Số nguyên tố và đa thức bất khả quy Lê Thị Hải Yến.

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
LÊ THỊ HẢI YẾN
SỐ NGUYÊN TỐ VÀ ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
THÁI NGUYÊN - NĂM 2014
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
LÊ THỊ HẢI YẾN
SỐ NGUYÊN TỐ VÀ ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
Chuyên nghành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số 60.46.01.13
Người hướng dẫn khoa học
TS. NGUYỄN VĂN HOÀNG
THÁI NGUYÊN - NĂM 2014
Mục lục
Mở đầu 4
1 Một số kiến thức chuẩn bị 5
1.1 Số nguyên tố . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Vành đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.3 Đa thức bất khả quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.4 Đa thức bất khả quy trên trường số thực và phức . . . . . . . 13
1.5 Đa thức bất khả quy trên trường số hữu tỷ . . . . . . . . . . 15
2 Số nguyên tố và đa thức bất khả quy 19
2.1 Liên hệ giữa số nguyên tố và đa thức bất khả quy . . . . . . 20
2.2 Đa thức bất khả quy với lũy thừa số nguyên tố . . . . . . . . 30
2.3 Ví dụ minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
Kết luận 39
Tài liệu tham khảo 40
1

Mở đầu
Sự tương tự giữa các số nguyên tố và các đa thức bất khả quy đã là một
chủ đề thống trị trong sự phát triển của lý thuyết số và hình học đại số. Có
các giả thuyết chỉ ra rằng mối liên hệ đó đã vượt hơn cả sự tương tự. Ví dụ,
có một giả thuyết nổi tiếng của Buniakowski được phát biểu vào năm 1854:
Cho đa thức f(x) hệ số nguyên thỏa mãn ba điều kiện sau
i) Hệ số đầu của f(x) là dương;
ii) Đa thức f(x) bất khả quy trên Q;
iii) Tập các giá trị f(Z
+
) không có ước chung lớn hơn 1
khi đó đa thức f(x) nhận vô hạn các giá trị nguyên tố? (xem tài liệu S. Lang
[2, Trang 323]).
Một cách độc lập nó được phát biểu lại bởi Schinzel, nói về tác động của
đa thức bất khả quy f(x) ∈ Z[x] (mà tập các giá trị f(Z
+
) không có ước số
chung lớn hơn 1) biểu diễn vô hạn các nguyên tố. Trong trường hợp này, vấn
đề dẫn đến việc quan tâm đến các số nguyên tố sinh ra từ các đa thức bất
khả quy. Giả thuyết này vẫn là một trong những vấn đề lớn chưa được giải
quyết trong lý thuyết số khi bậc của f lớn hơn một (Lưu ý khi f là đa thức
bậc nhất, giả thuyết đó là đúng). Không khó để thấy rằng mệnh đảo của giả
thuyết của Buniakowski là đúng. Một cách cụ thể hơn, nếu một đa thức biểu
diễn vô hạn các số nguyên tố, thì nó là một đa thức bất khả quy. Để thấy
điều này, chúng ta hãy cố gắng để phân tích ra thừa số f(x) = g(x)h(x) với
g(x) và h(x) trong Z[x] có bậc dương. Thực tế, do f(x) lấy vô hạn giá trị
nguyên tố, nên một trong hai g(x) hoặc h(x) nhận vô hạn giá trị ±1. Đây
là một mâu thuẫn, bởi vì một đa thức có bậc dương chỉ có thể có nhận một
giá trị tại hữu hạn lần.
Mục đích của luận văn này là tiếp tục tìm hiểu thêm những liên hệ quan

trọng giữa đa thức bất khả quy và các số nguyên tố liên quan đến giả thuyết
của Buniakowski và bài toán ngược của nó như đã nêu trên. Trên cơ sở nghiên
2
cứu một số tài liệu về số nguyên tố và về đa thức bất khả quy, trong luận
văn này chúng tôi lựa chọn và trình bày chi tiết lại một số tiêu chuẩn quan
trọng về đa thức bất khả quy liên quan đến ứng dụng của số nguyên tố. Tài
liệu tham khảo chính mà chúng tôi sử dụng là hai bài báo:
• M. R. Murty, Prime numbers and irreducible polynomials, Amer. Math.
Monthly 109 (2002) No. 5, 452-458 (tài liệu số [8]).
• A. I. Bonciocat, N. C. Bonciocat and A. Zaharescu, On the irreducibility
of polynomials that take a prime power value, Bull. Math. Soc. Sci. Math.
Roumanie Tome 54 (102), No. 1 (2011), 41-54 (tài liệu số [2]).
Luận văn được trình bày trong hai chương.
Chương I: Một số kiến thức chuẩn bị. Nội dung của chương là trình bày tóm
lược một số kiến thức cơ bản cần dùng cho chứng minh của các kết quả
trong chương sau, chẳng hạn: sơ lược về số nguyên tố, về đa thức, bậc
đa thức, đa thức bất khả quy, sự phân tích một đa thức thành tích các
đa thức bất khả quy, một số ví dụ về đa thức bất khả quy,. .
Chương II: Số nguyên tố và đa thức bất khả quy. Đây là chương chính của
luận văn. Chương này trình bày về một số tiêu chuẩn để kiểm tra tính
chất bất khả quy của một số lớp đa thức.
+) Mục 2.1. Trình bày về sự liên hệ giữa số nguyên tố và đa thức bất khả
quy (dựa trên bài báo [8]). Kết quả chính là định lý sau
Định lý 2.1.3. Cho f(x) = a
m
x
m
+ a
m−1
x

m−1
+ . . . + a
1
x + a
0
∈ Z[x]
là một đa thức bậc m. Đặt H = max
0≤i≤m−1


a
i
a
m


. Khi đó, nếu có số nguyên
n ≥ H + 2 sao cho f(n) là số nguyên tố thì f(x) bất khả quy trên Z.
Định lý 2.1.7 Cho b > 2 và cho p là số nguyên tố có khai triển b−adic
p = a
n
b
n
+ a
n−1
b
n−1
+ . . . + a
1
b + a

0
.
Khi đó f(x) = a
n
x
n
+ a
n−1
x
n−1
+ . . . + a
1
x + a
0
là bất khả quy trên Q.
+) Mục 2.2. Nghiên cứu mối liên hệ giữa đa thức bất khả quy và lũy thừa
số nguyên tố (dựa theo bài báo [2]). Trước hết chương này chứng minh
chi tiết cho kết quả sau đây đó là một mở rộng cho Định lý 2.1.7:
3
Định lý 2.2.3. Cho p là số nguyên tố. Giả sử p
s
(với s ≥ 2) có biểu
diễn qua hệ thống cơ số b ≥ 2 dưới dạng
p
s
= a
n
b
n
+ a

n−1
b
n−1
+ . . . + a
1
b + a
0
,
trong đó 0 ≤ a
i
≤ b − 1 và p 

n
i=1
ia
i
b
i−1
. Khi đó đa thức

n
i=0
a
i
x
i
là bất khả quy trên Q.
Phần tiếp theo của mục này là trình bày các dấu hiệu bất khả quy cho
các đa thức có một hệ số nào đó đủ lớn và nó có giá trị chia hết một
lũy thừa nguyên tố nào đó.

Định lý 2.2.4. Cho f(x) =

n
i=0
a
i
x
i
∈ Z[x] với a
0
a
n
= 0. Cho
m, s, q ∈ Z (s ≥ 2) và p là số nguyên tố sao cho f(m) = p
s
q, p  qf

(m),
và |a
0
| >

n
i=1
|a
i
|(|m| + |q|)
i
. Khi đó f(x) bất khả quy trên Q.
Định lý 2.2.5. Cho f(x) =


n
i=0
a
i
x
d
i
∈ Z[x], với 0 = d
0
< d
1
< . . . <
d
n
và a
0
a
1
. . . a
n
= 0. Cho m, s, q ∈ Z (với s ≥ 2), và p là số nguyên tố
mà f(m) = p
s
q, |m| > |q| và p  qf

(m). Khi đó nếu có 1 ≤ j ≤ n − 1
sao cho |a
j
| > (|m| + |q|)

d
n
−d
j

i=j
|a
i
|, thì f(x) bất khả quy trên Q.
Định lý 2.2.6. Cho f(x) =

n
i=0
a
i
x
i
∈ Z[x], a
0
a
n
= 0. Cho f(m) =
p
s
q với m, s, p ∈ Z, p là số nguyên tố, s ≥ 2, |m| > |q|, p  qf

(m) và
|a
n
| >


n−1
i=0
|a
i
|(|m| −|q|)
i−n
thì f(x) bất khả quy trên Q.
Nói một cách vắn tắt thì cả ba định lý trên đều cho ta trường hợp đặc
biệt khi q = 1 đó là: "Nếu f(m) là một lũy thừa của số nguyên tố
(trong đó m ≥ 2 là số nguyên thỏa mãn f(m) và f

(m) là nguyên tố
cùng nhau) và f(x) có một hệ số nào đó đủ lớn thì f(x) là đa thức bất
khả quy trên Q."
+) Mục 2.3 dành để trình bày một số ví dụ minh họa.
Trong thời gian thực hiện luận văn này, tôi đã nhận được sự chỉ dẫn tận tình,
chu đáo của Tiến sĩ Nguyễn Văn Hoàng. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc
tới thầy Nguyễn Văn Hoàng đã giúp đỡ tôi hoàn thành luận văn này.
Tôi xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu cùng các bạn đồng nghiệp
trường THPT Đông Thành - Quảng Ninh đã nhiệt tình giúp đỡ tôi trong
suốt quá trình học tập và hoàn thành luận văn.
Tác giả
4
Chương 1
Một số kiến thức chuẩn bị
Chương này nhằm mục đích trình bày lại một số kiến thức căn bản về số
nguyên tố, vành đa thức, đa thức bất khả quy. Bên cạnh đó cũng trình bày
một vài tiêu chuẩn bất khả quy quen biết và một số ví dụ minh họa. Những
kiến thức ở chương này một phần là cần thiết cho chương sau một phần là

giúp cho việc trình bày chủ đề có tính hệ thống.
1.1 Số nguyên tố
Mục này ta chỉ xét trên tập các số tự nhiên N.
Định nghĩa 1.1.1. Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1 chỉ gồm có hai
ước là 1 và chính nó.
Kí hiệu 1.1.2. Ký hiệu ”b|a” nghĩa là b là ước của a, ký hiệu a
.
.
.b nghĩa là
a chia hết cho b.
Tính chất 1.1.3. i) Ước khác 1 nhỏ nhất của một số tự nhiên lớn hơn 1 là
số nguyên tố.
ii) Cho p là số nguyên tố, a ∈ N với a = 0. Khi đó
(a, p) = p ⇔ p|a; (a, p) = 1 ⇔ p  a.
iii) Cho a, b ∈ Z. Khi đó (a, b) = 1 nếu và chỉ nếu tồn tại x, y ∈ Z sao cho
ax + by = 1.
iv) Nếu tích của nhiều số chia hết cho một số nguyên tố p thì có ít nhất một
thừa số chia hết cho p.
5
Chứng minh. i) Cho a là số tự nhiên > 1. Giả sử d là ước nhỏ nhất khác 1
của a. Nếu d không nguyên tố thì d = d
1
d
2
(với d
1
, d
2
> 1). Suy ra d
1

|a với
d
1
< d, điều này mâu thuẫn với d nhỏ nhất. Vậy d là nguyên tố.
ii) Nếu p = (a, p) thì hiển nhiên p|a. Ngược lại nếu p|a thì (a, p) = p.
+ Nếu 1 = (a, p) thì p  a (vì nếu p|a thì (a, p) = p). Ngược lại, nếu p  a
thì (a, p) = 1 (vì nếu (a, p) = d > 1 thì d|p, từ đó vì p nguyên tố nên d = p,
suy ra p|a, đây là điều mâu thuẫn).
iii) Xét tập I = {ax + by | x, y ∈ Z}. Ta thấy I là iđêan của Z, nên tồn
tại d ∈ Z, d > 0 sao cho I = dZ. Lúc đó ta dễ thấy (a, b) = d. Ngược
lại, nếu (a, b) = d thì a ∈ dZ và b ∈ dZ. Từ đó I ⊆ dZ. Mặt khác, bằng
thuật toán Euclid, ta tìm được x
0
, y
0
∈ Z sao cho d = ax
0
+ by
0
, suy ra
d ∈ {ax + by | x, y ∈ Z} = I, do đó dZ ⊆ I.
Áp dụng kết quả trên khi d = 1 ta có điều cần chứng minh.
iv) Bằng quy nạp ta chỉ cần chứng minh rằng p|ab thì p|a hoặc p|b (với p
là số nguyên tố, và a, b ∈ Z). Ta giả sử trái lại rằng p  a và p  b, khi
đó theo ii), ta có 1 = ax + py và 1 = bx

+ py

với x, y, x


, y

∈ Z. Từ đó
1 = (ax + py)(bx

+ py

) = abxx

+ p(axy

+ bx

y + pyy

). Do đó ta lại áp
dụng ý ii) nên ta được (ab, p) = 1, đây là điều mâu thuẫn.
Tính chất 1.1.4. Tập hợp các số nguyên tố là vô hạn.
Chứng minh. Giả sử chỉ có hữu hạn n số nguyên tố p
1
, p
2
, . . . , p
n
. Ta xét số
tự nhiên q = p
1
p
2
. . . p

n
+ 1. Rõ ràng q > 2. Gọi p là ước nhỏ nhất khác 1
của q. Khi đó p là số nguyên tố (theo Tính chất 1.1.3 i)). Mặt khác ta thấy
p /∈ {p
1
, . . . , p
n
} (vì nếu trái lại thì p|1 đó là điều mâu thuẫn). Như vậy ta
lại tìm thêm được số nguyên tố nữa là p khác với mọi p
1
, p
2
, . . . , p
n
. Đó là
điều mâu thuẫn với điều giả sử chỉ có n số nguyên tố p
1
, . . . , p
n
.
Ta có định lý quan trọng sau đây nói về vai trò của các số nguyên tố trong
thành phần cấu tạo nên các số tự nhiên.
Định lý 1.1.5. (Định lý cơ bản của số học) Mọi số tự nhiên n lớn hơn 1 đều
phân tích được thành tích những thừa số nguyên tố, và sự phân tích này là
duy nhất nếu không kể đến thứ tự của các thừa số. Từ đó có dạng phân tích
tiêu chuẩn của một số tự nhiên n > 1 bất kỳ có dạng như sau
n = p
k
1
1

p
k
2
2
. . . p
k
m
m
6
trong đó p
1
, p
2
, . . . , p
m
là các số nguyên tố đôi một khác nhau, và k
1
, k
2
, . . . , k
m
là các số tự nhiên khác 0.
1.2 Vành đa thức
Mục này nhắc lại một số kiến thức căn bản về đa thức với hệ tử trên vành
giao hoán A có đơn vị.
Định nghĩa 1.2.1. Cho A là một vành giao hoán có đơn vị, n ∈ N, và
a
0
, a
1

, . . . , a
n
∈ A. Một biểu thức có dạng
f(x) = a
0
+ a
1
x + . . . + a
n−1
x
n−1
+ a
n
x
n
được gọi là một đa thức một biến x lấy hệ tử trong A. Tập tất cả các đa
thức một ẩn x lấy hệ tử trên A được ký hiệu là A[x]. Nếu a
n
= 0 thì ta nói
bậc của f(x) là n và ký hiệu là deg(f(x)) = n; trong trường hợp này ta nói
a
n
là hệ tử cao nhất của f(x). Hai đa thức là bằng nhau nếu nó có cùng bậc
và các hệ tử tương ứng là bằng nhau.
Với hai đa thức f(x), g(x) ∈ A[x], khi đó tồn tại m ∈ N sao cho f(x) =

m
i=0
a
i

x
i
và g(x) =

m
i=0
b
i
x
i
(lưu ý rằng không nhất thiết a
m
= 0 và
b
m
= 0), ta định nghĩa tổng của f(x) và g(x) như sau:
f(x) + g(x) =
m

i=0
(a
i
+ b
i
)x
i
.
Trong trường hợp f(x) =

n

i=0
a
i
x
i
và g(x) =

m
i=0
b
i
x
i
(với n, m bất kì),
ta định nghĩa tích của f(x) và g(x) bởi:
f(x)g(x) =
n+m

k=0
c
k
x
k
,
trong đó c
k
=

i+j=k
a

i
b
j
với mọi k = 0, . . . , n + m.
Chú ý 1.2.2. Tập A[x] cùng với phép cộng và nhân các đa thức như định
nghĩa trên tạo thành một vành giao hoán, ta gọi là vành đa thức một ẩn x
lấy hệ tử trên A. Trong đó đa thức không trong A[x] chính là phần tử 0 của
A. Phần tử 1 của A đóng vai trò phần tử đơn vị của vành A[x]. Khi A là các
tập số Z, Q, R, C thì các hệ tử của các đa thức còn gọi là các hệ số.
7
Từ định nghĩa đa thức ta dễ dàng thu được một số tính chất sau đây về
bậc của đa thức.
Định lý 1.2.3. Giả sử f(x) và g(x) là hai đa thức khác 0 của vành A[x].
i) Nếu deg f(x) = deg g(x), thì ta có f(x) + g(x) = 0 và
deg(f(x) + g(x)) = max{deg f(x), deg g(x)}.
Nếu degf(x) = deg g(x) và f(x) + g(x) = 0 thì ta có
deg(f(x) + g(x)) ≤ max{deg f(x), deg g(x)}.
ii) Nếu f(x)g(x) = 0 thì deg(f(x)g(x)) ≤ deg f(x) + deg g(x).
Chú ý 1.2.4. Giả sử A là miền nguyên. Khi đó nếu f(x), g(x) là các đa thức
khác 0 của A[x] thì ta dễ thấy f(x)g(x) = 0. Từ đó ta thấy rằng A[x] cũng
là miền nguyên.
Định nghĩa 1.2.5. Cho A là một miền nguyên, và f(x), g(x) ∈ A[x] với
g(x) = 0. Nếu tồn tại q(x) ∈ A[x] sao cho f(x) = q(x)g(x) thì ta nói rằng
g(x) là ước của f(x), hay f(x) là bội của g(x), ta viết là g(x)|f(x) hoặc
f(x)
.
.
.g(x) (trong trường hợp này ta cũng nói g(x) chia hết f(x), hoặc f(x)
chia hết cho g(x)).
Tiếp theo ta nhắc lại vài tính chất đơn giản sau đây:

Bổ đề 1.2.6. Cho A là miền nguyên. Khi đó các phát biểu sau là đúng.
i) Với a ∈ A và m là số tự nhiên ta có (x −a)|(x
m
− a
m
).
ii) Nếu f(x) ∈ A[x] và a ∈ A thì tồn tại q(x) ∈ A[x] sao cho
f(x) = (x −a)q(x) + f(a).
Chứng minh. i) Kết quả được suy ra từ hằng đẳng thức
x
m
− a
m
= (x −a)(x
m−1
+ ax
m−2
+ . . . + a
m−2
x + a
m−1
).
ii) Giả sử f(x) = a
n
x
n
+ a
n−1
x
n−1

. . . + a
1
x + a
0
. Khi đó f(a) = a
n
a
n
+
a
n−1
a
n−1
. . . + a
1
a + a
0
. Từ đó
f(x) − f(a) = a
n
(x
n
− a
n
) + a
n−1
(x
n−1
− a
n−1

) + . . . + a
1
(x −a).
Theo ý i), ta có x
n
− a
n
, x
n−1
− a
n−1
, . . . , x − a chia hết cho x − a. Từ
đó tồn tại q(x) ∈ A[x] sao cho f(x) − f(a) = (x − a)q(x), hay f(x) =
(x −a)q(x) + f(a).
8
Định nghĩa 1.2.7. Cho A là một miền nguyên và f(x) = a
0
+ a
1
x + . . . +
a
m
x
m
∈ A[x]. Giả sử K là một trường chứa A như một vành con và c ∈ K.
Ta gọi c được gọi là nghiệm của f(x) nếu f(c) = a
0
+ a
1
c + . . . + a

m
c
m
= 0;
trong trường hợp này ta cũng nói c là nghiệm của phương trình f(x) = 0.
Bổ đề 1.2.8. Cho A là miền nguyên, f(x) ∈ A[x] và a ∈ A. Khi đó a là
nghiệm của f(x) nếu và chỉ nếu f(x) là bội của x −a.
Chú ý 1.2.9. Cho A là miền nguyên và f(x) ∈ A[x]. Khi đó theo bổ đề trên
ta dễ dàng suy ra rằng số nghiệm của f(x) không vượt quá deg f(x).
Thật vậy, giả sử deg(f(x)) = n nhưng f(x) có nghiệm là c
1
, . . . , c
m
với
m > n. Từ đó tồn tại một trường K chứa c
1
, . . . , c
m
và nó chứa A như
một vành con. Khi đó, theo bổ đề trên, suy ra tồn tại q(x) ∈ K[x] sao cho
ta có biểu diễn f(x) = (x − c
1
)(x − c
2
) . . . (x − c
m
)q(x). Từ đó dẫn đến
deg(f(x)) = m + deg(q(x)) ≥ m > n, đó là điều mâu thuẫn.
Bằng quy nạp người ta dễ dàng chứng minh được kết quả quan trọng sau
đây, ta thường gọi là định lý phép chia với dư.

Định lý 1.2.10. Cho A là miền nguyên f(x), g(x) ∈ A[x] với g(x) có hệ tử
cao nhất khả nghịch trong A. Khi đó tồn tại duy nhất cặp đa thức q(x), r(x) ∈
A[x] sao cho f(x) = q(x)g(x) + r(x) trong đó r(x) = 0 hoặc deg r(x) <
deg g(x).
Định nghĩa 1.2.11. Cho A là miền nguyên và f(x), g(x) ∈ A[x]. Một
đa thức d(x) ∈ A[x] (với d(x) = 0) được gọi là ước chung lớn nhất của
f(x), g(x) ∈ A[x] nếu d(x)|f(x), d(x)|g(x), và nếu có h(x) ∈ A[x] mà
h(x)|f(x) và h(x)|g(x) thì h(x)|d(x). Ta ký hiệu ước chung lớn nhất của
f(x) và g(x) là gcd(f(x), g(x)). Nếu gcd(f(x), g(x)) = 1 thì ta nói f(x) và
g(x) là nguyên tố cùng nhau.
Chú ý 1.2.12. i) Nếu D là vành Gauss (miền nhân tử hóa) thì với mọi cặp
đa thức f(x), g(x) ∈ D[x] không đồng thời bằng 0 ta luôn có ước chung lớn
nhất của chúng, tức là tồn tại gcd(f(x), g(x)). Ước chung lớn nhất của hai
đa thức (nếu có) là duy nhất sai khác một phần tử khả nghịch của D.
ii) Như vậy, với mọi f(x), g(x) ∈ Z[x] không đồng thời bằng 0, luôn tồn tại
ước chung lớn nhất gcd(f(x), g(x)).
9
Trong trường hợp xét các đa thức trên một trường ta còn có tính chất
sau.
Mệnh đề 1.2.13. Nếu K là trường và f(x), g(x) ∈ K[x] là hai đa thức không
đồng thời bằng 0, thì luôn tồn tại gcd(f(x), g(x)) và tồn tại a(x), b(x) ∈ K[x]
sao cho
gcd(f(x), g(x)) = a(x)f(x) + b(x)g(x).
Chứng minh. Ta có K[x] là vành chính. Xét iđêan I = {a(x)f(x)+b(x)g(x) |
a(x), b(x) ∈ K[x]}. Vì I là iđêan chính nên có d(x) ∈ I sao cho I = d(x).
Khi đó d(x) = gcd(f(x), g(x)).
Hệ quả 1.2.14. Cho p(x), f(x), g(x) ∈ K[x]. Nếu gcd(p(x), f(x)) = 1 và
p(x)|f(x)g(x) thì p(x)|g(x).
Chứng minh. Theo giả thiết, tồn tại a(x), b(x) ∈ K[x] sao cho 1 = p(x)a(x)+
f(x)b(x). Suy ra g(x) = p(x)a(x)g(x) + f(x)b(x)g(x). Do p(x) là ước của

đa thức ở vế phải nên p(x)|g(x).
Kí hiệu 1.2.15. Cho K là trường. Với 0 = g(x) ∈ K[x], ta kí hiệu g
∗
(x) =
g(x)/a
n
(trong đó a
n
là hệ số cao nhất của g(x)). Chú ý rằng g
∗
(x) là đa
thức có hệ số cao nhất là 1. Để tìm ước chung lớn nhất ta có thuật toán sau.
Mệnh đề 1.2.16. (Thuật toán Euclid tìm ước chung lớn nhất). Cho K là
trường. Cho hai đa thức f(x), g(x) ∈ K[x] với g(x) = 0. Nếu g(x)|f(x) thì
gcd(f(x), g(x)) = g
∗
(x). Nếu ngược lại, chia liên tiếp ta được
f(x) = q(x)g(x) + r(x), r(x) = 0, deg r(x) < deg g(x).
g(x) = q
1
(x)r(x) + r
1
(x), r
1
(x) = 0, deg r
1
(x) < deg r(x).
. . .
r
n−2

(x) = q
n
(x)r
n−1
(x) + r
n
(x), r
n
(x) = 0, deg r
n
(x) < deg r
n−1
(x).
r
n−1
(x) = q
n+1
(x)r
n
(x).
Khi đó gcd(f(x), g(x)) = r
∗
n
(x).
Chứng minh. Từ đẳng thức cuối ta có r
n
(x)|r
n−1
(x). Thay vào đẳng thức
thứ hai từ dưới lên ta có r

n
(x)|r
n−2
(x). Tiếp tục lập luận với các đẳng thức
từ dưới lên trên ta suy ra r
n
(x)|g(x) và r
n
(x)|f(x). Do đó r
∗
n
(x)|f(x) và
r
∗
n
(x)|g(x).
10
Giả sử h(x)|f(x) và h(x)|g(x). Từ đẳng thức đầu tiên ta có h(x)|r(x). Từ
đẳng thức thứ hai ta có h(x)|r
1
(x). Cứ tiếp tục lập luận trên với các đẳng
thức từ trên xuống dưới ta có h(x)|r
n
(x). Do đó h(x)|r
∗
n
(x).
1.3 Đa thức bất khả quy
Định nghĩa 1.3.1. Cho A là một miền nguyên. Một đa thức f(x) ∈ A[x]
được gọi là bất khả quy trên A nếu f(x) = 0, f(x) không khả nghich và f(x)

không có ước thực sự. Một đa thức khác 0, không khả nghịch, mà không bất
khả quy thì được gọi là đa thức khả quy.
Chú ý 1.3.2. i) Cho f(x) ∈ A[x] (với A là miền nguyên). Ta nói f(x) không
có ước thực sự, nghĩa là, giả sử có g(x), h(x) ∈ A[x] sao cho f(x) = g(x)h(x)
thì kéo theo g(x)|1 hoặc h(x)|1.
ii) Khi A được thay thế bởi trường K, ta có khái niệm đa thức bất khả quy
như sau: Ta nói đa thức f(x) ∈ K[x] là bất khả quy trên K nếu deg(f(x)) > 0
và f(x) không phân tích được thành tích hai đa thức có bậc nhỏ hơn.
Sau đây là một số ví dụ về đa thức bất khả quy.
Bổ đề 1.3.3. Cho K là trường. Các phát biểu sau là đúng.
i) Đa thức bậc nhất trong K[x] luôn bất khả quy.
ii) Nếu f(x) bậc lớn hơn 1 và có nghiệm trong K thì f(x) khả quy.
iii) Đa thức bậc 2 và bậc 3 trong K[x] là bất khả quy nếu và chỉ nếu nó không
có nghiệm trong K.
iv) Đa thức f(x) ∈ K[x] có bậc dương là bất khả quy nếu và chỉ nếu f(x + a)
là bất khả quy với mọi a ∈ K.
Chứng minh. i) Rõ ràng đa thức bậc nhất không thể là tích của hai đa thức
bậc bé hơn.
ii) Nếu deg f(x) > 1 và f(x) có nghiệm x = a ∈ K thì f(x) = (x − a)g(x)
trong đó deg g(x) = deg f(x) − 1 ≥ 1. Vì thế f(x) khả quy.
iii) Cho f(x) có bậc 2 hoặc 3. Nếu f(x) khả quy thì nó phân tích được thành
tích của hai đa thức bậc thấp hơn, một trong hai đa thức đó phải có bậc 1,
11
do đó f(x) có nghiệm trong K. Nếu f(x) có nghiệm trong K thì theo ii),
f(x) khả quy.
iv) Cho đa thức f(x) ∈ K[x] có bậc dương và a ∈ K. Với mỗi h(x) ∈ K[x], ta
đặt h
1
(x) = h(x−a). Lưu ý rằng deg h
1

(x) = deg h(x) với mọi h(x) ∈ K[x].
Vì thế nếu f(x + a) = k(x)g(x) là phân tích của f(x + a) thành hai đa
thức có bậc thấp hơn khi và chỉ khi f(x) = k
1
(x)g
1
(x) là phân tích của f(x)
thành tích của hai đa thức có bậc thấp hơn. Vì vậy f(x) bất khả quy khi và
chỉ khi f(x + a) bất khả quy.
Định nghĩa 1.3.4. Cho K là một trường chứa trường T như một trường
con và a ∈ K. Ta nói a là phần tử đại số trên T nếu tồn tại một đa thức
0 = f(x) ∈ T[x] nhận a làm nghiệm. Nếu a không đại số trên T thì ta nói
a là siêu việt trên T.
Mệnh đề 1.3.5. Cho K là một trường chứa trường T như một trường con
và a ∈ K là phần tử đại số trên T . Khi đó tồn tại duy nhất một đa thức
p
∗
(x) ∈ T [x] bất khả quy có hệ số cao nhất là 1 và nó nhận a làm nghiệm,
và mọi đa thức g(x) ∈ T[x] nhận a làm nghiệm đều là bội của p
∗
(x).
Chứng minh. Vì a là nghiệm của một đa thức khác 0 với hệ số trong T nên
tồn tại đa thức p(x) khác 0 với hệ số trong T có bậc bé nhất nhận a làm
nghiệm. Ta chứng minh p
∗
(x) bất khả quy (với p
∗
(x) = p(x)/b trong đó b
là hệ số cao nhất của p(x)). Giả sử p
∗

(x) không bất khả quy. Khi đó p
∗
(x)
phân tích được thành tích của hai đa thức trong T [x] có bậc thấp hơn, và
do đó một trong hai đa thức này phải nhận a làm nghiệm, điều này là mâu
thuẫn với cách chọn p(x).
Giả sử g(x) ∈ T[x] nhận a làm nghiệm. Nếu p
∗
(x) không là ước của g(x)
thì vì p
∗
(x) bất khả quy nên gcd(g(x), p
∗
(x)) = 1, do đó 1 = p
∗
(x)q(x) +
g(x)h(x) với q(x), h(x) ∈ T [x]. Thay x = a vào cả hai vế ta được 1 = 0,
điều này vô lý. Vậy g(x) chia hết cho p
∗
(x).
Giả sử q(x) ∈ G[x] cũng là đa thức bất khả quy có hệ số cao nhất
là 1, nhận a làm nghiệm. Theo chứng minh trên, q(x) là bội của p
∗
(x).
Viết q(x) = p
∗
(x)k(x). Vì q(x) bất khả quy nên k(x) = b ∈ K. Do đó
q(x) = bp
∗
(x). Đồng nhất hệ số cao nhất của hai vế với chú ý rằng q(x) và

p
∗
(x) đều có hệ số cao nhất là 1, ta suy ra b = 1. Vì thế p
∗
(x) = q(x).
12
Định nghĩa 1.3.6. Đa thức p
∗
(x) ∈ T [x] bất khả quy có hệ số cao nhất là
1 xác định như trong Mệnh đề 1.3.5 được gọi là đa thức tối tiểu của a (hoặc
đa thức bất khả quy của a).
Ví dụ 1.3.7. 1) Đa thức x
3
−5 ∈ Q[x] là đa thức bất khả quy của
3
√
5 ∈ R.
2) Đa thức x
2
+ 1 ∈ R[x] là đa thức bất khả quy của i ∈ C.
Định lý 1.3.8. Có vô số đa thức một ẩn với hệ số cao nhất là 1 bất khả quy
trên trường K.
Chứng minh. Nếu K là trường vô hạn thì các đa thức dạng x −a với a ∈ K
là các đa thức với hệ số cao nhất là 1 bất khả quy trên K. Có vô số đa thức
như vậy.
Trong trường hợp K là trường hữu hạn, giả sử chỉ có n đa thức bất khả
quy p
1
(x), p
2

(x), . . . , p
n
(x) với hệ số cao nhất là 1. Khi đó đa thức
f(x) = p
1
(x)p
2
(x) . . . p
n
(x) + 1
có ít nhất một ước bất khả quy với hệ số cao nhất là 1 vì deg f(x) ≥ n. Ước
đó phải khác p
1
(x), p
2
(x), . . . , p
n
(x) vì nếu không nó sẽ là ước của
f(x) − p
1
(x)p
2
(x) . . . p
n
(x) = 1,
điều này vô lý. Vậy K[x] phải có vô hạn đa thức bất khả quy với hệ số cao
nhất là 1.
1.4 Đa thức bất khả quy trên trường số thực và phức
Trước hết ta nhắc lại mà không chứng minh một kết quả quan trọng sau
đây, nó được gọi là định lý cơ bản của đại số.

Định lý 1.4.1. Mọi đa thức f(x) bậc n ≥ 1 trên trường số phức đều có n
nghiệm phức (kể cả số bội).
Định lý này có các hệ quả sau đây.
Hệ quả 1.4.2. Các đa thức bất khả quy của vành C[x] (với C là trường số
phức) chỉ là các đa thức bậc nhất.
13
Chứng minh. Hiển nhiên các đa thức bậc nhất là các đa thức bất khả quy.
Giả sử f(x) là một đa thức của C[x] có bậc lớn hơn 1. Theo Định lý 1.4.1,
f(x) có nghiệm phức c ∈ C. Vậy f(x) chia hết cho x −c, do đó f(x) không
bất khả quy.
Mệnh đề 1.4.3. Nếu một số phức α là nghiệm của đa thức f(x) với hệ số
thực thì số phức liên hợp α cũng là một nghiệm của f(x).
Chứng minh. Giả sử f(x) = a
n
x
n
+ a
n−1
x
n−1
+ . . .+ a
1
x + a
0
là một đa thức
với hệ số thực và α là một nghiệm phức của f(x). Khi đó
a
n
α
n

+ a
n−1
α
n−1
+ . . . + a
1
α + a
0
= 0.
Lấy liên hợp hai vế của đẳng thức trên ta được
a
n
α
n
+ a
n−1
α
n−1
+ . . . + a
1
α + a
0
= 0.
Điều này chứng tỏ số phức liên hợp α cũng là nghiệm của f(x).
Định lý 1.4.4. Các đa thức bất khả quy trong R[x] (với R là trường số thực)
chỉ là các đa thức bậc nhất và các đa thức bậc hai ax
2
+ bx + c với biệt số
∆ = b
2

− 4ac < 0.
Chứng minh. Dễ dàng thấy rằng các đa thức bậc nhất và đa thức bậc hai
với biệt số ∆ < 0 là các đa thức bất khả quy trên R. Ta chứng minh chiều
ngược lại.
Giả sử f(x) là đa thức bất khả quy trên R và α là một nghiệm phức. Nếu
α ∈ R thì f(x) chia hết cho x − α, do f(x) bất khả quy nên
f(x) = k(x −α), k ∈ R
∗
,
vậy f(x) là đa thức bậc nhất.
Nếu α ∈ C \ R thì α cũng là nghiệm của f(x), do đó f(x) chia hết cho
p(x) = (x − α)(x − α) = x
2
− (α + α)x + αα.
p(x) là một tam thức bậc hai với hệ số thực và có biệt số ∆ < 0. Do f(x)
bất khả quy nên f(x) = kp(x), k ∈ R
∗
. Vậy f(x) là tam thức bậc hai với
biệt số ∆ < 0.
14
1.5 Đa thức bất khả quy trên trường số hữu tỷ
Trong vành Q[x] các đa thức trên trường hữu tỷ thì vấn đề phức tạp hơn
nhiều. Sau đây ta sẽ trình bày tiêu chuẩn Eisenstein là một điều kiện đủ để
nhận biết một đa thức là bất khả quy trên Q. Để chuẩn bị chứng minh tiêu
chuẩn ấy, ta cần một vài khái niệm và bổ đề sau đây:
Định nghĩa 1.5.1. Giả sử f(x) là một đa thức với hệ số nguyên, f(x) gọi là
nguyên bản nếu các hệ số của f(x) không có ước chung nào khác ngoài ±1.
Bổ đề 1.5.2. Tích của hai đa thức nguyên bản là một đa thức nguyên bản.
Chứng minh. Giả sử f(x) = a
0

+ a
1
x + . . . + a
m
x
m
và g(x) = b
0
+ b
1
x +
. . . + b
n
x
n
là hai đa thức nguyên bản.
Ta chỉ cần chứng minh rằng cho một số nguyên tố p tùy ý, p không chia
hết các hệ số của đa thức tích f(x)g(x).
Rõ ràng p không chia hết đồng thời mọi hệ số của f(x) và g(x). Giả sử p
chia hết a
0
, . . . , a
r−1
, b
0
, . . . , b
s−1
và p không chia hết a
r
và b

s
. Ta xét hệ số
c
r+s
của đa thức tích f(x)g(x). Ta có
c
r+s
= (. . . + a
r−1
b
s+1
) + a
r
b
s
+ (a
r+1
b
s−1
+ . . .)
trong đó p chia hết các tổng trong các dấu ngoặc, nhưng không chia hết tích
a
r
b
s
vì p là nguyên tố. Do đó p không chia hết c
r+s
Bổ đề 1.5.3. Nếu f(x) là một đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn hơn 0 và
f(x) không bất khả quy trong Q[x], thì f(x) phân tích được thành một tích
những đa thức bậc khác 0 với hệ số nguyên

Chứng minh. Giả sử f(x) không bất khả quy trong Q[x], thì f(x) có thể viết
f(x) = ϕ(x)ψ(x)
với ϕ(x) và ψ(x) là những ước thực sự của f(x) trong Q[x]. Ta có thể viết
ϕ(x) =
a
b
g(x), ψ(x) =
c
d
h(x)
trong đó g(x), h(x) là những đa thức nguyên bản và a, b, c, d là những số
nguyên. Do đó
f(x) =
p
q
g(x)h(x)
15
với
p
q
=
ac
bd
và p, q nguyên tố cùng nhau. Ta kí hiệu các hệ số của đa thức
tích g(x)h(x) bằng e
i
, thế thì theo Bổ đề 1.5.2, g(x)h(x) là nguyên bản, cho
nên các e
i
không có ước chung nào khác ngoài ±1. Mặt khác vì f(x) ∈ Z[x]

nên các số
pe
i
q
phải là nguyên. Do đó q chia hết mọi e
i
vì q nguyên tố với
p. Ta suy ra q = ±1, tức là f(x) = ±p g(x)h(x). Vì ϕ(x) và ψ(x) là những
ước thực sự của f(x) trong Q[x], nên g(x) và h(x) là những đa thức bậc 0
của Z[x].
Chú ý 1.5.4. Cho f(x) ∈ Q[x] khi đó ta có thể viết f(x) =
a
b
g(x) trong đó
g(x) là đa thức hệ số nguyên và a/b là số hữu tỷ khác 0. Do a/b khả nghịch
trong Q nên tính bất khả quy trong Q[x] của f(x) và g(x) là như nhau. Do
đó về sau để xét tính bất khả quy trong Q[x] người ta chỉ cần quan tâm đến
việc xét tính bất khả quy trong Q[x] của các đa thức hệ số nguyên.
Dưới đây là một tiêu chuẩn quan trọng để kiểm tra tính bất khả quy của
một đa thức.
Định lý 1.5.5. (Tiêu chuẩn Eisenstein) Giả sử f(x) = a
0
+a
1
x+. . .+a
n
x
n
(n > 1) là một đa thức với hệ số nguyên, và giả sử có một số nguyên tố p
sao cho p không chia hết hệ số cao nhất a

n
, nhưng p chia hết các hệ số còn
lại và p
2
không chia hết hệ số tự do a
0
. Thế thì đa thức f(x) là bất khả quy
trong Q[x]
Chứng minh. Giả sử f(x) có những ước thực sự trong Q[x]. Theo Bổ đề 1.5.3,
f(x) có thể viết thành f(x) = g(x)h(x), trong đó
g(x) = b
0
+ b
1
x + . . . + b
r
x
r
, b
i
∈ Z, 0 < r < n
h(x) = c
0
+ c
1
x + . . . + c
s
x
s
, c

i
∈ Z, 0 < s < n
Ta có
a
0
= b
0
c
0
a
1
= b
1
c
0
+ b
0
c
1
. . .
a
k
= b
k
c
0
+ b
k−1
c
1

+ . . . + b
0
c
k
. . .
16
a
n
= b
r
c
s
Theo giả thiết p chia hết a
0
= b
0
c
0
, vì p là nguyên tố nên p chia hết b
0
hoặc p
chia hết c
0
. Giả sử p chia hết b
0
, thế thì p không chia hết c
0
(vì nếu thế thì p
2
sẽ chia hết a

0
= b
0
c
0
, trái giả thiết). Ta thấy tồn tại b
k
(có n > r ≥ k > 0)
là hệ số đầu tiên của g(x) không chia hết cho p (bởi vì nếu không thì mọi
hệ số của g(x) đều chia hết cho p, dẫn đến a
n
= b
r
c
s
chia hết cho p, điều
này trái giả thiết). Ta hãy xét hệ số a
k
= b
k
c
0
+ b
k−1
c
1
+ . . . + b
0
c
k

, trong
đó a
k
, b
k−1
, . . . , b
0
đều chia hết cho p. Vậy b
k
c
0
phải chia hết cho p. Vì p là
nguyên tố, ta suy ra b
k
chia hết cho p, hoặc c
0
chia hết cho p, mâu thuẫn với
giả thiết về b
k
và c
0
.
Ví dụ 1.5.6.
1) Đa thức x
4
+ 6x
3
− 18x
2
+ 42x + 12 là bất khả quy trong Q[x].

Thật vậy, ta có thể áp dụng tiêu chuẩn Eisenstein với p = 3.
2) Đa thức x
n
+ px
n−1
+ px
n−2
+ . . . + p với p là một số nguyên tố tùy ý, là
bất khả quy trong Q[x]. Thật vậy, ta có thể áp dụng tiêu chuẩn Eisenstein
với số nguyên tố p.
Định lý 1.5.7. (Tiêu chuẩn Osada) Cho đa thức hệ số nguyên
f(x) = x
n
+ a
1
x
n−1
+ . . . + a
n−1
x ±p
trong đó p là số nguyên tố và n ≥ 2. Nếu
p > 1 + |a
1
| + . . . + |a
n−1
|
thì f(x) là bất khả quy trong Q[x].
Chứng minh. Giả sử f(x) là khả quy trong Q[x]. Khi đó, theo Bổ đề 1.5.3
ta có f(x) = g(x)h(x), trong đó g(x), h(x) là các đa thức bậc dương với các
hệ số nguyên. Vì p là số nguyên tố nên một trong các số hạng tự do của g(x)

hay h(x) phải bằng ±1, chẳng hạn hệ số tự do của g(x) bằng ±1. Vậy giá
trị tuyệt đối của tích các nghiệm của g(x) phải bằng 1. Khi đó, phương trình
g(x) = 0 phải có một nghiệm phức α với |α| ≤ 1. Vì α cũng là nghiệm của
f(x) = 0 nên
p = |α
n
+ a
1
α
n−1
+ . . . + a
n−1
α| ≤ 1 + |a
1
| + . . . + |a
n−1
|,
đây là điều mâu thuẫn. Vậy chứng tỏ f(x) là bất khả quy trong Q[x].
17
Ví dụ 1.5.8. Cho số tự nhiên n ≥ 2. Khi đó đa thức
q(x) = x
n
− 18x
n−1
+ 3x
2
− 2011
luôn luôn là bất khả quy trong Q[x]. Thật vậy, vì 2017 là số nguyên tố và
2017 > 1 + 18 + 3 nên q(x) là bất khả quy theo Định lý 1.5.7.
Định lý 1.5.9. (Tiêu chuẩn Polya) Cho f(x) là đa thức bậc n với các hệ

số nguyên. Đặt m =

n + 1
2

. Giả sử cho n số nguyên khác nhau d
1
, . . . , d
n
sao cho |f(d
i
)| <
m!
2
m
và các số d
i
đều không là nghiệm của f(x). Khi đó
f(x) là bất khả quy.
Chứng minh. Giả sử f(x) là một đa thức khả quy. Khi đó, theo Bổ đề 1.5.3,
ta có biểu diễn f(x) = g(x)h(x) với g(x), h(x) là những đa thức bậc dương
hệ số nguyên. Hiển nhiên deg(g), deg(h) < n. Không mất tính tổng quát
ta có thể giả thiết deg(h) ≤ deg(g) = s. Ta có m ≤ s < n. Ta thấy ngay
g(d
i
) = 0 và g(d
i
) chia hết f(d
i
). Do đó

|g(d
i
)| ≤ |f(d
i
)| <
m!
2
m
với mọi i. Mặt khác, vì deg(g) = s, nên tồn tại i để g(d
i
)| ≥
s!
2
s
(theo Polya).
Vì s ≥ m nên
s!
2
s
≥
m!
2
m
. Vậy
m!
2
m
> |g(d
i
)| ≥

s!
2
s
, đây là điều mâu thuẫn.
Điều đó chỉ ra rằng f(x) là một đa thức bất khả quy.
18
Chương 2
Số nguyên tố và đa thức bất khả quy
Sự tương tự giữa các số nguyên tố và các đa thức bất khả quy đã là một
chủ đề thống trị trong sự phát triển của lý thuyết số và hình học đại số. Có
các giả thuyết chỉ ra rằng mối liên hệ đó đã vượt hơn cả sự tương tự. Ví dụ,
có một giả thuyết nổi tiếng của Buniakowski được phát biểu vào năm 1854:
Cho đa thức f(x) hệ số nguyên thỏa mãn ba điều kiện sau
i) Hệ số đầu của f(x) là dương;
ii) Đa thức f(x) bất khả quy trên Q;
iii) Tập các giá trị f(Z
+
) không có ước chung lớn hơn 1
khi đó đa thức f(x) nhận vô hạn các giá trị nguyên tố? (xem tài liệu S. Lang
[2, p. 323]). Giả thuyết này vẫn là một trong những vấn đề lớn chưa được giải
quyết trong lý thuyết số khi bậc của f lớn hơn một (Lưu ý khi f là đa thức
bậc nhất, giả thuyết đó là đúng). Không khó để thấy rằng mệnh đảo của giả
thuyết của Buniakowski là đúng. Một cách cụ thể hơn, nếu một đa thức biểu
diễn vô hạn các số nguyên tố, thì nó là một đa thức bất khả quy. Để thấy
điều này, chúng ta hãy cố gắng để phân tích ra thừa số f(x) = g(x)h(x) với
g(x) và h(x) trong Z[x] có bậc dương. Thực tế, do f(x) lấy vô hạn giá trị
nguyên tố, nên một trong hai g(x) hoặc h(x) nhận vô hạn giá ±1. Đây là
một mâu thuẫn, bởi vì một đa thức có bậc dương chỉ có thể có nhận một giá
trị tại hữu hạn lần.
Mục đích của chương này là tiếp tục tìm hiểu thêm những liên hệ quan

trọng giữa đa thức bất khả quy và các số nguyên tố liên quan đến giả thuyết
của Buniakowski và bài toán ngược của nó như đã nêu trên.
19
2.1 Liên hệ giữa số nguyên tố và đa thức bất khả quy
Có một mệnh đề đảo mạnh hơn của giả thuyết của Buniakowski (suy ra
từ Định lý 2.1.3 của mục này). Một cách chính xác hơn, nếu một đa thức
f(x) thuộc Z[x] biểu diễn chỉ một số nguyên tố duy nhất khi x đủ lớn, thì
đó là đa thức bất khả quy. Một kết quả cổ điển của A. Cohn phát biểu rằng:
Nếu một số nguyên tố p biểu diễn được trong cơ số 10 như sau
p = a
m
10
m
+ a
m−1
10
m−1
+ . . . + a
1
10 + a
0
,
thì đa thức f(x) = a
m
x
m
+ a
m−1
x
m−1

+ . . . + a
1
x + a
0
thực sự là bất khả quy
trong Z[x] (xem [9, p. 133]). Vấn đề này đã được được Brillhart-Filaseta-
Odlyzko (trong [4]) chứng minh tổng quát cho bất kỳ cơ sở b. Tiếp theo năm
2002, M. Ram Murty (trong [8]) đã chứng minh chi tiết cho kết quả này bằng
cách đơn giản hơn kết quả của [4], đồng thời họ cũng nghiên cứu điều tương
tự của câu hỏi này cho các trường hàm trên trường hữu hạn. Chính xác hơn,
lấy F
q
là trường hữu hạn có q phần tử, trong đó q là một lũy thừa của một
số nguyên tố. Cố định một đa thức b(t) trong F
q
[t]. Cho một đa thức bất
khả quy p(t) trong F
q
[t], chúng ta viết nó trong "cơ sở b(t)" như sau
p(t) = a
m
(t)b(t)
m
+ . . . + a
1
(t)b(t) + a
0
(t).
Theo sự tương tự của định lý Cohn ta có thể chứng minh được như sau
f(x) = a

m
(t)x
m
+ . . . + a
1
(t)x + a
0
(t)
là bất khả quy trong F
q
[t, x]. Cách chứng minh trong trường hợp trường hàm
là đơn giản hơn nhiều, và dưới một nghĩa nào đó nó được xem như một kết
quả mạnh cho mệnh đề đảo cho giả thuyết của Buniakowski.
Mục đích của mục này là trình bày chi tiết lại các chứng minh của M.
Ram Murty trong bài báo [8] về những vấn đề trên. Trước tiên ta phát biểu
lại một kết quả cổ điển của Cohn.
Định lý 2.1.1. (xem [9, P. 133]). Nếu có một số nguyên tố p biểu diễn được
trong cơ số 10 như sau
p = a
m
10
m
+ a
m−1
10
m−1
+ . . . + a
1
10 + a
0

,
trong đó 0 ≤ a
i
≤ 9 với mọi i, thì f(x) = a
m
x
m
+ a
m−1
x
m−1
+ . . . + a
1
x + a
0
là đa thức bất khả quy trong Z[x].
20
Tiếp theo ta giới thiệu bổ đề sau đây.
Bổ đề 2.1.2. Cho f(x) = a
m
x
m
+ a
m−1
x
m−1
+ . . . + a
1
x + a
0

∈ Z[x] là một
đa thức có bậc m và f(x) nhận α ∈ C làm một nghiệm. Đặt
H = max
0≤i≤m−1
|
a
i
a
m
|.
Khi đó |α| < H + 1.
Chứng minh. Vì α là một nghiệm của f(x) nên ta có f(α) = 0 hay
a
m
α
m
+ a
m−1
α
m−1
+ . . . + a
1
α + a
0
= 0
hay
−a
m
α
m

= a
m−1
α
m−1
+ . . . + a
1
α + a
0
.
Suy ra
−α
m
=
a
m−1
a
m
α
m−1
+ . . . +
a
1
a
m
α +
a
0
a
m
,

do đó
|α|
m
≤ H(|α|
m−1
+ . . . + |α| + 1) = H

|α|
m
− 1
|α| −1

. (1)
Nếu |α| ≤ 1 thì hiển nhiên |α| ≤ 1 < H + 1. Do đó |α| < H + 1.
Nếu |α| > 1 thì ta nhân (1) với |α| − 1 ta thu được
|α|
m+1
− |α|
m
≤ H|α|
m
− H.
Trường hợp H = 0 thì hiển nhiên α = 0 do đó đương nhiên ta có |α| < H +1.
Bây giờ ta xét H = 0. Khi đó H|α|
m
− H < H|α|
m
. Vì thế
|α|
m+1

− |α|
m
≤ H|α|
m
− H < H|α|
m
.
Từ đó kéo theo |α|
m
(|α| − H −1) < 0. Từ đó kết hợp với |α| > 1 ta suy ra
|α| < H + 1.
Bây giờ ta phát biểu định lý chính của mục này.
Định lý 2.1.3. Cho f(x) = a
m
x
m
+ a
m−1
x
m−1
+ . . . + a
1
x + a
0
∈ Z[x] là
một đa thức bậc m và ta lấy H như trong Bổ đề 2.1.2. Khi đó, nếu tồn tại
số nguyên n ≥ H + 2 sao cho f(n) là số nguyên tố thì f(x) là bất khả quy
trong Z[x].
21
Chứng minh. Nếu f(x) là khả quy trong Z[x] thì ta có thể viết f(x) =

g(x)h(x) trong đó g(x) và h(x) trong Z[x] có bậc dương. Vì f(n) là số
nguyên tố nên ta phải có một trong hai g(n) hoặc h(n) bằng ±1. Không mất
tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng đó là g(n). Ta có thể biểu diễn g(x)
dưới dạng như sau
g(x) = c

i
(x −α
i
)
trong đó c là hệ số đầu của g(x) (và do đó |c| ≥ 1) và tích

i
chạy trên một
tập con các nghiệm phức α
i
của f(x). Ta có
g(n) = c

i
(n −α
i
),
nên
|g(n)| = |c|

i
(|n −α
i
|) ≥


i
(n −|α
i
|)
Theo Bổ đề 2.1.2 ta có |α
i
| < H + 1 với mọi i. Do đó
|g(n)| ≥

i
(n −|α
i
|) >

i
(n −(H + 1)) ≥ 1,
suy ra |g(n)| > 1, điều này là mâu thuẫn với g(n) = ±1.
Định lý 2.1.3 cung cấp một tiêu chuẩn bất khả quy đơn giản mà rất hữu
dụng cho nhiều trường hợp trong khi mà kiểm tra bằng cách truyền thống
thường là thất bại. Xét ví dụ sau chẳng hạn.
Ví dụ 2.1.4. Cho đa thức f(x) = x
4
+ 6x
2
+ 1 ∈ Z[x]. Theo M. A. Lee [7]
ta thấy rằng khi lấy modulo số nguyên tố p bất kì thì đa thức f(x) luôn khả
quy. Do đó dùng tiêu chuẩn truyền thống đó ta chưa kết luận được gì về tính
bất khả quy của f(x). Trong khi đó, bằng một tính toán đơn giản người chỉ
ra rằng f(8) = 4481 là một số nguyên tố, khi đó theo Định lý 2.1.3, ta suy

ra được f(x) là bất khả quy trong Z[x].
Định lý 2.1.3 chưa phải là đủ để thiết lập định lý Cohn. Theo đó, giá trị
lớn nhất có thể của H là 9, do đó Định lý 2.1.3 yêu cầu rằng số n lớn hơn
hoặc bằng 11 để cho định lý đó có thể áp dụng được (có nghĩa là số f(10) là
số nguyên tố vẫn chưa bảo đảm được tính bất khả quy của f(x)). Hơn nữa,
Định lý 2.1.3 là "kết quả tốt nhất có thể". Bởi vì ta có thể thấy qua ví dụ
sau.
22
Ví dụ 2.1.5. Xét đa thức f(x) = x
3
− 9x
2
+ x − 9. Trong trường hợp này,
giá trị của H = max{1, | − 9|, 1, |9|} = 9, nên theo Định lý 2.1.3 sẽ yêu cầu
rằng số n ≥ 11 = H + 2 thì mới có thể áp dụng được định lý đó. Trong
trường hợp đa thức này ta có số f(10) = 101 là số nguyên tố, nhưng rõ ràng
nó không đủ để khẳng định tính bất khả quy của f(x) trong Z[x] (bởi vì
f(x) = (x −9)(x
2
+ 1) là đa thức khả quy).
Ví dụ 2.1.5 cũng chỉ ra rằng tính chất dương của các hệ số đóng một vai trò
quan trọng trong việc thiết lập định lý Cohn. Thật vậy, Filaseta đã mở rộng
định lý Cohn bằng cách chứng minh được rằng: nếu f(x) =

n
j=0
a
j
x
j

∈ Z[x]
là đa thức thỏa mãn 0 ≤ a
j
≤ a
n
10
30
với mọi 0 ≤ j ≤ n −1 và nếu f(10) là
số nguyên tố, thì f(x) là bất khả quy (xem [5]).
Mặt khác, rõ ràng là mọi số có thể được biểu diễn dưới dạng
a
r
10
r
+ a
r−1
10
r−1
+ . . . + a
1
10 + a
0
với −1 ≤ a
i
≤ 8. Rõ ràng các số nguyên thuộc vào đoạn [−1, 8] tạo thành
một hệ thặng dư đầy đủ theo môđun 10. Nếu chúng ta viết số nguyên tố
p trong "dạng lệch" của cơ số 10, thì kết quả là suy ra được rằng đa thức
f(x) = a
r
x

r
+ a
r−1
x
r−1
+ . . . + a
1
x + a
0
là bất khả quy theo Định lý 2.1.3
của ta (vì trong trường hợp này H ≤ 8 và lấy số nguyên tố p ≥ 10). Nhận
xét này áp dụng cho bất kỳ cơ sở b ≥ 3. Cùng một lý do đã chỉ ra rằng một
kết quả tương tự có thể được phát biểu cho một cơ sở b bất kì "cân bằng"
với biểu diễn
p = a
r
b
r
+ a
r−1
b
r−1
+ . . . + a
1
b + a
0
,
trong đó |a
i
| ≤ b/2 với mọi i.

Ta sẽ chứng minh rằng cần một cải tiến nhỏ của Bổ đề 2.1.2 là đủ để thiết
lập định lý Cohn. Sau đó ta sẽ bàn luận về trường hợp của các trường hàm
trên các trường hữu hạn. Nó chỉ ra rằng "phiên bản" trường hàm của Bổ đề
2.1.2 là đủ để chứng minh khẳng định điều tương tự cho kết quả của Cohn.
Chúng ta bắt đầu bằng cách chỉ ra biện pháp cải tiến Bổ đề 2.1.2 để thu
được định lý của Cohn.
Bổ đề 2.1.6. Cho f(x) = a
n
x
n
+ a
n−1
x
n−1
+ . . . + a
1
x + a
0
∈ Z[x]. Giả
sử rằng a
n
≥ 1, a
n−1
≥ 0, và |a
i
| ≤ H với mọi i = 0, 1, . . . , n − 2, ở đó H
23