Đa thức bất khả quy

Đa thức bất khả quy

A.

PHẦN MỞ ĐẦU

1. Lý do chọn đề tài
“Lý thuyết vành và trường” là mảng kiến thức quan trọng dành cho sinh viên
chuyên ngành Toán. Đây là môn học rất hay, thú vị, kích thích được lòng say mê học
và nghiên cứu Toán học của sinh viên. Nhưng do thời gian trên lớp có hạn nên sinh
viên không thể tìm hiểu hết các vấn đề có liên quan đến môn học.
Do vậy, được sự hướng dẫn của giáo viên hướng dẫn cùng với lòng say mê tìm
hiểu về đa thức bất khả quy với những tính chất thú vị nên em đã quyết định chọn đề
tài “ Đa thức bất khả quy ” để thực hiện tốt khóa luận tốt nghiệp của mình.
2. Mục đích nghiên cứu
- Nhằm củng cố, tổng hợp và nâng cao kiến thức đã học, tận dụng và biết vận
dụng các phương pháp nghiên cứu khoa học.
- Rèn luyện khả năng tiếp cận, tìm hiểu và nghiên cứu một vấn đề còn khá mới
đối với bản thân. Hình thành khả năng trình bày một vấn đề Toán học trừu tượng một
cách logic và có hệ thống.
- Tìm ra được lớp các đa thức bất khả quy trên trường có đặc số 0.
- Chỉ ra được các tính chất của đa thức bất khả quy trên trường hữu hạn.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu : Trình bày các tính chất của đa thức bất khả quy trên trường
có đặc số 0, trình bày các tính chất của đa thức bất khả quy trên trường hữu hạn.
Phạm vi nghiên cứu: Tìm ra được lớp các đa thức bất khả quy trên trường có đặc
số 0, trình bày các tính chất của đa thức bất khả quy trên trường hữu hạn.
4. Phương pháp nghiên cứu
- Phương pháp nghiên cứu lí luận: Đọc tài liệu liên quan đến nội dung đề tài cụ
thể: sách Đại số đại cương, Lý thuyết vành và trường, Lý thuyết Galois,….
- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: Tổng kết kinh nghiệm của bản thân, các

bạn học xung quanh để tổng hợp và hệ thống các kiến thức vấn đề nghiên cứu đầy đủ
và khoa học kết hợp đưa ra các bài tập cụ thể để hiểu rõ sâu hơn vấn đề.
- Phương pháp lấy ý kiến chuyên gia: Lấy ý kiến của giảng viên để hoàn thành về
mặt nội dung cũng như hình thức của đề tài nghiên cứu.

GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng

1

SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga


Đa thức bất khả quy

B. PHẦN NỘI DUNG
CHƯƠNG I. KIẾN THỨC CƠ SỞ
I. MỘT SỐ KIẾN THỨC VỀ NHÓM
1. Nhóm
1.1. Định nghĩa: Một tập hợp G được gọi là một nhóm nếu tồn tại một ánh xạ từ tích
Descartes G  G vào G :

f :GG  G
(a, b) ab
thõa mãn các tính chất sau đây:
(i) Kết hợp: a(bc) = (ab)c, a, b, c  G .
(ii) Có đơn vị: Tồn tại một phần tử e  G sao cho ae  ea  a, a  G .
(iii) Có nghịch đảo: với mỗi phần tử a  G luôn tồn tại một phần tử b  G sao cho

ab  ba  e .
(iv) Giao hoán: ab  ba, a, b  G , thì nhóm X được gọi là nhóm Abel. Nhóm

Abel nhiều khi còn được gọi là nhóm giao hoán.
1.2. Tính chất
(i) Phần tử đơn vị e của G được xác định là duy nhất
(ii) Mỗi phần tử a của G chỉ có duy nhất một phần tử nghịch đảo a 1 , hơn nữa

e1  e,  a 1   a,  ab   b1a 1
1

1

(iii) (Luật giản ước) Cho a, b, x là những phần tử tùy ý của G. Từ các đẳng thức

xa  xb hoặc ax  bx đều suy ra a  b .
(iv) Trong G các phương trình xa  b và ax  b có nghiệm duy nhất.

 

n

(v) Cho a  X , ta xác định a 0  e, a n  a...a (n – phần tử) và a  n  a 1 . Khi
đó

ta

được

a n a m  a nm ,  a n   a nm .
m

Hơn

nữa,

nếu

G

là

Abel

thì

 abn  anbn , a, b  G .
2. Nhóm con
2.1. Định nghĩa:
Cho G là nhóm, H là tập con khác rỗng của G. Khi đó H là nhóm con của G nếu
H với phép toán cảm sinh của phép toán trong G là nhóm.
Khi H là nhóm con của G ta ký hiệu H  G .
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng

2

SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga


Đa thức bất khả quy
2.2. Tính chất
(i) Cho H là tập con khác rỗng của G. Khi đó các điều kiện sau là tương đương:
 H G

 xy  H
 x, y  H :  1
x  H
 x, y  H : xy 1  H
(ii) Cho G là nhóm, H  G và F  H thì F  G .
3. Nhóm hữu hạn sinh
3.1. Định nghĩa Cho G là một nhóm và X  G
(i) Nhóm con nhỏ nhất của G chứa X được goi là nhóm con sinh bởi X kí hiệu là

X .
(ii) Nếu H  G và H  X thì ta nói rằng H sinh bởi X hay X là hệ sinh của H.
Đặc biệt nếu H = G thì ta nói rằng G là một nhóm sinh bởi tập X.
(iii) Nếu G là một hệ sinh hữu hạn nào đó thì ta nói G là nhóm hữu hạn sinh. Đặc
biệt, nếu G có hệ sinh gồm một phần tử thì G được gọi là nhóm xyclic.
(iv) Nếu X  x1, x2 ,..., xn  thì X được viết lại là x1, x2 ,..., xn .
3.2. Tính chất
(i) Cho G là một nhóm và X  G . Khi đó:
 Nếu X   thì X  e
 Nếu X   thì X  x1, x2 ,..., xn , n  N , x1  X





(ii) Nếu G là nhóm xyclic sinh bởi a thì G  a n | n  Z .
4. Cấp của nhóm – cấp của phần tử
4.1. Định nghĩa Cho G là nhóm
(i) Cấp của G chính là lực lượng của G và kí hiệu là G
(ii) Cấp của phần tử a  G là cấp của a và kí hiệu là a .

4.2. Tính chất
(i) Cho G là nhóm, a  G . Khi đó:
 a có cấp hữu hạn khi và chỉ khi m, n  N , m  n sao cho am  an .





 Nếu a có cấp hữu hạn là d thì a  e, a, a 2 ,..., a d 1 .
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng

3

SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga


Đa thức bất khả quy
 Nếu a có cấp hữu hạn là d thì d là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho a d  e .
Nếu tồn tại n sao cho an  e khi và chỉ khi d | n .
(ii) Cho G là nhóm, a  G và a  n . Khi đó a m 

n
 m, n 

(iii) Cho G là nhóm xyclic cấp n và G  a . Khi đó G  a k

khi và chỉ khi

gcd  k , n   1.
(iv) Mọi nhóm cấp nguyên tố đều là nhóm xyclic.

(v) Cho G là nhóm xyclic. Khi đó, nếu H  G thì H là nhóm con xyclic của
nhóm G.
II. MỘT SỐ KIẾN THỨC VÀNH VÀ TRƯỜNG
1. Vành : Vành là một tập hợp R cùng với hai phép toán cộng và nhân thỏa các tính
chất sau:

 R1  ,  R,   là nhóm Abel;
 R2  ,  R,. là nửa nhóm;

 R3  Phép

nhân phân phối đối với phép cộng, nghĩa là với mọi x, y, z  R , ta có

x  y  z   xy  xz

 y  z  x  yx  zx
Phần tử trung hòa của phép cộng được gọi là phần tử không, ký hiệu là 0; phần tử
đối xứng của phần tử x  R là phần tử đối của x ký hiệu là –x. Nếu phép nhân giao
hoán thì ta nói rằng vành R giao hoán; nếu phép nhân có phần tử đơn vị thì vành R
được gọi là vành đơn vị. Phần tử đơn vị được ký hiệu là e hay 1.
2. Vành con
2.1. Định nghĩa Cho R là một vành.
Tập con A khác rỗng của R được gọi là một vành con của R nếu A ổn định đối
với hai phép toán tronh vành R và A cùng với hai phép toán cảm sinh là một vành.
2.2. Định lý (Đặc trưng của vành con) Cho A là một tập con khác rỗng của vành R.
Các mệnh đề sau đây là tương đương:
(i) A là một vành con của R
(ii) Với mọi x, y  A, x  y  A, xy  A,  x  A;
(iii) Với mọi x, y  A, x  y  A, xy 1  A.
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng

4

SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga


Đa thức bất khả quy
3. Trường:
Trường là một vành giao hoán, có đơn vị, nhiều hơn một phần tử và mọi phần tử
khác không đều khả nghịch.
4. Trường con
4.1. Định nghĩa
(i) Giả sử X là trường, tập con A khác rỗng của X được gọi là trường con của X nếu
A ổn định với hai phép toán trong X và A cùng với hai phép toán cảm sinh là một trường.
(ii) Trường con P của F được gọi là trường con nguyên tố nếu thỏa các điều kiện
sau:
 P không chứa trường con nào của F khác P
 Mọi trường con của F đều chứa P.
Khi F = P thì F được gọi là trường nguyên tố.
4.2. Tính chất
(i) Giả sử A là một tập con có nhiều hơn một phần tử của trường X. Khi đó các
điều kiện sau là tương đương:
 A là trường con của X


x, y  A, x  y  A, xy  A,  x  A, x 1  A nếu x  0



x, y  A, x  y  A, xy 1  A nếu y  0

(ii) Giả sử X là vành giao hoán, có đơn vị, có nhiều hơn một phần tử. Khi đó các
khẳng định sau là tương đương:
 X là trường
 X không có ideal nào ngoài X và {0}
 Mọi đồng cấu vành khác đồng cấu không từ vành X đến vành bất kỳ đều là
đơn cấu.
(iii) Giả sử X là vành giao hoán, có đơn vị, ideal M của X là ideal tối đại khi và
chỉ khi X

M

là một trường.

5. Đồng cấu vành
5.1. Định nghĩa
(i) Giả sử X và Y là các vành. Ánh xạ f : X  Y được gọi là đồng cấu vành nếu
thỏa hai điều kiện sau:

GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng

5

SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga


Đa thức bất khả quy

f ( x  y )  f ( x)  f ( y )
với mọi x, y  X

f ( xy )  f ( x) f ( y )
Nếu X = Y thì đồng cấu f : X  Y được gọi là tự đồng cấu của X.
(ii) Cho đồng cấu vành f : X  Y . Khi đó:

f là đơn cấu nếu ánh xạ f là đơn ánh.

f là toàn cấu nếu ánh xạ f là toàn ánh
f là song ánh nếu ánh xạ f là song ánh.
5.2. Tính chất
(i) Tích của hai đồng cấu là đồng cấu.
(ii) Giả sử f : X  Y là một đồng cấu vành. Khi đó:
 f là một toàn cấu khi và chỉ khi Imf = Y
 f là một đơn cấu khi và chỉ khi Kerf = {0}
6. Đặc số của vành
6.1. Định nghĩa Giả sử X là vành. Nếu tồn tại số nguyên dương nhỏ nhất n sao cho

na  0, a  X thì ta nói vành X có đặc số n. Nếu không tồn tại n như vậy thì ta nói
vành X có đặc số 0. Đặc số của vành X được ký hiệu là CharX. Nếu X là một trường
thì ta hiểu đặc số của trường X là đặc số của vành X.
6.2. Tính chất
(i) Giả sử X là vành có đơn vị là 1 và có đặc số n > 0. Khi đó:
 n là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho n.1 = 0.
 Nếu X không có ước của không (nói riêng X là miền nguyên, X là trường) thì n
là số nguyên tố.
(ii) Nếu CharX = p là một số nguyên tố thì:

 a  b p  a p  b p
 a  b p  a p  b p
(iii) Cho F là một trường và P là một trường con nguyên tố của nó. Nếu:
 F có đặc số 0 thì P đẳng cấu với Q

 F có đặc số nguyên tố p thì P đẳng cấu với Z p .
III. ĐA THỨC TRÊN MỘT TRƯỜNG
Cho K là một trường, K[x] là vành đa thức
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng

6

SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga


Đa thức bất khả quy
1. Định nghĩa đa thức: Giả sử f ( x)  an x n  an1 x n1  ...  ao  K  x  , an  0
Khi đó ta nói f(x) có bậc n, kí hiệu : deg f(x) = n.

an được gọi là hệ tử cao nhất , a0 được gọi là hạng tử tự do, ai  i  0, n  được





gọi là hệ tử , các ai xi i  0, n được gọi là hạng tử của đa thức.
2. Nghiệm của đa thức :
2.1. Định nghĩa: Giả sử c là một phần tử tùy ý của vành K,

f ( x)  an xn  an1xn1  ...  ao là một đa thức tùy ý của K[x], phần tử :
f (c)  anc n  an1c n1  ...  ao  K  x  có được bằng cách thay x bởi c được gọi là
giá trị của f(x) tại c.
Nếu f(x) = 0 thì c gọi là nghiệm của f(x).
+) Giả sử K là một trường , c  K , f(x)  K  x , m là một số tự nhiên lớn hơn 1,
c là nghiệm bội cấp m nếu và chỉ nếu f ( x) ( x  c)m và f(x) không chia hết ( x  c)m1

2.2 Định lý về phép chia có dư:
Giả sử f(x), g(x)  K  x là hai đa thức với hệ tử ở trong trường K, f(x)  0 . Khi
đó, tồn tại duy nhất hai đa thức f(x), g(x)  K  x sao cho :

f ( x)  g ( x).q( x)  r ( x)
Trong đó r(x) = 0 hoặc r(x)  0 thì deg r(x) < deg g(x)
 phần tử c  K là một nghiệm của đa thức f(x)  K  x khi và chỉ khi

f ( x) ( x  c) trong K[x].
Nghĩa là f(x) = ( x – c ).q(x), q(x)  K  x .
IV. ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍNH CHẤT CỦA ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY
1. Định nghĩa: Một đa thức f(x)  K  x , có bậc  1, gọi là bất khả quy trong K  x
nếu f(x) không có ước thực sự, nghĩa là không tồn tại hai đa thức
g(x), h(x)  K  x , có bậc  1 sao cho : f(x) = g(x).h(x)
2. Tính chất:

M

Định lý 4.2.1: Cho f(x) là đa thức bất khả quy trên K, f(x) là bất khả quy khi và
chỉ khi ước duy nhất của nó với mỗi hệ số  K có dạng  và . f ( x) ,   0,   K .

GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng

7

SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga


Đa thức bất khả quy
Định lý 4.2.2: Nếu f(x) là một đa thức bất khả quy trên K  x , g(x) là một đa

thức bất kì trên K  x thì hoặc là g ( x) f ( x) hoặc là  g ( x), f ( x)   hằng số.
Chứng minh: Cho d  x   gcd  f  x  , g ( x)  . Từ thuật toán Euclid suy ra khi f(x)
và g(x) có hệ số trong K thì những hệ số của d(x) cũng thuộc K. Nhưng vì f(x) bất khả
quy trên K, thì theo Định lý 2.2.1 d ( x)   f ( x) hoặc f d ( x)   ,  0  K . Suy ra
điều phải chứng minh.
Định lý 4.2.3: Đa thức f(x) là bất khả quy trên K khi và chỉ khi f(x) là nguyên tố
trên K, nghĩa là : g ( x), h( x)  K[ x], f ( x) | g ( x).h( x)  f ( x) | g ( x) hoặc f ( x) | h( x) .
Chú ý: Trong vành đa thức K  x , ta có :
- Mỗi đa thức bậc nhất là bất khả quy
- Mỗi đa thức bậc 2, bậc 3 không có nghiệm trong K là bất khả quy.
- Mỗi đa thức bất khả quy bậc  1 không có nghiệm trong K.
Định lý 4.2.4: ( Định lý về sự nhân tử hóa )
Trong vành K[x], mỗi đa thức có bậc  1 , phân tích được thành tích của những
đa thức bất khả quy. Sự phân tích này là duy nhất theo nhũng thừa số mà chúng chỉ
khác nhau nhũng hằng số khác 0 thuộc K.
Tức là:
Nếu f(x) = f1(x)…fr(x) = g1(x)…gs(x) là hai biễu diễn tích của những nhân tử bất
khả quy trên K thì r = s và f i(x) = i .gki ( x),0  i  K và k1,…,kr là thứ tự số trong
các số 1, r .
Chứng minh: Cho f(x) là đa thức khác hằng số với những hệ số trong K và cho

n  deg f ( x) . Nếu n = 1, thì f ( x)  a0 x  a1 bất khả quy và ta có thể cho rằng nó biểu
diễn như tích của một thừa số bất khả quy.
Cho n là một số tự nhiên bất kì và giả sử mọi đa thức bậc nhỏ hơn n có thể biểu
diễn tích của những đa thức bất khả quy trên K. Nếu cho đa thức f(x) bất khả quy trên
K, thì ta có thể cho rằng nó biểu diễn như tích của một thừa số bất khả quy. Nếu ngược
lại nó phân tích được, nó biểu diễn dưới dạng f  x   g  x  r  x  , ở đây g ( x) và r ( x)
là những đa thức có hệ số trong K và deg f ( x)  n và deg r ( x)  n . Nhưng khi đó theo
giả thuyết quy nạp f(x) và r(x) biểu diễn như tích của những thừa số bất khả quy trên

GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng

8

SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga


Đa thức bất khả quy
K. Suy ra điều này cũng đúng với f(x), nghĩa là mọi đa thức với những hệ số thuộc tập
hợp K biểu diễn như tích của những thừa số bất khả quy trên K.
Ta chỉ còn chứng minh tính duy nhất của biểu diễn trên. Cho

f ( x)  f1  x  f 2  x ... f r  x   g1  x  g2  x ...g s  x 
ở đây f j  x  và g j  x  là những đa thức không phân tích được trên K. Theo Định
lý 2.2.3 ít nhất một trong những đa thức bất khả quy g j  x  chia hết cho f1  x  là bất
khả quy thì f1  x   a1 g k1  x  , ở đây 0  a1  K .
Khi đó:

f 2  x  f3  x  ... f r  x   a1g1  x  ...g k1 1  x  g k1 1  x  ...g s  x 
Không mất tính tổng quát ta giả thiết r  s . Nghĩa là tiếp tục theo phương pháp
trên, sau r bước ta nhận được:

f1  x   a1 g k1  x  , f 2  x   a2 g k2  x  ,... f r  x   ar g kr  x 
Dễ thấy giữa những đa thức g k1  x  , g k2  x  ,..., g kr  x  sẽ là tất cả những đa thức

g1  x  , g2  x  ,..., g s  x  nghĩa là r = s và k1, k2 ,..., kr là thứ tự nào đó trong các số
1, 2,.., r . Điều đó phải như vậy vì trong trường hợp ngược lại ta sẽ nhận được đẳng
thức giữa đa thức bậc không và đa thức bậc khác không.
V. TRƯỜNG PHÂN RÃ CỦA ĐA THỨC :
1. Định nghĩa:

i) Cho K là trường và f(x) là đa thức bậc n  1 trên K. Khi đó, trường E chứa
trường K như trường con, được gọi là trường phân rã của đa thức f(x) trên K nếu f(x)
có đúng n nghiệm ( kể cả nghiệm bội ) trong E và E là trường tối thiểu ( theo quan hệ
bao hàm ) chứa K và các nghiệm của f(x).
ii) Cho đa thức f ( x)  an x n  an1 x n1  ...  ao  K  x  , an  0
ta gọi đa thức sau là đạo hàm của f(x):

f '( x)  nan xn1  ...  2a2 x  a1
2. Tính chất: Cho trường K và một đa thức 0  f ( x)  K[ x] bậc n. Khi đó, f(x) có
nghiệm bội khi và chỉ khi trong trường phân rã của f(x) các đa thức f(x) và f’(x) có
một nghiệm chung.
Thật vây:
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng

9

SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga


Đa thức bất khả quy
Nếu  là nghiệm của f(x) với số bội k thì f ( x)  ( x  a)k q( x) với q( )  0 . Khi
đó, f '( x)  ( x  a)k q '( x)  k ( x  a) k 1 q( x)  ( x  a) k 1[( x  a)q '( x)  kq( x)]
Nếu k > 1 thì  là một nghiệm của f’(x) với số bội ít nhất là k – 1.
Nếu k = 1 thì f '( x)  ( x  a)q '( x)  q( x) suy ra f '( )  q( )  0
Vậy f '( )  q( )  0 và f’(x) có nghiệm chung khi và chỉ khi  là một nghiệm
của f(x) với bội số ít nhất bằng 2.
VI. MỞ RỘNG TRƯỜNG
Định nghĩa
i) Cho K là trường con của trường L thì ta nói L là một mở rộng của k và ký hiệu
K < L hay L > K

ii) Cho K < L, khi đó L có cấu trúc K – không gian L. Ta biết rằng mọi không
gian đều có cơ sở ( ta hiểu mỗi cơ sở của K – không gian L là một cơ sở mở rộng L
trên K ). Khi đó số chiều của K – không gian vecto L được gọi là bậc mở rộng cuả L
trên K. Ký hiệu
[ L:K ] <  thì ta nói rằng L là một mở rộng hữu hạn cuả K và ký hiệu L > K –
hữu hạn. Ngược lại ta nói rằng L là mở rộng vô hạn của K.
VII. PHẦN TỬ ĐẠI SỐ
1. Định nghĩa
i) Cho L > K và u  L . Nếu tồn tại đa thức 0  f ( x)  K[ x] h sao cho f(u) = 0 thì
u được gọi là phần tử đại số trên K. Nếu không tồn tại đa thức thỏa điều kiện như vậy
thì u được gọi là phần tử siêu việt trên K.
ii) Đa thức bất khả quy p( x)  K[ x] với hệ tử cao nhất bằng 1, nhận  làm
nghiệm được gọi là đa thức tối tiểu của  trên K. Ta ký hiệu p( x)  min( K , ) .
iii) Cho L > K và u  L . Khi đó, bậc mở rộng [ K(u) : u ] được gọi là bậc của
phần tử u trên K.
iv) Cho K < L. Trường L được gọi là mở rộng đại số trên K nếu mọi phần tử của
L đều là phần tử đại số trên K. Khi đó ta ký hiệu là L > K – đại sô.
2. Tính chất
i) Cho ++K < L và a  L . Khi đó a là phần tử đại số trên K nếu và chỉ nếu một
trong các điều kiện sau đây xảy ra:
* K (a)  {r (a) / r  K ( x),deg r  n} trong đó n = deg Min( K,a )
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng

10

SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga


Đa thức bất khả quy
* {1,a,a 2 ,..., a n1} là cơ sở của K(a) trên K

*

[K (a) : K ]  n

ii) Nếu L > K – hữu hạn thì L > K – đại số
iii) Cho K < L, giả sử L = K(a1, a2,…,an) trong đó ai là các phần tử đại số trên K.
Khi đó L là mở rộng hữu hạn của K.
VIII. MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA TRƯỜNG HỮU HẠN
1. Định nghĩa
Định nghĩa: Trường hữu hạn là trường có hữu hạn phần tử.
Định lí 8.1.1. Nếu F là trường hữu hạn thì đặc số của F là một số nguyên tố.
Chứng minh. Ta có đặc số của trường hoặc là 0 hoặc là một số nguyên tố. Giả sử
F là trường hữu hạn có đặc số 0 thì F chứa trường con nguyên tố đẳng cấu với Q.
Nhưng Q là trường vô hạn nên trường con nguyên tố của F là vô hạn (mâu thuẫn).
Vậy đặc số của trường hữu hạn là một số nguyên tố.
2. Nhóm nhân của trường hữu hạn
Định lý 8.2.1. Cho Fq là trường hữu hạn thì với mọi a  Fq ta đều có a q  a .
Chứng minh: Với a = 0 thì ta có a q  a . Với a  0 thì số phần tử của nhóm nhân

Fq* là q – 1. Suy ra Fq*  q  1 . Khi đó với mọi a  Fq* ta đều có a q1  1 hay a q  a .
Vậy a q  a với mọị a  Fq .
Định lí 8.2.2. Cho trường hữu hạn Fq. Và K là trường con của Fq thì đa thức

x q  x trong K[x] có sự phân tích trong Fq [x] là x q  x    x  a  và Fq là trường
aF

phân rã của đa thức x q  x trên K.
Chứng minh: Theo định lý 2.2.1 ta có a q  a với mọi a  Fq hay a là nghiệm
của đa thức x q  x . Ta viết q phần tử của Fq là a1,a2,…,aq. Khi đó mỗi đa thức

x  ai  Fq [x], i  1,2,..., q đều là ước của đa thức x q  x , hơn nữa các đa thức
x  ai  Fq [x], i  1,2,..., q nguyên tố cùng nhau nên tích



 x  a1  x  a2 ... x  aq 

cũng là ước của x q  x . Do đa thức  x  a1  x  a2 ... x  aq



có bậc là q nên ta có

x q  x =  x  a1  x  a2 ... x  aq  .
Vậy Fq là trường phân rã của đa thức x q  x trên K.
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng

11

SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga


Đa thức bất khả quy
Định lý 8.2.3. Nhóm nhân của trường hữu hạn là nhóm xyclic.
Chứng minh: Giả sử F là một trường hữ hạn gồm q phần tử. Đặt h  F *  q  1 .
Nếu h = 1 hoặc h là số nguyên tố thì rõ ràng F* là nhóm xyclic. Do đó, ta có thể
giả sử h là số nguyên dương lớn hơn 1 và không là số nguyên tố.
Giả sử h  p11 ... pmm , với m  2 ,

pi nguyên tố khác nhau đôi một,

ai  N , i 1, m
h

h
h
Khi đó,
nghiệm trong F * ,suy ra tồn
 h và đa thức x pi  1 có không quá
pi
pi
tại ai  F

bi

pii

*

h
pi

sao cho a  1 . Đặt bi  a

h
pii

 a  1 và bi  1 vì nếu bi = 1 thì 1  bi
h
i

. Ta sẽ chứng minh bi  pii . Ta có,

pii 1

 phi
  i i








pii 1

h
pi

 i ( mâu thuẫn )

i

i

Do đó, bi | pi và bi  1, suy ra bi  pi ,1  i  i . Mặt khác, bi

pii 1

h
pi

 i  1.

Vì vậy, bi  pii . Đặt b = b1b2…bn. Khi đó, do pi, với i 1, m là các số nguyên tố khác
nhau đôi một và F giao hoán nên b  b1b2 bn  p11 ... pmm  h  F * . Vậy F *  b
Hệ quả 8.2.4. Mỗi nhóm con hữu hạn của nhóm nhân của một trường là một
nhóm xyclic.
Chứng minh: Giả sử F là một trường và G là một nhóm con hữu hạn cấp n của
nhóm nhân F*.
Xét trường hợp charF = p  0 . Gọi Fp là trường con nguyên tố của trường F. Vì
|G| = n nên mọi phần tử của G đều là nghiệm của đa thức x n  1 . Do đó, mọi phần tử
của G đều đại số trên Fp , suy ra Fp (G) là mở rộng hữu hạn, đại số trên Fp , do đó

Fp (G) là một trường hữu hạn. Theo định lý 2.2.3,  Fp (G )  là một nhóm xyclic. Vì
*

vậy, G là một nhóm con xyclic của nhóm  Fp (G )  .
*

Xét trường hợp charF = 0. Vì tất cả n phần tử của G đều là nghiệm của đa thức
xn – 1 . Lập luận tương tự như chứng minh định ký 2.2.3 ( ở đó, h được thay bởi
n), ta có G là một nhóm xyclic.

GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng

12

SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga

Đa thức bất khả quy
Định nghĩa 8.2.5. Mỗi phần tử sinh của nhóm xyclic Fq* được gọi là một phần tử
nguyên thủy của Fq .
Nhận xét: Trường hữu hạn Fq có tất cả  (q  1) phần tử nguyên thủy, trong đó

 là hàm Euler.
Định nghĩa 8.2.6. Cho trường hữu hạn Fq , với mỗi số nguyên dương r, ta định
nghĩa :

Fq*r  x r | x  Fq*
Định lý 8.2.7. Cho trường hữu hạn Fq . Khi đó Fq*r là nhóm con của Fq* và

Fq* 

q 1
gcd(r , q  1)

Chứng minh: Ta kiểm tra Fq*r là nhóm con của F * . Thật vậy, a, b  Fq*r ta suy
ra a  x r , b  y r , với x, y  Fq* . Khi đó, ab  xr y r   xy  kéo theo ab  Fq*r . Mặt
r

 

khác, a  Fq*r , ta có a = xr , với x  Fq* , kéo theo a 1  x r

1

  x 1  , do đó

r

a 1  Fq*r . Vậy, Fq*r  Fq* . Gọi  là một phần tử nguyên tử nguyên thủy của Fq . Khi
đó, Fq*   và Fq*r   r . Suy ra Fq*r   r 

q 1
.
gcd(r , q  1)

Định lý 8.2.8. Cho trường hữu hạn Fq và r là một số nguyên dương. Khi đó,

Fq*r  Fq*d và Fq*  Fq*d   Fq*d   2 Fq*d  ...   d 1Fq*d , trong đó d  gcd(q  1, r ) ,  là
phần tử nguyên thủy của Fq và  i Fq*d   j Fq*d  , i  j ,0  i, j  d  1 .
Chứng minh : Vì  là phần tử nguyên thủy của Fq nên Fq*   , Fq*r   r và

Fq*d   d . Do

d  gcd(q  1, r )

nên

d |r

kéo theo

Fq*r  Fq*d . Và do

d  gcd(q  1, r ) nên tồn tại các số nguyên a,b sao cho a(q  1)  br  d .

 

Khi đó,  d   a ( q 1)br   r

b

suy ra  d   r , do đó Fq*d  Fq*r . Vậy

Fq*d  Fq*r .
Ta có F 
*
q

q 1
i 1

 i Fq*d , nhưng  d Fq*d  Fq*d nên

GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng

13

SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga


Đa thức bất khả quy

Fq*  Fq*d   Fq*d   2 Fq*d  ...   d 1Fq*d .

Giả

sử

 i Fq*d   j Fq*d   ,

với

0  j  i  d  1 , tức có phần tử x   i Fq*d   j Fq*d , do đó x   iu   j v , trong đó
u, v  Fq*d , kéo theo  i  j  Fq*d ( vô lý vì  i  j  Fq*d )
3. Số phần tử của trường hữu hạn
Bổ đề 8.3.1. Cho F là trường hữu hạn chứa trường con K có q phần tử thì F có q n
với n  [F : K ]
Chứng minh: Ta có F có không gian vecto trên K. Nếu n  [F : K ] thì F có cơ sở
trên K chứa n phần tử. Ta gọi b1,b2,…,bn là cơ sở của F trên K. Khi đó mọi phần tử 
của F được biểu diễn duy nhất dưới dạng :

a1b1  a2b2  ...  anbn , a1, a2 ,..., an  K
Ta có q cách chọn ai trong n phần tử a1, a2 ,..., an  K nên F có q n phần tử.
Định lý 8.3.2. F là trường hữu hạn có đặc số là p thì số phần tử của F là p n .
Trong đó p là một số nguyên tố và n là số nguyên dương bất kì.
Chứng minh: Do trường hữu hạn F có đặc số p nên F có trường con nguyên tố
đẳng cấu với Z p . Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử Z p  F . Như vậy F là một
mở rộng hữu hạn của Z p . Gọi n n  [F : Z p ] , theo Bổ đề 2.3.1 ta suy ra F có p n phần
tử.
Định lý 8.3.3. Cho trường hữu hạn Fq và p(x) là đa thức có bậc n bất khả quy
trên Fq [x] thì

Fq [x]
( p( x))

là trường hữu hạn có q n phần tử.

Chứng minh: Do p(x) là đa thức bất khả quy nên

Fq [x]
( p( x))

là trường.

Lấy f ( x)  Fq [x] ta có :

f ( x)  p( x).h( x)  r ( x) với h( x), r ( x)  Fq [x] và deg r(x) < deg p(x).
Suy ra : f ( x)  p( x)h( x)  r ( x)  r ( x)

 a0  a1 x  a2 x2  ...  an1 xn1, a0 , a1,..., an1  Fq .
Ta có q cách chọn hệ số ai trong n hệ số a0 , a1 ,..., an1  Fq .
Do đó ta có q n phần tử f ( x) 
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng

Fq [x]
( p( x))
14

SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga


Đa thức bất khả quy

Fq [x]

Vậy trường

( p( x))

có q n phần tử.

Định lý 8.3.4. ( Sự tồn tại và duy nhất của trường hữu hạn p n phần tử )
Cho p là số nguyên tố và n là số nguyên dương thì tồn tại trường hữu hạn chứa đúng

p n phần tử. Hơn nữa, hai trường hữu hạn có cùng số phần tử thì đẳng cấu với nhau.
Chứng minh: Đặt q = p n . Xét đa thức x q  x trong Fp [x] . Gọi F là trường phân
rã của đa thức x q  x . Khi đó x q  x có q nghiệm trong F.





'

Ta có xq  x  qxq1  1  1 . Suy ra gcd(( x q  x),( x q  x)' )  1 . Vậy q nghiệm
trong F là những nghiệm phân biệt.





Xét tập S  a  F : a q  a . Ta chứng minh S là trường con của F. Thật vậy:
Dễ thấy 0,1 thuộc S
Với a, b  S suy ra a q  a, bq  b , ta có:

( a  b) q  a q  b q  a  b

(ab1 )q  a q (b1 )q  a(bq )1  ab 1
Vậy S là trường con của F. Mà đa thức x q  x phân rã trên S. Vậy S đẳng cấu với
F theo tính chất trường phân rã. Mà S có q phần tử nên F cũng có q phần tử. Vậy tồn
tại trường chứa đúng q  p n phần tử.
Giả sử có F và F’ chứa đúng q  p n phần tử khi đó theo Định lí 2.2.2 thì F và F’
là trường phân rã của đa thức x q  x . Theo tính chất trường phân rã thì F đẳng cấu với
F’. Vậy tồn tại duy nhất một trường chứa p n phần tử sai khác một đẳng cấu.
Định lý 8.3.5 ( Tiêu chuẩn trường con )
Cho trường hữu hạn Fp n thì mọi trường con của Fp n có p m phần tử, trong đó m là
ước dương của n. Ngược lại, nếu m là ước dương của n thì Fp n có duy nhất trường con
chứa p m phần tử.
Chứng minh: Giả sử K là trường con của Fp n và K có p m . Theo bổ đề 2.3.1 ta có

 

: pn  pm

n'

với n '  [Fpn : K ] . Suy ra n = n’.m hay m | n .

GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng

15

SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga


Đa thức bất khả quy
Ngược lại nếu m | n thì

x

pm



p

m

 1 |  p n  1 suy ra

x

p m 1



1 | x p

n

1



 1 , do đó



1 | x p 1 .
n

Ta có p n phần tử của Fp n là nghiệm của đa thức x p  x . Khi đó tồn tại pm phần
n

tử trong Fp n là nghiệm của đa thức x p  x .
m

Ký hiệu F’ là tập chứa p m phần tử là nghiệm của đa thức x p  x .
m

Ta chứng minh F’ là trường con của Fp n .Thật vậy :
Dễ thấy 0,1 thuộc F’. Với  ,   F ' thì  p   ,  p   . Khi đó,
m

    p

m

  p   p     . Suy ra     F '
m

m

  p

m

  p  p   . Suy ra   F ' .

   p

m

  1 . p  

 

m
1 p

m

m

m

pm

 

 p

m

m

1

  1

Vậy F’ là trường con chứa p m phần tử của Fp n . Nếu tồn tại F1 chứa đúng p m
phần tử thì p m phần tử đó là nghiệm của đa thức x p  x . Nhưng x p  x chỉ có p m
m

m

nghiệm trong Fp n . Suy ra F’ = F1.

GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng

16

SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga


Đa thức bất khả quy

CHƯƠNG II. ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY
I. ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY TRÊN TRƯỜNG SỐ PHỨC
Định lý 1.1: ( Định lý cơ bản của đại số sơ cấp ) Trường số phức C là trường
đóng đại số.
Nói cách khác: Mọi phương trình bậc n :

an x n  an1 x n1  ...  ao  0, ai  C , i  0, n, an  0 có đúng n nghiệm trong C , các
nghiệm có thể phân biệt hay trùng nhau.
Ta có thể viết : f ( x)  a0 . x  1 ... x  n  ,1,...., n là những nghiệm của đa
thức.

Từ định lý, ta suy ra được : các đa thức bất khả quy của vành C[x] là các đa thức
bậc nhất.
Ví dụ 1.1: x2 + 1 = (x + i)(x - i)
II. ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY TRÊN TRƯỜNG SỐ THỰC
Định lý 2.1: Nếu f(x)  R  x , số phức  là nghiệm của nó thì  cũng là nghiệm.
Chứng minh: Cho f ( x)  an xn  an1xn1  ...  a0 . Vì những số là những số thực,
thì ai  ai với i  1, 2,..., n . Khi đó:

 

n

n 1

 ...  a0

n

n 1

 ...  a0

f   an   an1
= an   an1

=an n  an1 n1  ...  a0  0  0 .
Định lý 2.2: Nếu f(x) là đa thức hệ số thực và số phức  là nghiệm của nó thì các
nghiệm bội của  và  là như nhau.
Chứng minh: Cho deg f ( x)  n . Nếu n = 2, khẳng định của bài toán là đúng, vì

 , là hai nghiệm duy nhất của đa thức. Ta giả sử khẳng định của bài toán đúng với
những đa thức hệ số thực có bậc nhỏ hơn số tự nhiên n. Ta chứng minh nó cũng đúng
cho số tự nhiên n. Thật vậy, khi f    0 , thì theo Định lý 2.5.1 suy ra f ( )  0 .
Nghĩa là:





 





f  x    x    x   g ( x)  x 2     x   g  x  .

GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng

17

SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga


Đa thức bất khả quy
Nhưng những số    và   



2

là những số thực và suy ra đa thức



x2     x   có hệ số thực. Khi đó cả đa thức g(x) có hệ số thực và theo giả
thiết quy nạp những bội của  , như nghiệm của g(x) là bằng nhau ( nếu  , không
phải nghiệm của f(x), ta có thể cho rằng những bội của nó bằng không). Từ đây suy ra
những bội của  , như nghiệm của f(x) cũng sẽ bằng bằng nhau.
Hệ quả 2.3: Đa thức bất khả quy của R[x] là các đa thức bậc nhất và những đa
thức bậc 2 có biệt số   b2  4ac  0 .
Chứng minh: Các đa thức bậc nhất và các đa thức bậc hai với biệt số âm rõ ràng
là những đa thức bất khả quy của R[x]. Giả sử p(x) là một đa thức bất khả quy của
R[x] với bậc lớn hơn 1, ta có p(x) không có nghiệm thực. Theo Định lý 2.5.1, p(x) có
một nghiệm phức z và do đó p(x) cũng nhận liên hợp z của z làm nghiệm vì các hệ số
của p(x) là thực, cho nên chia hết cho đa thức bậc hai với hệ số thực

g  x   x2  ( z  z ) x  zz .
g ( x) không khả nghịch và là ước của phần tử bất khả quy p(x), vậy g(x) phải là
liên kết của p(x), tức là

p( x)  ug  x  ,0  u  R
Chú ý: Nếu f(x) bất khả quy trên trường R và có bậc  2 thì f(x) không có
nghiệm trong R. Điều đảo lại là không đúng.
Ví dụ 2.1:

f ( x)  x 4  x 2  1 rõ ràng là không có nghiệm thực nhưng

f ( x)  x 4  x 2  1   x 2  1  x  . x 2  1  x  lại là khả quy.
III. ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY TRÊN TRƯỜNG HỮU TỶ

Giả sử: f ( x)   n x n   n1 x n1  ...   o  Q  x  , n  0

f ( x)  b1g ( x)  b1 (an xn  an1x n1  ...  ao ) , b là mẫu số chung của các

i ,i  Z
f ( x), g ( x) chỉ khác nhau một nhân tử bậc 0 nên việc tìm nghiệm của f(x)  Q  x
đưa về việc tìm nghiệm của g(x)  Z  x
+) Giả sử (u, v)  1 , số hữu tỷ  

u
là nghiệm của
v

f ( x)  an x n  an1 x n1  ...  ao  Z  x  thì u | a0 , v | an .

GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng

18

SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga


Đa thức bất khả quy
Chú ý : Trong vành Q  x  , để xét xem đa thức có bất khả quy hay không phức
tạp hơn nhiều. Đối với đa thức bậc 2, 3 của Q  x  , các đa thức bất khả quy khi và chỉ
khi chúng không có nghiệm hữu tỷ. Nhưng đối với đa thức bậc lớn hơn 3 thì phức tạp
hơn nhiều.
Ví dụ 3.1: x4  3x2  2   x2  2 x2  1 rõ ràng không có nghiệm hữu tỷ nào,
nhưng nó không phải bất khả quy.
Vì vậy, người ta đã đưa ra một điều kiện đủ để chứng minh một đa thức trên

trường Q là bất khả quy, đó là tiêu chuẩn Aidenstaino.
Và vì f(x) là bất khả quy khi và chỉ khi a.f(x) là bất khả quy, a  0 , do đó ta
chỉ cần xét các đa thức với hệ số nguyên.
Tiêu chuẩn Aidenstaino:
Giả sử: f ( x)  an x n  an1 x n1  ...  ao  Z  x  ,  n  0 .
Nếu tồn tại một số nguyên p sao cho: an không chia hết p ; a0 không chia hết cho
p2 ; a0,…,an-1 chia hết cho p thì f(x) bất khả quy trên Z[x].
Nếu tất cả các giả thiết được thõa mãn thì f(x) cũng bất khả quy trên Q.
Ví dụ 3.2: Đa thức f ( x)  x 4  2 x  2 bất khả quy trên Q ( với p = 2 )
Ví dụ 3.3: Chứng minh đa thức sau là bất khả quy: x 4  2 x  3
Chứng minh:
Đặt x = y + 1 thay vào đa thức.

f ( y)   y  1  2( y  1)  3
4

 y 4  4 y3  6 y 2  2 y  2

 f(y) bất khả quy với p = 2.
Qua ví dụ trên ta thấy rằng bằng cách thay đổi biến ta có thể chứng minh tính
bất khả quy của một đa thức không Aidenstaino để nó thành Aidenstaino. Điều này
phát huy tác dụng của tiêu chuẩn Aidenstaino.
Như vậy, có một câu hỏi đặt ra là nếu cho một đa thức là bất khả quy, để chứng
minh nó là bất khả quy thì có thể băng cách thay đổi biến mà biến đổi nó thành đa thức
Aidenstaino không ? Câu trả lời là không bao giờ cũng có cách biến đổi như vậy.
2
Ví dụ 3.4: Cho đa thức f ( x)  2 x  1 đa thức này không phân tích được trên

tập số Q nên nó không có nghiệm trên Q.
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng

19

SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga


Đa thức bất khả quy
Ta đổi biến x để đưa nó về đa thức Aidenstaino:
Đổi biến: x = ay + b (a,b  Z )
Ta có: Q(y) = 2a2y2 + 4aby + 2b2 + 1
Giả sử Q(y) là đa thức Aidenstaino, nghĩa là tồn tại số p sao cho : 2a2
4ab p, 2b2 + 1 p. Từ 2b2 + 1 p, suy ra b
a

p hoặc 4

p,

p. Nhưng khi đó 4a p. Từ đây

p. Trường hợp thứ nhất ta nhận được hệ số cao nhất của đa thức

Q(y) chia hết cho p. Điều này trái với đa thức Aidenstaino. Trường hợp thứ hai 4 chia
hết cho p , nghĩa là p = 2. Nhưng khi đó hiển nhiên 2b2 + 1

p cũng vô lý.

Điều này , cho ta thấy được, tồn tại đa thức không phân tích được, mà nó không
có một cách biến đổi tuyến tính của ẩn nào có thể chuyển nó thành đa thức
Aidenstaino.

Ví dụ 3.5. Giả sử f ( x)   x  a1  x  a2 ... x  an   1, ai  Z phân biệt.
Chứng minh : f(x) là bất khả quy trong Q[x]
Chứng minh:
Giả sử f(x) khả quy, tức là tồn tại h(x), g(x), deg h(x) < n, deg g(x) < n , sao cho :
f(x) = g(x).h(x) (*)
Ta có: f  ai   g  ai .h  ai   1(1)
Vì f(x)  Z [x] nên g(x) , h(x)  Z [x] nên từ (1)  g  ai   h  ai   0 .
Đặt: q(x) = g(x) + h(x) , deg q(x) = max{ deg g(x) , deg h(x) } < n
Ta thấy q(ai) = 0, i  1, n mà deg q(x) < n nên q( x)  0  g ( x)  h( x)
Thay vào (*)  f ( x)   g 2 ( x)

 f(x) có hệ số dẫn đầu là một số âm ( mâu thuẫn giả thiết )
 f(x) bất khả quy trong Q[x].
Ví dụ 3.6. Cho a1 , a2,…, an là n những số nguyên khác nhau, p là số nguyên bất
kì và

P( x)  p  x  a1  x  a2 ... x  an   1
Chứng minh đa thức này không phân tích được, loại trừ những trường hợp sau
đây:
 p = 4, n = 2 và a1, a2 là hai số liên tiếp, nghĩa là a1 = a2  1. Cụ thể

P( x)  4  x  a1  x  a1  1  1   2  x  a1   1 .
2

GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng

20

SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga

Đa thức bất khả quy
 p = 1, n = 4 và a1 , a2 , a3, a4 ( sắp xếp theo thích hợp ) là bốn số liên tục. Khi
đó, P( x)  4  x  a1  x  a1  1 x  a1  2 x  a1  3  1    x  a1  1 x  a1  2   1

2

 p = 1,n = 2 và a1, a2 khác nhau 2 đơn vị, nghĩa là a1 = a2  2. Khi đó:

P( x)   x  a1  x  a1  2  1   x  a  1 .
2

Chứng minh :
Giả sử đa thức P(x) phân tích được. Cho P(x) = G(x).H(x) với G(x) và H(x)
những đa thức hệ số nguyên và có bậc nhỏ hơn n. Vì P(ai) = 1 với i = 1,2,..,n ta có
G(ai).H(ai) = 1 và vì những số G(ai), H(ai) là những số nguyên, từ đây suy ra với mọi i
hoặc là G(ai) = H(ai) = 1 hoặc là G(ai) = H(ai) = - 1. Với những giá trị khác nhau của i
trong vế phải có thể có những dấu khác nhau, nhưng điều đó không quan trọng, mà
quan trọng là với mọi i
( 1  i  n ) đẳng thức sau đều đúng: G(ai) - H(ai) = 0 . Bằng cách như vậy ta tìm
được n nghiệm khác nhau a1, a2,..,an của đa thức G(x) – H(x). Nhưng bậc của đa thức
này nhỏ hơn n, suy ra nó phải đồng nhất bằng không, nghĩa là
G(x) – H(x) = 0 hay là G(x) = H(x).
Ta thay đẳng thức vừa nhận được vào P(x) = G(x).H(x) ta nhận được
P(x) = G2(x). Như vậy, nếu P(x) phân tích được thì nó phải là bình phương của
một đa thức khác G(x), từ đây suy ra bậc của đa thức đã cho n là số chẵn, còn hệ số
cao nhất của nó p là một số phương. Nghĩa là, P(x) không phân tích đượckhi ta chỉ ra n
là một số lẻ hoặc là tuy n là một số chẵn, nhưng p không phải là số chính phương,
trong trường hợp riêng p là một số âm.
Ta đặt p = q2 và n = 2m. Ở đây q là hệ số cao nhất của G(x), còn m là bậc của

nó. Không mất tính tổng quát ta cho rằng q > 0 ( trường hợp ngược lại ta có thể thay
dấu tất cả các hệ số của đa thức G(x) ).
Ta xét đa thức G(x). Với mỗi i ta có G(ai) = 1 hoặc là G(ai) = -1. Ta sẽ chứng
minh rằng mỗi đẳng thức này thõa mãn với đúng m giá trị của i. Thật vậy, nếu
G(ai) = 1 đúng với nhều hơn m giá trị của i, vì bậc của G(x) đúng m, thì ta sẽ
nhận được G(x) trùng với hằng số 1, điều này vô lí. Suy ra số lượng k của chỉ số I sao
cho G(ai) = 1 không lớn hơn m.
Bây giờ nếu giả sử k < m, ta sẽ nhận được G(ai) = -1 với n – k > m chỉ số của i.
Từ đây ta lại suy ra G(x) trùng với hằng số -1, điều này lại dẫn đến vô lí.
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng

21

SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga


Đa thức bất khả quy
Như vậy đẳng thức G(ai) = 1 chỉ thõa mãn cho đúng m giá trị của i. Không mất
tính tổng quát ta có thể cho G(ai) = G(a2) = … = G(am) = 1 và khi đó

G(am1 )  G(am2 )  ...  G(an )  1 ( trong trường hợp ngược lại ta có thể chuyển vị
trí và kí hiệu lại cho thích hợp ).
Ta xét đa thức G(x) – 1 . Đa thức này có bậc m, hệ số bậc cao nhất q và đa biết
m nghiệm của nó khác nhau a1, a2,…,am. Suy ra

G( x) 1  q( x  a1 )( x  a2 )...( x  am )
Hoặc là :

G( x)  1  q( x  a1 )( x  a2 )...( x  am )  1  q1 ( x),
ở đây 1 ( x)  ( x  a1 )( x  a2 )...( x  am )

Ta đặt 2 ( x)  ( x  am1 )( x  am2 )...( x  an ). Ta có  ( x)  1 ( x)2 ( x).
Ta trở lại P(x) = G2(x) của đa thức P(x). Cụ thể ta viết lại như sau

p ( x)   q1 ( x)  1 ,
2

Hoặc là

p ( x)  1  q212 ( x)  2q1 ( x)  1
Nghĩa là p ( x)  q212 ( x)  2q1 ( x)
Ta biêt rằng p = q2 và  ( x)  1 ( x)2 ( x) chia hai vế đẳng thức trên cho q1 ( x) ,
ta nhận được q2 ( x)  q1 ( x)  2 hoặc là

q(2 ( x)  1 ( x))  2

(1)

Ta tính hệ số tự do của vế trái đẳng thức, đó là

(1)m q(am1am2 ...an  a1a2 ...am ).
Bằng cách so sánh hệ số của đẳng thức (1), ta nhận được

(1)m q(am1am2 ...an  a1a2 ...am ) = 2
Chú ý ở đây ta chỉ làm việc với các số nguyên, từ đẳng thức sau cùng ta nhận
được q  1 hoặc là q  2 và vì ta có thể giả thiết q > 0 nên q chỉ còn lại các trường
hợp q = 1 và q = 2, và tương ứng p = 1 và p = 4.
Như vậy ta đã chứng minh được đa thức P(x) không phân tích được khi p  1
và p  4 . Ta chỉ còn xét cụ thể hai trường hợp này.

GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng

22

SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga


Đa thức bất khả quy
Trường hợp p = 4 ( nghĩa là q = 2 ): Trong trường hợp này phương trình (1) có
dạng

2 ( x)  1 ( x)  1

(2)

Cụ thể là

( x  am1 )( x  am2 )...( x  an )  ( x  a1 )( x  a2 )...( x  am )  1 .
Ta sẽ chứng minh các đẳng thức trên chỉ đúng với m = 1. Thật vậy, thay
x = a1. Ta nhận được :

(a1  am1 )(a1  am2 )...(a1  an )  1
Vì tất cả các thừa số ở vế trái là những số nguyên, nên mọi số hạng bằng +1 hoặc
-1. Từ đây, nếu m  3 , ít nhất hai trong những thừa số này trùng nhau, điều này trái
với giả thiết đã cho chúng phải khác nhau. Nếu m = 2 ta chỉ có hai thừa số và vì tích
của chúng là dương, nên chúng cùng dấu, suy ra nó trùng nhau và điều đó lại dẫn đến
vô lí.
Như vây, trong trường hợp p = 4 chỉ còn khả năng duy nhất m = 1. Đẳng thức
(2) có dạng :

( x  a2 )  ( x  a1 )  1 ,

ở đây a1 = a2 + 1. Như vậy ta rơi vào trường hợp 1 của đề bài.
Trường hơp p = 1: ( q = 1 ): Đẳng thức (1) có dạng

2 ( x)  1 ( x)  2 .

(3)

Từ đẳng thức thứ nhất suy ra bốn khả năng sau:
a1 – a3 = 1, a1 – a4 = 2, a1 – a3 = -1, a1 – a4 = -2
a1 – a3 = 2, a1 – a4 = 1, a1 – a3 = -2, a1 – a4 = -1.
Bởi vì vai trò của a3 và a4 là đối xứng, nên ta chỉ xét hai trường hợp đầu là đủ.
Sau đây ta chỉ xét trường hợp thứ 2 :
Ta có: a3 = a1 + 1 và a4 = a1 + 2. Bằng cách thay vào đẳng thức

(a2  a3 )(a2  a4 )  2 ,ta nhận được

(a2  a1  1)(a2  a1  2)  2 .
Từ đây với chú ý là a2 – a1 – 1 > a2 – a1 – 2 , ta nhận được

a2  a1  2  2, a2  a1  1  1
Hoặc là

a2  a1  2  2, a2  a1  1  2
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng

23

SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga

Đa thức bất khả quy
Trong trường hợp thứ nhất ta nhận được a1 = a2, trái vói điều kiện đã cho. Suy ra
chỉ còn trường hợp thứ hai và suy ra a2 = a1 + 3.
Như vậy a1,a3 = a1 + 1, a4 = a1 + 2, a2 = a1 + 3 là bốn số nguyên liên tiếp, điều
này đã được loại trừ trong trường hợp 2 của đề bài.
2. Chỉ còn m = 1: bây giờ (3) có dạng
(x – a2) – (x – a1) = 2,
Từ đây suy ra a1 = a2 + 2, nó chính là điều kiện 3 của đề bài loại trù.
IV. ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY TRÊN TRƯỜNG HỮU HẠN
1. Nghiệm của đa thức bất khả quy trên trường hữu hạn
Bổ đề 4.1.1. Cho f ( x)  Fq [x] là đa thức bất khả quy bậc m trên Fq và n là một số
nguyên dương. Khi đó, f(x) chia hết x q  x nếu và chỉ nếu m chia hết n.
n

Chứng minh:

 

Giả sử f(x) chia hết x q  x . Gọi  là một nghiệm của f(x). Khi đó,
n

 q    0 suy ra   Fq . Do đó, Fq ( )  Fq . Mặt khác, vì [Fq ( ) : Fq ]  m nên
n

n

n

Fq    Fqm  Fqn , ta suy ra m | n .

 

Ngược lại, giả sử m | n . Gọi  là một nghiệm của f(x) nằm trong trường

phân rã của f(x) trên Fq . Khi đó, [Fq ( ) : Fq ]  m suy ra Fq    Fqm . Vì m | n nên

Fqm  Fqn . Do đó,   Fqn suy ra  q    0 . Vì vậy,  là một nghiệm của đa thức
n

x q  x , kéo theo f ( x) | x q  x
n

n

Định lý 4.1.2. Cho f ( x)  Fq [x] là đa thức bất khả quy bậc m trên Fq . Khi đó
f(x) phân rã trên Fqm và tách được trên Fq . Hơn nữa nếu  là nghiệm của f(x) thì

 , q , q ,..., q
2

m 1

là tập hợp tất cả các nghiệm của f(x).

Chứng minh: Theo Bổ đề 3.1.1, ta có f ( x) | x q  x từ đó suy ra f(x) phân rã trên
m

Fqm và chỉ có toàn nghiệm đơn. Gọi  là một nghiệm bất kỳ của f(x). Ta cần chứng
minh  q cũng là nghiệm của f(x).
Giả sử f ( x)  am x m  am1x m1  ...  a1x  a0 , ai  Fq , i  0, m . Khi đó,

GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng

24

SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga


Đa thức bất khả quy

f (  q )  am (  q )m  am1 (  q ) m1  ...  a1 (  q )  a0
= amq (  q )m  amq 1 (  q )m1  ...  a1q (  q )  a0q
= (am  m )q  (am1 m1 )q  ...  (a1 )q  a0q
= (am  m  am1 m1  ...  a1  a0 )q
= f ( )q  0 .
Vì thế, các phần tử  , q , q ,..., q
2

m 1

là các nghiệm của f(x). Bây giờ, ta chứng

minh các phần tử này phân biệt. Thật vậy, giả sử  q   q , với 0  i  k  m  1 . Khi
i

 

đó,  q

i

qm k

 

 q

theo f ( x) | x q

mi k

k

qmk

k

ta suy ra  mi k   . Vì vậy,  là nghiệm của đa thức kéo

 x và theo Bổ đề 3.1.1, ta có m | m  i  k ( vô lý).

Định nghĩa 4.1.3. Cho   Fqm . Khi đó, các phần tử  , q , q , K , q
2

m 1

được gọi

là các phần tử liên hợp với  trên Fq .
Định lý 4.1.4. Cho trường hữu hạn Fq và   Fq* . Khi đó, các phần tử liên hợp

với  trên trường con bất kỳ của Fq có cùng cấp trong nhóm Fq* .
Chứng minh : Ta có q  p n , với p nguyên tố và n  N . Xét một trường con bất
kỳ Fp m , với m | n của Fq . Đặt l 

n
. Khi đó, [Fpn : Fpm ]  l . Ta có các phần tử liên
m

hợp với  trên Fp m là  , p , p ,..., q
2m

m ( l 1)

. Theo Định lý 2.2.3, Fq* là nhóm xyclic,

vì thế ta giả sử Fq*  a , suy ra a  a k , k  Z . Vì vậy, các phần tử liên hợp với  trên
trường con Fp m của Fq có dạng như sau  k , kp , p
Khi đó, t 1, l  1, a

kptm

k 2m

,..., q

km ( l 1)

pn  1
pn  1



gcd(kptm , p n  1) gcd(k , p n  1)

Áp dụng định lý vừa chứng minh, ta nhận được kết quả sau đây :
Hệ quả 4.1.5. Nếu  là phần tử nguyên thủy của Fq thì mọi phần tử liên hợp với

 trên một trường con bất kỳ của Fq cũng là phần tử nguyên thủy của Fq .
Định lý 4.1.6. Cho   Fqn . Khi đó, nếu d là số nguyên dương nhỏ nhất thõa mãn



 

 q   thì đa thức f ( x)   x     x   q  x   q ... x   q
d

GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng

25

2

d 1

 bất khả quy trên F .
q

SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga