Ứng dụng định lí cơ bản của đại số để xét tính bất khả quy của đa thức trên trường hữu tỷ

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐÀO THỊ NGÂN

ỨNG DỤNG ĐỊNH LÍ CƠ BẢN CỦA ĐẠI SỐ
ĐỂ XÉT TÍNH BẤT KHẢ QUY CỦA ĐA THỨC
TRÊN TRƯỜNG HỮU TỶ

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2015


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐÀO THỊ NGÂN

ỨNG DỤNG ĐỊNH LÍ CƠ BẢN CỦA ĐẠI SỐ
ĐỂ XÉT TÍNH BẤT KHẢ QUY CỦA ĐA THỨC
TRÊN TRƯỜNG HỮU TỶ

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số:

60 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

GS.TS. LÊ THỊ THANH NHÀN

Thái Nguyên - 2015


i

Mục lục

Mục lục

i

Lời cảm ơn

ii

Mở đầu

1

1

Định lí cơ bản của đại số

3

1.1

Đa thức đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.2

Trường phân rã và trường hữu hạn . . . . . . . . . . . . . .

10

1.3

Chứng minh Định lí cơ bản của đại số . . . . . . . . . . . .

12

2

Vận dụng Định lí cơ bản của đại số để xét tính bất khả quy trên Q 17
2.1

Một số tiêu chuẩn bất khả quy trên Q quen biết . . . . . . .

2.2

Vận dụng Định lí cơ bản của đại số để xét tính bất khả quy
trên Q . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

17
23

Kết luận

37

Tài liệu tham khảo

38


ii

Lời cảm ơn
Luận văn này được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đại học
Thái Nguyên. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc với GS.TS. Lê Thị
Thanh Nhàn, đã trực tiếp hướng dẫn tận tình và động viên tác giả trong suốt
thời gian nghiên cứu vừa qua.
Tác giả xin chân thành cảm ơn các Thầy cơ thuộc Khoa Tốn - Tin, trường
Đại học Khoa học và GS.TSKH. Hà Huy Khoái, GS.TSKH. Nguyễn Văn
Mậu, PGS.TS. Đàm Văn Nhỉ đã giảng dạy, trang bị cho chúng em những kiến
thức cơ bản, cần thiết. Xin chân thành cảm ơn Phòng Đào tạo, trường Đại học
Khoa học đã tạo điều kiện thuận lợi, động viên, khuyến khích tác giả trong
suốt quá trình học tập.
Tác giả cũng xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới gia đình và người thân
ln khuyến khích, động viên tác giả trong suốt q trình học tập và làm luận
văn.
Thái Nguyên, 2015

Đào Thị Ngân
Học viên Cao học Toán K7D,

Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên


1

Mở đầu
Định lí cơ bản của Đại số phát biểu rằng mỗi đa thức một biến khác
hằng với hệ số phức có ít nhất một nghiệm phức. Chứng minh đầu tiên cho
Định lí cơ bản của đại số thuộc về D’Alembert năm 1748. Nhiều chứng minh
khác được công bố bởi Euler năm 1749, Foncenex năm 1759, Lagrange 1772,
Laplace năm 1795 ... nhưng các chứng minh này đều khơng chính xác. Đặc
biệt, trong suốt cuộc đời mình, Gauss đã đưa ra 4 chứng minh cho Định lí,
chứng minh đầu tiên năm 1799 và 2 chứng minh tiếp theo năm 1815, 1816
đều khơng chặt chẽ. Chứng minh hồn chỉnh đầu tiên cho Định lí thuộc về
Gauss năm 1846, được cơng bố chỉ vài năm trước khi ơng qua đời.
Tên của Định lí cơ bản của đại số được đặt vào thời điểm khi mà quan tâm
chính của đại số là vấn đề giải phương trình đa thức. Định lí cơ bản của đại số
có những ứng dụng quan trọng trong nhiều lĩnh vực khác nhau của tốn học.
Đối với hình học đại số, sự kết hợp giữa Định lí cơ bản của đại số và Ngun
lí Lefschetz cho thấy khơng gian xạ ảnh phức là môi trường đủ tốt để nghiên
cứu nhiều bài tốn của hình học đại số với đặc số 0. Trong đại số hiện đại,
việc phân loại các cấu trúc đại số trên trường địa phương và toàn cục phải sử
dụng thường xuyên một kết quả được suy ra từ Định lí cơ bản của đại số, đó
là: Nếu K là một trường mở rộng hữu hạn của trường số phức C thì K = C.
Cho K là một trường và f (x) là đa thức một biến x với hệ số trong K.
Ta nói f (x) là đa thức bất khả quy trên K nếu f (x) có bậc dương và f (x)
khơng là tích của hai đa thức với bậc bé hơn. Có thể nói, các đa thức bất khả


2

quy trong lí thuyết đa thức có vai trị quan trọng tương tự như vai trò của các
số nguyên tố trong lí thuyết số. Vì thế, bài tốn xét tính bất khả quy của đa
thức là một trong những bài tốn quan trọng nhất của lí thuyết đa thức. Từ
Định lí cơ bản của đại số, ta suy ra rằng các đa thức bất khả quy trên C là và
chỉ là các đa thức bậc nhất; các đa thức bất khả quy trên R là và chỉ là các đa
thức bậc nhất hoặc bậc hai vô nghiệm (thực). Tuy nhiên, bài tốn xét tính bất
khả quy trên Q cho đến nay vẫn là bài tốn mở. Mục đích của luận văn này
là trình bày một ứng dụng của Định lí cơ bản của đại số trong vấn đề xét tính
bất khả quy của đa thức trên Q.
Luận văn được viết dựa vào hai bài báo gần đây:
1. 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, 54 (2011), 41-54.
2. M. R. Murty, Prime numbers and irreducible polynomials, The American Math. Monthly, 109 (2002), 452-458.
Luận văn được chia thành 2 chương với nội dung chính như sau:
Chương 1 trình bày một số kiến thức cơ bản về đa thức đối xứng và sự tồn
tại trường phân rã của đa thức với hệ số trên một trường để phục vụ chứng
minh Định lí cơ bản của đại số về sự tồn tại nghiệm của đa thức một biến trên
trường số phức. Cuối chương 1 chúng tôi sử dụng Định lý cơ bản của đại số
để xét tính bất khả quy của đa thức trên trường phức C và trên trường thực R.
Chương 2 là nội dung chính của luận văn, trình bày một số tiêu chuẩn bất
khả quy của đa thức trên Q, mà chứng minh các tiêu chuẩn này phải sử dụng
Định lí cơ bản của đại số.
Thái Nguyên, ngày 20 tháng 11 năm 2015
Đào Thị Ngân
Email:


3

Chương 1

Định lí cơ bản của đại số
Chương này trình bày một số kiến thức cơ bản về đa thức đối xứng và
chứng minh Định lý cơ bản của đại số về sự tồn tại nghiệm của đa thức một
biến trên trường số phức. Từ đó ứng dụng để xét tính bất quy của đa thức trên
C và trên trường thực R.

1.1

Đa thức đối xứng

Trước hết, ta nhắc lại khái niệm về vành đa thức nhiều biến.Trong suốt
chương này, luôn giả thiết V là một vành giao hoán.
Định nghĩa 1.1.1. Kí hiệu V [x1 , . . . , xn ] là tập các đa thức n biến x1 , . . . , xn
với các hệ số trong V . Với i, j ∈ Nn0 , trong đó i = (i1 , . . . , in ) và j =
(j1 , . . . , jn ), ta định nghĩa i + j = (i1 + j1 , . . . , in + jn ). Khi đó V [x1 , . . . , xn ]
là một vành với phép cộng và phép nhân
ai x i +
i∈Nn0

bi xi =
i∈Nn0

ai xi
i∈Nn0

với mọi đa thức

i∈Nn0

bi xi =
i∈Nn0

ck x k , c k =
i∈Nn0

ai bj
i+j=k

bi xi ∈ V [x1 , . . . , xn ]. Vành V [x1 , . . . , xn ] được

ai xi ,
i∈Nn0

(ai + bi )xi ;

i∈Nn0

gọi là vành đa thức n biến x1 , . . . , xn với hệ số trong V .


4
Từ bây giờ ta luôn giả thiết V là miền nguyên, V [x1 , . . . , xn ] là vành đa
thức n biến x1 , . . . , xn với hệ số trong V và Sn là tập các song ánh từ tập
{1, 2, . . . , n} đến chính nó.
Định nghĩa 1.1.2. Đa thức f (x1 , . . . , xn ) ∈ V [x1 , . . . , xn ] được gọi là đa thức
đối xứng nếu f (x1 , . . . , xn ) = f (xπ(1) , . . . , xπ(n) ) với mọi π ∈ Sn , trong đó
ta hiểu f (xπ(1) , . . . , xπ(n) ) là đa thức được suy ra từ f (x1 , . . . , xn ) bằng cách
thay xi bởi xπ(i) với mọi i = 1, . . . , n.
Ví dụ 1.1.3. Các đa thức sau là các đa thức đối xứng đơn giản nhất, do đó ta

gọi chúng là các đa thức đối xứng sơ cấp hay đa thức đối xứng cơ bản:
n

xi = x1 + · · · + xn ;

σ1 =
i=1

xi xj = x1 x2 + · · · + x1 xn + x2 x3 + · · · + xn−1 xn ;

σ2 =
i
........................
σk =

xi1 xi2 . . . xin ;
i1
........................
σn = x1 x2 . . . xn .
Mệnh đề 1.1.4. Tập các đa thức đối xứng lập thành một vành con của V [x1 , . . . , xn ].
Chứng minh. Xem chứng minh trong Mệnh đề 3.2.3 trong [1].
Chú ý rằng đa thức của các đa thức đối xứng cơ bản luôn là đa thức đối
xứng, tức là nếu f (x1 , . . . , xn ) là một đa thức thì f (σ1 , . . . , σn ) là đa thức đối
xứng. Trong mục này, ta sẽ chứng minh điều ngược lại: Nếu f (x1 , . . . , xn )
là một đa thức đối xứng thì nó biểu diễn được thành một đa thức của các
đa thức đối xứng cơ bản, tức là tồn tại một đa thức g(x1 , . . . , xn ) sao cho

5
f (x1 , . . . , xn ) = g(σ1 , . . . , σn ). Để chứng minh kết quả này, chúng ta cần sắp
xếp một đa thức thành tổng của các từ từ cao xuống thấp. Chúng ta không thể
sử dụng bậc thông thường để sắp xếp vì trong một đa thức có thể có nhiều
từ có cùng bậc, chẳng hạn đa thức f (x1 , x2 ) = 3x61 − 2x1 x2 + 7x21 + 5x22 ∈
Q[x1 , x2 ] có đến 3 từ khơng đồng dạng có cùng bậc 2. Dưới đây ta sẽ giới
thiệu một cách sắp xếp các đơn thức, được gọi là thứ tự từ điển, cho phép
chúng ta sắp xếp được các từ để thực hiện được điều mong muốn. bỏ hệ số a
Định nghĩa 1.1.5 (Thứ tự từ điển). Cho u = xi11 . . . xinn và v = xj11 . . . xjnn là
hai đơn thức. Ta nói u < v nếu tồn tại m ∈ {1, . . . , n} sao cho im < jm và
it = jt với mọi t < m.
Trong suốt tiết này ta kí hiệu mon(U ) là tập các đơn thức n biến x1 , ..., xn .
Bổ đề 1.1.6. Với hai đơn thức u, v ∈ mon(U ), ta nói u = v hoặc u < v theo
thứ tự từ điển trong Định nghĩa 1.1.5. Khi đó ≤ là một quan hệ thứ tự toàn
phần trên tập mon(U ) và các tính chất sau thỏa mãn:
a) Mỗi tập con khơng rỗng của mon(U ) đều có phần tử nhỏ nhất;
b) Nếu u ≤ v thì uw ≤ vw với mọi u, v, w ∈ mon(U ).
Chứng minh. Xem chứng minh trong Bổ đề 3.2.5 trong [1].
Theo Bổ đề 1.1.6, thứ tự từ điển trên tập mon(U ) là thứ tự tồn phần, vì
thế ta có thể viết mỗi đa thức f (x1 , . . . , xn ) ∈ V [x1 , . . . , xn ] thành tổng của
hữu hạn từ không đồng dạng từ cao xuống thấp. Kí hiệu in(f ) là từ lớn nhất
trong các từ của f (x1 , . . . , xn ). Ta gọi in(f ) là từ dấu của f (x1 , . . . , xn ). Từ
Bổ đề 1.1.6 b) ta có hệ quả sau.
Hệ quả 1.1.7. Cho f (x1 , . . . , xn ) và g(x1 , . . . , xn ) là hai đa thức. Nếu V là
miền nguyên thì in(f g) =in(f )in(g).


6
Định lý sau đây thường được gọi là Định lý cơ bản của đa thức đối xứng.
Định lí 1.1.8. Cho f (x1 , . . . , xn ) ∈ V [x1 , . . . , xn ] là một đa thức đối xứng.

Khi đó, tồn tại duy nhất một đa thức ϕ ∈ V [x1 , . . . , xn ] sao cho
f (x1 , . . . , xn ) = ϕ(σ1 , . . . , σn ).
Chứng minh. Xem chứng minh trong Định lý 3.2.7 trong [1].
Hệ quả 1.1.9. Cho V là miền nguyên và f (x) ∈ V [x] là đa thức (một biến
x) bậc n với hệ số cao nhất khả nghịch. Giả sử f (x) có n nghiệm α1 , . . . , αn
trong một miền nguyên chứa V . Cho g(x1 , . . . , xn ) ∈ V [x1 , . . . , xn ] là một
đa thức đối xứng. Khi đó g(α1 , . . . , αn ) ∈ V .
Chứng minh. Giả sử f (x) = an xn +· · ·+a1 x+a0 . Theo Định lý 1.1.8 tồn tại
đa thức h(x1 , . . . , xn ) ∈ V [x1 , . . . , xn ] sao cho g(x1 , . . . , xn ) = h(σ1 , . . . , σn ).
Vì thế
g(α1 , . . . , αn ) = h(σ1 (α1 , . . . , αn ), . . . , σn (α1 , . . . , αn )).
Theo cơng thức Viet ta có
k
−1
n
−1
g(α1 , . . . , αn ) = h(−an−1 a−1
n , . . . , (−1) an−k an , . . . , (−1) a0 an ).

Do a−1
n , an−1 , an−2 , . . . , a0 ∈ V nên g(α1 , . . . , αn ) ∈ V .
Tiếp theo, chúng ta chứng minh các đồng nhất thức của Newton về biểu
diễn đa thức đối xứng xk1 + · · · + xkn qua các đa thức đối xứng cơ bản.
Định lí 1.1.10 (Đồng nhất thức của Newton). Đặt wk = xk1 + · · · + xkn với
k ∈ N. Khi đó
a) Nếu k ≤ n thì wk = (−1)k+1 kσk +

k−1

(−1)r+1 σr wk−r .

r=1
k−1

(−1)n σr wk−r .

b) Nếu k > n thì wk =
r=1


7
Chứng minh. Xem chứng minh trong Định lý 3.2.9 trong [1].
Dưới đây, chúng ta biểu diễn một số đa thức đối xứng qua các đa thức đối
xứng cơ bản bằng cách sử dụng Định lý 1.1.10 và Định lý 1.1.8
Ví dụ 1.1.11. Sử dụng Định lý 1.1.10 với w1 = x1 + x2 + x3 = σ1 , ta có
w2 = x21 + x22 + x23 = (−1)3 2σ2 + σ1 w1
= −2σ2 + σ12
w3 = x31 + x32 + x33 = σ1 w2 − σ2 w1 + 3σ3
= σ1 (σ1 w1 − 2σ2 ) − σ2 w1 + 3σ3
= σ13 − 3σ1 σ2 + 3σ3
w4 = x41 + x42 + x43 = σ1 w3 − σ2 w2 + σ3 w1
= σ1 (σ13 − 3σ1 σ2 + 3σ3 ) − σ2 (σ12 − 2σ1 ) + σ3 σ1
= σ14 − 4σ12 σ2 + 4σ1 σ3 + 2σ22 .
Bây giờ ta sử dụng Định lý 1.1.8 để biểu diễn w3 theo các đa thức đối xứng
cơ bản. Ta có từ dấu của w3 là x31 . Vì vậy, ta xét hiệu
f1 = w3 − σ13 σ20 σ30 = x31 + x32 + x33 − (x1 + x2 + x3 )3
= −3x21 x2 − 3x21 x3 − 3x1 x22 − 3x1 x23 − 3x22 x3 − 3x2 x23 − 6x1 x2 x3 .
Từ dấu của f1 là −3x21 x2 . Vì vậy, ta xét hiệu
f2 = f1 − (−3σ1 σ2 σ30 ) = f1 + 3(x1 + x2 + x3 )(x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 )
= 3x1 x2 x3 = 3σ3 .

Vậy w3 = σ13 − 3σ1 σ2 + 3σ3 .
Ta cịn có thể biểu diễn đa thức đối xứng trên trường số thực R qua các đa
thức đối xứng cơ bản bằng cách đồng nhất các hệ số. Ta mô tả phương pháp
này bằng chú ý sau.


8
Chú ý: Cho f (x1 , . . . , xn ) là một đa thức đối xứng. Kí hiệu Sn là tập các
hoán vị của n phần tử 1, 2, . . . , n. Khi đó, nếu ai xi11 . . . xinn là một từ của
1
n
f (x1 , . . . , xn ) thì ai xiπ(1)
. . . xiπ(n)
cũng là một từ của f (x1 , . . . , xn ) với mọi

π ∈ Sn . Kí hiệu S ai xi11 . . . xinn là tổng của các từ của f (x1 , . . . , xn ) có dạng
1
n
ai xiπ(1)
. . . xiπ(n)
với π ∈ Sn . Khi đó, đa thức S ai xi11 . . . xinn là đối xứng,

thuần nhất bậc i1 + · · · + in . Hơn nữa f (x1 , . . . , xn ) phân tích được thành
tổng của các đa thức thuần nhất dạng S ai xi11 . . . xinn trong đó ai xi11 . . . xinn là
một từ của f (x1 , . . . , xn ). Vì thế để biểu diễn f (x1 , . . . , xn ) qua các đa thức
đối xứng cơ bản, chúng ta chỉ cần biểu diễn các đa thức đối xứng thuần nhất
S ai xi11 . . . xinn qua các đa thức đối xứng cơ bản. Giả sử k = i1 + · · · + in .
Khi đó, ta cần tìm các số thực ak1 ,...,kn sao cho
S ai xi11 . . . xinn =

ak1 ,...,kn σ1k1 . . . σnkn .
k1 +2k2 +···+nkn =k

Chú ý rằng nếu hai đa thức bằng nhau thì nó bằng nhau tại mọi giá trị của
biến. Vì thế, ta có thể gán vào công thức trên những giá trị cụ thể của các biến
để thu được một hệ phương trình với các ẩn là các ak1 ,...,kn . Từ đây ta sẽ tìm
được các số thực ak1 ,...,kn .
Ví dụ dưới đây minh họa phương pháp đồng nhất hệ số mô tả trong chú ý
trên, để biểu diễn đa thức đối xứng qua các đa thức đối xứng cơ bản.
Ví dụ 1.1.12. Cho f (x1 , x2 , x3 ) = x41 + x42 + x43 + x21 x2 x3 + x1 x22 x3 + x1 x2 x23 .
Khi đó f (x1 , x2 , x3 ) là đa thức đối xứng. Với kí hiệu như trong chú ý trên ta
có f = S(x41 ) + S(x21 x2 x3 ). Vậy ta cần tìm các số thực a, b, c, d thỏa mãn
S(x41 ) = x41 + x42 + x43 = aσ14 + bσ12 σ2 + cσ3 σ1 + dσ22 .
Hai đa thức bằng nhau thì nó bằng nhau tại mọi giá trị của biến
Vậy ta cho x1 = 1 và x2 = x3 = 0 ta được a = 1.
Cho x1 = x2 = 1 và x3 = 0 ta được b = −4.


9
Cho x1 = x2 = x3 = 1 ta được c = 4.
Cho x1 = 1, x2 = −1 và x3 = 0 ta được d = 2.
Do đó
S(x41 ) = σ14 − 4σ12 σ2 + 4σ1 σ3 + 2σ22 .
Tiếp theo, chúng ta cần tìm các số thực a, b, c, d sao cho
S(x21 x2 x3 ) = x21 x1 x3 + x1 x22 x3 + x1 x2 x23 = aσ14 + bσ12 σ2 + cσ1 σ3 + dσ22 .
Cho x1 = 1 và x2 = x3 = 0 ta được a = 0.
Cho x1 = 1, x2 = −1 và x3 = 0 ta được d = 0.
Cho x1 = x2 = 1 và x3 = 0 ta được b = 0.
Cho x1 = x2 = x3 = 1 ta được c = 1. Do đó S(x21 x2 x3 ) = σ1 σ3 . Vì thế biểu
diễn cần tìm là

f (x1 , x2 , x3 ) = σ14 − 4σ12 σ2 + 5σ1 σ3 + 2σ22 .
Chúng ta có thể sử dụng các kết quả về đa thức đối xứng để giải quyết một
số bài toán đại số sơ cấp liên quan đến phương trình, hệ phương trình, phân
tích đa thức thành nhân tử, chứng minh bất đẳng thức, tìm nghiệm ngun.
Ví dụ 1.1.13. Giả sử cần tính biểu thức
f (x1 , x2 , x3 ) = x41 + x42 + x43 + (x1 + x2 + x3 )3 + x21 x2 x3 + x1 x22 x3 + x1 x2 x23 ,
trong đó x1 , x2 , x3 là ba nghiệm của phương trình x3 + 2x2 − 3x + 1 = 0.
Nhận xét rằng f (x1 , x2 , x3 ) là đa thức đối xứng, vì thế chúng ta biểu diễn
f (x1 , x2 , x3 ) qua các đa thức đối xứng cơ bản rồi dùng cơng thức Viete. Cụ
thể, từ ví dụ trên ta có:
f (x1 , x2 , x3 ) = σ14 − 4σ12 σ2 + 4σ1 σ3 + 2σ22 + σ13 + σ1 σ3
= σ14 + σ13 − 4σ12 σ2 + 5σ1 σ3 + 2σ22 .


10
Theo cơng thức Viete, ta có σ1 = −2, σ2 = −3, σ3 = −1. Thay vào ta được
f (x1 , x2 , x3 ) = 16 − 8 + 48 + 10 + 18 = 84.

1.2

Trường phân rã và trường hữu hạn

Mục tiêu của phần này là sử dụng tính chất của đa thức bất khả quy để chỉ
ra sự tồn tại duy nhất của trường phân rã của một đa thức. Trong suốt mục
này, ta luôn giả thiết K là một trường. Nếu E là một trường chứa K thì ta viết
K ⊆ E hay E/K, khi đó ta gọi E/K là một mở rộng trường. Rõ ràng E có
cấu trúc tự nhiên như một K- khơng gian véc tơ. Chiều của không gian này
được gọi là bậc của mở rộng E/K và kí hiệu là [E : K]. Nếu [E : K] < ∞
thì ta nói E/K là mở rộng hữu hạn. Chú ý rằng nếu E/K và T /E là các mở
rộng hữu hạn thì ta có cơng thức bậc [T : K] = [T : E][E : K]. Nếu mỗi

phần tử của E đều đại số trên K thì ta nói E/K là mở rộng đại số.
Giả sử E/K là một mở rộng trường. Nếu E/K là mở rộng hữu hạn
thì nó là mở rộng đại số. Thật vậy, giả sử dimK E = t và α ∈ E. Vì
hệ {1, α, . . . , αt } gồm t + 1 phần tử nên nó là hệ phụ thuộc tuyến tính.
Do đó tồn tại a0 , a1 , . . . , at ∈ K với ít nhất một hệ số ai = 0 sao cho
a0 + a1 a0 + · · · + at αt = 0. Như vậy a0 + a1 x + · · · + at xt ∈ K[x] là
đa thức khác 0 nhận α làm nghiệm, vì thế α đại số trên K.
Nếu E/K là một mở rộng trường và α1 , . . . , αn ∈ E thì ta kí hiệu
K(α1 , . . . , αn ) (và K[α1 , . . . , αn ]) là giao của tất cả các trường con (vành
con) của E chứa K và chứa α1 , . . . , αn . Ta thấy rằng K(α1 , . . . , αn ) là trường
con bé nhất và K[α1 , . . . , αn ] là vành con bé nhất của E chứa K và chứa
các phần tử α1 , . . . , αn . Trường hợp n = 1, nếu g(α) = 0 thì phần tử
(g(α))−1 ∈ E được kí hiệu là

1

. Khi đó
g(α)

K[α] = {g(α) | g(x) ∈ K[x]}


11

K[α] =


 g(α)
 h(α)



g(x), h(x) ∈ K[x], h(α) = 0


lần lượt là vành con bé nhất và trường con bé nhất của F chứa K và α.
Mệnh đề 1.2.1. Cho E/K là mở rộng trường và α ∈ E là phần tử đại số
trên K. Giả sử p(x) ∈ K[x] là đa thức bất khả quy nhận α làm nghiệm. Khi
đó K(α) = K[α] và [K(α) : K] = deg p(x). Hơn nữa, nếu deg p(x) = n thì
S = {1, α, α2 , . . . , αn−1 } là một cơ sở của K-không gian vector K(α).
Chứng minh. Xem Mệnh đề 2.4.2 trong [1].
Định nghĩa 1.2.2. Cho f (x) ∈ K[x] là đa thức có bậc n > 0. Ta nói f (x)
phân rã trên một trường F chứa K nếu tồn tại α1 , . . . , αn ∈ F sao cho
f (x) = a(x − α1 ) . . . (x − αn ), trong đó a là hệ số cao nhất của f (x). Một
trường phân rã của f (x) trên K là một trường F chứa K sao cho f (x) phân
rã trên F và f (x) không phân rã trên bất cứ trường con thực sự nào của F .
Bổ đề 1.2.3. Cho f (x) ∈ K[x] là một đa thức bậc n và E là một trường chứa
K và chứa n nghiệm α1 , . . . , αn . Khi đó K(α1 , . . . , αn ) là trường phân rã
của f (x) trên K và [K(α1 , . . . , αn ) : K] < nn .
Chứng minh. Xem Bổ đề 2.4.4 trong [1].
Bổ đề 1.2.4. Cho f (x) ∈ K[x] là một đa thức bất khả quy. Đặt I = (f (x))
là iđêan chính của K[x] sinh bởi f (x). Khi đó vành thương K[x]/I là một
trường chứa một nghiệm của f (x) và nhận K như một trường con.
Chứng minh. Xem Bổ đề 2.4.5 trong [1].
Bổ đề 1.2.5. Cho ρ : K → K là đẳng cấu trường và f (x) =
n

là đa thức bất khả quy. Đặt g(x) =
i=0

n

ci xi ∈ K[x]

i=0

ρ(ci )xi ∈ K [x]. Giả sử α là một


12
nghiệm của f (x) (trong một mở rộng nào đó của K) và β là một nghiệm của
g(x). Khi đó, tồn tại một đẳng cấu ϕ : K(α) → K (β) sao cho ϕ(α) = β và
ϕ(a) = ρ(a) với mọi a ∈ K.
Chứng minh. Xem Bổ đề 2.4.6 trong [1].
Định lý sau chỉ ra rằng trường phân rã của một đa thức trên một trường là
tồn tại và duy nhất.
Định lí 1.2.6. Cho f (x) =

n

ci xi ∈ K[x] là một đa thức có bậc dương.

i=0

Khi đó, tồn tại một trường phân rã F của f (x) trên K. Hơn nữa, nếu ρ :
K → K là một đẳng cấu trường và F là trường phân rã của đa thức g(x) =
n

ρ(ci )xi trên K thì tồn tại một đẳng cấu ϕ : F → F sao cho ϕ(a) = ρ(a)

i=0

với mọi a ∈ K.
Chứng minh. Xem Định lý 2.4.7 trong [1].

1.3

Chứng minh Định lí cơ bản của đại số

Định lý cơ bản của đại số phát biểu rằng mỗi đa thức một biến khác hằng
với hệ số phức có ít nhất một nghiệm phức. Có nhiều chứng minh hay cho
định lý, trong đó phải kể đến các chứng minh dùng cơng cụ đại số, cơng cụ
giải tích phức và công cụ tôpô. Tuy nhiên, ở đây chúng ta lựa chọn một chứng
minh sử dụng chủ yếu công cụ của đại số, ngoại trừ tính liên tục của hàm đa
thức bậc lẻ với hệ số thực.
Trước hết, chúng ta chỉ ra rằng đa thức bậc hai với hệ số phức ln có
nghiệm phức.
Bổ đề 1.3.1. Nếu z là một số phức thì phương trình x2 = z có nghiệm phức.
Hơn nữa, mọi phương trình bậc hai với hệ số phức ln có ít nhất một nghiệm
phức.


13
Chứng minh. Giả sử z = a + ib với a, b ∈ R. Chúng ta định nghĩa dấu
của b kí hiệu là sgn(b) như sau. Nếu b ≥ 0 thì sgn(b) = 1. Nếu b < 0 thì
sgn(b) = −1. Đặt
√

a
α=

2

+

2

+ b2
2

a

√

− +
2

+ i sgn(b)

a2 + b 2
2

.

Rõ ràng α2 = a + ib = z. Vì thế ±α là hai nghiệm của phương trình x2 = z.
Xét một phương trình bậc hai với hệ số phức. Khi chia cho hệ số cao nhất,
ta đưa phương trình này về dạng x2 + z1 x + z0 = 0 với z1 , z0 ∈ C. Phương
trình này tương đương với phương trình
x+

z1
2

2

=

Theo chứng minh trên, phương trình y 2 =

z12
4

− z0 .

z12
4

− z0 có hai nghiệm phức y1,2 =

±β. Do đó, phương trình ban đầu có hai nghiệm phức x1,2 = ±β −

z1
2

.

Định lí 1.3.2 (Định lý cơ bản của đại số). Cho f (x) là một đa thức bậc dương
với các hệ số phức. Khi đó f (x) có ít nhất một nghiệm phức.
Chứng minh. Trước hết, ta khẳng định rằng chỉ cần chứng minh cho trường
hợp đa thức với hệ số thực là đủ, tức là chỉ cần chứng minh mọi đa thức bậc

dương với hệ số thực đều có ít nhất một nghiệm phức.
Thật vậy, giả sử f (x) = (at +ibt )xt +· · ·+(a1 +ib1 )x+(a0 −ib0 ) ∈ C[x]
là đa thức có bậc t > 0. Đặt f (x) = (at −ibt )xt +· · ·+(a1 −ib1 )x+(a0 −ib0 ).
Tính tốn ta được
f (x)f (x) = (at xt + · · · + a1 x + a0 )2 + (bt xt + · · · + b1 x + b0 )2 .
Do đó f (x)f (x) là một đa thức với hệ số thực với bậc 2t > 0. Cho z = a + ib
là một nghiệm phức của f (x)f (x). Khi đó f (z)f (z) = 0. Suy ra f (z) = 0


14
hoặc f (z) = 0. Vì thế hoặc z là nghiệm của f (x) hoặc z là nghiệm của f (x).
Giả sử z là nghiệm của f (x). Với mỗi số phức u = r + is với r, s ∈ R, ta kí
hiệu u = r − is là liên hợp của u. Vì liên hợp của tổng hai số phức bằng tổng
các liên hợp và liên hợp của tích hai số phức bằng tích các liên hợp nên ta suy
ra f (z) = f (z) = 0. Do đó z là nghiệm của f (x). Vì vậy, khẳng định được
chứng minh.
Cho f (x) là đa thức với hệ số thực có bậc t > 0. Giả sử t = 2n (2m + 1).
Chúng ta chứng minh định lý bằng quy nạp theo n. Khơng mất tính tổng
qt, ta có thể giả thiết f (x) có hệ số cao nhất bằng 1. Với n = 0, khi đó
f (x) có bậc 2m + 1, tức là f (x) có bậc lẻ. Do tính liên tục của f (x) với chú
ý rằng f (x) có bậc lẻ nên đồ thị của nó cắt trục hồnh ít nhất tại 1 điểm. Vì
thế f (x) có ít nhất một nghiệm thực. Giả sử n > 0 và kết quả đã đúng cho
trường hợp nhỏ hơn n. Ta chứng minh cho trường hợp bậc của đa thức f (x) là
d = 2n (2m + 1). Khi đó theo Định lí 1.2.6, tồn tại một trường E chứa C sao
cho f (x) phân rã trong E, tức là có sự phân tích f (x) = (x − r1 ) . . . (x − rd )
với r1 , . . . , rd ∈ E. Đặt s =

d(d − 1)
2

. Với mỗi k = 1, . . . , s + 1 đặt

(x − ri − rj − kri rj ).

qk (x) =
1≤i≤j≤d

Khi viết đa thức qk (x) dưới dạng chính tắc các hệ số của qk (x) là những đa
thức đối xứng của các nghiệm ri của f (x). Vì f (x) ∈ R[x] nên theo Hệ quả
1.1.8 các hệ số của qk (x) đều là số thực, tức là qk (x) là đa thức với hệ số thực.
Chú ý rằng bậc của qk (x) là số cách chọn cặp (i, j) với 1 ≤ i ≤ j ≤ d do
đó nó chính là số cách chọn tập con gồm 2 phần tử i, j từ tập {1, . . . , d}. Suy
d(d − 1)
. Do đó s = 2n−1 (2m + 1)[2n (2m + 1) − 1].
2
Do n > 0 nên (2m + 1)[2n (2m + 1) − 1] là số lẻ. Vì thế, theo giả thiết quy
ra qk (x) có bậc s =

nạp, mỗi qk (x) có một nghiệm phức. Từ công thức của qk (x), ta thấy rằng


15
mỗi nghiệm của qk (x) phải có dạng ri + rj + kri rj với i < j nào đó. Như
vậy, mỗi đa thức trong số s + 1 đa thức qk (x) đều có một nghiệm phức, mỗi
nghiệm phức được tính theo một cặp i < j và chỉ có tất cả s cặp i < j. Theo
nguyên lý Dirichlet, tồn tại một cặp i < j sao cho có hai số nguyên k1 = k2
để u = ri + rj + k1 ri rj là nghiệm phức của qk1 (x) và v = ri + rj + k2 ri rj
là nghiệm phức của qk2 (x). Khi đó ri , rj là hai nghiệm của đa thức bậc hai
k1 v − k2 u

và c =

u−v

. Vì u, v là hai số phức
k2 − k1
k1 − k2
nên b, c cũng là hai số phức. Theo Bổ đề 1.3.1 thì ri , rj là các số phức.
x2 + bx + c, trong đó b =

Từ Định lý cơ bản của đại số, chúng ta có tiêu chuẩn sau cho tính bất khả
quy trên C và trên R.
Hệ quả 1.3.3. Các phát biểu sau là đúng
(i) Đa thức f (x) ∈ C[x] là đa thức bất khả quy trên C nếu và chỉ nếu
deg f (x) = 1.
(ii) Đa thức f (x) ∈ R[x] là đa thức bất khả quy trên R nếu và chỉ nếu
hoặc deg f (x) = 1 hoặc deg f (x) = 2 và f (x) khơng có nghiệm thực.
Chứng minh. Khẳng định (i) suy ra từ Định lý 1.3.2. Ta chứng minh phát biểu
(ii). Giả sử f (x) ∈ R[x]. Nếu deg f (x) = 1 hoặc deg f (x) = 2 và f (x) khơng
có nghiệm thực thì rõ ràng f (x) bất khả quy trên R. Ngược lại, cho f (x) bất
khả quy trên R và deg f (x) ≥ 2. Khi đó f (x) khơng có nghiệm thực. Theo
Định lí cơ bản của đại số (Định lí 1.3.2), f (x) có một nghiệm phức z = a + ib
với a, b ∈ R, b = 0. Kí hiệu f (x) như trong chứng minh Định lý 1.3.2 . Vì
f (x) ∈ R[x] nên f (x) = f (x). Do đó z là nghiệm của f (x). Theo chứng
minh Định lý 1.3.2, z = a − ib là nghiệm của f (x). Vì b = 0 nên z = z, do
đó f (x) chia hết đa thức (x − z)(x − z) = x2 − 2ax + a2 + b2 ∈ R[x]. Do
f (x) bất khả quy trên R nên f (x) = c(x2 − 2ax + a2 + b2 ) với c ∈ R. Vì thế
deg f (x) = 2 và f (x) khơng có nghiệm thực.

16
Hệ quả 1.3.4. Các phát biểu sau là đúng.
(i) Mọi đa thức bậc dương với hệ số phức đều phân tích được thành tích
của hữu hạn đa thức tuyến tính với hệ số phức.
(ii) Mọi đa thức bậc dương với hệ số thực đều phân tích được thành tích
của hữu hạn nhân tử, mỗi nhân tử là một đa thức tuyến tính hoặc một đa thức
bậc hai với hệ số thực và khơng có nghiệm thực.


17

Chương 2

Vận dụng Định lí cơ bản của đại số để xét tính
bất khả quy trên Q
Khái niệm đa thức bất khả quy đã được nhắc ngay trong phần mở đầu của
luận văn. Khái niệm này cũng đã được dùng trong Chương 1 để chứng minh
Định lí về sự tồn tại trường phân rã của đa thức. Như đã bình luận, bài tốn
xét tính bất khả quy của đa thức trên Q đến nay vẫn là bài toán mở, chưa được
giải quyết trọn vẹn.
Chương 2 là nội dung chính của luận văn, chương này trình bày ứng dụng
của Định lý cơ bản của đại số để xét tính bất khả quy của đa thức trên Q.
Trước hết chúng ta trình bày một số tiêu chuẩn quen biết về tính bất khả quy
của đa thức trên Q.

2.1

Một số tiêu chuẩn bất khả quy trên Q quen biết

Tiết này dành để trình bày một số tiêu chuẩn bất khả quy của đa thức trên

Q quen biết. Trước hết chúng ta sử dụng tiêu chuẩn nghiệm hữu tỷ sau đây:
Nếu f (x) = an xn + ... + a1 x + a0 là đa thức bậc n với hệ số nguyên và p/q là
phân số tối giản và là nghiệm của f (x) thì p là ước của a0 và q là ước của an .
Đặc biệt, nếu an = 1 thì mỗi nghiệm hữu tỷ của f (x) đều là nghiệm nguyên.
Một tiêu chuẩn nghiệm hữu tỷ tổng quát hơn cũng hay được sử dụng: Nếu m
là một số nguyên và phân số tối giản p/q là nghiệm của f (x) thì p − mq là


18
ước của f (m). Đặc biệt, p + q là ước của f (−1) và p − q là ước của f (1).
Trước hết là sử dụng tiêu chuẩn nghiệm hữu tỷ. Cho f (x) là đa thức bậc n với
hệ số hữu tỷ. Khi đó tính bất khả quy trên Q của f (x) là tương đương với tính
bất khả quy trên Q của đa thức af (x) với a là mẫu số chung của các hệ số
của f (x). Chú ý rằng af (x) có các hệ số ngun. Vì thế, từ nay trở đi, chúng
ta ln xét tính bất khả quy trên Q của đa thức với hệ số nguyên. Chú ý rằng
nếu f (x) có bậc 1 thì f (x) ln bất khả quy. Giả sử f (x) có bậc n > 1. Nếu
p/q là nghiệm hữu tỷ của f (x) thì f (x) = (x − p/q)g(x), trong đó g(x) là
đa thức có hệ số hữu tỷ và có bậc n − 1 > 0. Trong trường hợp này, f (x) khả
quy trên Q.
Ví dụ 2.1.1. a) Đa thức f (x) = 6x3 + 19x2 + 2x − 3 là khả quy trên Q.
b) Đa thức g(x) = 2x3 + 4x2 − x + 8 là bất khả quy trên Q.
Chứng minh. a) Giả sử phân số tối giản r/s là nghiệm của f (x). Khi đó ta
có r|3 và s|6. Suy ra
r ∈ {±1, ±3} và s ∈ {±1, ±2, ±3, ±6}.
Vì f (1) = 19, f (−1) = 8 nên suy ra


 1 1
1 3
r/s ∈ ± , ± , ±3, ± , ±

.
 2 3
6 2
1
1
Thử lại, ta thấy − , −3, là nghiệm của f (x). Vậy f (x) khả quy trên Q.
2
3
b) Ta có 4g(x) = 8x3 + 16x2 − 4x + 32. Khi đó g(x) = 0 nếu và chỉ
nếu 8x3 + 16x2 − 4x + 32 = 0. Đặt y = 2x, phương trình thứ hai trở thành
h(y) = y 3 + 4y 2 − 2y + 32 = 0. Chú ý rằng g(x) có nghiệm hữu tỷ nếu và chỉ
nếu h(y) có nghiệm hữu tỷ. Dựa vào tiêu chuẩn nghiệm hữu tỷ đã nêu ở trên
ta suy ra h(y) khơng có nghiệm hữu tỷ. Vì thế g(x) khơng có nghiệm hữu tỷ.
Do đó g(x) bất khả quy trên Q.


19
Cho f (x) ∈ Z[x] có bậc n. Chú ý rằng nếu n = 2 hoặc n = 3 thì f (x) bất
khả quy trên Q khi và chỉ khi f (x) khơng có nhân tử tuyến tính trên Q. Trong
trường hợp này, f (x) bất khả quy trên Q khi và chỉ khi nó khơng có nghiệm
hữu tỷ. Tuy nhiên, đối với đa thức bậc lớn hơn 3, ta khơng thể suy ra tính bất
khả quy trên Q từ việc kiểm tra đa thức khơng có nghiệm hữu tỷ. Chẳng hạn
(x2 + 1)(x2 + x + 1) khơng có nghiệm hữu tỷ nhưng lại khả quy trên Q.
Trong một số trường hợp, chúng ta có thể sử dụng Bổ đề Gauss để xét tính
bất khả quy trên Q của các đa thức khơng có nghiệm hữu tỷ.
Định lí 2.1.2 (Bổ đề Gauss). Cho p(x) ∈ Z[x]. Giả sử p(x) = g(x)f (x) với
g(x), f (x) ∈ Q[x]. Khi đó, tồn tại các đa thức g∗ (x), f∗ (x) ∈ Z[x] sao cho
deg g(x) = deg g∗ (x), deg f (x) = deg f∗ (x) và p(x) = g∗ (x)f∗ (x). Đặc biệt,
nếu p(x) là khả quy trên Q thì nó được phân tích thành tích của hai đa thức
với hệ số nguyên có bậc thấp hơn.

Chứng minh. Viết f (x) = af1 (x) và g(x) = bg1 (x) trong đó a, b ∈ Q và
f1 (x), g1 (x) ∈ Z[x] là các đa thức nguyên bản. Suy ra f1 (x)g1 (x) là đa thức
nguyên bản. Rõ ràng p(x) = abf1 (x)g1 (x) ∈ Z[x]. Ta chứng minh ab ∈ Z.
Thật vậy, giả sử ab ∈ Z. Khi đó ab = r/s với r/s là phân số tối giản và s > 1.
Viết f1 (x)g1 (x) = an xn + · · · + a1 x + a0 . Vì f1 (x)g1 (x) là nguyên bản nên
gcd(an , an−1 , . . . , a0 ) = 1. Vì p(x) ∈ Z[x] nên ta có
ran
s

,...,

ra1 ra0
,
∈ Z.
s s

Suy ra s là ước chung của an , . . . , a1 , a0 điều này vơ lí. Vậy ab ∈ Z. Đặt
f∗ (x) = abf1 (x) và g∗ (x) = g1 (x). Khi đó p(x) = f∗ (x)g∗ (x) với f∗ (x)g∗ (x) ∈
Z[x] và deg f (x) = deg f∗ (x) và deg g(x) = deg g∗ (x).
Sau đây là một ví dụ xét tính bất khả quy trên Q bằng việc sử dụng Bổ đề
Gauss.


20
Ví dụ 2.1.3. Đa thức f (x) = x4 + 5x3 − 2x2 + 3 bất khả quy trên Q .
Chứng minh. Sử dụng tiêu chuẩn nghiệm hữu tỷ ta dễ dàng thấy rằng f (x)
khơng có nghiệm hữu tỷ. Vì thế f (x) khơng là tích của một đa thức bậc nhất
và một đa thức bậc ba. Giả sử f (x) khả quy trên Q. Theo Bổ đề Gauss, f (x)
có sự phân tích f (x) = g(x)h(x) trong đó g(x), h(x) ∈ Z[x] có bậc 2 và có
hệ số cao nhất bằng 1. Viết g(x) = x2 + ax + b và h(x) = x2 + cx + d với

a, b, c, d ∈ Z. Đồng nhất hệ số ở hai vế của đẳng thức f (x) = g(x)h(x) ta
được
bd = 3, bc + ad = 0, ac + d + b = −2, c + a = 5.
Vì bd = 3 và vai trị của b, d là như nhau nên khơng mất tính tổng qt ta
có thể giả thiết b = 1, d = 3 hoặc b = −1, d = −3. Nếu b = 1, d = 3 thì
5
c + 3a = 0, ac = −6, a + c = 5. Suy ra a = − ∈ Z, vơ lí. Nếu b = −1 và
2
5
d = −3 thì −c − 3a = 0, ac = 2, c + a = 5. Suy ra a = − ∈ Z, vơ lí. Như
2
vậy, f (x) bất khả quy.
Tiếp theo, ta trình bày tiêu chuẩn Eisenstein để xét tính bất khả quy của
đa thức trên Q.
Định lí 2.1.4 (Tiêu chuẩn Eisenstein). Cho f = an xn +· · ·+a1 x+a0 ∈ Z[x].
Giả sử tồn tại một số nguyên tố p thỏa mãn các tính chất:
i) p khơng là ước của hệ số cao nhất an ;
ii) p là ước của các hệ số a0 , a1 , . . . , an−1 ;
iii) p2 không là ước của hệ số tự do a0 .
Khi đó f (x) là bất khả quy trên Q.
Chứng minh. Giả sử f (x) khả quy trên Q. Theo Bổ đề Gauss, tồn tại biểu
diễn f (x) = g(x)h(x), trong đó g(x) = bm xm + · · · + b1 x + b0 ∈ Z[x] và


21
h(x) = ck xk + · · · + c1 x + c0 ∈ Z[x] với deg g(x) = m, deg h(x) = k và
m, k < n. Do p là ước của a0 = b0 c0 nên p|b0 hoặc p|c0 . Lại do p2 không là
ước của a0 nên trong hai số b0 và c0 có một và chỉ một số chia hết cho p. Giả
thiết p|c0 . Khi đó b0 khơng chia hết cho p. Vì an = bm ck và an không chia hết
cho p nên bm và ck đều khơng chia hết cho p. Do đó, tồn tại số r bé nhất sao

cho cr không là bội của p. Ta có ar = b0 cr + (b1 cr−1 + b2 cr−2 + · · · + br c0 ).
Vì r ≤ k < n nên p|ar . Theo cách chọn r ta có p|b1 cr−1 + b2 cr−2 + · · · + br c0 .
Suy ra p|b0 cr , điều này là vơ lí vì cả hai số b0 và cr đều không là bội của p.
Vậy f (x) là bất khả quy trên Q.
Ví dụ 2.1.5. i) Đa thức 5x10 + 4x4 − 8x3 + 10 là bất khả quy trên Q theo tiêu
chuẩn Eisenstein với p = 2.
ii) Đa thức 2x9 − 6x7 + 9x5 + 12x3 + 15x + 24 là bất khả quy trên Q theo
tiêu chuẩn Eisenstein với p = 3.
Cho p là số nguyên tố. Đa thức chia đường tròn thứ p được định nghĩa bởi
Φp (x) = xp−1 + · · · + x + 1.
Hệ quả 2.1.6. Với mỗi số nguyên tố p, đa thức chia đường tròn thứ p bất khả
quy trên Q.
Chứng minh. Chú ý rằng Φp (x) là bất khả quy trên Q khi và chỉ khi Φp (x+1)
là bất khả quy. Ta có
(x + 1)p − 1
Φp (x + 1) =

x

= xp−1 +

p p−2
p p−k−1
p
x + ··· +
x
+ ··· +
x + p,
p−2
1

2

p
k

p!
là số tổ hợp chập k của p phần tử. Do p
k!(p − k)!

trong đó

=

p
là bội của p với mọi k = 1, . . . , p − 2. Vì thế Φp (x + 1)
k
là bất khả quy theo tiêu chuẩn Eisenstein.

nguyên tố nên