Đa thức bất khả quy (KL06506)

F

TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN
……….……….

PHẠM THỊ NGÂN

ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Đại số

Người hướng dẫn khoa học
TS. NGUYỄN THỊ KIỀU NGA

HÀ NỘI - 2014


LỜI CẢM ƠN
Để có được thành quả như hôm nay trước tiên em xin bày tỏ lòng
kính trọng và biết ơn sâu sắc đến ban giám hiệu trường, các thầy cô
trong khoa toán đã tận tình chỉ dạy cũng như trang bị cho em những
nguồn tri thức quý giá trong suốt thời gian bốn năm học tập dưới mái
trường Đại học sư phạm Hà Nội 2.
Đặc biệt em xin gửi lời cảm ơn chân thành và sâu sắc tới cô giáo
TS. Nguyễn Thị Kiều Nga. Cô là người gợi ý ra đề tài khóa luận và cũng
là người trực tiếp hướng dẫn chỉ bảo tận tình cho em trong suốt quá trình
thực hiện khóa luận.
Cuối cùng em xin gửi lời cám ơn đến Ban giám đốc, cán bộ Thủ thư
Thư viện Sư phạm Hà Nội 2 đã nhiệt tình giúp đỡ em có những tài liệu

thông tin thiết thực để em có thể hoàn thành khóa luận. Đồng thời em xin
gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc nhất đến gia đình và các anh chị, bạn
bè đã luôn ủng hộ, động viên và giúp đỡ em trong quá trình thực hiện
khóa luận của mình.

Sinh viên

Phạm Thị Ngân


LỜI CAM ĐOAN
Em xin cam đoan khóa luận được thực hiện bởi sự cố gắng, nỗ lực
của bản thân cùng với sự hướng dẫn tận tình của cô giáo Ts. Nguyễn Thị
Kiều Nga. Đây là đề tài không trùng lặp với đề tài của tác giả khác.
Trong quá trình làm khóa luận “Đa thức bất khả quy” em có sử
dụng tài liệu tham khảo để hoàn thành khóa luận của mình. Danh sách tài
liệu tham khảo em đã đưa vào mục tài liệu tham khảo của khóa luận.
Em rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô và các
bạn để khóa luận được hoàn thiện hơn.

Sinh viên

Phạm Thị Ngân


MỤC LỤC
LỜI NÓI ĐẦU ...................................................................................... 1
CHƢƠNG 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ.............................................. 3
1.1. Xây dựng vành đa thức một ẩn ........................................................ 3
1.2. Định lý phép chia có dư ................................................................... 4

1.3. Nghiệm của một đa thức .................................................................. 4
1.4. Đa thức bất khả quy ......................................................................... 5
1.5. Số nguyên tố .................................................................................... 5
1.6. Xây dựng vành đa thức nhiều ẩn ..................................................... 6
CHƢƠNG 2. MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ ĐA THỨC BẤT KHẢ
QUY ...................................................................................................... 7
2.1. Đa thức bất khả quy trên trường ...................................................... 7
2.2. Đa thức bất khả quy trên trường số ................................................ 12
2.2.1. Đa thức bất khả quy trên trường số phức .................................... 12
2.2.2. Đa thức bất khả quy trên trường số thực ..................................... 12
2.2.3. Đa thức bất khả quy trên trường số hữu tỉ ................................... 15
2.2.3.1. Đa thức nguyên bản ............................................................ 15
2.2.3.2. Một số tiêu chuẩn bất khả quy của đa thức ......................... 16
a. Điều kiện để đa thức bậc 2, bậc 3 bất khả quy ...................... 16
b. Tiêu chuẩn Eisenstien ........................................................... 17
c. Tiêu chuẩn Eisenstien mở rộng ............................................. 20
d. Tiêu chuẩn Polya .................................................................. 25
e. Tiêu chuẩn Perron ................................................................. 26
f. Tiêu chuẩn Osada .................................................................. 28
2.2.4. Đa thức có giá trị 1 hoặc -1 ......................................................... 29


CHƢƠNG 3. ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY VÀ SỐ NGUYÊN
TỐ ....................................................................................................... 39
3.1. So sánh tương tự giữa đa thức bất khả quy và số nguyên tố ........... 39
3.1.1. Định nghĩa ............................................................................ 39
3.1.2. So sánh về ước...................................................................... 39
3.1.3. Tính chất .............................................................................. 39
3.2. Mối liên hệ giữa đa thức bất khả quy và số nguyên tố ................... 40
KẾT LUẬN ......................................................................................... 45

TÀI LIỆU THAM KHẢO.................................................................. 46


LỜI NÓI ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Môn toán là nền tảng cho các môn khoa học tự nhiên, nó chiếm vai
trò quan trọng trong các môn khoa học. Không chỉ vậy, môn toán còn có
tiềm năng to lớn trong việc khai thác và phát triển năng lực trí tuệ chung,
rèn luyện các thao tác và phẩm chất tư duy.
Đại số là một bộ phận lớn của toán học, trong đó đa thức là một
khái niệm cơ bản và quan trọng được sử dụng nhiều không những trong
đại số mà còn sử dụng trong toán cao cấp và toán ứng dụng.
Tuy nhiên cho đến nay vấn đề đa thức chỉ mới chỉ trình bày sơ lược,
chưa phân loại và hệ thống chi tiết. Tài liệu đa thức bất khả quy và mối
liên hệ giữa đa thức bất khả quy và số nguyên tố còn rất ít, chưa hệ thống
theo dạng toán cũng như phương pháp giải, cho nên việc nghiên cứu còn
gặp nhiều khó khăn.
Với tất cả lý do nêu trên em đã chọn đề tài “Đa thức bất khả quy”
để làm khóa luận tốt nghiệp, nhằm phân loại hệ thống hóa một số bài
toán về đa thức bất khả quy. Bên cạnh đó cũng thấy rõ được mối liên hệ
giữa đa thức và số nguyên tố.
2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu
Nghiên cứu về tính bất khả quy của đa thức trên trường số và mối
liên hệ giữa đa thức bất khả quy và số nguyên tố.
Khóa luận này gồm 3 chương:
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị
Chương 2. Một số bài toán về đa thức bất khả quy
Chương 3. Đa thức bất khả quy với số nguyên tố

1

3. Đối tƣợng nghiên cứu
Đa thức bất khả quy.
4. Phƣơng pháp nghiên cứu
Tham khảo tài liệu, phân tích, so sánh, tổng hợp.

2


CHƢƠNG 1
KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1. Xây dựng vành đa thức một ẩn
Cho A là vành giao hoán có đơn vị 1. Đặt
P   a0 ,..., an ,... / ai  A, ai  0 haàu heát

Trên P xác định 2 phép toán hai ngôi là phép cộng và phép nhân như
sau:

i )  a0 ,..., an ,...   b0 ,..., bn ,...   a0  b0 ,..., an  bn ,...
ii )  a0 , a1 ,.... b0 , b ,...   c0 , c1,... với ci 

 a b , i  0,1,2,... ,

k  l i

k l

Khi đó P là vành giao hoán có đơn vị (1,0,0...) .
Ta có ánh xạ

A P

a

(a,0,...)

là đồng cấu vành. Do đó ta đồng nhất phần tử a  A với (a,0,...)  P .
Khi đó vành A là vành con của vành P .
Đặt x   0,1,0,...  P thì x 2   0,0,1,0,...
x3   0,0,0,1,0,...

x n  (0,...,0,1,0,...)
n

Qui ước x0  1  (1,0,0,...) .
Khi đó với mọi  a0 , a1 ,...  P , tồn tại n  0 để an1  an2  ...  0
Ta có

 a , a ,..., a ,0,...   a ,0,...,0,...  0, a ,0,...,0,...  ...   0,...,0, a ,0,...
0

1

n

0

0

n

= a0 (1,0,...)  a1 (0,1,0,...)  ...  an (0,...,0,1,0,...)
n

= a0  a1 x  ...  an x n .

3


Vậy P  a0  a1 x  ...  an x n / ai  A, n 

.

P được gọi là vành đa

thức một ẩn x lấy hệ tử trên A . Kí hiệu A x  . Mỗi phần tử của A x 
được gọi là một đa thức, kí hiệu f ( x), g ( x),...
Chú ý. Giả sử f ( x)  A x  , f ( x)  a0  a1 x  ...  an x n thì
- ai x i là hạng tử thứ i.
- ai là hệ tử thứ i.
- Nếu an  0 thì n gọi là bậc của đa thức, kí hiệu deg f ( x)  n .
Qui ƣớc. Bậc của đa thức không là  .
1.2. Định lý phép chia với dƣ
Giả sử A là một trường, f ( x) và g ( x) khác không là hai đa thức
của vành A x  . Khi đó tồn tại duy nhất q( x), r ( x)  A x  sao cho

f ( x)  g ( x) q ( x )  r ( x )
với deg r ( x)  deg g ( x) .
1.3. Nghiệm của một đa thức

a. Định nghĩa
Giả sử c là phần tử tùy ý của trường A, f ( x)  a0  a1x  ...  an x n  A x
khi đó
f (c)  a0  a1c  ...  anc n

gọi là giá trị của f ( x) tại c . Nếu f (c)  0 thì c gọi là nghiệm của f ( x) .
Tìm nghiệm của f ( x) trong A được gọi là giải phương trình đại số bậc n
an x n  ...  a1 x  a0  0 (an  0)

trong A .
b. Định lý
Cho A là một trường, c  A , f ( x)  A x  . Khi đó dư của phép chia

f ( x) cho x  c là f (c)

4


Hệ quả. c là nghiệm của f ( x) khi và chỉ khi f ( x) chia hết cho x  c .
c. Nghiệm bội của đa thức
Cho A là một trường , c  A, f ( x)  A x  và m

*

, c là nghiệm

bội cấp m của đa thức f ( x) khi và chỉ khi đa thức f ( x) chia hết cho
( x  c)m và f ( x) không chia hết cho ( x  c)m1 .

Đặc biệt. Nếu m  1 ta nói c là nghiệm đơn.

Nếu m  2 ta nói c là nghiệm kép.
1.4. Đa thức bất khả quy
a. Định nghĩa
Cho A là một miền nguyên, P( x)  A x  , P( x) được gọi là đa thức
bất khả quy nếu P( x)  0, P( x) không khả nghịch và P( x) không có ước
thực sự.
Khi đó ta cũng nói P( x) là đa thức không phân tích được trên A .
b. Nhận xét
Đa thức P( x) là đa thức bất khả quy trên A x  nếu P  x  không
biểu diễn được dưới dạng

P x  G  x H  x
với G( x), H ( x)  A x  ,1  deg G( x), deg H ( x)  deg P( x) .
1.5. Số nguyên tố
a. Định nghĩa
Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn một, không có ước nào khác
ngoài 1 và chính nó. Số tự nhiên lớn hơn 1, không phải là số nguyên tố
gọi là hợp số.
Kí hiệu tập số nguyên tố là .

5


b. Tính chất

i ) Ước số tự nhiên nhỏ nhất khác một của một số tự nhiên lớn hơn
một là một số nguyên tố.

ii ) Tập số nguyên tố là vô hạn.
iii) Ước nhỏ nhất khác một của một hợp số a là số nguyên tố p

sao cho p  a .

iv) (Bổ đề Euclid) Nếu một số tự nhiên a  1 không có ước nguyên
tố nào trong khoảng từ 1 đến

a thì a là số nguyên tố.

v ) Cho p  và với mọi a  thì p | a hoặc ( p, a)  1 .
vi ) Nếu số nguyên tố p mà p chia hết tích của nhiều số nguyên tố
thì nó phải trùng với một trong các số nguyên tố đó.
1.6. Xây dựng vành đa thức nhiều ẩn
Giả sử A là một vành giao hoán có đơn vị 1. Ta đặt
A1  A x1  . Khi đó A1 là vành giao hoán có đơn vị 1.
A2  A1  x2   A x1 , x2  thì A2 là vành giao hoán có đơn vị 1.

A3  A2 [x3 ]  A[x1 , x2 , x3 ]
Tương tự An  An1[xn ] .
Khi đó An  A x1 ,..., xn  gọi là vành đa thức của n ẩn x1 ,..., xn lấy
hệ tử trong vành A . Một phần tử của An gọi là một đa thức n ẩn

x1 ,..., xn lấy hệ tử trong vành A là f ( x1 ,..., xn ) hay g ( x1 ,..., xn ) ,…
Nhận xét. Ta có dãy A  A0  A1  A2  ...  An , trong đó Ai 1 là vành
con của Ai với i  1, n .

6


CHƢƠNG 2
MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY
2.1. Đa thức bất khả quy trên trƣờng

a. Tính chất của đa thức trên trƣờng
Định lý 1. Cho A là trường, f ( x)  A x  . Khi đó f ( x) bất khả quy trên

A khi và chỉ khi ước của nó trong A x  có dạng  và  f ( x) , với

  A,   0 .
Chứng minh
Điều kiện cần. Giả sử A là một trường, f ( x)  A x  là đa thức bất
khả quy. Vì A là một trường nên   A,   0 là các phần tử khả nghịch
của A . Do đó ta có ước của f ( x) trong A x  có dạng  và  f ( x) với

  A,   0 .
Điều kiện đủ. Ngược lại nếu f ( x)  A x  mà ước của nó trong
A x  có dạng

 và  f ( x) với   A,   0 là phần tử khả nghịch, suy

ra  f ( x) là phần tử liên kết của f ( x) . Suy ra f ( x) không có ước thực
sự. Vậy f ( x) bất khả quy trong A x  .
Định lý 2. Cho A là trường và P( x), Q( x) A x  và P( x) bất khả quy
trên A thì hoặc Q( x) chia hết cho P( x) hoặc P( x) và Q( x) nguyên tố
cùng nhau.
Chứng minh
Giả sử D( x) là ước chung lớn nhất của hai đa thức P( x) và Q( x) .
Từ thuật toán Euclid ta có P( x) và Q( x) có hệ tử trong A thì hệ tử của

D( x) cũng thuộc A . Mặt khác P( x) là đa thức bất khả quy trên A , ta
suy ra

7

D( x)   P( x)
D( x)   ,   A,   0 .

hoặc

Suy ra Q( x) chia hết cho P( x) hoặc là P( x) và Q( x) nguyên tố cùng
nhau.
Định lý 3. Cho P( x) là đa thức bất khả quy trên trường A , còn Q( x) và

R( x) là những đa thức với hệ tử thuộc A . Nếu P( x)Q( x) chia hết cho
R( x) thì ít nhất một trong các thừa số của P( x) và Q( x) chia hết cho

R( x) .
Chứng minh
Vì P( x) là đa thức bất khả quy trên trường A , R( x) là đa thức bất
kì thuộc A . Khi đó theo định lý 2, ta có R( x) chia hết cho P( x) hoặc

R( x) và P( x) nguyên tố cùng nhau.
Xét trường hợp1: R( x) chia hết cho P( x)
Theo giả thiết ta có P( x)Q( x) chia hết cho R( x) mà R( x) chia hết
cho P( x) . Suy ra Q( x) chia hết cho R( x) .
Xét trường hợp 2: P( x) và R( x) nguyên tố cùng nhau
Ta có P( x)Q( x) chia hết cho R( x) và P( x) , R( x) nguyên tố cùng
nhau. Suy ra Q( x) chia hết cho R( x) .
Vậy có ít nhất một trong các thừa số P( x) và Q( x) chia hết cho

R( x) .
Định lý 4. Cho A là trường, mọi P( x)  A[x] , P( x) có bậc lớn hơn hoặc

bằng 1. Khi đó P( x) biểu diễn được thành tích của những thừa số không
phân tích được trên A . Sự biểu diễn này là duy nhất (chỉ sai khác các
hằng số khác không trên A) , nghĩa là nếu

8


P( x)  P1 ( x) P2 ( x)...Pr ( x)  Q1 ( x)Q2 ( x)...Qs ( x)
là hai biểu diễn của P( x) như tích của những lũy thừa không phân tích
được trên A , thì r  s và Pi ( x)  iQk ( x) , với 0  i  A, ki 1,2,..., r.
i

Chứng minh
Giả sử P( x)  A x  sao cho deg P( x)  n với n 

*

.

Nếu n  1 thì P( x)  a0 x  a1 . Khi đó P  x  là đa thức bất khả quy
và ta có thể nói rằng P  x  được biểu diễn như tích của những thừa số
không phân tích được.
Nếu n là số tự nhiên bất kì và giả sử mọi đa thức bậc nhỏ hơn n có
thể biểu diễn như tích của những thừa số không phân tích được trên A .

P( x) không phân tích được trên A thì ta có thể nói rằng nó biểu diễn
như tích của một thừa số không phân tích được. Ngược lại, giả sử

P  x   Q  x  R  x  với Q  x  , R  x   A x  và 1  deg Q( x), deg R( x)  n
. Theo giả thiết quy nạp Q  x  và R  x  biểu diễn như tích của những

thừa số không phân tích được trên A . Suy ra điều này cũng đúng với

P  x  , nghĩa là mọi đa thức với những hệ số thuộc tập hợp A biểu diễn
như tích của những thừa số không phân tích được trên A .
Chứng minh tính duy nhất của biểu diễn trên. Giả sử

P( x)  P1 ( x) P2 ( x)...Pr ( x)  Q1 ( x)Q2 ( x)...Qs ( x)
với Pi ( x) và Q j ( x) là đa thức bất khả quy trên A . Theo định lý 3 thì ít
nhất một trong những đa thức không phân tích được Q j ( x) chia hết cho

P1 ( x) . Ta giả sử đa thức đó là Qk ( x) . Mặt khác, cả hai đa thức Qk ( x) và
1

1

P1 ( x) là không phân tích được thì P1 ( x)  1Qk ( x) , với 0  1  A . Khi đó
1

P2  x  P3  x ...Pr  x   1Q1  x ...Qk 1  x ...Qk 1  x ...Qs  x 
1

9

1


Không mất tính tổng quát ta giả thiết r  s . Lập luận tương tự như
trên giả sử sau r bước ta nhận được
P1 ( x)  1Qk ( x), P2 ( x)   2Qk ( x),...., Pr ( x)   rQk ( x)
1

2

r

Dễ thấy giữa những đa thức Qk ( x), Qk ( x),...., Qk ( x) sẽ là tất cả
1

2

r

những đa thức Q1 ( x), Q2 ( x),..., Qs ( x) nghĩa là r  s và k1 , k2 ,..., kr là thứ
tự nào đó trong đó các số 1, 2,..., r . Vì trong trường hợp ngược lại ta sẽ
nhận được đẳng thức giữa đa thức bậc không và đa thức bậc khác không.
b. Ví dụ áp dụng
Ví dụ 1. Xét vành đa thức K  x  với K là một trường
a) Chứng minh rằng mọi đa thức bậc nhất của K  x  đều bất khả
quy. Nếu K là một miền nguyên thì điều đó còn đúng nữa không ?
b) Chứng minh rằng các đa thức bậc hai và bậc ba của K là bất khả
quy khi và chỉ khi chúng không có nghiệm trong K .
Lời giải
a) Giả sử f ( x)  ax  b  A x  có sự phân tích trong K  x  là

f ( x)  g ( x)h( x)

với

g ( x), h( x)  A x , deg g ( x)  deg f ( x)

và

deg h( x)  deg f ( x) đồng thời deg g ( x)  deg h( x)  1.
Khi đó ta có nếu deg g ( x)  1 thì deg h( x)  0 hay g  x   d 1 f  x  .
Tức là g ( x) và f ( x) liên kết với nhau. Vậy trong cả hai trường hợp suy
ra đa thức bất khả quy.
Điều trên đây không còn đúng nữa nếu A không là một trường.
Thật vậy, xét đa thức f ( x)  2 x  4  A x có f ( x)  2( x  2) , f ( x) có
ước thực sự là 2. Điều này chứng tỏ f ( x) không bất khả quy.

10


b) Giả sử f ( x)  K  x  , deg f ( x )  2 hoặc deg f ( x)  3 . Đa thức

f ( x)

khả

quy

khi

và

chỉ

khi

f ( x)  g ( x)h( x)

trong

đó

g  x  , h  x   K  x  và hoặc g ( x) hoặc h( x) có bậc bằng 1 khi và chỉ
khi f ( x) có nghiệm trong K .
Vậy đa thức f ( x) bất khả quy khi và chỉ khi f ( x) không có
nghiệm trong K .
Ví dụ 2. Hãy phân tích các đa thức sau thành đa thức bất khả quy trong
vành

 x .
a) x 2  i

c) x 2  4i  3

b) x 4  1  i

d) x7  1  3
Lời giải

2
2
a) x  i  x  (

2
2
2
2

2
2
 i )2  ( x 
 i )( x 
i )
2
2
2
2
2
2

b) Ta có 1  i  2(cos
Đặt 1 
của

2(cos

4







 i sin ) .
4
4







 i sin )  8 2(cos  i sin ) là một giá trị
4
4
16
16

1 i

Ta có  2  1i, 3  1i 2 ,  4  1i 3.
Do x4  1  i  x 4   4 nên ta có
x 4  1  i  ( x  1 )( x   2 )( x  3 )( x   4 ) .

c) Ta có

4i  3  1  2i và

4i  3  1  2i , do đó

x 2  4i  3  x 2  (1  2i)2  ( x  1  2i)( x  1  2i)

1
3



d) 1  i 3  2(  i )  2(cos  i sin )
2
2
3
3

11


Gọi
7

7

7
1  i 3  1 ta có 1  2(cos


21

 i sin



) các giá trị còn lại của
21

1  i 3 là 1 , 1 2 ,..., 1 6 với  là căn nguyên thủy bậc 7 của 1.

x7  1  i 3  ( x  1 )( x   2 )...( x   7 ) .

Ta có

2.2. Đa thức bất khả quy trên trƣờng số
2.2.1. Đa thức bất khả quy trên trƣờng số phức
Định lý. Mọi đa thức bất khả quy trên trường số phức đều là đa thức bậc
nhất.
Chứng minh
Giả sử P  x  

 x , giả sử có a ,..., a
1

n

và deg P  x   n  2 . Ta có

hay P( x)  a( x  1 )...( x   n ) với

P( x) có n nghiệm trên

ai  , i  1, n . Suy ra P( x) có ước thực sự ( x  i ), i  1, n . Suy ra P( x)

không bất khả quy trên

 x  . Vậy đa thức bất khả quy trên  x  là đa

thức bậc nhất.
2.2.2. Đa thức bất khả quy trên trƣờng số thực
a. Định lý

Các đa thức không phân tích được trên tập hợp số thực là các đa
thức bậc nhất và các đa thức bậc hai có định thức âm.
Chú ý. Đa thức bậc hai P( x)  ax 2  bx  c có định thức là   b2  4ac .
Chứng minh
Hiển nhiên đa thức bậc nhất P  x  

 x bất khả quy trên

.

Giả sử deg P  x   2 .
- Nếu   0 suy ra P( x) có các nghiệm x1 , x2 . Khi đó P( x) có
dạng

P( x)  a( x  x1 )( x  x2 )

Suy ra P( x) có ước thực sự. Vậy P( x) không bất khả quy.

12


- Nếu   0 thì P( x) không có nghiệm thực. Suy ra P( x) bất khả
quy.
Giả sử deg P( x)  3 . Nếu P( x) có nghiệm phức  thì P( x) có
nghiệm  (  là số phức liên hợp của  ). Suy ra P( x) chia hết cho

( x   )( x   ). Ta có
( x   )( x   )  x 2  (   ) x  

là đa thức hệ số thực. Suy ra P( x) có ước thực sự. Vậy P( x) không bất

khả quy trên

 x .

b. Ví dụ áp dụng
Ví dụ 1. Biểu diễn đa thức sau thành tích của các đa thức bất khả quy
trên

.
a) x 2  1

b) x 4  1
Lời giải

a) x 2  1  ( x  1)( x  1)
Theo định lý trên ta có đa thức x  1 và đa thức x  1 bất khả quy
trên

.
Vậy đa thức x 2  1 biểu diễn thành tích của hai đa thức bất khả quy
là x  1 và x  1.

trên

b) x 4  1  ( x 2  2 x  1)( x 2  2 x  1)
Đa thức x 2  2 x  1 và x 2  2 x  1 là đa thức bậc hai có định
thức âm trên
trên

 x . Theo định lý ta suy ra hai đa thức này là bất khả quy

. Do đó đa thức x 4  1 biểu diễn thành tích của hai đa thức bất khả

quy là x 2  2 x  1 và x 2  2 x  1.
Ví dụ 2. Biểu diễn đa thức sau thành tích các đa thức bất khả quy trên

 x .
xn  1 víi n  2

13


Bài làm
Đặt P  x   x n  1 với n  2
Giả sử P( x) có n nghiệm phức  0 ,...,  n1 . Khi đó
xn  1  ( x   0 )( x  1 )...( x   n1 )

ở đây dãy  0  1,  k  cos

2k
2k
 i sin
, k  1,2,..., n  1. Ta xét hai
n
n

trường hợp sau:
- Trường hợp 1: n  2m . Khi đó:

 m  cos

2m
2m
 i sin
 cos   i sin   1
2m
2m

những số còn lại 1 ,  2 ,..,  m1,  m1,...,  2 m1 không phải là số thực nhưng

 k  cos

2k
2k
2k
2k
 i sin
 cos(2 
)  i sin(2 
)   2 mk
2m
2m
2m
2m

và ( x   k )( x   k )  ( x   k )( x   2 mk )  x 2  2cos
m 1

( x 2  2cos
Do đó x  1  ( x  1)( x  1) 

k 1
2m

k
x  1 với k  1, 2,..., m 1 .
m

k
x  1) .
2m

- Trường hợp 2: n  2m  1
Khi đó 1 ,...,  2 m không phải là số thực và
2k
2k
 i sin
2m  1
2m  1
2k
2k
 cos(2 
)  i sin(2 
)   2 mk 1
2m  1
2m  1

 k  cos

Ta có

( x   k )( x   k )  ( x   k )( x   2 mk 1 )  x 2  2cos

k
x 1
m 1

với k  1, 2,..., m . Vì thế
m

x 2 m1  1  ( x  1)( x  1)  ( x 2  2cos
k 1

14

2k
x  1) .
2m  1


2.2.3. Đa thức bất khả quy trên trƣờng số hữu tỉ
2.2.3.1. Đa thức nguyên bản
a. Định nghĩa
Giả sử f ( x) là một đa thức với hệ số nguyên, f ( x) gọi là đa thức
nguyên bản nếu các hệ số của f ( x) không có ước chung nào khác
ngoài 1.
Nhận xét. Cho f  x  

 x . Khi đó
f ( x) 

a
g ( x)
b

trong đó g  x  là nguyên bản.
b. Một số tính chất của đa thức nguyên bản
- Tính chất 1 (bổ đề Gauss). Tích của hai đa thức nguyên bản là một đa
thức nguyên bản.
Chứng minh
Giả sử f ( x)  a0  a1 x  ...  am x m
g ( x)  b0  b1 x  ...  bn x n

là hai đa thức nguyên bản. Ta chỉ cần chứng minh một số nguyên tố p
tùy ý, thì p không chia hết các hệ số của đa thức tích
f ( x) g ( x)  c0  c1 x  ...  cnm x nm ở đây ci 

 a b , i  1, n  m

k  l i

k l

Rõ ràng p không chia hết cho các hệ số của f ( x) và g ( x) . Giả sử p
chia hết a0 , a1 ,..., ar 1 , b0 ,..., bs 1 và p không chia hết ar , bs . Ta xét các
hệ số cr  s của đa thức tích f ( x) g ( x) có:

cr s  arbs  ar 1bs 1  ...  ar 1bs 1  ...
trong đó p chia hết các tích bên vế phải nhưng không chia hết tích ar bs
vì p không chia hết ar , bs . Do đó p không chia hết cr  s .

15


Tính chất 2. Nếu f ( x) là một đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn hơn
0 và f ( x) không bất khả quy trong
trong

 x

thì f ( x) không bất khả quy

 x .
Chứng minh

Giả sử f ( x) không bất khả quy trong

 x  , khi đó f ( x)

có thể

f ( x)   ( x) ( x)

viết

với  ( x) và  ( x) là những ước thực sự của f ( x) trong

a
b

 ( x)  g ( x),  ( x) 

 x  .Ta có

c
h( x )
d

Trong đó f ( x), g ( x) đều là những đa thức nguyên bản và a, b, c, d là
những số nguyên, trong đó b,d khác 0 . Do đó f ( x) 

p
g ( x)h( x) với
q

p ac

và ( p, q)  1 .
q bd
Ta kí hiệu các hệ số của đa thức tích g ( x)h( x) là ei theo tính chất
1 thì g ( x)h( x) là nguyên bản cho nên ei không có ước nào khác ngoài
1. Mặt khác f ( x) 

chia hết

mọi ei

 x

nên các số

pei
phải là số nguyên, do đó q
q

vì ( p, q)  1 . Ta suy ra

q  1 , tức là

f ( x)   pg ( x)h( x) . Vì   x  và   x  là những ước thực sự của f ( x)
trong

 x  , nên g ( x)

 x .

và h( x) là những đa thức bậc khác 0 của

Suy ra f ( x) có ước thực sự. Vậy f ( x) không bất khả quy trên
2.2.3.2. Một số tiêu chuẩn bất khả quy của đa thức
a. Điều kiện để đa thức bậc hai, bậc ba bất khả quy

16

.


Điều kiện để đa thức bậc hai, bậc ba bất khả quy trên

khi và chỉ

khi chúng không có nghiệm hữu tỉ.
Chứng minh

 x ,

Điều kiện cần. Giả sử P  x  
khả quy trên

deg P  x   2 hoặc 3, P  x  bất

. Giả sử P  x  có nghiệm hữu tỷ   . Suy ra

P  x    x  a  g  x  ,1  deg g  x   deg P  x 
Suy ra P( x) có ước thực sự là x   . Suy ra P( x) không bất khả quy
(mâu thuẫn). Điều giả sử là sai, suy ra P( x) không có nghiệm hữu tỷ.
Điều kiện đủ. Giả sử P  x  

 x

và deg P( x)  2 hoặc 3, P( x)

không có nghiệm hữu tỉ. Giả sử P( x) không bất khả quy trên

 x , suy

ra

P  x   G  x  H  x  , 1  deg G( x), deg H ( x)  deg P( x)
Vì bậc của P( x) bằng 2 hoặc 3 , suy ra trong hai đa thức G( x), H ( x)
phải có đa thức có bậc 1, đa thức này cho nghiệm hữu tỉ. Suy ra P( x) có

nghiệm hữu tỉ (điều này mâu thuẫn). Vậy điều giả sử sai, tức P( x) bất
khả quy trên

.

b. Tiêu chuẩn Eisenstein
Giả sử P  x   a0 x n  a1 x n1  ...  an là một đa thức hệ số nguyên,
và giả sử có một số nguyên tố p sao cho p không chia hết hệ số cao
nhất a0 nhưng p chia hết các hệ số còn lại và p 2 không chia hết số hạng
tự do an . Khi đó đa thức P( x) bất khả quy trên

 x .

Chứng minh
Ta chứng minh bằng phương pháp phản chứng.
Giả sử P( x) có ước thực sự trong

17

 x . Khi đó, ta có thể viết


P x  G  x H  x
trong đó

G( x)  b0 xl  b1 xl 1  ...  bl

và

H ( x)  c0 x m  c1 x m1  ...  cm

ở đây deg G  x   l , deg H  x   m, l  0, m  0, l  m  n .
Bằng cách so sánh hệ số tự do ta nhận được an  bl cm
Vì al p nên cm không chia hết cho p . Sử dụng nguyên lý so sánh hệ số

an1  bl cm1  bl 1cm

ta có

an2  bl cm2  bl 1cm1  bl 2cm
....

ank  bl cmk  bl 1cmk 1  ...  bl k cm
....

a0  b0c0
Vì bl p và an1 p nên từ đẳng thức thứ nhất ta được bl 1cm p , suy ra

bl 1 p
Tiếp tục đẳng thức thứ hai với bl p, bl 1 p, an2 p suy ra bl 2cm p

 bl 2 p .
Tiếp tục phương pháp này dẫn đến kết quả b0 p , suy ra a0  b0c0
chia hết cho p . Điều này trái với giả thiết. Vậy ta có điều phải chứng
minh.
b1. Ví dụ áp dụng
Ví dụ 1. Đa thức f ( x)  x4  6 x3  18x2  42 x  12 là đa thức bất khả
quy trong

.

Thật vậy, áp dụng tiêu chuẩn Eisentein với p  3 , ta có 3 chia hết
12; 42; 18; 6 và 32 không là ước của 12.

18


Ví dụ 2. Đa thức x n  px n1  ...  p với p là số nguyên tố tùy ý là đa
thức bất khả quy trên

.

Thật vậy áp dụng tiêu chuẩn Eisentien với p ta suy ra đa thức trên
là đa thức bất khả quy trong

 x .

Ví dụ 3. Xét tính bất khả quy của đa thức
f ( x)  x3  3nx 2  n3 (n  )

Lời giải
Với n  0 thì f ( x)  x3 . Đa thức này có các ước thực sự ax, bx 2
với a, b

. Vậy f  x  không bất khả quy trên
3

 x .

2

x
f ( x)  x 
 x
 y  1 ta có
Với n  0 ta có
.
Đặt


3

1
 
 
n
n3
n
n
f ( x)
 y3  3 y 2  6 y  3  g ( y)
3
n
Áp dụng tiêu chuẩn Eisentein với p  3 suy ra g ( x) bất khả quy trên
Suy ra f  x  bất khả quy trên

.

Vậy với n  0 thì f  x  bất khả quy trên

.

Ví dụ 4. Cho p là số nguyên tố. Chứng minh rằng đa thức
f ( x)  1  x  ...  x p1

bất khả quy trên

 x .
Lời giải

Đặt x  y  1. Khi đó f ( y  1)  1  ( y  1)  ...( y  1) p1

( y  1) p  1
=
y 11


19

y p  C1p y p 1  ...  C pp 1 y  1  1
y

.


= C pp1  C pp2 y  ...  C pp1 y p 2  y p1
= g ( y)
k
Nhận xét rằng với 1  k  p  1 thì C p là số nguyên và chia hết cho

p , còn C pp 1 không chia hết cho p 2 . Vậy theo tiêu chuẩn Eisentein thì

g ( y) bất khả quy trên

 y  , suy ra

Thật vậy, ngược lại giả sử f ( x) khả quy trên

f  x   p  x  q  x  với p( x), q( x) 

 y  . Ta có

 x

f  y  1  p  y  1 q  y  1  g  y 

Suy ra

Suy ra g ( y) khả quy trên
trên

 x .

f ( x) bất khả quy trên

 y

(mâu thuẫn). Vậy f  x  bất khả quy

 x .

b2. Một số bài tập
Bài 1. Chứng minh các đa thức sau đây bất khả quy trong

.

a) x4  8x3  12 x2  6 x  3

b) x4  x3  2 x  1

c) 3x2  15x3  10 x2  20 x  35

d) 2 x5  14 x2  35x2  56 x  63 .

Bài 2. Cho n là một số tự nhiên n  2 . Chứng minh đa thức x n  2 bất
khả quy trên tập số hữu tỉ.
Bài 3. Tìm điều kiện cần và đủ để x 4  px 2  q là bất khả quy trong
Bài 4. Xét tính bất khả quy của các đa thức sau trên tập số hữu tỉ
a) f ( x)  x3  3nx 2  n3 (n  ) ;
b) f ( x)  x3  3nx 2  n3 (n  );
c) f ( x)  x3  mn2 x  n3 với m, n ;
d) f ( x)  x3  m2nx 2  mn2 x  n3 với m, n .

c. Tiêu chuẩn Eisenstien mở rộng

20

.