Một số tiêu chuẩn về đa thức bất khả quy

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

NGUYỄN THỊ KIM CHI

MỘT SỐ TIÊU CHUẨN VỀ ĐA THỨC
BẤT KHẢ QUY

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

HÀ NỘI, 05 - 2017


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

NGUYỄN THỊ KIM CHI

MỘT SỐ TIÊU CHUẨN VỀ ĐA THỨC
BẤT KHẢ QUY
Chuyên ngành: Đại số và lý thuyết số
Mã số: 60.46.01.04

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: TS. Bùi Huy Hiền

HÀ NỘI, 05 - 2017


Mục lục

Phần mở đầu

1

1 Một số khái niệm về đa thức. Đa thức bất khả quy trên R
và C

5

1.1

Khái niệm về đa thức bất khả quy

. . . . . . . . . . . . .

5

1.2

Đa thức bất khả quy trên trường số phức . . . . . . . . . .

12

1.3

Đa thức bất khả quy trên trường số thực . . . . . . . . . .

15

2 Đa thức bất khả quy trên trường số hữu tỉ

17

2.1

Nghiệm hữu tỉ của đa thức với hệ số nguyên . . . . . . . .

17

2.2

Tiêu chuẩn Eisenstein . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

23

2.3

Tiêu chuẩn Dumas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

28

2.4

Tiêu chuẩn bất khả quy thu gọn . . . . . . . . . . . . . . .

32

2.5

Tiêu chuẩn bất khả quy liên quan đến nghiệm đa thức . .

38

2.5.1

Tiêu chuẩn Perron thứ nhất . . . . . . . . . . . . .

38

2.5.2

Tiêu chuẩn Brauer . . . . . . . . . . . . . . . . . .

40

2.5.3

Tiêu chuẩn Osada . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

42

2.5.4

Tiêu chuẩn Polya . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

44

2.5.5

Tiêu chuẩn Perron thứ hai . . . . . . . . . . . . . .

45

1


3 Tiêu chuẩn bất khả quy của tam thức và tứ thức

52

3.1

Tiêu chuẩn bất khả quy của các tứ thức . . . . . . . . . .

52

3.2

Tiêu chuẩn bất khả quy của tam thức . . . . . . . . . . . .

58

4 Một số bài tập về đa thức bất khả quy

61

5 Đa thức bất khả quy nhiều biến

69

5.1

Khái niệm đa thức nhiều biến . . . . . . . . . . . . . . . .

69

5.2

Định lý Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

73

Kết luận

78

Tài liệu tham khảo

79

2


Phần mở đầu
1. Lý do chọn đề tài
Một khái niệm cơ bản và quan trọng trong toán học nói chung và trong
đại số nói riêng là khái niệm đa thức. Đây là một chuyên đề trọng tâm của
chương trình toán trung học phổ thông. Đa thức không chỉ là đối tượng
nghiên cứu của đại số mà còn là công cụ đắc lực trong nhiều lĩnh vực như

giải phương trình, bất phương trình và nhiều lĩnh vực khác.
Trong các kì thi học sinh giỏi cấp quốc gia, quốc tế, các kì thi Olympic
toán sinh viên giữa các trường đại học thì các bài toán liên quan đến đa
thức thường xuyên được đề cập và được xem như là những bài toán khó.
Tuy đó là vấn đề cổ điển nhưng vẫn thu hút và hấp dẫn với những người
yêu Toán.
Trong lý thuyết đa thức thì đa thức bất khả quy đóng một vai trò quan
trọng giống như vai trò của số nguyên tố trong tập các số nguyên. Các bài
toán về xét tính bất khả quy của các đa thức trên các trường số C và R
đã được giải quyết từ khi người ta chứng minh được Định lý cơ bản của
Đại số và chứng minh hoàn chỉnh này được đưa ra bởi Gauss năm 1816.
Nhưng các bài toán về xét tính bất khả quy của các đa thức trên Q vẫn
đang thử thách các nhà toán học thế giới.
Với các lý do trên tôi đã chọn đề tài "Một số tiêu chuẩn về đa thức
1


bất khả quy" nhằm mục đích là trình bày, hệ thống một số kết quả và
tiêu chuẩn bất khả quy của một đa thức trên các trường số và một số bài
tập điển hình liên quan đến việc xét tính bất khả quy của đa thức.
2. Định hướng nghiên cứu
Trước hết, tác giả cần tìm hiểu và trình bày một số kiến thức cơ bản
về đa thức, đa thức bất khả quy, ... Trên cơ sở đó tác giả trình bày định
nghĩa, các kết quả chính và một số ví dụ về đa thức bất khả quy.
3. Phương pháp nghiên cứu
Đọc và dịch các tài liệu liên quan, phân tích, so sánh, tổng hợp và nghiên
cứu lý thuyết.
4. Cấu trúc luận văn
Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, luận văn gồm các
chương sau:

Chương 1. Một số khái niệm về đa thức. Đa thức bất khả quy
trên trường C và R.
Trình bày một số kiến thức cơ bản về đa thức, đa thức bất khả quy và
đa thức bất khả quy trên trường số C và R thông qua Định lý cơ bản của
Đại số.
Chương 2. Đa thức bất khả quy trên Q.
Trình bày về nghiệm hữu tỉ của một đa thức và hệ thống một số tiêu
chuẩn bất khả quy của đa thức một biến trên trường Q chẳng hạn như
Tiêu chuẩn Eisenstein, Tiêu chuẩn Dumas, Tiêu chuẩn Perron,. . . . Các bài
tập của chương bao gồm việc chứng minh một đa thức một biến bất khả
quy dựa vào các tiêu chuẩn đã biết.
Chương 3. Tiêu chuẩn bất khả quy của tam thức, tứ thức.
2


Chương 4. Một số bài tập về đa thức bất khả quy.
Trình bày một số bài tập điển hình liên quan đến việc xét tính bất khả
quy của đa thức.
Chương 5. Đa thức bất khả quy nhiều biến.
Trình bày định nghĩa của đa thức bất khả quy nhiều biến và Định lý
Hilbert.

3


LỜI CẢM ƠN
Qua luận văn này, tôi xin gửi lời cảm ơn tới các thầy cô trong Khoa
Toán- Tin, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội nói chung và các thầy cô ở
bộ môn Đại số nói riêng đã dạy bảo và dìu dắt tác giả trong suốt thời gian
qua.

Đặc biệt, tôi xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc tới TS.
Bùi Huy Hiền, thầy đã tận tình chỉ bảo, hướng dẫn và giúp đỡ tôi để hoàn
thành luận văn. Qua đây, tôi cũng xin gửi tấm lòng biết ơn chân thành
đến thầy giáo TS. Nguyễn Đạt Đăng người đã cho tôi ý tưởng về luận văn
này và góp ý hướng dẫn tôi trong quá trình nghiên cứu đề tài.
Cảm ơn bạn bè, gia đình, đồng nghiệp và tất cả mọi người đã quan
tâm, động viên và giúp đỡ để tôi có thể hoàn thành nhiệm vụ của mình.
Mặc dù đã có nhiều cố gắng, song do thời gian và trình độ còn hạn
chế nên bản luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót nhất định. Tôi rất
mong nhận được ý kiến đóng góp của quý độc giả để bản luận văn này
được hoàn thiện hơn. Tôi xin chân thành cảm ơn.
Hà Nội, tháng 5 năm 2017
Học viên

Nguyễn Thị Kim Chi

4


Chương 1
Một số khái niệm về đa thức. Đa
thức bất khả quy trên R và C
1.1

Khái niệm về đa thức bất khả quy

Cho A là một vành giao hoán có đơn vị 1. Kí hiệu
A [x] = {f = a0 + a1 x + · · · + an xn |ai ∈ A, n ∈ N}
với biến x. Giả sử
f = a0 + a1 x + · · · + an xn , g = b0 + b1 x + · · · + bm xm ∈ A[x].

Không làm mất tính tổng quát ta giả sử m ≥ n, và m = n + s. Khi đó
g = b0 + b1 x + · · · + bn xn + bn+1 xn+1 + · · · + bn+s xn+s ∈ A[x].
Trên A[x] ta có quan hệ bằng nhau f = g khi và chỉ khi ai = bi với mọi
i = 0, . . . , n và bn+1 = . . . = bn+s = 0. Phép cộng và phép nhân được định
nghĩa như sau:
n

(ai + bi )xi + bn+1 xn+1 + · · · + bn+s xn+s .

f +g =
i=0

5


m+n

fg =

i

ai−j bj )xi .

(
i=0

j=0

Bằng việc kiểm tra ta rút ra rằng: với hai phép toán cộng và nhân đã nêu
thì A[x] là một vành giao hoán có đơn vị 1. Khi đó A[x] được gọi là vành

các đa thức của biến x trên A, còn các phần tử của A[x] được gọi là các đa
thức của biến x trên A. Đa thức f = a0 + a1 x + · · · + an xn được gọi là có
bậc n và kí hiệu là degf = n, nếu an = 0 thì ta gọi an là hệ tử cao nhất
của f .
Ta chỉ định nghĩa bậc cho những đa thức khác 0, còn ta quy ước đa
thức 0 là không có bậc. Kí hiệu A [x] là tập các đa thức ẩn x với hệ số
trong A.
Định nghĩa 1.1. Cho f (x), g(x) ∈ A [x], A là một miền nguyên. Nếu
f (x) = h(x)g(x) với h(x) ∈ A [x] thì ta nói rằng g(x) là ước của f (x) hoặc
f (x) chia hết cho g(x).
Định lý 1.2. Giả sử A là một trường, các đa thức f (x), g(x) ∈ A [x] trong
đó g(x) = 0. Khi đó tồn tại duy nhất một cặp đa thức q(x), r(x) ∈ A [x]
sao cho
f (x) = g(x)q(x) + r(x), với r(x) = 0 hoặc deg r(x) < deg g(x) .
Định nghĩa 1.3. Cho A là vành giao hoán có đơn vị, K là một trường
chứa A, đa thức f (x) = am xm + am−1 xm−1 + · · · + a1 x + a0 ∈ A [x]. Khi
đó một phần tử c ∈ K được gọi là nghiệm của f (x) nếu f (c) = am cm +
am−1 cm−1 +· · ·+a1 c+a0 = 0. Trong trường hợp này ta cũng gọi c là nghiệm
của phương trình f (x) = 0.
Định nghĩa 1.4. Một đa thức d(x) ∈ K [x] được gọi là ước chung lớn
6


nhất của f (x), g(x) ∈ K [x] nếu d(x) là một ước chung của f (x) và g(x),
và nếu h(x) là một ước chung của f (x) và g(x) thì h(x) cũng là ước của
d(x). Ta kí hiệu ước chung lớn nhất của f (x) và g(x) là gcd(f (x), g(x)).
Nếu gcd(f (x), g(x)) = 1 thì ta nói f (x) và g(x) là nguyên tố cùng nhau.
Để tìm ước chung lớn nhất ta có thuật toán sau:
Mệnh đề 1.5. (Thuật toán Euclid tìm ước chung lớn nhất)
Giả sử f, g ∈ K [x] với K là một trường và g = 0. Khi đó tồn tại một số

tự nhiên k sao cho khi thực hiện liên tiếp các phép chia ta có



f = gq + r, r = 0, degr < degg








g = rq1 + r1 , r1 = 0, degr1 < degr






r = r1 q2 + r2 , r2 = 0, degr2 < degr1



....








rk−2 = rk−1 qk + rk , rk = 0, degrk < degrk−1






r
k−1 = rk qk+1 .
Trong trường hợp này, rk là ước chung lớn nhất của f và g.
Chứng minh. Chia f cho g ta được dư r. Nếu r = 0 thì chia g cho r ta
được dư r1 . Nếu r1 = 0 thì chia r cho r1 ta được dư r2 . Quá trình trên phải
dừng sau một số hữu hạn bước vì dãy giảm các số tự nhiên deg g > deg r
> deg r1 >... không thể kéo dài vô hạn. Xét từ đẳng thức cuối ngược trở
lên ta suy ra rk là một ước chung của f và g. Giả sử t(x) là một ước chung
của f và g. Xét từ đẳng thức từ trên xuống ta suy ra t(x) là ước của rk (x).
Vì thế rk là ước chung lớn nhất của f và g.

7


Hệ quả 1.6. Giả sử f (x), g(x) ∈ K [x], K là một trường và d(x) = gcd
(f (x), g(x)). Khi đó tồn tại u(x), v(x) ∈ K [x] sao cho
d(x) = f (x)u(x) + g(x)v(x).
Chứng minh. Trong phép chia liên tiếp ở thuật toán Euclid tìm được ước
rk (x)
chung lớn nhất, d(x) = rk (x) =
, trong đó an là hệ số cao nhất của

an
rk (x). Đặt u1 (x) = 1, v1 (x) = −qk (x), từ đẳng thức giáp cuối ta có
d(x) =

1
(rk−2 (x)u1 (x) + rk−1 (x)v1 (x)).
an

Thay rk−1 (x) từ đẳng thức trước giáp cuối ta được
rk−1 (x) = rk−3 (x) − rk−2 (x)qk−1 (x).
1
(rk−3 (x)u2 (x)+rk−2 (x)v2 (x)), trong đó u2 (x) = v1 (x)
an
và v2 (x) = u1 (x) − v1 (x)qk−1 (x). Cứ tiếp tục từ dưới lên đến đẳng thức đầu
Vì thế ta có d(x) =

tiên ta có kết quả cần phải chứng minh.
Định nghĩa 1.7. Cho A là một miền nguyên bất kì, đa thức f (x) ∈ A [x]
được gọi là bất khả quy nếu deg f (x) > 0 và f (x) không phân tích được
thành tích của hai đa thức có bậc bé hơn bậc của đa thức. Và ngược lại
nếu degf (x) > 0 và f (x) là tích của hai đa thức có bậc bé hơn f (x) thì ta
nói f (x) là khả quy.
Nhận xét 1.8. Cho f (x) = 0 là đa thức trên trường K [x]. Khi đó f (x)
bất khả quy trên K [x] khi và chỉ khi ước của nó trong K [x] có dạng α và
αf (x) ở đây α = 0 và α ∈ K.
Mệnh đề 1.9. Các phát biểu sau đây là đúng :
(i) Đa thức bậc nhất luôn bất khả quy.
8

(ii) Nếu f (x) có bậc lớn hơn 1 và có nghiệm trong K thì f (x) khả quy.
(iii) Đa thức bậc hai bậc ba là bất khả quy nếu và chỉ nếu nó không có
nghiệm trong K.
(iv) Nếu af (x) bất khả quy trên K thì f (x) cũng bất khả quy trên K.
(v) Nếu f (ax) bất khả quy trên K thì f (x) cũng bất khả quy trên K.
(vi) Đa thức f (x) có bậc dương là bất khả quy nếu và chỉ nếu f (x + a) bất
khả quy với mọi a ∈ K.
Chứng minh.
(i) Rõ ràng đa thức bậc nhất không thể phân tích thành tích của hai đa
thức có bậc thấp hơn được.
(ii) Nếu deg f (x) > 1 và f (x) có nghiệm x = a ∈ K thì f = (x − a)g trong
đó deg g = deg f − 1 ≥ 1. Do đó f khả quy.
(iii) Cho đa thức f (x) có bậc hai và bậc ba. Nếu f khả quy thì nó phân
tích được thành tích hai đa thức có bậc thấp hơn. Một trong hai đa thức
đó phải có bậc một, do đó f (x) có nghiệm trong K. Nếu f (x) có nghiệm
trong K thì theo (ii) f (x) là khả quy.
(iv) Giả sử f (x) khả quy, tức là f (x) = g(x)h(x), trong đó degg(x) > 0, deg
h(x) > 0. Khi đó: af (x) = ag(x)h(x). Suy ra af (x) khả quy (mâu thuẫn).
(v) Giả sử f (x) khả quy, tức là f (x) = g(x)h(x). Khi đó
f (ax) = g(ax)h(ax).
Từ điều kiện a = 0 và deg g(x) = deg (g(ax)), deg h(x) = deg (h(ax)).
Suy ra f (ax) khả quy (mâu thuẫn).
9


(vi) Giả sử f (x) khả quy, tức là f (x) = g(x)h(x). Khi đó
f (x + a) = g(x + a)h(x + a).
Mặt khác, ta lại có deg(g(x)) = deg (g(x+a)); deg (h(x)) = deg (h(x+a)).
Suy ra, f (x + a) cũng khả quy (mâu thuẫn).

Mệnh đề 1.10. Nếu qr chia hết cho đa thức bất khả quy p thì hoặc q chia
hết cho p hoặc r chia hết cho p.
Chứng minh. Giả sử q không chia hết cho p thì (p, q) = 1 nghĩa là tồn tại
đa thức a và b sao cho ap+bq = 1 . Nhân cả hai vế với r ta có qpr +bqr = r.
Mà pr và qr chia hết cho p nên r cũng chia hết cho p.
Định lý 1.11. Cho K là một trường. Đa thức f (x) ∈ K [x] có thể phân
tích thành tích các nhân tử bất khả quy và phân tích này là duy nhất.
Chứng minh. Sự tồn tại. Ta sẽ chứng minh sự tồn tại bằng quy nạp theo
n với deg f = n.
Với n = 1 thì f (x) = a0 x + a1 là đa thức thức bất khả quy và có thể
cho rằng nó biểu diễn như tích một nhân tử bất khả quy.
Cho n là số tự nhiên bất kì và giả sử mọi đa thức bất kì bậc nhỏ hơn n
có thể biểu diễn thành tích các nhân tử bất khả quy. Nếu đa thức f là bất
khả quy trên K thì ta có thể cho rằng nó có thể phân tích thành một tích
các nhân tử bất khả quy. Giả sử ngược lại f là khả quy nghĩa là f = gh ở
đó deg g < n, deg h < n. Nhưng theo giả thiết quy nạp g, h có biểu diễn
như tích của các nhân tử bất khả quy. Suy ra điều này cũng đúng với f ,
nghĩa là mọi đa thức f ∈ K [x] đều có thể phân tích thành tích các nhân
tử bất khả quy.
10


Tính duy nhất. Cho
f = g1 g2 . . . gs = h1 h2 . . . ht
ở đây gi , hj là những đa thức bất khả quy trên trường K. Theo mệnh đề
1.10 thì một trong những đa thức hj chia hết cho đa thức g1 . Ta cho đó là
hk1 . Nhưng cả hai đa thức hk1 và g1 là bất khả quy thì g1 = a1 hk1 , ở đây
0 = a1 ∈ K. Khi đó
g2 g3 . . . gs = a1 h1 . . . hk1 +1 hk1 −1 . . . ht .
Không mất tính tổng quát ta giả thiết s ≥ t . Nghĩa là tiếp tục theo phương

pháp trên sau s bước ta nhận được
g1 = a1 hk1 , g2 = a2 hk2 , . . . , gs = as hks .
Ta thấy giữa những đa thức hk1 , hk2 , . . . , hks là những đa thức h1 ; h2 ; . . . ; ht
nghĩa là s = t và k1 , k2 , . . . , ks là thứ tự nào đó trong các số 1, 2, . . . , s.
Vì khái niệm bất khả quy phụ thuộc vào các trường cơ sở nên có thể
xảy ra tình huống đa thức bất khả quy trên trường này nhưng không bất
khả quy trên trường kia.
Ví dụ 1.12. Cho f (x) = x2 + x + 1 và g(x) = x2 + 1 là hai đa thức bất
khả quy trên R. Nhưng f (x) và g(x) lại khả quy trên C.
Thật vậy
√
√
1 2 3
1 2 3 2
1
3
1
3
f (x) = (x + ) + = (x + ) − i = (x + +
i)(x + −
i)
2
4
2
4
2
2
2
2
g(x) = x2 + 1 = (x2 − i2 ) = (x − i)(x + i).

Suy ra g(x) và f (x) là khả quy trên C.
11


1.2

Đa thức bất khả quy trên trường số phức

Trong thế kỉ 17, khi các định lý đại số rất ít, phát biểu sau được coi là
Định lý cơ bản của đại số: Một đa thức xác định có bậc n với hệ số phức
có đúng n nghiệm (tính cả bội).
Người đầu tiên đưa ra phát biểu này là Alber de Girard năm 1629,
nhưng ông không chứng minh điều đó. Người đầu tiên nhận ra sự cần thiết
phải chứng minh Định lý cơ bản của đại số là d’Alembert. Chứng minh
của ông (1746) không được xem là thuyết phục. Euler (1749), Faunsenet
(1759) và Lagrange (1771) cũng đã đưa ra chứng minh nhưng những chứng
minh này chưa chặt chẽ. Người đầu tiên đưa ra một chứng minh thỏa đáng
của Định lý cơ bản của đại số là Gauss. Ông đã đưa ra ba cách khác nhau
để chứng minh (năm 1799, 1815, 1816) và năm 1845 ông đưa ra thêm một
cách chứng minh chính xác. Ở đây, chúng ta xét cách chứng định lý này
dựa trên định lý Rouché.
Định lý 1.13. (Rouché). Cho các đa thức f và g; γ là đường cong đóng
không tự cắt trong mặt phẳng phức. Nếu
|f (z) − g(z)| < |f (z)| − |g(z)|

(1.2.0.1)

với mọi z ∈ γ thì trong γ thì số nghiệm của f và g bằng nhau (tính cả bội).
Chứng minh. Trong mặt phẳng phức, xét các trường véctơ v(z) = f (z) và
w(z) = g(z). Từ (1.2.0.1) ta suy ra rằng không điểm nào của γ là các véctơ

v, w ngược hướng nhau. Nhớ lại rằng, chỉ số của đường cong γ đối với
trường véctơ v là số vòng quay của vectơ v(z) vì nó hoàn toàn bao hàm
đường cong γ. Xét trường véctơ
vx = tv + (1 − t)w
12


Khi đó v0 = w và v1 = v. Rõ ràng rằng mọi điểm z ∈ γ thì véc-tơ vt (z) là
khác không. Điều này có nghĩa là chỉ số ind(t) của γ đối với trường véctơ vt
được xác định. Số nguyên ind(t) phụ thuộc vào t, và do đó ind(t) = const.
Cụ thể, các chỉ số tương quan của các trường véctơ v và w trùng nhau.
Giả sử chỉ số của điểm đơn z0 được xác định là chỉ số của đường cong
|z − z0 | = ε, trong đó ε là đủ nhỏ. Không khó để chứng minh rằng chỉ số
của γ đối với trường véc-tơ v bằng tổng các chỉ số của điểm đơn, tức là
những điểm có v(z) = 0. Đối với trường véc-tơ v(z) = f (z), số của điểm
đơn z0 bằng với số nghiệm bội z0 của f . Do đó sự trùng nhau của các chỉ
số γ đối với các trường véctơ v(z) = f (z) và w(z) = g(z), tức là bên trong
γ, số lượng nghiệm của f bằng với số lượng nghiệm của g.

Bây giờ ta chứng minh Định lý cơ bản của Đại số.
Định lý 1.14. (Định lí cơ bản của Đại số) Cho f (z) là một đa thức
với hệ số phức có bậc n > 0. Khi đó f (z) có n nghiệm phức.
Chứng minh. Giả sử f (z) = an z n + · · · + a1 z + a0 là một đa thức với hệ
số phức có bậc n > 0. Ta cần chứng minh f (z) có nghiệm phức. Đặt
g(z) = an z n và
h(z) = f (z) − g(z) = an−1 z n−1 + · · · + a1 z + a0 .
Lấy số thực r > 0. Trên đường tròn |z| = r ta có
|g(z)| = |an z n | = |an ||z|n = |an |rn ;
và |h(z)| = |an−1 z n−1 + · · · + a1 z + a0 | ≤ |an−1 |rn−1 + · · · + |a1 |r + |a0 |. Vì
13

|an | = 0 nên ta có thể đặt
K=

|an−1 | + · · · + |a1 | + |a0 |
.
|an |

Chọn r > max {1, K}. Khi đó
|h(z)| ≤ |an−1 |rn−1 + · · · + |a1 |r + |a0 |
≤ (|an−1 | + · · · + |a1 | + |a0 |) rn−1
< (r|an |)rn−1 = |an |rn = |g(z)|.
Vì thế |h(z)| < |f (z)| với mọi z nằm trên đường tròn tâm là gốc tọa độ,
bán kính r. Chú ý rằng đường tròn |z| = r chính là biên của miền M :=
{z ∈ C|z| ≤ r|}. Rõ ràng g(z) = an z n có n nghiệm phức (thực ra g(z) có
một nghiệm z = 0 với bội n). Do đó theo Định lí Rouché f (z) = g(x)+h(z)
có n nghiệm phức.
Định lý 1.15. Mọi đa thức bất khả quy trên trường số phức đều là đa thức
bậc nhất.
Chứng minh. Cho f (x) là đa thức có hệ số phức và bất khả quy trên C.
Vì trường số phức là trường đóng đại số nên mọi đa thức có bậc = 0 đều
có đủ các nghiệm trên C. Gọi α là một nghiệm nào đó thì ta có:
f (x) = g(x).(x − a)
Mà f (x) bất khả quy nên g(x) là hằng số = 0. Vậy mọi đa thức bất khả
quy trên C đều là đa thức bậc nhất.

14

1.3

Đa thức bất khả quy trên trường số thực

Định lý 1.16. Cho một đa thức bậc dương f (x) ∈ R [x]. Khi đó f (x) là
một đa thức bất khả quy khi và chỉ khi hoặc
f (x) = ax + b với a = 0
hoặc
f (x) = ax2 + bx + c với a = 0 và b2 − 4ac < 0.
Chứng minh. Hiển nhiên, nếu f (x) ∈ R [x] là đa thức bậc nhất hoặc tam
thức bậc hai với biệt thức ∆ = b2 − 4ac < 0, thì f (x) là bất khả quy trên
R. Ta sẽ chứng minh điều ngược lại.
Giả sử f (x) ∈ R [x] là một đa thức bất khả quy với deg f (x) ≥ 1.
Trường hợp deg f (x) = 1 thì f (x) = ax + b với a = 0.
Trường hợp deg f (x) = 2 khi đó f (x) = ax2 + bx + c với a = 0. Nếu
∆ = b2 − 4ac ≥ 0 thì f (x) có hai nghiệm α1 , α2 ∈ R và ta có f (x) =
a(x − α1 )(x − α2 ). Vậy b2 − 4ac < 0.
Trường hợp deg f (x) > 2. Vì C là trường đóng đại số nên f (x) = 0 có
nghiệm α ∈ C theo Định lí cơ bản của đại số. Do 0 = f (α) = f (α), nên
f (x) còn có nghiệm α. Giả sử α = p + qi ∈ C, khi đó f (x) chứa nhân tử
(x − α)(x − α) = x2 − 2px + p2 + q 2 ∈ R [x] hay f (x) là khả quy (mâu
thuẫn).
Tóm lại, f (x) ∈ R [x] là một đa thức bất khả quy khi và chỉ khi hoặc
f (x) = ax + b với a = 0
hoặc
f (x) = ax2 + bx + c với a = 0 và b2 − 4ac < 0.
15


Định lý 1.17. Mỗi đa thức bậc dương f (x) ∈ R [x] đều có thể phân tích

được một cách duy nhất dưới dạng
f (x) = a(x − a1 )n1 . . . (x − as )ns (x2 + b1 x + c1 )d1 . . . (x2 + br x + cr )dr
trong đó a1 > a2 > . . . > as và b2i − 4ci < 0 với mọi i = 1, . . . , r cùng với
(b1 , c1 ) > (b2 , c2 ) > . . . > (br , cr )
(theo thứ tự từ điển).
Chứng minh. Ta biết rằng R [x] là một vành Euclid, nên f (x) có thể phân
tích được thành tích các nhân tử bất khả quy trong R [x]. Bằng cách viết
β
và
αx + β = α x +
α
αx2 + βx + γ = α(x2 +

β
γ
x + ).
α
α

Khi đó ta có thể quy f (x) về tích
f (x) = a(x − a1 )n1 . . . (x − as )ns (x2 + b1 x + c1 )d1 . . . (x2 + br x + cr )dr
trong đó a1 > a2 > . . . > as và b2i − 4ci < 0 với mọi i = 1, . . . , r cùng với
(b1 , c1 ) > (b2 , c2 ) > . . . > (br , cr )
(theo thứ tự từ điển). Ta thấy ngay sự phân tích này là duy nhất.

16


Chương 2
Đa thức bất khả quy trên trường số

hữu tỉ
2.1

Nghiệm hữu tỉ của đa thức với hệ số nguyên

Định lý 2.1. Cho đa thức f (x) = a0 xn + a1 xn−1 + · · · + an ∈ Z [x] , a0 = 0.
p
Khi đó nếu số hữu tỉ với (p,q) = 1 là nghiệm của phương trình f (x) = 0
q
thì ta có các khẳng định sau:
(i) p là một ước của an và q là một ước của a0 .
(ii) p − mq là một ước của f (m) với mọi số nguyên m.
Chứng minh.
(i) Giả sử số hữu tỉ

p
với (p, q) = 1 là một nghiệm của f (x) = 0. Khi đó
q

p
pn
pn−1
f ( ) = a0 n + a1 n−1 + · · · + an = 0.
q
q
q
Suy ra
a0 pn + a1 pn−1 q + · · · + an−1 pq n−1 + an q n = 0.

17

(2.1.0.1)


Do đó
a0 pn = −(a1 pn−1 q + · · · + an−1 pq n−1 + an q n ).
Vế phải của đẳng thức này là bội của q, vì thế vế trái của a0 pn cũng là bội
của q mà (p, q) = 1 nên (pn , q) = 1. Do đó a0 là bội của q hay q là một ước
của a0 .
Bây giờ ta chứng minh p là ước của an . Cũng từ (2.1.0.1) ta có
an q n = −(a0 pn + a1 pn−1 q + · · · + an−1 pq n−1 ).
Vế phải của đẳng thức này là bội của p, vì thế vế trái của an q n cũng là bội
của p mà (p, q) = 1 nên (p, q n ) = 1. Do đó an là bội của p hay p là một
ước của an .
(ii) Khai triển f (x) theo các lũy thừa của x − m ta được
f (x) = a0 (x − m)n + b1 (x − m)n−1 + · · · + bn−1 (x − m)n−1 + f (m) ∈ Z [x] .
p
Thay x = , ta được
q
a0 (p − mq)n + b1 (p − mq)n−1 q + · · · + bn−1 (p − mq)n−1 + f (m)q n = 0.
Vì (p, q) = 1 nên p − mq là ước của f (m) với mọi số nguyên m.
Đặc biệt, (p + q) là ước của f (−1) và (p − q) là ước của f (1).

Hệ quả 2.2. Các nghiệm hữu tỉ của đa thức
f (x) = xn + a1 xn−1 + · · · + an ∈ Z [x] .
phải là các số nguyên.

18

Ví dụ 2.3. Xét tính bất khả quy trên Q của các đa thức sau:
a) f (x) = x4 − 2x3 − 8x2 + 13x − 24.
b)f (x) = 9x3 + 6x2 − 8x + 7.
Chứng minh. a) Giả sử α là một nghiệm hữu tỉ của f (x) thì do f (x) là đa
thức hệ số nguyên với hệ số cao nhất bằng 1 nên α nguyên và α| − 24. Do
đó, α ∈ {±1, ±2, ±3, ±4, ±6, ±8, ±12, ±24}.
Vì f (1) = −20; f (−1) = −42; f (2) = −30 và 1 − (−2) = 3 không là ước
của f (1), −1 − 3 = −4 không là ước của f (−1). Suy ra ±1, ±2, 3 không là
nghiệm của f (x).
Ta có f (−3) = 0 nên −3 là một nghiệm hữu tỉ của f (x), ta có thể viết:
f (x) = (x + 3)g(x)
với g(x) = x3 − 5x2 + 7x − 8. Ta cần tìm nghiệm hữu tỉ của g(x). Giả sử α
là nghiệm hữu tỉ của g(x) thì α nguyên và α| − 8. Vì g(x) < 0 khi x < 0
nên α > 0. Hơn nữa 1 và 2 không là nghiệm của f (x) nên cũng không là
nghiệm của g(x) do đó α ∈ {4, 8}. Ta lại có 1 − 4 = −3 và 1 − 8 = −7
không là ước của f (1) = −20 nên 4 và 8 không là nghiệm của g(x). Vậy
−3 là nghiệm hữu tỉ duy nhất của đa thức đã cho, do đó f (x) khả quy
trên Q.
b) Nhân hai vế của f (x) với 3 ta được:
f (3x) = 27x3 + 18x2 − 24x + 21.
Đặt y = 3x ta được f (y) = y 3 + 2y 2 − 8y + 21. Giả sử f (y) có nghiệm hữu
tỉ là α. Vì an = 1 nên nghiệm hữu tỉ của f (y) phải là nghiệm nguyên và
α|21. Suy ra α ∈ {±1, ±3, ±7 ± 21}. Ta thấy f (1) = 16, f (−1) = 30 và
19


1 − (−3) = 4 là ước của f (1), 1 + (−7) = −6 là ước của f (−1). Nhưng
f (−3) = 0, f (−7) = 0. Vậy đa thức f (y) không có nghiệm hữu tỉ, suy ra
f (x) bất khả quy trên Q.

Cho đa thức f (x) = a0 xn + a1 xn−1 + ... + an ∈ Z [x] , a0 = 0.
1
Đặt cont f (x) = d = (a0 , ..., an ). Khi đó f là một đa thức với hệ số
d
nguyên và các hệ số nguyên tố cùng nhau. Đa thức này gọi là một đa thức
nguyên bản.
Bổ đề 2.4. (Gauss) Nếu g, h ∈ Z [x] thì cont(gh) = cont (g)cont (h).
Chứng minh. Ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp
cont(g) = cont(h) = 1
là đủ, vì thay cho việc xét g và h ta xét các đa thức

g
h
và
cont(g)
cont(h)

tương ứng. Giả sử
g(x) = a0 xn + a1 xn−1 + · · · + an
và
h(x) = b0 xm + b1 xm−1 + · · · + am
với a0 b0 = 0 và cont (g) = cont (h) = 1. Giả sử cont (gh) = d > 1. Gọi p
là một ước nguyên tố của d. Khi đó tất cả các hệ số của gh đều chia hết
cho p, trong khi g và h có những hệ số không cùng chia hết cho p. Gọi ar
và bs là những hệ số đầu tiên của g và h tương ứng mà không chia hết cho

20


p. Khi đó hệ số cc+s của gh thoả mãn





ar−1 ≡ ar−2 ≡ . . . ≡ a0 ≡ 0 (mod p)






bs−1 ≡ bs−2 ≡ . . . ≡ b0 ≡ 0 (mod p)



cr+s








= ar bs + ar+1 bs−1 + · · · + ar−1 bs+1 + ar−2 bs+2 + · · ·
≡ ar bs ≡ 0 (mod p)

(mâu thuẫn). Vậy cont (gh)= 1.
Bổ đề 2.5. Nếu f (x) là một đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn hơn 0
và f (x) không bất khả quy trong Q [x] thì f (x) phân tích được thành tích

những đa thức với hệ số nguyên và có bậc khác 0.
Chứng minh. Giả sử f (x) không bất khả quy trong Q [x] thì f (x) có thể
viết dưới dạng:
f (x) = ϕ(x)ψ(x)
với ϕ(x) và ψ(x) là những ước thực sự của f (x) trong Q [x]. Theo trên ta
có thể viết:
a
c
ϕ(x) = g(x), ψ(x) = h(x)
b
d
trong đó, g(x) và h(x) là những đa thức nguyên bản và a, b, c, d là những
số nguyên. Do đó
p
f (x) = g(x)h(x)
q
p ac
=
và p, q nguyên tố cùng nhau. Ta kí hiệu các hệ số của đa thức
q
bd
tích g(x)h(x) bằng ei theo bổ đề trên suy ra ei không có ước chung nào
pei
khác ngoài ±1. Mặt khác, vì f (x) ∈ Z [x] nên các số
phải là số nguyên,
q
do đó q chia hết mọi ei vì q nguyên tố với p. Ta suy ra q = ±1, tức là
với

21