Tính bất khả quy của các đa thức lặp của một số lớp đa thức trên một trường

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN THỊ THU HƯƠNG

TÍNH BẤT KHẢ QUY CỦA CÁC ĐA THỨC LẶP
CỦA MỘT SỐ LỚP ĐA THỨC TRÊN MỘT TRƯỜNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2016


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN THỊ THU HƯƠNG

TÍNH BẤT KHẢ QUY CỦA CÁC ĐA THỨC LẶP
CỦA MỘT SỐ LỚP ĐA THỨC TRÊN MỘT TRƯỜNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành:

Phương pháp Toán sơ cấp

Mã số:

60 46 01 13

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

GS.TS. LÊ THỊ THANH NHÀN

THÁI NGUYÊN - 2016


i

Mục lục
Lời mở đầu

1

Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị

3

1.1
1.2

Khái niệm đa thức bất khả quy . . . . . . . . . . . . . . .
Một số tiêu chuẩn bất khả quy trên Q, R, C . . . . . . . . .

3
7

1.3

Mở rộng trường và trường phân rã . . . . . . . . . . . . .

11

Chương 2. Tính bất khả quy của các đa thức lặp

15

2.1
2.2

Tính khả quy của một đa thức lặp trên trường đặc số khác 2
Tính bất khả quy của các đa thức lặp của đa thức bậc hai .

15
21

2.3

Tính bất khả quy của các đa thức lặp của đa thức dạng xn − b 27

Kết luận

33

Tài liệu tham khảo

34


1

Lời mở đầu

Cho K là một trường. Một đa thức f (x) ∈ K[x] được gọi là bất khả quy
nếu f (x) có bậc dương và f (x) không là tích của hai đa thức có bậc bé hơn.
Khi đó mỗi đa thức 0 = f (x) ∈ K[x] đều có sự phân tích bất khả quy
f (x) = a f1 (x) . . . fk (x)
trong đó a là hệ số cao nhất của f (x) và fi (x) là đa thức bất khả quy dạng
chuẩn (tức là có hệ số cao nhất bằng 1). Hơn nữa, sự phân tích bất khả quy
này là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các nhân tử fi (x). Kết quả này là
một sự tương tự như Định lí cơ bản của Số học trong Lí thuyết số. Như vậy,
trong vành đa thức K[x], các đa thức bất khả quy đóng một vai trò quan
trọng giống như vai trò của số nguyên tố trong vành Z các số nguyên. Nếu
Định lí cơ bản của Số học cho phép coi các số nguyên tố như là những viên
gạch xây nên vành số nguyên, thì các đa thức bất khả quy chính là những
viên gạch xây nên vành đa thức.
Nhiều bài toán về đa thức bất khả quy được đặt ra xuất phát từ việc giải
quyết các bài toán liên quan về số nguyên tố. Một trong những bài toán
như thế là xét tính bất khả quy của các đa thức lặp của một số lớp đa thức.
Cho f (x) ∈ K[x] là một đa thức bậc dương. Đặt f0 (x) = x, f1 (x) = f (x),
fr+1 (x) = f ( fr (x)) với mọi r ≥ 1. Ta gọi các đa thức fr (x) là các đa thức
lặp của đa thức f (x). Theo R. W. K. Odoni [O], ta nói rằng f (x) là ổn định
trên K nếu fr (x) là bất khả quy với mọi r ≥ 1. Chú ý rằng các đa thức bậc 1
luôn bất khả quy trên trường K, vì thế mọi đa thức bậc 1 đều ổn định vì các
đa thức lặp của nó luôn có bậc 1.
Mục đích của luận văn là trình bày lại chi tiết các kết quả trong hai bài
báo sau đây về tính bất khả quy trên trường K của các đa thức lặp của hai


2

lớp đa thức: đa thức bậc hai và đa thức dạng xn − b.
[1]. M. Ayad and D. L. McQuillan (2000), Irreducibility of the iterates

of a quadratic polynomial over a field, Acta Arithmetica, 93, pp. 87-97.
[2]. L. Danielson and B. Fein (2001), On the irreducibility of iterates of
xn − b, Proc. Amer. Math. Soc., 130, pp. 1589-1596.
Luận văn chia làm hai chương. Chương 1 trình bày những kiến thức cơ
bản về đa thức bất khả quy và mở rộng trường. Chương 2 trình bày tính bất
khả quy trên một trường của các đa thức lặp của hai lớp đa thức: đa thức
bậc hai và đa thức dạng xn − b. Chương 2 chia làm ba tiết. Tiết 2.1 trình
bày tính bất khả quy của một đa thức lặp trên trường đặc số khác 2. Tiết 2.2
trình bày tính bất khả quy của các đa thức lặp của đa thức bậc hai. Tiết 2.3
trình bày tính bất khả quy của các đa thức lặp của đa thức dạng xn − b.
Trong quá trình học tập và nghiên cứu tại trường Đại học Khoa học - Đại
học Thái Nguyên, tôi được nhận đề tài nghiên cứu "Tính bất khả quy của
các đa thức lặp của một số lớp đa thức trên một trường" dưới sự hướng dẫn
của GS. TS Lê Thị Thanh Nhàn. Đến nay luận văn đã được hoàn thành. Có
được kết quả này là do sự dạy bảo và hướng dẫn hết sức tận tình và nghiêm
khắc của Cô. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới Cô và gia
đình!
Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Ban giám hiệu, Phòng Đào
tạo và khoa Toán - Tin của trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên
đã tạo mọi điều kiện thuận lợi giúp đỡ tôi trong quá trình học tập tại Trường
và trong thời gian nghiên cứu hoàn thành luận văn này. Sự giúp đỡ nhiệt
tình và thái độ thân thiện của các thầy cô giáo, các cán bộ thuộc Phòng Đào
tạo, Khoa Toán - Tin đã để lại trong lòng mỗi chúng tôi những ấn tượng hết
sức tốt đẹp. Không biết nói gì hơn, một lần nữa tôi xin trân trọng cảm ơn.
Tôi xin cảm ơn gia đình, bạn bè và các thành viên trong lớp cao học toán
K8A (2014 - 2016) đã quan tâm, tạo điều kiện, cổ vũ và động viên để tôi
có thể hoàn thành nhiệm vụ của mình.
Tôi xin trân trọng cảm ơn!
Tác giả

Nguyễn Thị Thu Hương


3

Chương 1
Một số kiến thức chuẩn bị
1.1

Khái niệm đa thức bất khả quy

Trong suốt chương này, luôn giả thiết K là một trường. Ta gọi đa thức
f (x) ∈ K[x] là có dạng chuẩn nếu hệ số cao nhất của f (x) bằng 1.
Định nghĩa 1.1.1. Cho f (x) ∈ K[x]. Ta nói rằng f (x) là bất khả quy trên K
nếu f (x) có bậc dương và f (x) không là tích của hai đa thức có bậc thấp
hơn.
Chú ý rằng tính bất khả quy của đa thức phụ thuộc vào trường cơ sở.
Chẳng hạn, đa thức x2 − 2 là bất khả quy trên Q nhưng không bất khả quy
trên R. Tương tự, đa thức x2 + 1 bất khả quy trên R nhưng không bất khả
quy trên C.
Bổ đề 1.1.2. Đa thức f (x) là bất khả quy nếu và chỉ nếu f (x + a) là bất khả
quy với mọi a ∈ K.
Chứng minh. Cho a ∈ K. Với mỗi h(x) ∈ K[x] ta đặt h1 (x) = h(x − a). Chú
ý rằng deg h1 (x) = deg h(x). Vì thế f (x + a) = k(x)g(x) là phân tích của
đa thức f (x + a) thành tích hai đa thức có bậc thấp hơn khi và chỉ khi
f (x) = k1 (x)g1 (x) là phân tích của f (x) thành tích của hai đa thức có bậc
thấp hơn. Vì vậy f (x) bất khả quy khi và chỉ khi f (x + a) bất khả quy.
Bổ đề 1.1.3. Trên một trường K, các phát biểu sau đây là đúng.
(i) Đa thức bậc nhất luôn bất khả quy.
(ii) Đa thức bậc 2 và bậc 3 là bất khả quy nếu và chỉ nếu nó không có

nghiệm trong K.


4

Chứng minh. (i) Đa thức bậc nhất rõ ràng không thể là tích của hai đa thức
bậc thấp hơn, do đó nó bất khả quy.
(ii) Cho f (x) ∈ K[x] là một đa thức bậc 2 hoặc 3. Giả sử f (x) có nghiệm
x = a ∈ K. Vì deg f (x) > 1 nên
f (x) = (x − a)g(x),
trong đó g(x) ∈ K[x] và deg g(x) = deg f (x) − 1 ≥ 1. Do đó f (x) khả quy.
Ngược lại, giả sử f (x) khả quy. Vì f (x) có bậc 2 hoặc 3 nên f (x) phân
tích được thành tích hai đa thức có bậc thấp hơn, một trong hai đa thức đó
phải có bậc 1. Rõ ràng đa thức bậc 1 trên một trường luôn có nghiệm trong
trường đó, vì thế f (x) có nghiệm trong K.
Chú ý rằng phát biểu (ii) trong bổ đề trên là không đúng cho trường hợp
bậc của đa thức lớn hơn 3. Cụ thể, nếu f (x) bậc lớn hơn 3 và có nghiệm
trong K thì f (x) khả quy. Tuy nhiên, tồn tại những đa thức không có nghiệm
trong K nhưng vẫn khả quy. Chẳng hạn đa thức (x2 + 1)2 không có nghiệm
trong R nhưng nó khả quy trên R.
Cho F là một trường chứa K. Một phần tử a ∈ F được gọi là phần tử đại
số trên K nếu nó là nghiệm của một đa thức khác 0 với hệ số trên K. Nếu a
không đại số trên K thì ta nói a là siêu việt trên K.
Mệnh đề 1.1.4. Cho F là một trường chứa K và a ∈ F là phần tử đại số
trên K. Khi đó tồn tại duy nhất một đa thức p(x) ∈ K[x] bất khả quy dạng
chuẩn nhận a làm nghiệm. Hơn nữa, nếu g(x) ∈ K[x] nhận a làm nghiệm
thì g(x) là bội của p(x).
Chứng minh. Vì a là phần tử đại số trên K nên tồn tại f (x) ∈ K[x] là đa thức
khác 0 có bậc bé nhất nhận a làm nghiệm. Đặt p(x) = b−1 f (x), trong đó b
là hệ số cao nhất của f (x). Khi đó p(x) ∈ K[x] là đa thức dạng chuẩn có bậc

bé nhất nhận a làm nghiệm. Rõ ràng deg p(x) > 0. Nếu p(x) khả quy thì
p(x) là tích của hai đa thức trong K[x] với bậc bé hơn và một trong hai đa
thức này phải nhận a làm nghiệm, điều này mâu thuẫn với cách chọn p(x).
Do đó p(x) bất khả quy. Giả sử g(x) ∈ K[x] nhận a làm nghiệm. Nếu g(x)
không chia hết cho p(x) thì vì p(x) bất khả quy nên gcd(g(x), p(x)) = 1.
Do đó tồn tại q(x), h(x) ∈ K[x] sao cho 1 = p(x)q(x) + g(x)h(x). Thay x = a


5

vào cả hai vế ta được 1 = 0, điều này là vô lý. Vậy g(x) chia hết cho p(x).
Giả sử q(x) ∈ K[x] cũng là đa thức bất khả quy dạng chuẩn nhận a làm
nghiệm. Theo chứng minh trên, q(x) là bội của p(x). Viết q(x) = p(x)k(x)
với k(x) ∈ K[x]. Vì q(x) bất khả quy nên k(x) = c với 0 = c ∈ K. Do đó
q(x) = cp(x). Đồng nhất hệ số cao nhất của hai vế với chú ý rằng q(x) và
p(x) đều có dạng chuẩn, ta suy ra c = 1.Vì thế p(x) = q(x).
Định nghĩa 1.1.5. Cho a là phần tử đại số trên K. Đa thức p(x) ∈ K[x] bất
khả quy dạng chuẩn nhận a làm nghiệm được gọi là đa thức bất khả quy
của a.
Đa thức x3 −2 ∈ Q[x] là bất khả quy (vì có bậc 3 và không có nghiệm hữu
√
tỷ), do đó nó là đa thức bất khả quy của phần tử 3 2. Đa thức x2 + 1 ∈ R[x]
là bất khả quy (vì có bậc 2 và không có nghiệm thực), do đó nó là đa thức
bất khả quy của số phức i.
Mệnh đề 1.1.6. Cho p(x) ∈ K[x] là đa thức có bậc dương. Khi đó p(x) bất
khả quy nếu và chỉ nếu p(x) | a(x)b(x) kéo theo p(x) | a(x) hoặc p(x) | b(x)
với mọi a(x), b(x) ∈ K[x]. Đặc biệt, nếu đa thức bất khả quy p(x) là ước của
một tích hữu hạn đa thức thì p(x) phải là ước của ít nhất một trong các đa
thức đó.
Chứng minh. Cho p(x) bất khả quy. Giả sử p(x) | a(x)b(x) và a(x), b(x)

đều không là bội của p(x). Do p(x) bất khả quy nên gcd(p(x), a(x)) = 1
và gcd (p(x), b(x)) = 1. Suy ra tồn tại s(x), r(x), e(x), f (x) ∈ K[x] sao cho
1 = s(x)p(x) + r(x)a(x) và 1 = e(x)p(x) + f (x)b(x). Nhân vế với vế của hai
đẳng thức này ta có
1 = p(x)g(x) + r(x) f (x)a(x)b(x)
với g(x) ∈ K[x] là một đa thức nào đó. Vì p(x) | a(x)b(x) nên đa thức bên
vế phải của đẳng thức trên là bội của p(x), trong khi đó đa thức bên vế trái
là 1 không chia hết cho p(x). Điều này là vô lý.
Ngược lại, do p(x) có bậc dương nên p(x) = 0 và không khả nghịch. Giả
sử p(x) = a(x)b(x) với a(x), b(x) ∈ K[x]. Khi đó p(x) | a(x)b(x). Theo giả
thiết, p(x) | a(x) hoặc p(x) | b(x). Vì thế p(x) không có ước thực sự, do đó
p(x) bất khả quy.


6

Định lý cơ bản của Số học nói rằng mỗi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân
tích được thành tích các thừa số nguyên tố và sự phân tích này là duy nhất
nếu không kể đến thứ tự các thừa số. Kết quả sau đây là một sự tương tự đối
với đa thức.
Định lý 1.1.7. Mỗi đa thức dạng chuẩn bậc dương trong K[x] có thể phân
tích được thành tích các đa thức bất khả quy dạng chuẩn và sự phân tích
này là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các nhân tử.
Chứng minh. Trước hết, ta chứng minh sự tồn tại phân tích bằng quy nạp
theo bậc của đa thức. Giả sử f (x) ∈ K[x] là đa thức dạng chuẩn bậc d > 0.
Nếu d = 1 thì f (x) là bất khả quy và sự phân tích bất khả quy của f (x)
là f (x) = f (x). Cho d > 1 và giả sử kết quả đã đúng cho các đa thức bậc
nhỏ hơn d. Nếu f (x) bất khả quy thì f (x) có sự phân tích bất khả quy là
f (x) = f (x). Vì thế ta giả thiết f (x) khả quy. Khi đó f (x) = g(x)h(x) với
deg g(x), deg h(x) < deg f (x). Đặt g∗ (x) = a−1 g(x) với a là hệ số cao nhất

của g(x). Khi đó ta có f (x) = g∗ (x)(ah(x)). Đồng nhất hệ số ở hai vế ta suy
ra ah(x) có dạng chuẩn. Do đó f (x) = g∗ (x)h∗ (x) với g∗ (x), h∗ (x) = ah(x)
là các đa thức dạng chuẩn có bậc nhỏ hơn d. Theo giả thiết quy nạp, g∗ (x)
và h∗ (x) phân tích được thành tích của hữu hạn đa thức bất khả quy dạng
chuẩn. Vì thế f (x) phân tích được thành tích của hữu hạn đa thức bất khả
quy dạng chuẩn.
Bây giờ ta chứng minh tính duy nhất của phân tích. Giả sử f (x) có hai
sự phân tích thành nhân tử bất khả quy dạng chuẩn
f (x) = p1 (x) p2 (x) ...pn (x) = q1 (x) q2 (x) ...qm (x) .
Ta chứng minh bằng quy nạp theo n rằng n = m và sau khi đánh lại thứ tự
các nhân tử vế bên phải ta có pi (x) = qi (x) với mọi i = 1, 2, ..., n. Do p1 (x)
bất khả quy và p1 (x) | q1 (x) q2 (x) ...qm (x) nên ta có p1 (x) | qi (x) với i nào
đó. Không mất tính tổng quát ta giả thiết p1 (x) | q1 (x). Biểu diễn q1 (x) =
p1 (x)t1 (x). Vì q1 (x) bất khả quy nên t1 (x) = a ∈ K. Do đó q1 (x) = ap1 (x).
Do p1 (x) và q1 (x) có dạng chuẩn nên a = 1. Vì thế p1 (x) = q1 (x). Cho
n = 1. Nếu m > 1 thì giản ước cả hai vế cho p1 (x) ta được 1 = q2 (x)...qm (x),
điều này là vô lí. Vậy, kết quả đúng cho n = 1. Cho n > 1. Vì p1 (x) = q1 (x)


7

nên
p2 (x) p3 (x) ...pn (x) = q2 (x) q3 (x) ...qm (x) .
Theo giả thiết quy nạp ta có n−1 = m−1 và bằng việc đánh số lại thứ tự các
nhân tử bất khả quy ở vế phải ta suy ra pi (x) = qi (x) với mọi i = 2, ..., n.
Từ định lý trên ta có kết quả sau:
Hệ quả 1.1.8. Cho f (x) ∈ K[x] là đa thức với hệ số cao nhất là an . Khi đó
tồn tại phân tích f (x) = an f1 (x)... fk (x) với f1 (x), ..., fk (x) là các nhân tử
bất khả quy dạng chuẩn, và sự phân tích này là duy nhất nếu không kể đến
thứ tự các nhân tử.

1.2

Một số tiêu chuẩn bất khả quy trên Q, R, C

Định lí cơ bản của Đại số phát biểu rằng mọi đa thức bậc dương với hệ
số phức đều có ít nhất một nghiệm phức. Vì thế đa thức bất khả quy trên C
là và chỉ là các đa thức bậc nhất. Sử dụng Định lí cơ bản của Đại số, chúng
ta có thể chỉ ra rằng các đa thức bất khả quy trên R là và chỉ là các đa thức
bậc nhất hoặc các đa thức bậc hai vô nghiệm thực (tức là có biệt thức âm).
Như vậy, bài toán xét tính bất khả quy của đa thức trên R và trên C đã được
giải quyết trọn vẹn. Tuy nhiên, bài toán xét tính bất khả quy của các đa thức
trên trường Q các số hữu tỷ cho đến nay vẫn là bài toán mở. Tiết này sẽ
trình bày một số tiêu chuẩn bất khả quy của các đa thức trên Q, R, C . Trước
hết ta xét tiêu chuẩn bất khả quy trên Q.
Giả sử f (x) ∈ Q[x]. Chú ý rằng để xét tính bất khả quy trên trường Q,
bằng việc quy đồng mẫu số chúng ta chỉ cần xét các đa thức với hệ số
nguyên. Từ nay đến hết mục này luôn giả thiết f (x) = an xn + ... + a1 x + a0 ∈
Z[x], trong đó an = 0 và n > 0.
Chú ý rằng một đa thức bậc lớn hơn 1 nếu có nghiệm trong Q thì khả
quy trên Q. Vì vậy, trong nhiều trường hợp ta có thể tìm nghiệm hữu tỷ để
xét tính bất khả quy của f (x) trên Q. Sau đây là một ví dụ minh họa.
Ví dụ 1.2.1. (i) f (x) = 10x3 + 3x2 − 106x + 21 là khả quy trên Q.
(ii) g(x) = 9x3 + 6x2 − 8x + 7 là bất khả quy trên Q.


8

Chứng minh. (i) Giả sử phân số tối giản r/s là nghiệm của f (x). Khi đó
r | 21 và s | 10. Suy ra

r ∈ {±1, ±3, ±7, ±21} và s ∈ {±1, ±2, ±5, ±10} .
Vì f (1) = −72, f (−1) = 120 nên theo [1, Chương 1, Mệnh đề 1.6.8, trang
48] ta suy ra
3 3
7 7
1 1
.
r/s ∈ ± , ± , ±3, , ± , ±7, − , ±
2 5
2 5
2 5
7
1
Thử lại ta thấy , 3, − là nghiệm của f (x). Vậy f (x) khả quy trên Q.
5
2
(ii) Ta có 3g(x) = 27x3 + 18x2 − 24x + 21. Khi đó g(x) = 0 nếu và chỉ nếu
27x3 + 18x2 − 24x + 21 = 0. Đặt y = 3x, phương trình thứ hai trở thành
h(y) = y3 + 2y2 − 8y + 21 = 0. Dễ thấy h(y) không có nghiệm hữu tỷ. Vì thế
g(x) không có nghiệm hữu tỷ. Do đó g(x) bất khả quy trên Q.
Chú ý rằng đối với đa thức bậc lớn hơn 3, ta không thể suy ra tính bất
khả quy trên Q từ việc kiểm tra đa thức không có nghiệm hữu tỷ. Chẳng
hạn, (x2 + 1)(x2 + 1) không 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 những đa thức không có nghiệm hữu tỷ.
Định lý 1.2.2. (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 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 phân tích được thành tích của hai đa thức với hệ số
nguyên có bậc thấp hơn.

Chứng minh. Viết f (x) = a f1 (x) và g(x) = bg1 (x) trong đó a, b ∈ Q và
f1 (x), g1 (x) ∈ Z[x] là các đa thức nguyên bản. Ta có f1 (x)g1 (x) là đa thức
nguyên bản. Rõ ràng p(x) = ab f1 (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 đa thức nguyên bản


9

nên gcd(an , an−1 , ..., a0 ) = 1. Vì p(x) ∈ Z[x] nên ta có
ran
ra1 ra0
,...,
,
∈ Z.
s
s s
Suy ra s là ước chung của an , . . . , a1 , a0 , điều này là vô lí. Vậy ab ∈ Z. Đặt
f∗ (x) = ab f1 (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).
Ví dụ 1.2.3. Đa thức f (x) = x4 + 3x3 + x2 + 3 bất khả quy trên Q.
Chứng minh. Dễ thấy f (x) không có nghiệm hữu tỷ. Vì thế f (x) không
là tích của một đa th�16). Khi đó f2 (x) khả quy khi và chỉ khi
16
d
2
phân tích được dưới dạng
= a0 b0 với a0 , b0 ∈ Z, a0 > 0.
16

Chứng minh. Giả sử f2 (x) khả quy. Khi đó, theo Định lý 2.1.8, tồn tại
−δ0 + εξ0
a0 , ξ0 ∈ Q sao cho δ02 − ξ02 = δ0 và a20 =
; ε = ±1. Dễ thấy
2
a0 , ξ0 ∈ Z vì δ0 , d0 ∈ Z, −d0 = 4a20 (a20 + δ0 ) và 4|δ0 . Vì δ0 và ξ0 cùng tính
−δ0 − εξ0
d0
d
chẵn lẻ nên b0 =
∈ Z và ta có a20 b0 = = ; δ0 = −(a20 + b0 ),
2
4
16


24

l2 − d
và m =
.
l = 2 (−δ0 − d0 ) = 2
4
d
d
Ngược lại, giả sử
có phân tích dạng
= a20 b0 với a0 , b0 ∈ Z, a0 > 0.
16
16

l2 − d
2
2
và f (x) = x2 − lx + m. Khi đó δ0 =
Đặt l = 2(a0 + b0 − 4a0 b0 ); m =
4
l
−d0 − = − a20 + b0 và
2
εξ0 = a20 − b0 ,

a20 + b0 − 4a20 b0

g20 − d0 = δ02 − d0 = a20 + b0
với ξ0 = a20 − b0 . Do đó
f2 (x) khả quy trên Q.

2

− 4a20 b0 = a20 − b0

2

= ξ02

g0 + ξ0 −δ0 + ξ0
=
= a20 . Từ Định lý 2.1.8 suy ra
2
2

d
= 2 = 12 .2. Do đó a0 = 1; b0 = 2. Suy
16
ra l = −10, m = 17 và f (x) = x2 + 10x + 17. Rõ ràng f (x) là bất khả quy
Chẳng hạn, lấy d = 32. Khi đó

vì không có nghiệm trong Q. Theo Mệnh đề 2.2.5, ta suy ra f2 (x) khả quy
trên Q. Chú ý rằng Ví dụ 2.1.10 cũng đã chỉ ra tính khả quy của f2 (x).
Nhận xét 2.2.6. Bằng cách lập luận tương tự ta cũng chứng minh được:
(i) Nếu d = 16e với e không chứa ước chính phương, e = 1 thì tồn tại duy
nhất một đa thức f (x) có biệt thức d sao cho f2 (x) khả quy.
d
(ii) Nếu
= r2 s, r > 0 và s không chứa ước chính phương, s = 1 thì cũng
16
tồn tại duy nhất một đa thức f (x) có biệt thức d sao cho f2 (x) khả quy.
Trong trường hợp này số đa thức f (x) có biệt thức d sao cho f2 (x) khả quy
chính là số ước của r và tất cả các đa thức đó đều có thể mô tả rõ ràng.
Nhận xét 2.2.7. Với d ≡ 0 (mod 16) và |δ | < |d| ta chú ý:
(i) Nếu δ = 0 thì gr = 0 với mọi r ≥ 0;
(ii) Nếu δ = −8 thì gr = 2 với mọi r ≥ 0;
(iii) Nếu δ = −4 thì g0 = 1 và gr = 0 nếu r lẻ và gr = −1 nếu r chẵn và
dương.
Tuy nhiên, nếu cả ba trường hợp trên đều không xảy ra, tức là ta có
δ = 0; −4; −8 thì |gr | tăng thực sự (khi r tăng thực sự). Do đó với số d cho
trước, ta chọn được số tự nhiên N (bé nhất) sao cho |gn−1 | ≥ |d0 | với n ≥ N.
Mặt khác, như trong chứng minh Định lý 2.2.3, nếu f (x) không ổn định (tức
là tồn tại n sao cho fn (x) bất khả quy và fn+1 (x) khả quy) thì |d0 | > |gn−1 |.

25

Điều này là không xảy ra. Do đó trong trường hợp này f (x) ổn định trên Q.
Cuối cùng, ta đi xét tính ổn định của đa thức f (x) trên Q trong trường
hợp d ≡ 0 (mod 16) và δ ∈ {0; −8}.
Mệnh đề 2.2.8. Nếu d ≡ 0 (mod 16), δ ∈ {0; −8} và f2 (x) bất khả quy
trên Q thì f (x) ổn định trên Q.
Chứng minh. Ta chứng minh Mệnh đề 2.2.8 bằng phản chứng. Giả sử f (x)
không ổn định trên Q, tức là tồn tại n ≥ 2 sao cho fn (x) bất khả quy
và fn+1 (x) khả quy trên Q. Khi đó theo Định lý 2.1.8, tồn tại phần tử
gn−1 + ξn−1
2
. Theo
an−1 , ξn−1 ∈ Q sao cho g2n−1 − ξn−1
= d0 và a2n−1 =
2
Nhận xét 2.2.7, gr là hằng số với mọi r ≥ 0, do đó gn−1 = g0 . Áp dụng
phần (ii) của Định lý 2.1.8 với n = 1 ta có ngay f2 (x) khả quy. Điều này
mâu thuẫn với giả thiết, suy ra điều giả sử sai. Vậy f (x) ổn định trên Q.
Như vậy trong phần đầu của Tiết 2.2, chúng ta đã chứng minh được một
số tiêu chuẩn để xét tính ổn định của f (x) trên Q dựa vào tính chất của biệt
thức d của f (x). Tuy nhiên, trường hợp d ≡ 0 (mod 16), δ = −4 vẫn chưa
được giải quyết.
Phần thứ hai của Tiết 2.2 dành để xét tính ổn định của f (x) trên trường
hữu hạn F. Chú ý rằng đặc số của F phải là số nguyên tố. Cho F là một
trường hữu hạn. Kí hiệu F ∗ = F\{0} là nhóm nhân của F. Với mỗi x ∈ F ∗ ,
x
x
ta định nghĩa

như sau:
= 1 nếu x là phần tử chính phương trong
F
F
x
= −1 nếu x không là phần tử chính phương.
F và
F
Trong suốt phần hai của Tiết 2.2 luôn giả thiết Fq là một trường hữu hạn
có đặc số p ≥ 3 và f (x) = x2 − lx + m là một đa thức bất khả quy trên Fq .
Mục tiêu của phần hai là nghiên cứu tính ổn định của f (x) trên Fq . Trước
khi trình bày kết quả chính, ta nhắc lại một kết quả của O. Ore về luật khả
nghịch.
Bổ đề 2.2.9. (Bổ đề Ore). Cho u(x), v(x) ∈ Fq [x] là các đa thức dạng chuẩn
và bất khả quy trên Fq . Giả sử u(x) = v(x). Gọi α; β lần lượt là nghiệm của


26

u, v trong bao đóng đại số của Fq . Khi đó
u (β )
Fq (β )

v (α)
Fq (α)

= (−1)(q−1)/2. deg u. deg v.

Ta sử dụng Bổ đề 2.2.9 để chứng minh Định lý 2.2.10. Định lý này chính
là tiêu chuẩn để xét tính ổn định của f (x) trên Fq .

Định lý 2.2.10. f (x) ổn định trên Fq nếu và chỉ nếu fn −

d
4

không là

phần tử chính phương trong Fq với mọi n ≥ 1.
d
không là phần tử chính phương với
4
mọi n. Ta cần chứng minh f (x) ổn định. Giả sử ngược lại, tức là tồn tại n
sao cho fn (x) bất khả quy và fn+1 (x) khả quy trên Fq . Gọi βn là nghiệm của
Chứng minh. Giả thiết rằng fn −

fn (x) trong một bao đóng đại số của Fq . Khi đó theo Bổ đề 2.1.6, f (x) − βn
là khả quy trên Fq (βn ). Điều này kéo theo biệt thức của nó là phần tử chính
d
phương trong Fq (βn )∗ (ta kí hiệu * cho nhóm nhân của trường), do đó βn +
4
d
∗
là phần tử chính phương trong Fq (βn ) . Đặt u(x) = x + , v(x) = fn (x) và
4
áp dụng Bổ đề 2.2.9 ta có:


d
d
fn −

β +
q−1
4 
 n 4 
 = (−1)deg fn . 2 = (−1)2n−1 (q−1) = 1




Fq (βn )
Fq


vì q lẻ. Vậy fn −

d
4

là phần tử chính phương trong F∗q . Điều này là mâu

thuẫn.

d
không là
4
phần tử chính phương với mọi n. Giả sử phản chứng rằng tồn tại n ≥ 1 sao
d
cho fn −
là phần tử chính phương. Gọi βn là nghiệm của fn (x) trong
4

d
một bao đóng đại số của Fq . Đặt u(x) = x + ; v(x) = fn (x) và áp dụng Bổ
4
Ngược lại, cho f (x) ổn định. Ta cần chứng minh fn −


27

đề 2.2.9 ta có


d
d
fn −
β +
q−1
4 
 n 4 
 = (−1)deg fn . 2 = 1.



Fq (βn ) 
Fq


d
là phần tử chính phương trong Fq (βn ) và 4βn +d cũng là phần
4
tử chính phương. Do đó đa thức f (x) − βn là khả quy trên Fq (βn ). Theo Bổ

đề 2.1.6, fn+1 (x) khả quy trên Fq . Điều này là vô lí.
Suy ra βn +

Ví dụ 2.2.11. Xét đa thức f (x) = x2 − x + 1. Biệt thức của f (x) là d = −3.
Cho p là số nguyên tố lẻ. Khi đó ta có f (x) bất khả quy trên Fq nếu và chỉ
nếu p ≡ 2 (mod 3). Chọn p = 5, khi đó
f1

3
4

= −2; f2

3
4

= 2; f3

3
4

= −2.

3
không là phần tử chính phương trong F5 . Vì vậy theo Định
4
lý 2.2.10, f (x) ổn định trên F5 . Chú ý rằng một đa thức với hệ số nguyên là
Do đó fn

bất khả quy trên Q nếu tồn tại một số nguyên tố p sao cho bậc của đa thức

đó không đổi khi chuyển vào Z p [x] và nó bất khả quy trên Z p (xem [1, Định
lý 2.3.11]). Vì thế f (x) cũng ổn định trên Q.

2.3

Tính bất khả quy của các đa thức lặp của đa thức dạng
xn − b

Trong suốt tiết này vẫn giả thiết K là một trường. Xét đa thức có dạng
f (x) = xn − b ∈ K[x]. Giả sử tồn tại số tự nhiên m sao cho đa thức lặp fm (x)
khả quy trên K. Khi đó fm (x) = g(x).h(x) với g(x) và h(x) có bậc nhỏ hơn
bậc của fm (x). Suy ra với mỗi số tự nhiên i ta có
fm+i (x) = fm ( fi (x)) = g( fi (x)).h( fi (x)).
Do đó fm+i (x) khả quy trên K. Vì thế, nếu f (x) khả quy trên K, tức là f1 (x)
khả quy trên K thì fn (x) khả quy trên K với mọi n ≥ 1 (áp dụng tiêu chuẩn


28

trên với m = 1, i = n − 1). Tuy nhiên, nếu f (x) bất khả quy trong K[x] thì
các đa thức lặp khác nhau của f (x) vẫn có thể bất khả quy hoặc khả quy
trên K. Mục tiêu của tiết này là đưa ra các điều kiện để đa thức lặp thứ n
của f (x) là bất khả quy nhưng đa thức lặp thứ n + 1 là khả quy.
Nhắc lại rằng K(αm+1 ) là một mở rộng trường của K với αm+1 là một
phần tử đại số trên K. Giả sử p(x) ∈ K[x] là đa thức bất khả quy nhận αm+1
làm nghiệm. Khi đó theo [1, Chương 2, Mệnh đề 2.4.2] ta có
[K(αm+1 ) : K] = deg p(x).
Với mỗi số tự nhiên n ta kí hiệu K n là tập hợp các phần tử α ∈ K sao cho
tồn tại β ∈ K thỏa mãn α = β n . Khi đó ta có tiêu chuẩn đầu tiên để đa thức
f (x) = xn − b có một đa thức lặp khả quy.

Mệnh đề 2.3.1. Cho f (x) = xn − b. Giả sử fm (x) bất khả quy trong K[x] với
m ≥ 0. Đặt αm là một nghiệm của fm (x) trong trường đóng đại số của K.
Khi đó fm+1 (x) khả quy trên K nếu và chỉ nếu hoặc b + αm ∈ K(αm ) p với p
là một ước nguyên tố của n hoặc n là bội của 4 và b + αm ∈ −4K(αm )4 .
Chứng minh. Giả sử αm+1 là một nghiệm của xn − (b + αm ) trong một
n
trường đóng đại số của K(αm ). Vì αm+1
− b = αm nên
n
fm+1 (αm+1 ) = fm ( f (αm+1 )) = fm (αm+1
− b) = fm (αm ) = 0.

Do đó αm+1 cũng là nghiệm của fm+1 (x). Suy ra K(αm ) ⊆ K(αm+1 ). Chú ý
rằng αm+1 là nghiệm của fm+1 (x), do đó fm+1 (x) phải có một ước bất khả
quy nhận αm+1 làm nghiệm. Vì thế fm+1 (x) là khả quy khi và chỉ khi bậc
của g(x) nhỏ hơn bậc của fm+1 (x), khi và chỉ khi
[K(αm+1 ) : K] = deg g(x) < deg( fm+1 (x)) = nm+1 .
Theo giả thiết, fm (x) bất khả quy trên K, do đó
[K(αm+1 ) : K] = [K(αm+1 ) : K(αm )][K(αm ) : K] = nm [K(αm+1 ) : K(αm )].
Suy ra fm+1 (x) khả quy trên K nếu và chỉ nếu [K(αm+1 ) : K(αm )] = n.


29

Vì αm+1 là nghiệm của xn − (b + αm ) nên fm+1 (x) khả quy trên K nếu và chỉ
nếu xn − (b + αm ) là khả quy trong K(αm )[x]. Từ đó ta có điều phải chứng
minh.
Cho K là trường. Kí hiệu
K(t) = {g(t)/h(t) | h(t) = 0; g(t), h(t) ∈ K[t]}.
Chú ý rằng K(t) là một trường. Ta gọi nó là trường các phân thức hữu tỷ

một biến t với hệ số trong K. Rõ ràng K(t) là trường chứa vành K[t].
Nhắc lại rằng trường F là đóng đại số nếu mỗi đa thức bậc dương với
hệ số trong F đều có nghiệm trong F. Chẳng hạn C là trường đóng đại số
nhưng R không phải trường đóng đại số.
Ta có mệnh đề sau.
Mệnh đề 2.3.2. (i) Cho n ≥ 2 và m ≥ 1. Khi đó tồn tại một trường K và một
phần tử b ∈ K sao cho fm (x) bất khả quy trên K nhưng fm+1 (x) khả quy
trên K.
(ii) Cho K là một trường bất kì. Cho b ∈ K sao cho f (x) = x2 − b là đa thức
bất khả quy trên K. Khi đó đa thức lặp f2 (x) khả quy trên K nếu và chỉ nếu
b = 4z4 /(4z2 − 1) với z ∈ K thỏa mãn 4z2 − 1 ∈
/ K 2.
Chứng minh. (i) Đặt F = C(t) là trường các phân thức hữu tỷ một biến t với
hệ số trên C. Đặt f (x) = xn − t ∈ F[x]. Khi đó fr (x) bất khả quy trong F[x]
với mọi r ≥ 1. Gọi E là trường phân rã của fm+1 (x) trên F. Theo [FS, Bổ
đề 1.1, Trang 491], ta suy ra fm (x) bất khả quy trong K[x] nhưng fm+1 (x)
khả quy trên K.
√
(ii) Vì b là một nghiệm của f1 (x) = f (x) trong một mở rộng của K nên
√
theo Mệnh đề 2.3.2 ta có f2 (x) khả quy trên K nếu và chỉ nếu b + b =
√
(z + w b)2 với z, w ∈ K. Do đó f2 (x) khả quy trên K nếu và chỉ nếu tồn tại
z, w ∈ K sao cho b = z2 + w2 b và 1 = 2zw. Nghĩa là f2 (x) bất khả quy trên
K nếu K có đặc số 2. Nếu đặc số của K khác 2 thì giải các phương trình
trên dẫn tới w = 1/2z và b = 4z4 /(4z2 − 1). Vì f (x) bất khả quy trên K nên
theo Mệnh đề 2.3.2, 4z2 − 1 ∈
/ K 2 . Ngược lại, nếu f (x) có dạng đã cho thì
f2 (x) khả quy theo lập luận trên.

30

Cho R là một miền nguyên (tức là một vành giao hoàn khác 0 và không
có ước của 0). Trường cực tiểu chứa R như một trường con được gọi là
trường các thương của R. Chú ý rằng trường các thương của R luôn tồn
tại duy nhất (sai khác một đẳng cấu). Ví dụ trường các thương của miền
nguyên Z là trường Q các số hữu tỷ. Một miền nguyên được gọi là miền
phân tích duy nhất hay là miền nhân tử hóa nếu mọi phần tử khác 0, không
khả nghịch đều phân tích được thành tích các nhân tử bất khả quy và sự
phân tích đó là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các nhân tử và các nhân tử
là ước của đơn vị. Chẳng hạn miền nguyên Z là một miền nhân tử hóa (theo
Định lý cơ bản của Số học). Giả sử K là trường các thương của miền nhân
tử hóa R và b = b1 /b2 ∈ K, trong đó b1 , b2 là các phần tử nguyên tố cùng
nhau của R. Đặt f (x) = xn − b và giả sử fm (x) bất khả quy trên K nhưng
fm+1 (x) khả quy. Định lý sau chỉ ra rằng b1 , b2 phải thỏa mãn một phương
trình Diophantine trên R.
Định lý 2.3.3. Cho K là trường các thương của miền nhân tử hóa R và đặt
f (x) = xn − (b1 /b2 ) ∈ K[x] với b1 , b2 nguyên tố cùng nhau trong R. Giả sử
với m ≥ 1, fm (x) bất khả quy trong K[x] nhưng fm+1 (x) khả quy trên K. Định
n − bn j+1 −1
nghĩa dãy phần tử w j của R như sau: w0 = −1 và w j+1 = bn−1
w
j
1
2
với j ≥ 0. Khi đó tồn tại một số nguyên tố p là ước của n, một phần tử khả
nghịch u của R và d, z ∈ R\{0} sao cho:
(i) b1 = ud p ,
m

m

(ii) (−1)n u(un−1 d p(n−1) wnm−1 − bn2 −1 ) = z p ,
(iii) d, wm−1 , b2 , và zm−1 là các phần tử khác 0 của R nguyên tố với nhau
từng đôi một.
Chứng minh. Chúng ta chứng minh quy nạp theo j rằng với mọi j ≥ 0,
w j = 0 ta có w j và b1 b2 nguyên tố cùng nhau và
n

f j (−(b1 /b2 )) = b1 w j /b2 j .
Rõ ràng với j = 0 thì f0 (x) = x và w0 = −1. Cho j ≥ 0 và giả sử w j = 0, w j
n
nguyên tố cùng nhau với b1 b2 và f j (−(b1 /b2 )) = b1 w j /b2 j . Ta chứng minh


31

w j+1 nguyên tố cùng nhau với b1 b2 . Thật vậy, ta có
n
n
w j+1 = bn−1
1 w j − b2

j+1 −1

,wj = 0

vì b1 , b2 và w j nguyên tố với nhau từng đôi một. Nếu một phần tử nguyên
n

tố π của R chia hết cả b2 và w j+1 thì π chia hết bn−1
1 w j . Vì R là miền nhân

tử hóa nên π phải chia hết hoặc b1 hoặc w j , mâu thuẫn với giả thiết b1 và
b2 nguyên tố cùng nhau và b2 và w j nguyên tố cùng nhau. Tương tự, không
có phần tử nguyên tố nào của R là ước chung của b1 và w j+1 và do đó w j+1
nguyên tố cùng nhau với b1 b2 . Cuối cùng,ta có
j

f j+1 (−(b1 /b2 )) = f ( f j (−(b1 /b2 ))) = (b1 w j /bn2 )n − (b1 /b2 )
= b1 (b1n−1 wnj − bn2

j+1 −1

)/bn2

j+1 −1

= b1 w j+1 /bn2

j+1

.

Bây giờ đặt b = b1 /b2 và gọi αm là một nghiệm của fm (x). Vì fm (x)
bất khả quy trên K nhưng fm+1 (x) khả quy nên theo Mệnh đề 2.3.2, xảy
ra một trong các trường hợp sau: hoặc tồn tại một số nguyên tố p, p | n
và β ∈ K(αm ) sao cho b + αm = β p hoặc 4 | n và tồn tại γ ∈ K(αm ) với
b + αm = −4γ 4 . Đặt N là ánh xạ chuẩn từ K(αm ) vào K. Vì fm (x) bất khả
quy trên K theo giả thiết và có αm là nghiệm nên fm (x − b) là đa thức bất

khả quy dạng chuẩn trong K[x] nhận b + αm là nghiệm. Vì fm (x) có bậc nm
m
nên N(b + αm ) = (−1)n fm (−b). Định nghĩa phần tử c ∈ K bởi c = N(β )
nếu b + αm = β p và c = N(2γ 2 ) nếu b + αm = −4γ 4 . Nếu b + αm = β p thì
m

c p = N(β p ) = N(b + αm ) = (−1)n fm (−b).
Giả sử b + αm = −4γ 4 . Khi đó n chẵn và do đó [K(αm ) : K] lẻ. Suy ra
N(−1) = 1 và do đó
m

c2 = N((2γ 2 )2 ) = N(−4γ 4 ) = N(b + αm ) = (−1)n fm (−b).
m

Như vậy trong cả hai trường hợp ta đều có (−1)n fm (−b) = c p với p
chia hết n. Theo các tính chất của w j đã thiết lập ở trên ta có
m

m

m

c p = (−1)n fm (−b) = (−1)n b1 wm /bn2 .


32

Vì b1 và wm khác 0 nên c khác 0.
Đặt c = c1 /c2 , trong đó c1 và c2 là các phần tử nguyên tố cùng nhau của
m

m
m
R. Khi đó (−1)n b1 wm c2p = c1p bn2 . Vì b1 wm chia hết c1p bn2 và nguyên tố
m

cùng nhau với bn2 nên b1 wm chia hết c1p . Vì c1 , c2 nguyên tố cùng nhau nên
b1 , wm và c2 nguyên tố cùng nhau từng đôi một. Vì p chia hết n nên p chia
m

hết nm . Đặt nm = pk. Khi đó c1p bn2 = (c1 bk2 ) p . Vì b1 nguyên tố cùng nhau
m
với wm c2p và (−1)n b1 wm c2p = (c1 bk2 ) p nên b1 = ud p với u ∈ R là phần tử
m

khả nghịch và d ∈ R. Vì thế (−1)n ud p wm c2p = (c1 bk2 ) p . Đặt z = c1 bk2 /dc2 .
m

Suy ra z = 0 vì c = 0. Vì z p = (−1)n uwm ∈ R. Vì R là đóng nguyên nên
z ∈ R. Cuối cùng
m

m

n
n
z p = (−1)n uwm = (−1)n u(bn−1
1 wm−1 − b2
m

m

m −1

). Suy ra

z p = (−1)n u(un−1 d p(n−1) wnm−1 −bn2 −1 ). Vì b1 b2 và wm−1 là nguyên
tố cùng nhau theo chứng minh trên nên d, wm−1 , b2 và z cũng nguyên tố cùng
nhau từng đôi một.


33

Kết luận
Luận văn đã trình bày một số kết quả gần đây về tính bất khả quy của các
đa thức lặp của hai lớp đa thức: đa thức bậc hai và đa thức dạng xn − b. Hai
tài liệu chính sử dụng trong luận văn là
1. M. Ayad and D. L. McQuillan (2000), Irreducibility of the iterates of a
quadratic polynomial over a field, Acta Arithmetica, 93, pp. 87-97.
2. L. Danielson and B. Fein (2001), On the irreducibility of iterates of
xn − b, Proc. Amer. Math. Soc., 130, pp. 1589-1596.
Trên cơ sở đó các nội dung chính của luận văn là:
- Nhắc lại một số kiến thức về đa thức bất khả quy và một số tiêu chuẩn bất
khả quy trên các trường Q, R, C.
- Trình bày một số kiến thức chẩn bị về trường phân rã của đa thức, mở rộng
trường, mở rộng đại số và mở rộng hữu hạn.
- Trình bày các kết quả về tính bất khả quy của các đa thức lặp của đa thức
bậc hai trong bài báo [1].
- Trình bày các kết quả về tính bất khả quy của các đa thức lặp của đa thức
dạng xn − b trong bài báo [2].

34

Tài liệu tham khảo
Tiếng Việt
[1] Lê Thị Thanh Nhàn (2015), Lý thuyết đa thức, NXB Đại học Quốc gia
Hà Nội.
Tiếng Anh
[2] Ayad M. and McQuillan D. L. (2000), “Irreducibility of the iterates of
a quadratic polynomial over a field”, Acta Arithmetica, 93, pp. 87-97.
[3] Danielson L. and Fein B. (2001), “On the irreducibility of iterates of
xn − b”, Proc. Amer. Math. Soc., 130, pp. 1589-1596.
[4] Gathen J. V. and Gerhard J. (2003), Modern Computer Algebra, Cambridge University Press, Cambridge.
[5] Schinzel A. (2000), Polynomials with special regards to reducibility,
Cambridge Univ. Press.