gauss, chúng ta một phần thấy ñược tính
bất biến của các tính chất qua các lớp vành có những ñiểm tương tự về tính
chất số học. Khóa luận là tài liệu tham khảo hữu ích ñối với các sinh viên
ngành toán khi nghiên cứu về ña thức bất khả quy.
7. Bố cục của khóa luận
Ngoài các phần: mục lục, mở ñầu, kết luận, tài liệu tham khảo, nội
dung của khóa luận ñược chia thành ba chương:
Chương 1. ða thức bất khả quy trên miền nguyên
Chương 2. ða thức bất khả quy trên một vành chính
Chương 3. ða thức bất khả quy trên một trường
4

CHƯƠNG 1
ðA THỨC BẤT KHẢ QUY TRÊN MIỀN NGUYÊN
Chương này chúng tôi trình bày một cách hệ thống các kiến thức cơ
bản tính chất nghiệm, tính chất số học và ñiều kiện bất khả quy của ña thức
trên miền nguyên, từ ñó ñưa ra một số tính chất của ña thức bất khả quy trên
vành Gauss.

1.1.

Tính chất nghiệm của ña thức trên miền nguyên

ðịnh nghĩa 1.1.1: Cho
D
là một miền nguyên, ta gọi một tổng hình
thức
0 1
( )
n
n
f x a a x a x
= + + +
hay viết gọn
0
( )
n
k
k
k
f x a x
=

=
∑
là một ña thức trên
vành
[
]
x
D
. Trong ñó
k
a D
∈
,
0,1, ,
k n
=
là các hệ số hay còn gọi là hệ tử của
( )
f x
;
0
a
ñược gọi là hệ số tự do;
x
là ẩn;
k
k
a x
ñược gọi là hạng tử, số hạng
hay ñơn thức;

Nếu
0
n
a
≠
thì
n
a
ñược gọi là hệ số cao nhất của
( )
f x
; số tự nhiên
n
ñược gọi
là bậc của
( )
f x
, kí hiệu là deg
( )
f x
.
ðịnh nghĩa 1.1.2: (xem [5]) Giả sử c là một phần tử tùy ý của miền
nguyên
,
D

0 1
( )
n
n

f x a a x a x
= + + +
là một ña thức tùy ý của vành
[ ]
D x
;
phần tử
0 1
( )
n
n
f c a a c a c A
= + + + ∈
có ñược bằng cách thay
x
bởi
c
gọi là
giá trị của
( )
f x
tại
c
. Nếu
( ) 0
f c
=
thì
c
gọi là nghiệm của

( )
f x
.
Tìm nghiệm của
( )
f x
trong
D
gọi là giải phương trình ñại số bậc
n
:
1 0
0 0)
(
n
n n
a x a x a a
+ = ≠
+ +
trong
D
.
ðịnh lí 1.1.3: (xem [5]) Giả sử
D
là một miền nguyên,
c D
∈
,
( ) [ ]
f x D x

∈
. Dư của phép chia
( )
f x
cho
x c
−
là
( )
f c
.
Chứng minh:
5

Nếu ta chia
( )
f x
cho
x c
−
, dư hoặc bằng 0 hoặc là một ña thức bậc 0 vì
bậc
( )
x c
−
là bằng 1. Vậy dư là một phần tử
r D
∈
. Ta có:
( ) ( ) ( )

f x x c q x r
= − +

Thay
x
bằng
c
ta ñược:
( ) 0. ( )
f x q x r
= +

Vậy
( )
r f c
=
. Ta ñược ñiều phải chứng minh.
Hệ quả 1.1.4: (xem [5]) c là nghiệm của
( )
f x
khi và chỉ khi
( )
f x
chia
hết cho
x c
−
( nghĩa là
( )
f x

chia hết cho
x c
−
khi và chỉ khi
( ) 0
f c
=
).
Chứng minh:
+) ðiều kiện ñủ:
Giả sử
( )
f x
chia hết cho
x c
−
, tức tồn tại ña thức
[
]
( )
g x D x
∈
sao cho
( ) ( ) ( )
f x x c g x
= −
. Khi ñó rõ ràng
( ) 0
f c
=

. Hay c là nghiệm của
( )
f x
.
+) ðiều kiện cần:
Giả sử
( )
f x
có một nghiệm là
c
. Thực hiện phép chia
( )
f x
cho
x c
−
.
Khi ñó tồn tại duy nhất một cặp ña thức
[
]
( ), ( )
q x r x D x
∈
sao cho
( ) ( ) ( ) ( )
f x x c q x r x
= − +
, trong ñó deg
( ) 0
r x

=
.
Thay
x c
=
vào hai vế ta ñược
( ) ( ) 0
f c r c
= =
, do
c
là nghiệm của
( )
f x
. Vậy
( )
f x
chia hết cho
x c
−
.
Ta ñược ñiều phải chứng minh.
Chú ý 1.1.5: (xem [5]) Khi thực hiện phép chia
1
0 1
( )
n n
n
f x a x a x a
−

= + + +
cho
x c
−
ta ñược hệ tử của ña thức thương
1
1 1 0

( )
n
n
q x b x b x b
−
−
+ +
= +
cho bởi công thức
0 0
b a
=
;
1
.
i i i
b a c b
−
+
=
;
1, , 1

i n
= −
và dư
1
.
n n
r a c b
−
+
=
.
6

Vì
( )
r f c
=
, ta suy ra một phương pháp (phương pháp Hoocne) ñể tính
( )
f c
với cách tính như sau:

0
a

1
a
…
1
n

a
−

n
a

c

0
b

1
b
…
1
n
b
−
r

0 0
b a
=
;
1 1 0
b a cb
= +
; … ;
1
i i i

b a cb
−
= +
; … ;
1
( )
n n
f c r a cb
−
= = +

Trong ñó mỗi phần tử của dòng thứ hai ñược xác ñịnh bằng cách cộng
vào phần tử tương ứng của dòng thứ nhất tích của
c
với phần tử ñứng trước
dòng thứ hai (trừ phần tử ñầu tiên
0 0
b a
=
).
ðịnh nghĩa 1.1.6: Giả sử
D
là một miền nguyên,
c D
∈
,
( ) [ ]
f x D x
∈

và
m
1
≥
là một số tự nhiên,
c
là nghiệm bội cấp
m
nếu và chỉ nếu
( )
f x
chia
hết cho
( )
m
x c
−
và
( )
f x
không chia hết cho
1
( )
m
x c
+
−
. Trong trường hợp
1
m

=
người ta còn gọi
c
là nghiệm ñơn,
2
m
=
thì
c
là nghiệm kép.
Người ta coi ña thức có một nghiệm bội cấp
m
như một ña thức có
m

nghiệm trùng với nhau.
Mệnh ñề 1.1.7: Trong miền nguyên
,
D
ña thức

[
]
1
0 1
( )
n n
n
f x a x a x a D x
−

∈
= + + +
,
0
0
a
≠
,
có
r
nghiệm trên
D
là
1 2
, , ,
r
c c c
, với bội tương ứng
1 2
, , ,
r
s s s
;
;
i
s N
∈

1,2, ,
i r

=
;
1
r
i
i
s n
=
=
∑
. Khi ñó
1 2
0 1 2

( ) ( ) ( ) ( )
r
s s s
r
f x a x c x c x c
= − − −
.
Chứng minh:
Thật vậy, vì
1
c
là nghiệm bội
1
s
của
( )

f x
nên ta có:
1
1 1
)
( ) ( ( )
s
f x x c f x
= −
.
Vì
2 1
c c
≠
,
2
c
là nghiệm bội
2
s
của
( )
f x
nên từ
1
1 1
)
( ) ( ( )
s
f x x c f x

= −
ta có:
1 2
1 2 2
( ) ( ) ( ) ( )
s s
f x x c x c f x
= − −

Tiếp tục như vậy sau
r
bước ta ñược
7

1 2
1 2
)
( ) ( ( ) ( ) ( )
r
s s s
r r
f x x c x c x c f x
= − − −

Vì deg
( )
f x n
=
nên deg
( ) 0

r
f x
=
.
Mặt khác hệ số cao nhất của
( )
f x
là
0
a
nên
0
( )
r
f x a
=
.Vậy
1 2
0 1 2

( ) ( ) ( ) ( )
r
s s s
r
f x a x c x c x c
= − − −

Ta ñược ñiều phải chứng minh.
Mệnh ñề 1.1.8: (xem [1]) Nếu
D

là một miền nguyên, thì mọi ña thức
[
]
0 ( )
f x D x
≠ ∈
bậc n có nhiều nhất n nghiệm trong
D
.
Chứng minh:
Ta chứng minh quy nạp với
deg ( )
n f x
=
.
Nếu
0
n
=
, ña thức
( )
f x
là một hằng số
0
0
a
≠
của
D
nên

( )
f x
không
có nghiệm trong
D
.
Nếu
0
n
>
, Giả sử mọi ña thức khác
0
có bậc
1
n
−
có nhiều nhất
1
n
−

nghiệm trong
D
. Nếu
c D
∈
là một nghiệm của
( )
f x
thì theo hệ quả 1.1.3 ta có:

( ) ( ) ( )
f x x c q x
= −
với ña thức
[
]
( )
q x D x
∈

ðẳng thức trên ñã khẳng ñịnh ña thức
( ) 0
q x
≠
với
deg ( ) 1
q x n
= −
.
Vì
[
]
D x
là một miền nguyên, ngoài ra ta có hàm ña thức
( ) ( ) ( )
f x u c q x
= −
ɶ
ɶ
cho thấy một nghiệm của

( )
f x
trong
D
hoặc là
c
hoặc là
một nghiệm của
( )
q x
.
Nhưng theo giả thiết quy nạp ña thức
( )
q x
có nhiều nhất
1
n
−
nghiệm
trong
D
nên
( )
f x
có nhiều nhất
n
nghiệm trong
D
. Vậy ta có ñiều cần
chứng minh.

ðịnh lí 1.1.9 (ðịnh lí Viet): Nếu
[
]
1
0 1
( )
n n
n
f x a x a x a D x
−
∈
= + + +
,
D

là một miền nguyên,
0
0
;
i
a D a
∈ ≠
, có
n
nghiệm trên
D
là
1 2
, , ,
n

c c c
. Khi ñó:
8

1
1 2
0
2
1 2 1 2 3 1
0
3
1 2 3 1 2 4 2 1
0
1 2 1
0



( 1) .
r
n n n
n n n
n
n
n n
a
c c c
a
a
c c c c c c c c

a
a
c c c c c c c c c
a
a
c c c c
a
−
− −
−

+ + + = −



+ + + + + =




+ + + + = −



= −



(
0

; , 1, ,
i i
a D a a i n
∈
=
⋮
nên
0
,
i
a
a
với

1, ,
i n
=
không những thuộc
K
mà còn
thuộc
D
, với
K
là trường các thương của
D
)
Chứng minh:
Do

1 2
, , ,
n
c c c
là
n
nghiệm của
( )
f x
trên
D
nên theo nhận xét 1.1.5
ta có:

0 1 2

( ) ( )( ) ( )
n
f x a x c x c x c
= − − −

1 2
0 1 2 1 2 1 2 3 1
[( ( ) ( )
n n n
n n n n
a x c c c x c c c c c c c c x
− −
−
= − + + + + + + + +

1 2

( 1) ]
n
n
c c c
+ +
−

Mặt khác
[
]
1
0 1
( )
n n
n
f x a x a x a D x
−
∈
= + + +

So sánh các hệ số tương ứng của các lũy thừa trong hai ñẳng thức ta
ñược
1
1 2
0
2
1 2 1 2 3 1
0

3
1 2 3 1 2 4 2 1
0
1 2 1
0



( 1) .
r
n n n
n n n
n
n
n n
a
c c c
a
a
c c c c c c c c
a
a
c c c c c c c c c
a
a
c c c c
a
−
− −
−


+ + + = −



+ + + + + =




+ + + + = −



= −



Vậy ta ñược ñiều phải chứng minh.
9

Mệnh ñề 1.1.10: (xem [1]) Nếu
D
là một miền nguyên vô hạn và
f
là
một ña thức khác 0 của vành ña thức
[
]
1

, ,
r
D x x
thì tồn tại một bộ
r
phần tử
(
)
1
, ,
r
s s s
=
của
D
không phải là nghiệm của
f
.
Chứng minh:
Ta chứng minh bằng quy nạp trên
r
.
Với
1
r
=
, do
D
là một miền nguyên nên mọi ña thức
[

]
0
f D x
≠ ∈
bậc
n có nhiều nhất n nghiệm trong
D
, vì vậy số nghiệm của
f
không vượt quá
deg
n f
=
. Vì
D
vô hạn , phải có ít nhất một
c D
∈
ñể
( ) 0
f c
≠
, mệnh ñề
ñúng với
1
r
=
.
Giả sử mệnh ñề ñúng với
1

r
−
biến.
Cho
[
]
1
, ,
r
f D x x
∈
ta viết
f
dưới dạng:
0 1

m
r m r
f f f x f x
+ + +
=
là ña
thức theo biến
r
x
có các hệ tử
0
, ,
m
f f

∈
[
]
1 1
, ,
r
D x x
−
và vì
0
f
≠
, ta có thể giả
sử
0
m
f
≠
. Kí hiệu
,
0, ,
i
f i m
=
ɶ
, các hàm ña thức tương ứng với các ña thức
[
]
1
, ,

i r
f D x x
∈
.
Theo giả thiết quy nạp, tồn tại bộ
1
r
−
phần tử
(
)
1 1
, ,
'
r
s s s
−
=
của
D

sao cho
( )
' 0
m
f s
≠
ɶ
và ta có:
( ) ( ) ( )

0 1

' ' ' '
m
r r
m
f f s f s x f s x
+ + +
=
ɶ ɶ ɶ
là một ña thức
khác không của
[
]
r
D x
. Do ñó
r
s D
∈
ñể
( )
0
'
r
f s
≠
ɶ
và khi ñó bộ
r

phần tử
(
)
1
, ,
r
s s s
=
của
D
không phải là nghiệm của
[
]
1
, ,
r
f D x x
∈
.
Vậy mệnh ñề ñược chứng minh.
Hệ quả 1.1.11: (xem [1]) Nếu
D
là một miền nguyên vô hạn thì vành
ña thức
[
]
D x
ñẳng cấu với vành
[
]

D u
các hàm ña thức.
Chứng minh:
10
Vì
( ) ( )
f x f u
ɶ
֏
là một toàn cấu từ vành
[
]
D x
lên vành
[
]
D u
, ta chỉ
cần chứng minh sự tương ứng là ñơn ánh. Giả sử
[
]
( ), ( )
f x g x D x
∈
với
( ) ( )
f x g x
≠

Ta sẽ chứng minh

( ) ( )
f u g u
≠
ɶ
ɶ
.
Mặt khác ta có:
( ) ( )
f x g x
≠
kéo theo
( )( ) 0
f g x
− ≠

ðặt
deg( )( )
n f g x
= −

Theo mệnh ñề 1.1.8 thì
( )( )
f g x
−
có nhiều nhất
n
nghiệm trong
D
.
Ta lại có:


( ) ( ) ( )
f g
u f u g u
−
= −
ɶ
ɶ
nên nếu
( ) ( )
f u g u
=
ɶ
ɶ
thì

[
]
( )( ) 0
f g u D u
− = ∈
, nghĩa là mọi phần tử của miền nguyên vô hạn ñều là
nghiệm của ña thức
( )( )
f g x
−
, trái với giả thiết
( )( )
f g x
−

có nhiều nhất
n

nghiệm. Vậy ta phải có
( ) ( )
f u g u
≠
ɶ
ɶ
. Ta ñược ñiều phải chứng minh.
Nhận xét 1.1.12: (xem [1]) Nếu
D
là một miền nguyên vô hạn, nhờ
ñẳng cấu này người ta thường ñồng nhất mỗi ña thức
[
]
( )
f x D x
∈
với hàm ña
thức
[ ]
( )
f u D u
∈
ɶ
.
1.2. Tính chất số học của vành ña thức trên miền nguyên
ðịnh nghĩa 1.2.1: Hai ña thức
[

]
( ), ( )
f x g x D x
∈
ñược gọi là bằng
nhau nếu và chỉ nếu các hệ số tương ứng là bằng nhau. Nghĩa là nếu cho
0 1
( )
n
n
f x a a x a x
= + + +
và
0 1
( )
m
m
g x b b x b x
= + + +
là hai ña thức khác 0 thì
( ) ( )
f x g x
=
khi và chỉ khi
m n
=
và
k k
a b
=

với mọi
0,1, ,
k n
=
.
ðịnh nghĩa 1.2.2: ða thức không là ña thức mà tất cả các hệ số của nó
ñều bằng 0 và ta kí hiệu là 0.
Một ña thức bằng ña thức 0 nếu và chỉ nếu mọi hệ số của nó ñều bằng 0.
ðịnh nghĩa 1.2.3: Mỗi ña thức
[
]
0 1
( )
n
n
f x a a x a x D x
∈
= + + +
tồn tại
một phần tử ñối duy nhất ñược gọi là ña thức ñối ñó là
[
]
0 1
( )
n
n
f x a a x a x D x
∈
− = + + +
sao cho

( ) ( ( )) 0
f x f x
+ − =
.
11
ðịnh nghĩa 1.2.4: Giả sử cho hai ña thức thuộc
[
]
D x

0 1
( )
n
n
f x a a x a x
= + + +
và
0 1
( )
m
m
g x b b x b x
= + + +
với
n m
>
và
, .
m n N
∈

Ta gọi tổng của
( )
f x
và
( )
g x
là ña thức
[
]
1
0 0 1 1 1
) ) )
( ) ( ( (
m m n
m m m n
h x a b a b x a b x a x a x D x
+
+
+ + + + + + ∈
= + + +
.
ðịnh nghĩa 1.2.5: Hiệu của hai ña thức
( )
f x
và
( )
g x
kí hiệu là ña
thức

( )
k x
sao cho
( ) ( ) ( ( ))
k x f x g x
= + −
.
ðịnh nghĩa 1.2.6: Hai ña thức khác không
[
]
( ), ( )
f x g x D x
∈
,
0 1
( )
n
n
f x a a x a x
= + + +
và
0 1
( )
m
m
g x b b x b x
= + + +
. Ta gọi là tích của
( )
f x

và
( )
g x
kí hiệu là
( ) ( )
f x g x
là ña thức
1
0 0 0 1 1 0 1 1
. ) )
( ) ( (
m n n m
m m n m n m
h x a b a b a b x a b a b x a b x
+ − +
− −
+ + +
= + + +
.
Hoặc ta có thể viết dưới dạng
0
( ) ( )
n m
k
k
k
f x g x c x
+
=

=
∑
với
; 0,1, ,
k i j
i j k
k n m
c a b
+ =
= = +
∑
.
Từ ñịnh nghĩa ta chứng minh ñược phép nhân ña thức có các tính chất
sau :
1. Giao hoán :
( ) ( ) ( ) ( )
f x g x g x f x
=

2. Kết hợp:
( ( ) ( )) ( ) ( )( ( ) ( ))
f x g x h x f x g x h x
=

3. Tồn tại ña thức ñơn vị, ñó là ña thức
1 1 0 0
n
x x
= + + +
sao cho

( ).1 1. ( ) ( )
f x f x f x
= =
với mọi
[
]
( )
f x D x
∈

4. Phép nhân ña thức phân phối ñối với phép cộng ña thức:
( )( ( ) ( )) ( ) ( ) ( ) ( )
f x g x h x f x g x f x h x
+ = +

ðịnh lí 1.2.7 (ðịnh lí về phép chia có dư): Cho hai ña thức
[
]
( ), ( )
f x g x D x
∈
, trong ñó
( ) 0
g x
≠
, khi ñó có không quá một cặp ña thức
[
]
( ), ( )
q x r x D x

∈
sao cho
( ) ( ) ( ) ( )
f x g x q x r x
= +
với
( ) 0
r x
≠
hoặc
12
deg ( ) deg ( )
r x g x
<
. Khi ñó
( )
q x
ñược gọi là thương và
( )
r x
ñược gọi là dư
của phép chia
( )
f x
cho
( )
g x
.
ðịnh nghĩa 1.2.8: Cho hai ña thức khác 0,
[

]
( ), ( )
f x g x D x
∈
. Ta nói
( )
f x
chia hết cho
( )
g x
nếu tồn tại ña thức
[
]
( )
h x D x
∈
sao cho
( ) ( ) ( )
f x g x h x
=
và kí hiệu
( ) ( )
f x g x
⋮
hay
( )| ( )
g x f x
. Ta cũng nói
( )
f x

là
bội của
( )
g x
hay
( )
g x
là ước của
( )
f x
.
ðịnh lí 1.2.9: Cho hai ña thức khác 0,
[
]
( ), ( )
f x g x D x
∈
, deg
( )
f x n
=
,
deg
( )
g x m
=
,
n m
≥
. Nếu

( )
f x
chia hết cho
( )
g x
thì mọi nghiệm của
( )
g x

ñều là nghiệm của
( )
f x
.
ðịnh nghĩa 1.2.10: Nếu
( ) | ( )
h x f x
và
( ) | ( )
h x g x
thì
( )
h x
gọi là ước
chung của
( )
f x
và
( )
g x
.

ðịnh lí 1.2.11: Hai ña thức
[
]
( ), ( )
f x g x D x
∈
là liên kết khi và chỉ khi
( ) 0
f x
≠
và
( ) 0
g x
≠
, tồn tại
u D
∈
,
u
khả nghịch sao cho
( ) ( )
f x ug x
=
.
Ví dụ 1.2.12: Trong vành ña thức
[ ]
K x
với
K
là một trường, hai ña

thức
( )
f x
và
( )
af x
với
a K
∈
và
0
a
≠
ñược gọi là liên kết.
ðịnh nghĩa 1.2.13: Cho một miền nguyên
D
, ña thức
( )
d x
gọi là ước
chung lớn nhất của
( )
f x
và
( )
g x
nếu
( )
d x
là ước chung của

( )
f x
và
( )
g x
và
mọi ước chung của
( )
f x
và
( )
g x
ñều là ước của
( )
d x
.
ðịnh nghĩa 1.2.14: (xem [6]) Hai ña thức
( )
f x
và
( )
g x
ñược gọi là
nguyên tố cùng nhau nếu chúng nhận 1 làm ước chung lớn nhất.
ðịnh lí 1.2.15: (xem [1]) Cho
D
là một miền nguyên, giả sử
[
]
( ), ( )

f x g x D x
∈
là hai ña thức khác không
a) Nếu deg
( )
f x
≠
deg
( )
g x
thì ta có
deg
( ( ) ( ))
f x g x
+ =
max(deg
( ),
f x
deg
( )
g x
).
b) Nếu deg
( )
f x
=
deg
( )
g x
và

( ( ) ( )) 0
f x g x
+ ≠
thì ta có
13
deg
( ( ) ( ))
f x g x
+ ≤
max(deg
( ),
f x
deg
( )
g x
).
ðịnh lí 1.2.16: ( xem [1]) Nếu
D
là một miền nguyên và
( ), ( )
f x g x
là
hai ña thức khác 0 của vành
[
]
D x
thì
( ) ( ) 0
f x g x
≠

và
deg( ( ) ( )) deg ( ) deg ( )
f x g x f x g x
= +
.
Chứng minh:
Giả sử
[
]
( ), ( )
f x g x D x
∈
là hai ña thức khác 0.
0 1
( )
m
m
f x a a x a x
= + + +
với
0
m
a
≠

0 1
( )
n
n
g x b b x b x

= + + +
với
0
n
b
≠

Theo quy tắc nhân ña thức ta có:
0 0 0 0
)
( ) ( ) (
k m n
k k m n
f x g x a b a b a b x a b x
+
+ +
= + + + +

Vì
0
m
a
≠
và
0
n
b
≠
nên
0

m n
a b
≠
(
D
không có ước của 0) do ñó
( ) ( ) 0
f x g x
≠

và
deg( ( ) ( )) deg ( ) deg ( )
f x g x m n f x g x
= + = +
. Ta ñược ñiều phải chứng minh.
Hệ quả 1.2.17: (xem [5]) Nếu
D
là một miền nguyên thì
[
]
D x
là một
miền nguyên.
Hệ quả 1.2.18: (xem [1]) Nếu
D
là một miền nguyên thì
[
]
1
, ,

r
D x x
là
một miền nguyên.
1.3. ðiều kiện bất khả quy của ña thức trên miền nguyên
ðịnh nghĩa 1.3.1: ( xem [5]) Giả sử
x
là một phần tử khác 0 và không
khả nghịch của
A
;
x
ñược gọi là một phần tử bất khả quy của
A
nếu
x

không có ước thực sự (
A
là một vành).
Nhận xét 1.3.2: Phần tử
p
là bất khả quy,
p ab
=
với
,
a b D
∈
thì

a

khả nghịch, hoặc
b
khả nghịch ; nói cách khác
p
không có ước thực sự.
Phần tử
p
của miền nguyên
D
gọi là nguyên tố nếu
0
p
≠
,
p
không
khả nghịch và với mọi
,
a b D
∈
;
|
p ab
thì
|
p a
hoặc
|

p b
.
14
ðịnh lí 1.3.3: Trong một miền nguyên
D
, mọi phần tử nguyên tố
0
p
≠

ñều là phần tử bất khả quy.
Mỗi ña thức
[
]
( )
f x D x
∈
ñều có các ước là
u
và
( )
uf x
với mọi phần
tử
|1
u
trong miền nguyên
D
, các ước này gọi là các ước không thực sự hay
ước tầm thường. Các ước còn lại gọi là ước thực sự.

Mệnh ñề 1.3.4: Một ña thức
[
]
( )
f x D x
∈
là b
ấ
t kh
ả
quy khi và ch
ỉ
khi
deg ( ) 0
f x
≥
,
( ) 0
f x
≠
, không kh
ả
ngh
ị
ch trong
[
]
D x
,
( )

f x
ch
ỉ
có trong
[
]
D x
các
ướ
c t
ầ
m th
ườ
ng.
Chú ý 1.3.5:
a)

Cho
D
là m
ộ
t mi
ề
n nguyên, xét vành
ñ
a th
ứ
c
[
]

D x
,
ñ
a
th
ứ
c
[
]
( )
f x D x
∈
là
ñ
a th
ứ
c b
ấ
t kh
ả
quy
thì
:
1) N
ế
u
deg ( ) 0
f x
=
thì

( ) ;
f x a a D
= ∈
,
0
a
≠
và
không kh
ả

ngh
ị
ch trong
D
.
2) N
ế
u
deg ( ) 0
f x
>
thì
( )
f x
không bi
ể
u di
ễ
n

ñượ
c d
ướ
i d
ạ
ng
( ) ( ) ( )
f x g x h x
=
v
ớ
i
[
]
( ); ( )
g x h x D x
∈
khác 0, không kh
ả
ngh
ị
ch,
0 deg ( ) deg ( )
g x f x
< <
và
0 deg ( ) deg ( )
h x f x
< <
.

3) N
ế
u
( ) . ( )
f x a f x
=
các h
ệ
t
ử
c
ủ
a
( )
f x
có
ướ
c chung l
ớ
n nh
ấ
t
b
ằ
ng 1,
a D
∈
, a kh
ả
ngh

ị
ch.
b)
ð
a th
ứ
c
[
]
( )
f x D x
∈
v
ớ
i
deg ( ) 1
f x
≥
là
ñ
a th
ứ
c b
ấ
t kh
ả
quy thì
( )
f x
là

ñ
a th
ứ
c nguyên b
ả
n (
ướ
c chung l
ớ
n nh
ấ
t c
ủ
a các h
ệ
t
ử
b
ằ
ng 1).
Ví dụ 1.3.6:
1) Các s
ố nguyên tố và các số ñối của nó là các phần tử bất
khả quy của vành
ℤ
.
2) ða thức
2
1
x

+
là ña thức bất khả quy của vành
[ ]
x
ℝ
,
ℝ
là trường số
thực. Nhưng trong vành
[ ]
x
ℂ
với
ℂ
là trường số phức thì
2
1
x
+
không phải là
ña thức bất khả quy vì nó có ước thực sự là
x i
−
và
x i
+
.
15
Mệnh ñề 1.3.7: Cho ña thức bất khả quy
( )

p x
trong
[
]
D x
và ñ
a th
ứ
c
[
]
( )
f x D x
∈
. Khi
ñ
ó
( )
p x
|
( )
f x
ho
ặ
c
( )
f x
và
( )
p x

nguyên t
ố
cùng nhau.
Sau ñây chúng ta sẽ xem xét ñiều kiện bất khả quy của ña thức trong
trường hợp miền nguyên
D
là vành Gauss. Miền nguyên
D
là vành nhân tử
hóa hay còn gọi là vành Gauss (miền nguyên Gauss) nếu mọi phần tử khác
không, không khả nghịch của nó ñều phân tích ñược một cách duy nhất thành
tích các phần tử bất khả quy.
ða thức nguyên bản và Bổ ñề Gauss
* Cho một miền nguyên Gauss
D
và xét vành ña thức
[
]
D x
. Trước hết
ñể ý rằng, vì
D
là miền nguyên nên
[
]
D x
cũng là miền nguyên có cùng
nhóm U các phần tử khả nghịch với
D
, và do ñó các khái niệm về phần tử

liên kết, bất khả quy, trong
[
]
D x
ñối với những ña thức hằng chính là các
khái niệm ñó trong
D
.
ðịnh nghĩa 1.3.8: (xem [1]) Một ña thức khác 0
[
]
0 1
( )
n
n
D
f x a a x a x x
∈
= + + +

gọi là ña thức nguyên bản nếu:
0 1
, , )
( ,
n
a a a
~1

(tức là nếu các hệ tử nguyên tố
cùng nhau).

Ví dụ 1.3.9: 1) ðơn thức
[
]
n
n
a x D x
∈
là nguyên bản nếu
1
n
a
∼
(tức là
nếu
n
a
là một phần tử khả nghịch của
D
).

2)
3
3 4 6
x x
+ +
và
3
x
−

là những ña thức nguyên bản của
[
]
x
ℤ
.
Mệnh ñề 1.3.10: (xem [1]) Mọi ña thức
[
]
0 ( )
f x D x
≠ ∈
có thể ñặt
dưới dạng
1
( ) ( )
f x df x
=
(1) với một hằng số
*
d D
∈
và một ña thức nguyên
bản
1
( )
f x
của
[
]

D x
, và dạng này của
( )
f x
là duy nhất theo nghĩa nếu cùng
có
2
( ) ( )
f x cf x
∼
với
*
c D
∈
và
2
( )
f x
là ña thức nguyên bản của
[
]
D x
thì
c d
∼
và
1 2
( ) ( )
f x f x
∼

.
16
Chứng minh:

Với mọi ña thức
[
]
0 1
( )
n
n
f x a a x a x D x
= + + + ∈
,
0
n
a
≠

gọi
d
là ước chung lớn nhất
(
)
0 1
, , ,
n
a a a
và
ñặ

t
i i
a da
′
=
v
ớ
i
0,1, ,
i n
=

Ta có
0
d
≠
và
0
i
a
′
≠
và
1 2 3
( , , , , ) 1
n
a a a a
′ ′ ′ ′
∼
và

( )
f x
có th
ể
vi
ế
t thành:
1
( ) ( )
f x df x
=

(
)
1

trong
ñ
ó
*
d D
∈
và
2
0 1 2
( )
n
n
f x a a x a x a x
′ ′ ′ ′

= + + + +
là
ñ
a th
ứ
c nguyên b
ả
n
c
ủ
a
[
]
D x
.
Bây gi
ờ
gi
ả
s
ử

( )
f x
c
ũ
ng có d
ạ
ng
2

( ) ( )
f x cf x
=

(
)
1'

v
ớ
i
*
c D
∈
và
2
( )
f x
là
ñ
a th
ứ
c nguyên b
ả
n c
ủ
a
[
]
D x

.
ðẳ
ng th
ứ
c
(
)
1'
này cho
suy ra
c
là
ướ
c chung c
ủ
a các h
ệ
t
ử

i
a
c
ủ
a
( )
f x
và do
ñ
ó là m

ộ
t
ướ
c c
ủ
a
d
,
ta có
d uc
=
v
ớ
i m
ộ
t
*
u D
∈
. T
ừ

ñẳ
ng th
ứ
c này và
(
)
1 ,

(
)
1'
ta có:
2 1
( ) ( )
f x uf x
=

Nh
ư
ng
ñẳ
ng th
ứ
c này suy ra r
ằ
ng
u
là m
ộ
t
ướ
c chung c
ủ
a các h
ệ
t
ử
c

ủ
a
ñ
a th
ứ
c nguyên b
ả
n
2
( )
f x
, do
ñ
ó
1
u
∼
(
u
kh
ả
ngh
ị
ch) và hai
ñẳ
ng th
ứ
c sau
cùng trên
ñ

ây cho ta k
ế
t lu
ậ
n
c d
∼
và
1 2
( ) ( )
f x f x
∼

.
V
ậ
y ta
ñượ
c
ñ
i
ề
u ph
ả
i ch
ứ
ng minh.
ðể
ý m
ộ

t
ñ
a th
ứ
c b
ậ
c 0, t
ứ
c là m
ộ
t ph
ầ
n t
ử

0
0
a
≠
c
ủ
a
D
, là
ñ
a th
ứ
c
nguyên b
ả

n c
ủ
a
[
]
D x
n
ế
u
0
1
a
∼
ngh
ĩ
a là n
ế
u
0
a
là m
ộ
t ph
ầ
n t
ử
kh
ả
ngh
ị

ch
c
ủ
a
D
. Phù h
ợ
p v
ớ
i h
ệ
qu
ả
trên, các ph
ầ
n t
ử
b
ấ
t kh
ả
quy c
ủ
a
D
(
ñ
a th
ứ
c b

ấ
t
kh
ả
quy c
ủ
a
[
]
D x
có b
ậ
c 0) không ph
ả
i là nh
ữ
ng
ñ
a th
ứ
c nguyên b
ả
n c
ủ
a
[
]
D x
v
ớ

i b
ậ
c
( )
f x
> 0 có th
ể
là
ñ
a th
ứ
c kh
ả
quy.
17
Ví dụ 1.3.11:

ð
a th
ứ
c nguyên b
ả
n
2 3
1
x x x
+ + +
là kh
ả
quy c

ủ
a
[
]
D x

vì
(
)
(
)
2 3 2
1 1 1
x x x x x
+ + + = + +

Bổ ñề 1.3.12 (Gauss) : (xem [1]) Tích của hai ña thức nguyên bản của
[
]
D x
là một ña thức nguyên bản của
[
]
D x
.
Chứng minh :
Cho hai ña thức nguyên bản của
[
]
D x

0 1
( )
n
n
f x a a x a x
= + + +
với
0
n
a
≠

0 1
( )
m
m
g x b b x b x
= + + +
v
ớ
i
0
m
b
≠

ta ch
ứ
ng minh tích c

ủ
a chúng
0 1
( ) ( )
n m
n m
f x g x c c x c x
+
+
= + + +

là
ñ
a th
ứ
c nguyên b
ả
n c
ủ
a
[
]
D x
b
ằ
ng ph
ả
n ch
ứ
ng.

Gi
ả
s
ử

( ) ( )
f x g x
không nguyên b
ả
n. Khi
ñ
ó, do
D
là vành Gauss, các
h
ệ
t
ử

0
, ,
n m
c c
+
c
ủ
a
( ) ( )
f x g x
có m

ộ
t
ướ
c chung b
ấ
t kh
ả
quy
p D
∈
. Vì
p

không th
ể
là m
ộ
t
ướ
c chung c
ủ
a các h
ệ
t
ử

0
, ,
n
a a

c
ủ
a
ñ
a th
ứ
c nguyên b
ả
n
( )
f x
, cho nên có
r
sao cho
|
i
p a
v
ớ
i
0,1, , 1
i r
= −
và
p
không chia h
ế
t
r
a

.
T
ươ
ng t
ự

ñố
i v
ớ
i các h
ệ
t
ử

0
, ,
m
b b
c
ủ
a
ñ
a th
ứ
c nguyên b
ả
n
( )
g x
, cho nên có

s
sao cho
|
j
p b
v
ớ
i
0,1, , 1
j s
= −
và
p
không chia h
ế
t
s
b
. Nh
ư
ng
p
là
ướ
c
c
ủ
a h
ệ
t

ử
sau
ñ
ây c
ủ
a
( ) ( )
f x g x

0 1 1 1 1 0

r s r s r s r s r s r s
c a b a b a b a b a b
+ + − + + − +
= + + + + + +

và
|
i
p a
v
ớ
i
0,1, , 1
i r
= −
,
|
j
p b

v
ớ
i
0,1, , 1
j s
= −
kéo theo |
r s
p a b
và
ñ
i
ề
u
này do ph
ầ
n t
ử
b
ấ
t kh
ả
quy
p
là nguyên t
ố
kéo theo
|
r
p a

hay
|
s
p b
trái v
ớ
i
các tính ch
ấ
t
p
không chia h
ế
t
r
a
và
p
không chia h
ế
t
s
b

ở
trên. V
ậ
y
( ) ( )
f x g x

ph
ả
i là
ñ
a th
ứ
c nguyên b
ả
n c
ủ
a
[
]
D x
.
18
B
ổ

ñề
Gauss c
ũ
ng có ngh
ĩ
a r
ằ
ng b
ộ
ph
ậ

n các
ñ
a th
ứ
c nguyên b
ả
n c
ủ
a
mi
ề
n nguyên
[
]
D x
là
ổ
n
ñị
nh
ñố
i v
ớ
i phép nhân.
Bây gi
ờ
g
ọ
i
D

F
là tr
ườ
ng các th
ươ
ng c
ủ
a mi
ề
n nguyên Gauss
D
. Vì
phép nhúng
D
D F
→
có th
ể
m
ở
r
ộ
ng thành phép nhúng
[
]
[
]
D
D x F x
→

chuy
ể
n
x
thành
x
, cho nên m
ộ
t
ñ
a th
ứ
c c
ủ
a
[
]
D x

ñượ
c xem là m
ộ
t
ñ
a th
ứ
c
c
ủ

a mi
ề
n nguyên Gauss
[
]
D
F x

Mệnh ñề 1.3.13:

(xem [1])

Cho
1
( )
f x
và
2
( )
f x
là những ña thức
nguyên bản của
[
]
D x
nế
u
1 2
( ) ( )
f x f x

∼
trong
[
]
D
F x

thì
1 2
( ) ( )
f x f x
∼
trong
[
]
D x
.
D
F
là trường các thương của
.
D

Chứng minh:
Nếu
1 2
( ) ( )
f x f x
∼
trong

[
]
D
F x
có nghĩa là:
1 2
( ) ( )
f x f x
α
=

với một
0
α
≠
của trường
D
F
; nhưng
1
ab
α
−
=
với
*
,
a b D
∈ nên trong
[

]
D x
ta có:

H
ơ
n n
ữ
a vì
1
( )
f x
và
2
( )
f x

ñề
u là
ñ
a th
ứ
c nguyên b
ả
n c
ủ
a
[
]
D x

nên
theo m
ệ
nh
ñề
1.3.10
ñẳ
ng th
ứ
c kéo theo
b a
∼
và
1 2
( ) ( )
f x f x
∼
trong
[
]
D x
.
Ta
ñượ
c
ñ
i
ề
u ph
ả

i ch
ứ
ng minh.
Mệnh ñề 1.3.14: (xem [1]) Mọi ña thức
[
]
0
D
g F x
≠ ∈
có thể ñặt dưới
dạng
1
( ) ( )
g
g x g x
α
=

trong
ñ
ó 0
g D
F
α
≠ ∈
và
1
( )
g x

là m
ộ
t
ñ
a th
ứ
c nguyên b
ả
n c
ủ
a
[
]
D x
; h
ơ
n n
ữ
a
0
g D
F
α
≠ ∈
và
1
( )
g x
là duy nh
ấ

t sai khác nhau m
ộ
t nhân t
ử
kh
ả
ngh
ị
ch c
ủ
a
D
.
Chứng minh:
Cho ña thức sau ñây của
[
]
D
F x

1 2
( ) ( )
bf x af x
=
19
0 1
( )
n
n
g x x x

α α α
= + + + ,
i D
F
α
∈

Vì v
ớ
i m
ỗ
i
0, ,
i n
=
,
1
i i i
a b
α
−
=
trong
ñ
ó
i
a D
∈
và
*

i
b D
∈
nên khi
vi
ế
t các
i
α
v
ớ
i m
ộ
t “m
ẫ
u chung”
*
0

n
b b b D
= ∈

1
0 1 1
( )
i i i i n
a b b b b b
α
−

− +
=

Ta có th
ể

ñặ
t
( )
g x
d
ướ
i d
ạ
ng
1 *
( ) ( )
g x b g x
−
=
v
ớ
i
[
]
*
g D x
∈

Nh

ư
th
ế
n
ế
u
( ) 0
g x
≠
, ta có
*
( ) 0
g x
≠
và theo m
ệ
nh
ñề
1.3.10
*
1
( ) ( )
g x dg x
=

v
ớ
i
*
d D

∈
và
1
g
là m
ộ
t
ñ
a th
ứ
c nguyên b
ả
n c
ủ
a
[
]
D x
cho nên
1
1 1
( ) ( ) ( )
g
g x b dg x g x
α
−
= =

trong
ñ

ó
1 *
g D
b d F
α
−
= ∈
. Vì d và
1
( )
g x
là duy nh
ấ
t sai khác m
ộ
t nhân t
ử

ngh
ị
ch
ñả
o c
ủ
a
D
theo m
ệ
nh
ñề

1.3.10 nên ph
ầ
n t
ử

*
g D
F
α
∈
c
ũ
ng v
ậ
y.
Mệnh ñề 1.3.15:

(xem [1])

Nếu
( )
f x
là một ña thức bất khả quy của
[
]
D x
vớ
i b
ậ
c

( ) 0
f x
>
thì
( )
f x
là m
ộ
t
ñ
a th
ứ
c b
ấ
t kh
ả
quy c
ủ
a
[
]
D
F x
.

Chứng minh:
Vì
( )
f x
là ña thức bất khả quy với bậc

( )
f x
> 0 của
[
]
D x
nên
( )
f x
là
ña thức nguyên bản của
[
]
D x
. Giả sử
( )
f x
khả quy trong
[
]
D
F x
tức là:
( ) ( ) ( )
f x g x h x
=

với
[
]

( ), ( )
D
g x h x F x
∈
khác 0 với bậc
( ) 0
g x
>
và bậc
( ) 0
f x
>
theo mệnh ñề
1.3.13:
1
( ) ( )
g
g x g x
α
=
và
1
( ) ( )
h
h x h x
α
=

trong ñó
*

,
g h D
F
α α
∈
còn
1
( )
g x
và
1
( )
h x
là những ña thức nguyên bản của
[
]
D x
. Do ñó
20
1 1
( ) ( ) ( )
g h
f x g x h x
α α
=

Theo b
ổ

ñề

Gauss tích
1 1
( ) ( )
g x h x
là
ñ
a th
ứ
c nguyên b
ả
n c
ủ
a
[
]
D x
theo
m
ệ
nh
ñề
1.3.13
ñẳ
ng th
ứ
c trên ta có:
1 1
( ) ( ) ( )
f x g x h x
∼

M
ặ
t khác ta l
ạ
i có b
ậ
c
1
( )
g x
=
b
ậ
c
0
g
>
và b
ậ
c
1
( )
h x
=
b
ậ
c
( ) 0
h x

>
,
ch
ứ
ng t
ỏ

( ), ( )
g x h x
là nh
ữ
ng
ướ
c thích
ñ
áng c
ủ
a
( )
f x
, trái v
ớ
i gi
ả
thi
ế
t
( )
f x

là
ñ
a th
ứ
c b
ấ
t kh
ả
quy c
ủ
a
[
]
D x
. V
ậ
y
( )
f x
ph
ả
i là
ñ
a th
ứ
c b
ấ
t kh
ả
quy c

ủ
a
[
]
D
F x
.
V
ậ
y ta
ñượ
c
ñ
i
ề
u ph
ả
i ch
ứ
ng minh.
Bổ ñề 1.3.16: (xem [5]) Nếu
( )
f x
là ña thức với hệ số nguyên có bậc
lớn hơn 0 và ña thức
( )
f x
không bất khả quy trong
[
]

x
ℚ
, thì
( )
f x
phân tích
ñược thành một tích những ña thức có bậc khác 0 với hệ số nguyên.
Hệ quả 1.3.17: (xem [2]) Mọi ña thức
[
]
( )
f x x
∈
ℤ
khác 0 và khác
1
±

ñều có thể viết ñược dưới dạng một tích những ña thức bất khả quy trong
[
]
.
x
ℤ

Chứng minh:
Giả sử ña thức
[
]
( )

f x x
∈
ℤ
khác 0 và khác
1
±
.
+) Trường hợp 1: Nếu
deg ( ) 0
f x
=
thì
( )
f x
là số nguyên khác
1
±
, ta sẽ luôn
phân tích ñược số nguyên ñó thành tích của các thừa số nguyên tố.
+) Trường hợp 2: Nếu
deg ( ) 0
f x
>
, áp dụng bổ ñề 1.3.17 thì
( )
f x
sẽ ñược
viết dưới dạng:
1 2
( ) ( ) ( ) ( )

k
f x p x p x p x
=
(*)
Trong ñó những
( )
i
p x
có thể có bậc 0 là những số nguyên tố, còn với
các
( )
i
p x
có bậc khác 0 thì chúng là những ña thức với hệ số nguyên, nguyên
bản và bất khả quy trong
[
]
x
ℚ
. Ta ñược ñiều phải chứng minh.
Hệ quả 1.3.18 (mở rộng bổ ñề 1.3.16): Nếu
( )
f x
là ña thức với hệ số
thuộc A (A là vành Gauss) có bậc lớn hơn 0 và không bất khả quy trong
[
]
K
x

21
thì ña thức
( )
f x
phân tích ñược thành một tích những ña thức bậc khác 0
với hệ số thuộc A, với K là trường các thương của A.
Chứng minh:
Giả sử
( )
f x
không bất khả quy trong
[
]
K x
, khi ñó
( )
f x
có thể viết
dưới dạng
( ) ( ) ( )
f x x x
ϕ ψ
=
với
( ), ( )
x x
ϕ ψ
là những ước thực sự của
( )
f x

trong
[
]
K x
. Ta có thể viết:
( ) ( )
a
x g x
b
ϕ
=
;
( ) ( )
c
x h x
d
ψ
=

trong ñó
( ), ( )
g x h x
là những ña thức nguyên bản và
, , ,
a b c d
là các số
nguyên. Do ñó
( ) ( ) ( )
p

f x g x h x
q
=

Với
p
ac
q bd
=
và
,
p q
nguyên tố cùng nhau. Ta kí hiệu các hệ số của ña thức
tích
( ) ( )
g x h x
bằng
i
e
,
i
K
e
∈
. Theo bổ ñề 1.3.13
( ) ( )
g x h x
là ña thức nguyên
bản, cho nên các
i

e
không có ước chung nào khác ngoài
1
±
.
Do
( ), ( )
x x
ϕ ψ
là những ước thực sự của
( )
f x
trong
[
]
A x
nên ña thức
( ), ( )
g x h x
là những ña thức bậc khác 0 của
[
]
K x
.
Ta ñược ñiều phải chứng minh.
Hệ quả 1.3.19: Cho
A
vành Gauss,
( )
f x

là ña thức nguyên bản trong
[
]
A x
,
deg ( ) 0
f x
>
. Khi ñ
ó
( )
f x
là
ñ
a th
ứ
c b
ấ
t kh
ả
quy trong
[
]
A x
khi và
ch
ỉ
khi
( )
f x

là
ñ
a th
ứ
c b
ấ
t kh
ả
quy trong
[
]
K x
v
ớ
i
K
là tr
ườ
ng các th
ươ
ng
c
ủ
a
A
.(Nh
ư
v
ậ
y tính b

ấ
t kh
ả
quy c
ủ
a các
ñ
a th
ứ
c nguyên b
ả
n trên m
ộ
t vành
Gauss và trên tr
ườ
ng các th
ươ
ng c
ủ
a nó là nh
ư
nhau).
Mệnh ñề 1.3.20: (xem [2]) Cho
A
là một vành Gauss.
A
là trường các
thương của vành
A

.
[
]
0 1
( )
n n
f x a a x a x A x
= + + + ∈
ñược gọi là một ña thức
nguyên bản nếu ước chung lớn nhất của các hệ tử
0 1
, ,
,
n
a a a
bằng 1. Chứng
22
minh rằng nếu ña thức
[
]
0 1
( )
n n
f x a a x a x A x
∈
= + + +
;
(
)
x

f
khả quy trong
[
]
A x
thì nó cũng khả quy trong
[
]
A x
.
Chứng minh:
Giả sử ña thức
[
]
0 1
( )
n n
f x a a x a x A x
= + + + ∈
;
(
)
x
f
khả quy trong
[
]
A x
, tức là trong
[

]
x
A
,
(
)
(
)
(
)
f x g x h x
=
với
(
)
(
)
,
g x h x
thuộc
[
]
A x
, và
(
)
(
)
(
)

,
1 deg deg deg
g x h x f x
< <
.
ðặ
t
( )
( )
1
1
1
a
g x g x
b
=
trong
ñ
ó
1
1
a
A
b
∈
;
(
)
[
]

1
g x A x
∈
và
(
)
1
g x
là
ñ
a th
ứ
c
nguyên b
ả
n.
( ) ( )
2
1
2
a
h x h x
b
=
trong
ñ
ó
2
2
a

A
b
∈
;
(
)
[
]
1
h x A x
∈
và
(
)
1
h x
là
ñ
a th
ứ
c
nguyên b
ả
n.
Khi
ñ
ó
( ) ( )
( )
( )

( )
1 2
1 1
1 2
a a
f x g x h x g x h x
bb
= =

ðặ
t
1 2
1 2
a a
a
b bb
=
v
ớ
i
,
a b
nguyên t
ố
cùng nhau. Ta có
( ) ( ) ( )
1 1
a
f x g x h x
b

=

vì
(
)
1
g x
,
(
)
1
h x
là hai
ñ
a th
ứ
c nguyên b
ả
n nên
(
)
1
g x
(
)
1
h x
là
ñ
a th

ứ
c nguyên b
ả
n.
Do
(
)
[
]
f x A x
∈
nên ta c
ũ
ng suy ra
a
A
b
∈
. V
ậ
y
(
)
x
f
không b
ấ
t kh
ả

quy trong
[
]
x
A
.
Tiêu chuẩn Eisenstein (Aidenstainơ)
: (xem [5])

Gi
ả
s
ử

0 1
( )
n
n
f x a a x a x
= + + +
(
1
n
>
) là
ñ
a th
ứ
c v
ớ

i h
ệ
s
ố
nguyên và

giả
s
ử có
m
ộ
t s
ố
nguyên t
ố

p
sao cho
p
không chia h
ế
t h
ệ
s
ố
cao nh
ấ
t
n
a

,
nh
ư
ng
p
chia h
ế
t các h
ệ
s
ố
còn l
ạ
i và
2
p
không chia h
ế
t s
ố
h
ạ
ng t
ự
do
0
a
.
Th
ế thì ñ

a th
ứ
c
( )
f x
là b
ấ
t kh
ả
quy trong
[
]
x
ℚ
.

23
Mở rộng tiêu chuẩn Eisenstein :

Cho
A
là vành Gauss,
( ) [ ]
f x A x
∈
,
0 1
( )
n
n

f x a a x a x
= + + +
,
p A
∈
là
m
ộ
t ph
ầ
n t
ử
nguyên t
ố
sao cho
p
không chia h
ế
t
n
a
, nh
ư
ng
p
chia h
ế
t các h
ệ

t
ử
còn l
ạ
i và
2
p
không chia h
ế
t h
ạ
ng t
ử
t
ự
do
0
a
. Khi
ñ
ó
( )
f x
là
ñ
a th
ứ
c b
ấ
t

kh
ả
quy trong
[
]
K x
.
K
là tr
ườ
ng các th
ươ
ng c
ủ
a
A
.
Chứng minh :
Gi
ả
s
ử

( )
f x
có nh
ữ
ng
ướ
c th

ự
c s
ự
trong
[
]
K x
, theo h
ệ
qu
ả
1.3.18 khi
ñ
ó,
( )
f x
có th
ể
vi
ế
t:
(
)
(
)
( )
f x g x h x
=
,
trong

ñ
ó
0 1
( )
r
r
g x b b x b x
= + + +
;
;
0
i
b A r n
∈
< <

0 1
( )
s
s
h x c c x c x
= + + +
;
;
0
i
c A s n
∈
< <

Ta có:

0 0 0
a b c
=


1 1 0 0 1
a b c b c
= +



0 1 1 0

k k k k
a b c b c b c
−
= + + +


n r s
a b c
=
.
Theo gi
ả
thi
ế
t

p
chia h
ế
t h
ệ
s
ố

0 0 0
a b c
=
, vì
p
là nguyên t
ố
, nên ho
ặ
c
p
chia h
ế
t
0
b
ho
ặ
c
p
chia h
ế

t
0
c
. Gi
ả
s
ử

p
chia h
ế
t
0
b
, khi
ñ
ó
p
không chia
h
ế
t
0
c
, vì n
ế
u
p
chia h
ế

t
0
c
thì
2
p
chia h
ế
t
0 0 0
a b c
=
, trái v
ớ
i gi
ả
thi
ế
t. Và
p

không chia h
ế
t m
ọ
i h
ệ
s
ố
c

ủ
a
( )
g x
, vì n
ế
u th
ế
thì
p
chia h
ế
t
n r s
a b c
=
, trái v
ớ
i
gi
ả
thi
ế
t.
V
ậ
y gi
ả
s
ử

k
b
là h
ệ
s
ố

ñầ
u tiên c
ủ
a
( )
g x
không chia h
ế
t cho
p
. Ta hãy xét:
0 1 1 0

k k k k
a b c b c b c
−
= + + +
.
24
ñ
ó,
1 0

, , ,
k k
a b b
−

ñề
u chia h
ế
t cho
p
. V
ậ
y
0
k
b c
ph
ả
i chia h
ế
t cho
p
.
Vì Trong
p
là s
ố
nguyên t
ố
, ta suy ra ho

ặ
c
k
b
chia h
ế
t cho
p
ho
ặ
c
0
c

chia h
ế
t cho
p
, mâu thu
ẫ
n v
ớ
i gi
ả
thi
ế
t v
ề

k

b
và
0
c
. V
ậ
y ta
ñượ
c
ñ
i
ề
u ph
ả
i ch
ứ
ng
minh.
Ví dụ 1.3.21:

[
]
A x
=
ℝ
là vành Gauss,
2
1
( )f x x
+

=
là
ñ
a th
ứ
c b
ấ
t kh
ả

quy trong
[
]
A x
.
Xét
[
]
t
K
=
ℝ
là tr
ườ
ng phân th
ứ
c c
ủ
a
A

,
ñ
a th
ứ
c
ẩ
n t:

2 1 2 2 2 2
( 1) ( 1) ( 1) 1
( )
n n n
g t t x t x t x t x
− −
+ + + + + + + +
= +
là
ñ
a th
ứ
c b
ấ
t kh
ả

quy trong
[
]
t
ℝ

.
Ví dụ 1.3.22:
V
ớ
i

p
là s
ố
nguyên t
ố
,
p
ℤ
là m
ộ
t tr
ườ
ng,
q
là s
ố
nguyên
t
ố

1
q p
< <
. Khi

ñ
ó
p
q
∈
ℤ
là nguyên t
ố
trong
p
ℤ
,
ñ
a th
ứ
c
1
( )
n n
f X q qX qX X
−
= + + + +
là b
ấ
t kh
ả
quy trong
[
]
K x

.
K
là tr
ườ
ng các
th
ươ
ng c
ủ
a
p
ℤ
.
Ví dụ 1.3.23:
Cho
ñ
a th
ứ
c
[
]
( )
f x x
∈
ℚ
có
nghi
ệ
m
3

x = . Ch
ứ
ng
minh r
ằ
ng
ñ
a th
ứ
c
( )
f x
chia h
ế
t cho
2
3
x
−
.
Lời giải:
Giả
s
ử
( )
f x
chia cho
2
3
x

−
d
ư

ax b
+
, ta vi
ế
t

2
( ) ( 3) ( )
f x x g x ax b
= − + +


Vì
( )
f x
có
nghi
ệ
m
3
x =
nên ta
có
0 0. ( ) 3
g x a b
= + +

suy ra
3 0
a b
+ =

ñồ
ng nh
ấ
t th
ứ
c hai v
ế củ
a
ñẳ
ng th
ứ
c ta suy ra
0
a
=
và
0
b
=
. V
ậ
y
( )
f x

chia
h
ế
t cho
2
3
x
−
. Ta
ñượ
c
ñ
i
ề
u
phả
i ch
ứ
ng minh.
25
Khái quát:
Cho
ñ
a th
ứ
c
[
]
( )
f x x

∈
ℚ
,
( )
f x
chia h
ế
t cho
n
x p
−
v
ớ
i
p

là
s
ố
nguyên t
ố
. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
( )
f x
chia h
ế

t cho
n
x p
−
.
Á
p
dụ
ng tiêu chu
ẩ
n Eisenstein,
ñ
a th
ứ
c
n
x p
−
là
b
ấ
t
khả
quy trong
[
]
x
ℚ
.
Ta th

ấ
y r
ằ
ng
n
x p
−
chia h
ế
t cho
n
x p
−
k
ế
t h
ợ
p v
ớ
i
giả
thi
ế
t
( )
f x
chia h
ế
t
cho

n
x p
−
suy ra r
ằ
ng
ướ
c chung l
ớ
n nh
ấ
t
củ
a
( )
f x
và
n
x p
−
chia h
ế
t cho
n
x p
−
trong
[
]
x

ℝ
, ta vi
ế
t
(
)
( ),
n
n
f x x p x p
− −
⋮
.
Suy ra
(
)
( ), 1
n
f x x p
− ≠
trong
[
]
x
ℚ
. V
ậ
y
( )
f x

chia h
ế
t cho
n
x p
−
.
Ta
ñượ
c
ñ
i
ề
u
phả
i ch
ứ
ng minh. (N
ế
u
dù
ng ph
ươ
ng
phá
p s
ơ
c
ấ
p

ở
tr
ườ
ng
trung
họ
c ph
ổ
thông
thì sẽ
r
ấ
t
khó
kh
ă
n khi ch
ứ
ng minh
bà
i
toá
n
khá
i
quá
t).
Mệnh ñề 1.3.24:

Cho

D
là vành Gauss,

giả sử
( )
f x
[
]
D x
∈
,
( ) 0
f x
≠
, không khả
ngh
ị
ch trong
[
]
D x
. Các m
ệ
nh
ñề
sau
ñ
ây là t
ươ
ng

ñươ
ng:
a)

( )
f x
là bất khả quy
b)
( ) | ( ) ( )
f x g x h x

thì
( ) | ( )
f x g x
hoặc
( ) | ( )
f x h x
.