Đa thức bất khả quy và đa giác newton

TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN
----o0o----

HOÀNG THỊ LỆ

ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY
VÀ ĐA GIÁC NEWTON

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Đại số

Người hướng dẫn khoa học:
Th.s ĐỖ VĂN KIÊN

HÀ NỘI – 2014


LỜI CẢM ƠN

Trong quá trình nghiên cứu và hoàn thành khóa luận này em nhận
được sự quan tâm, động viên, khích lệ của các thầy giáo, cô giáo trong tổ
Đại số nói riêng và các thầy cô giáo trong khoa Toán trường Đại học Sư
phạm Hà Nội 2 nói chung. Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với các
thầy giáo, cô giáo, đặc biệt là thầy giáo Th.S Đỗ Văn Kiên – người đã
tận tình hướng dẫn em trong suốt thời gian qua để em hoàn thành khóa
luận này.
Do trình độ và thời gian nghiên cứu còn hạn chế nên những vấn đề
mà em trình bày trong khóa luận này sẽ không tránh khỏi thiếu sót. Em
kính mong nhận được sự chỉ bảo và đóng góp ý kiến của các thầy cô
giáo và các bạn sinh viên để khóa luận của em được hoàn thiện hơn.

Em xin chân thành cảm ơn!
Hà Nội, tháng 5 năm 2014
Sinh viên

Hoàng Thị Lệ


LỜI CAM ĐOAN
Trong quá trình nghiên cứu khóa luận “Đa thức bất khả quy và đa
giác Newton” em có sử dụng một số 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 xin cam đoan khóa luận được hình thành bởi sự cố gắng, nỗ
lực của bản thân cùng với sự hướng dẫn tận tình của thầy giáoTh.sĐỗ
Văn Kiên cũng như các thầy cô trong tổ Đại số. Đây là đề tài không
trùng với đề tài của các tác giả khác.
Em rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô và các
bạn để khóa luận được hoàn thiện hơn.
Hà Nội, tháng 5 năm 2014
Sinh viên

Hoàng Thị Lệ


MỤC LỤC

LỜI NÓI ĐẦU ...................................................................................... 1
CHƢƠNG 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ ............................................. 3
1.1. Vành đa thức một ẩn........................................................................ 3
1.1.1. Xây dựng vành đa thức một ẩn ............................................... 3

1.1.2. Định lý phép chia với dư......................................................... 5
1.1.3. Nghiệm của một đa thức ......................................................... 6
1.2. Vành đa thức nhiều ẩn ..................................................................... 7
CHƢƠNG 2: ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY ....................................... 10
2.1. Khái niệm đa thức bất khả quy ...................................................... 10
2.2. Các tính chất.................................................................................. 10
2.3. Đa thức bất khả quy trên các trường số.......................................... 12
2.3.1. Đa thức bất khả quy trên các trường số phức ........................ 12
2.3.2. Đa thức bất khả quy trên các trường số thực ......................... 13
2.4. Đa thức bất khả quy trên các trường số hữu tỷ............................... 14
2.4.1. Các tính chất ......................................................................... 15
2.4.2. Tiêu chuẩnEisenstein ............................................................ 18
2.4.3.Một số tiêu chuẩn khác .......................................................... 20
2.5. Đa thức bất khả quy trên trường hữu hạn....................................... 28
2.5.1. Đa thức bất khả quy trên trường hữu hạn .............................. 28
2.5.2. Số đa thức monic trên một trường hữu hạn ........................... 32
CHƢƠNG 3: ĐA GIÁC NEWTON................................................... 36
3.1. Đa thứcEisenstein .......................................................................... 36
3.2. Kết thức......................................................................................... 36
3.3. Ứng dụng ...................................................................................... 38


3.4. Đa giác Newton và tiêu chuẩn bất khả quy .................................... 40
3.4.1. Đa giác Newton .................................................................... 40
3.4.2. Tiêu chuẩn bất khả quy ......................................................... 42
3.5. Một số bài tập ................................................................................ 49
KẾT LUẬN ......................................................................................... 51
TÀI LIỆU THAM KHẢO.................................................................. 52

LỜI NÓI ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Toán học là một môn học cơ bản làm nền tảng cho các ngành khoa
học khác, là thành phần không thể thiếu của văn hóa phổ thông. Môn
Toán 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 con người.
Đa thức có vị trí quan trọng trong Toán học không những là đối
tượng nghiên cứu của Đại số mà còn là công cụ đắc lực của giải tích
trong lý thuyết sấp xỉ, lý thuyết tối ưu…. Ngoài ra lý thuyết về đa thức
còn được sử dụng nhiều trong toán cao cấp và toán ứng dụng. Trong các
cuộc thi học sinh giỏi quốc gia, Olympic thì các bài toán về đa thức được
xem là dạng khó.
TrongToán học khi nghiên cứu về đa thức, đa thức bất khả quy là
một đối tượng quan trọng, còn đa giác Newton được coi là một công cụ
để hiểu hành vi của đa thức trên các lĩnh vực địa phương.
Tuy nhiên, tài liệu viết về các đối tượng này còn rất ít.Vì vậy em đã
mạnh dạn chọn đề tài “Đa thức bất khả quy và đa giác Newton”. Em
mong rằng khóa luận này sẽ có ích cho những ai quan tâm đến đa thức,
đặc biệt là đa giác Newton và tính bất khả quy của đa thức.
2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu
Tìm hiểu tính bất khả quy của đa thức trên các trường số và trường
hữu hạn,tìm hiểu về đa giác Newton và một số kết quả của đa giác
Newton.
3. Đối tƣợng nghiên cứu
Đa thức một biến.

~1~


4. Phƣơng pháp nghiên cứu

Tham khảo tài liệu, phân tích, so sánh, hệ thống hóa.
5.Nội dung khóa luận
Ngoài phần mở đầu, kết luận, danh mục tài liệu tham khảo, nội
dung khóa luận gồm có 3 chương:
Chương1.

Kiến thức chuẩn bị

Chương 2.

Đa thức bất khả quy

Chương 3.

Đa giác Newton

~2~


CHƢƠNG 1
KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1.Vành đa thức một ẩn
1.1.1. Xây dựng vành đa thức một ẩn
Cho A là vành giao hoán có đơn vị 1. Đặt



P   a0 , a1 , a2 ,... | ai  A, ai  0 haàu heát



Trên P ta định nghĩa hai phép toán:

 a0 , a1,...  (b0 , b1,...) :  a0  b0 , a1  b1,...
 a0 , a1,... (b0 , b1,...) : (c0 , c1,...)
Trong đó ck :  aib j , k  0,1,..., n.
i j k
Khi đó P cùng với hai phép toán trên lập thành một vành giao hoán, có
đơn vị 1,0,,0,...
Xét đồng cấu

: A P
a

 a,0,...,0,...

Khi đó  là một đơn cấunên ta có thể nhúng vành A trong P bằng cách
đồng nhất a với   a    a,0,...,0,... , tức là coi a   a,0,...,0,...
Đặt x :  0,1,0,...,0,...  P thì

x 2  xx   0,0,1,0,...,0,...

x3  (0,0,0,1,0,...,0,...)
x n  (0,0,0,...,0,1,0,...)
n

Bây giờ lấy phần tử  a0 , a1, a2 ,... bất kỳ thuộc P thì ai  0 hầu hết nên có
số tự nhiên n sao cho  a0 , a1, a2 ,...   a0 , a1,..., an ,0, và ta có,

~3~

 a0 , a1,..., an ,0,...   a0 ,0,...   0, a1,0,...  ...   0,0,..., an ,0,...


  a0 ,0,...   a1 ,0,... 0,1,0,...  ...   an ,0,...  0,0,...,0,1,0,... 


n


n
 a0  a1 x  ...  an x
Vậy P  a0  a1x  ...  an x n | ai  A, n 

.

Vành P được gọi là

vành đa thức một ẩn x lấy hệ số trên A , kí hiệu là A x .
Định nghĩa 1.1.1. Mỗi phần tử của A x  được gọi là mộtđa thức, kí hiệu
là f  x  , g  x  , p  x  ,
Nếu f  x   a0  a1x  ...  an x n thì a0 được gọi là hệ tử tự do, an
được gọi là hệ tử bậc cao nhất, an  0 thì n được gọi là bậc của đa thức,
kí hiệu deg f  x .
Nhận xét 1.1.1.Cho f  x  , g  x  là hai đa thức khác 0 của vành. Khi đó:
i)Nếu f  x   g  x   0 thì

deg  f  x   g  x    max deg f  x  , deg g  x 
ii) Nếu f  x  g  x  0 thì

deg  f  x  g  x    deg f ( x)  deg g ( x)

Nhận xét 1.1.2:
i) Nếu A là miền nguyên thì A x  cũng là miền nguyên.
ii) Nếu A là một trường thì trong vành A x  các hằng khác không
là khả nghịch.

~4~


1.1.2. Định lý phép chia với dƣ
Định lý 1.1.1.Cho A là một miền nguyên và f ( x), g ( x) là hai đa thức
trong A x  , hệ tử cao nhất của g ( x) khả nghịch trong A . Khi đó tồn tại
duy nhất cặp đa thức q( x), r (x)  A x  sao cho
f  x  g  x q  x  r  x

với deg r  deg g nếu r ( x)  0.
Chứng minh
a) Sự tồn tại
Giả sử

f ( x)  a0  a1x  ...  an x n , an  0
g  x   b0  b1x  ...  bm x m bm  0

Nếu n  m thì ta đặt q  x   0, r  x   f  x .
Nếu n  m thì đặt:
f1  x   f  x   bm1an x nm g  x 

 f  x   q1  x  g  x 

Bậc của đa thức này không lớn hơn m  1 bởi các hệ tử cao nhất của
f  x  và q1  x  g  x  trùng nhau và bằng bm1anbm  an .

Tiếp tục quá trình trên ta được
f k  x   f k 1  x   qk  x  g  x  , k  1,2,...

Rõ ràng sau không quá n  m  1 bước ta sẽ thu được đa thức f k  x  mà
deg f  x   deg g  x  . Khi đó đặt
q  x   q1  x   q2  x   ...  qk  x  ,

Ta có điều phải chứng minh.

~5~

r  x   fk  x 


b) Tính duy nhất
Giả sử ta cũng có
f  x   q'  x  g  x   r '  x 

Với deg r '  deg g nếu r '  x   0 . Khi đó
r  x   r '  x   (q '  x   q  x ) g  x .

Nếu r  x   r '  x , ta cũng có q  x   q '  x  và khi đó
deg  r  r '   deg  q'  q   deg g  deg g

Điều này vô lý vì deg  r  r '   max  deg r,deg r '   deg g.
Do đó ta phải có r  x   r '  x  . Mặt khác A x  là miền nguyên nên từ đó
phải có q  x   q '  x .

Nếu trên vành A các đa thức p  x  , a  x   0 thỏa mãn đẳng thức
p  x   a  x  b  x  , với b  x   A x

Khi đó a  x  được gọi là ước của p  x  , p  x  gọi là bội của a  x  . Ta
cũng nói a  x  chia hết p  x  còn p  x  chia hết cho a  x  .
1.1.3.Nghiệm của một đa thức
Định nghĩa 1.1.2.Giả sử A là vành con của vành K và f  x   A x  có
dạng f  x   a0  a1x  ...  an x n . Một phần tử c thuộc K sao cho
f  c   a0  a1c  ...  anc n  0 thì c được gọi là một nghiệm của f  x  .

Ví dụ 1.1.1. Số 2 là số đại số trên trường hữu tỷ
đa thức x 2  2 trong

vì nó là nghiệm của

[x] .

Định lý 1.1.2(Định lý Bezout). Cho A là miền nguyên, K là trường chứa
A, c  K , p  x   A[ x] . Khi đó trong K [ x] , x  c là ước của đa thức
p(x) khi và chỉ khi p  c   0 .

~6~


Chứng minh. Chia p  x  cho x  c trong K [ x] ta có dư là đa thức
r  x   r  K . Từ đó p  c   r . Bởi vậy x  c là ước của p  x  khi và chỉ

khi p  c   0.
Định nghĩa 1.1.3. Chok là số tự nhiên khác 0 . Phần tử u của vành

K  A gọi là nghiệm bội k của đa thức f  x   A x  nếu f  x  chia hết
cho  x  u  và không chia hết cho  x  u 
k

k 1

.

Định lý 1.1.3. Giả sử A là một miền nguyên, f  x  là một đa thức khác

0 thuộc vành A x  và u1, u2 ,..., ur là các nghiệm trong A của nó với số bội
tương ứng là k1, k2 ,..., kr . Khi đó

f  x    x  u1  1  x  u2  2 ... x  ur  r g  x  ,
k

k

k

với g  x   A và g  ui   0 với i  1, 2,..., r.
Hệ quả 1.1.1.Cho A là miền nguyên, f  x   A x  có bậc n  1 . Khi đó
f có không quá n nghiệm trong A .

Chứng minh.Theo định lý trên ta có
deg f  x   k1  k2  ...  kr  degg  x 

Do đó n  k1  k2  ...  kr .
Chú ý 1.1.1. Nếu A không là miền nguyên thì kết quả trên không đúng,
chẳng hạn đa thức x 2  1 trong

15

[ x] có 4 nghiệm là 1,4,11,14.

1.2. Vành đa thức nhiều ẩn
Định nghĩa1.2.1.Giả sử A  A0 là một vành giao hoán có đơn vị 1. Theo
1.1.1,ta

đã

xây

dựng

được

các

vành

đa

thức

một

ẩn

Ai  Ai 1  xi , i  1,2,..., n lấy hệ tử trên Ai 1 . Vành An  An1  xn  , kí hiệu

là A x1, x2 ,..., xn  , được gọi là vành đa thức của n ẩn x1, x2 ,..., xn lấy
trong vành A.

~7~


Một phần tử của An gọi là một đa thức của n ẩn x1, x2 ,..., xn lấy hệ
tử trong vành A , người ta kí hiệu nó bằng f  x1, x2 ,..., xn  hay
g  x1, x2 ,..., xn  ,…

Từ định nghĩa 1.2.1ta có dãy các vành
A0  A  A1  A2  ...  An

Trong đó Ai 1 là vành con của Ai , i  1,2,..., n.
Ta xét vành A1  x2   A x1, x2  . Đây là vành đa thức của ẩn x2 lấy hệ
tử trong A1  A x1  . Vậy mỗi phần tử của A x1 , x2  có thể viết dưới dạng
(1) f  x1, x2   a0  x1   a1  x1  x2  ...  an  x1  x2n với các ai  x1   A x1 
(2) ai  x1   bi 0  bi1x1  ...  bimi x mi , i  0,1,..., n
Do A x1 , x2  là một vành nên phép nhân phân phối đối với phép
cộng, do đó f  x1 , x2  có thể viết
(3) f  x1, x2   c1x1a x2a  c2 x1a  ...  cm x1a x2a
11

12

m1

22

m2

Với ci  A, ai1, ai 2 là những số tự nhiên,  ai1, ai 2    a j1 , a j 2  khi

i  j , ci gọi là các hệ tử, ci x1ai1 x2ai 2 gọi là các hạng tử của f  x1 , x2  .
Bằng quy nạp ta có mỗi đa thức f  x1, x2 ,..., xn  của vành A x1, x2 ,..., xn 
có thể viết dưới dạng
(4)
với

các

f  x1, x2 ,..., xn   c1x1a11 ...xna1n  ...  cm x1am1 ...xnamn

ci  A, ai1,..., ai 2 , i  1,..., m

 ai1,..., ain    a j1,..., a jn  khi i 

là

những

số

tự

nhiên

và

j , ci là các hệ tử, các ci x1ai1 ...xnain là các

hạng tử.
Nhận xét 1.2.1. Đa thức f  x1, x2 ,..., xn   0 khi và chỉ khi các hệ tử của
nó bằng không tất cả.

~8~


Định nghĩa 1.2.2.Cho f  x1, x2 ,..., xn   A x1, x2 ,..., xn  là một đa thức
khác không.
f  x1, x2 ,..., xn   c1x1a11 ...xna1n  ...  cm x1am1 ...xnamn

với các ci  A, ai1,..., ai 2 , i  1,..., m và  ai1,..., ain    a j1,..., a jn  khi i  j .
Khi đó ta định nghĩa:
Bậc của đa thức f  x1, x2 ,..., xn  đối với ẩn xi là số mũ cao nhất mà
xi mà có được trong hạng tử của đa thức.

Bậc của hạng tử ci x1ai1 ...xnain là tổng các số mũ ai1  ...  ain .
Bậc của đa thức là số mũ lớn nhất trong các bậc của hạng tử của nó.
Ví dụ 1.2.1. Đa thức
f  x1, x2 , x3   2 x1x23 x35  x12 x2  3x39  x12  5x1x23 x32  4 x25 x3  6

có bậc là 9 , nhưng đối với x1 nó có bậc là 2 .

~9~


CHƢƠNG 2
ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY

2.1. Khái niệm đa thức bất khả quy
Định nghĩa 2.1.1. Đa thức P  x  T  x,T là miền nguyên gọi là đa thức
bất khả quy nếu P( x)  0, P( x) khác 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 T ).
Nhận xét 2.1.1.Đa thức P  x    x , T là miền nguyên, P( x)  0,
deg P  x   1 là không phân tích được trên T nếu P( x) không biểu diễn

được dưới dạng P  x   g  x h  x , 1  bậc g  x  , bậc h  x  2.2. Các tính chất
Mệnh đề 2.2.1.Cho P( x)  0 là một đa thức với những hệ tử trong
trường T . Khi đó P( x) bất khả quy trên T khi và chỉ khi ước của nó
trong T  x  có dạng  và  P  x  , ở đây   0, T .
Mệnh đề2.2.2.Cho P  x  , Q  x  T  x , T là trường, P  x  bất khả quy
thì

 Q[x] P( x)
( P( x), Q( x))  1

Chứng minh. Cho D  x  là ước chung lớn nhất của hai đa thức P  x  và
Q  x  . Từ thuật toán Euclid suy ra P  x  và Q  x  có hệ số trong T thì

những hệ số của D  x  cũng thuộc T .Nhưng vì P  x  không phân tích
trên T thì theo tính chất 1, D  x    P  x  hoặc là D  x    ,   0 T .
Suy ra hoặc là Q  x  chia hết cho P  x  , hoặc là P  x  và Q  x  nguyên
tố cùng nhau.

~ 10 ~


Mệnh đề2.2.3.Cho P  x  bất khả quy trên tập T , T là trường còn Q  x  ,

R  x  T  x  .Khi đó nếu tích P  x  Q  x  chia hết cho R  x  thì ít nhất một

trong các thừa số P  x  và Q  x  chia hết cho R  x  .
Mệnh đề2.2.4.Mọi đa thức không là hằng số có những hệ tử trong
trường T biểu diễn được như tích của những thừa số không phân tích
được trên T . Sự biểu diễn này là duy nhất theo những thừa số mà chúng
chỉ khác nhau những hằng số khác không trên T , nghĩa là nếu
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 thừa số không phân tích
được trên T thì r  s và Pi  x   aiQki  x  , ở đây 0  i  T và
k1, k2 ,, kr 1, 2, , r.

Chứng minh. Cho P  x  là đa thức khác hằng số với những hệ số trong

T và cho n  deg P  x  .Nếu n  1, thì P  x   a0 x  a1 là không phân
tích được và ta có thể cho rằng nó biểu diễn như tích một thừa số không
phân tíchđược.
Cho n là một số tự nhiên bất kì và giả sử bậc nhỏ hơn n có thể biểu
diễn tích của các thừa số không phân tích được trên T , thì ta có thể cho
rằng nó biểu diễn như một tích thừa số không phân tích được. Nếu ngược
lại nó phân tích được, nó biểu diễn dưới dạng: P  x   Q  x  R  x  , ở
đây Q  x  và R  x  là những đa thức có hệ số trong T

và

deg Q  x   n; deg R  x   n . Nhưng khi đó theo giả thiết quy nạp
Q  x  và R  x  biểu diễn như tích của những thừa số không phân tích

được trên T . Suy ra điều này cũng đúng với P  x  , nghĩa là mọi đa thức

với những hệ số thuộc tập hợpT biểu diễn như tích những thừa số không

~ 11 ~


phân tích được trên T . Ta chỉ còn chứng minh tính duy nhất của biểu
diễn trên.
Ta chỉ còn chứng minh tính duy nhất của biểu diễn trên. Cho
P  x   P1  x  P2  x Pr  x   Q1  x  Q2  x Qr  x 

ở đây Pj  x  và Q j  x  là những đa thức bất khả quy trên T . Theo tính
chất 3 thì ít nhất một trong những đa thức bất khả quy Q j  x  chia hết cho
Pj  x  . Ta cho đó là Qk 1 ( x) . Nhưng vì cả hai đa thức Qk 1 ( x) và P1  x  là

không phân tích được thì P1  x   a1Qk  x  , ở đây 0  a1 T . Khi đó
1

P2 ( x) P3  x Pr  x   a1Q1 ( x)...Qk 1 ( x)Qk 11 ( x)...Qs ( x)

Không mất tính tổng quát ta giả thiết r  s . Nghĩa là tiếp tục theo phương
pháp trên, sau r bước ta nhận được
P1 ( x)  a1 Qk 1 ( x) P2 ( x)  a2 Qk 2 ( x),..., Pr ( x)  ar Qk r ( x).

Dễ thấy giữa những đa thức Q k 1 ( x) Q k 2 ( x) ,…, Q k r ( x) sẽ là tất cả những
đa thức Q1  x  , Q2  x  ,, Qs  x  , nghĩa là r  s và k1, k2 ,, kr là thứ tự
nào đó trong các số 1, 2,, r . Điều đó phải như vậy vì trong trường hợp
ngược lại ta sẽ nhận được đẳng thức giữa đa thức bậc không và đa thức
bậc khác không.
2.3. Đa thức bất khả quy trên các trƣờng số
2.3.1. Đa thức bất khả quy trên trƣờng số phức

Định lý 2.3.1.Mọi đa thức bất khả quy trên trường số phức đều là đa
thức bậc nhất.
Chứng minh. Rõ ràng đa thức bậc nhất đều bất khả quy trên
Giả sử P  x  

 x ,

 x.

bậc P  x   n  2 . Suy ra P  x  có n nghiệm trên

hay
P  x   a( x – a1 )( x – a2 )( x – an ) .

~ 12 ~


ai  suy ra P  x  không bất khả quy.Vậy đa thức bất khả quy trên

 x

chỉ là những đa thức bậc nhất.
2.3.2. Đa thức bất khả quy trên trƣờng số thực
Định lý 2.3.2. Những đa thức bất khả quy trên trường số thực là những
đa thức bậc nhất và những đa thức bậc hai có những định thức âm (đa
thức bậc hai P  x   x 2  ax  b có định thức là   b2 – 4ac ).
Chứng minh. Trước hết ta thấy những đa thức bậc nhất và những đa thức
bậc hai có định thức âm đều là những đa thức bất khả quy trên

 x .

Ta chứng minh mọi đa thức bậc lớn hơn hoặc bằng 3 không bất khả
quy trên

 x . Thật vậy, giả sử P  x  có bậc lớn hơn hoặc bằng 3 , suy

ra P  x  có nghiệm phức  , suy ra  là nghiệm của P  x  . Suy ra





P x  x    x   .





Đặt g ( x)   x    x   thì

g ( x)  x 2  (   ) x    R  x  P  x 
có ước thực sự trong

 x, suy ra P  x  không bất khả quy.

Định lý được chứng minh.
Ví dụ 2.3.1. Hãy biểu diễn như tích của những đa thức hệ số thực của đa
thức sau
P  x   x n – 1, n  2.

Lời giải. Giả sử P  x  có n nghiệm phức  0 , 1,...,  n1 . Khi đó
xn – 1  ( x –  0 )( x – 1 )( x –  n1 ) .

với  0  1,  k  cos

2k
2k
 i sin
, k = 1,2,...,n .
n
n

TH1: n  2m là một số chẵn. Khi đó

~ 13 ~


 m =cos

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

Những số còn lại 1,  2 ,,  2m1 không phải số thực nhưng

 k  cos

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

Và ( x   k )( x   k )  ( x   k )( x   2 mk )  x 2  2 cos

k
x1
m

Với k  1, 2,, m – 1. Suy ra trong trường hợp này
m 1

x 2 m  1   x  1 x  1  ( x 2  2cos
k 1

k
x  1)
m

TH2: n  2m  1 là một số lẻ. Khi đó tất cả những số 1,  2 ,,  2 m

không phải là số thực và

 k  cos

2k
2k
 i sin
2m 1
2m 1

 cos(2 

2k
2k
)  i sin(2 
)   2 mk 1
2m 1
2m 1

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

k
x 1
m 1

với k  1, 2,, m . Suy ra trong trường hợp này
x 2 m1  1   x  1 x  1  ( x 2  2cos
m

k 1

k
x  1)
2m  1

2.4. Đa thức bất khả quy trên trƣờng số hữu tỷ
Định nghĩa 2.4.1.Đa thức P  x   a0 x n  a1x n1  an1 x  a0 với
hệ số nguyên gọi là đa thức nguyên bản nếu những hệ số của nó là
những số nguyên tố cùng nhau.

~ 14 ~


2.4.1. Các tính chất
Mệnh đề2.4.1.Tích của hai đa thức nguyên bản là một nguyên đa thức
nguyên bản.
Chứng minh. Cho P  x   a0  a1  an x n
Q  x   b0  b1x  bm x m

là những đa thức nguyên bản. Khi đó tích của chúng là
P  x  Q  x   c0  c1x  c2 x 2  cnm x nm

trong đó cr   ai b j .
i j r

Giả sử P  x  Q  x  không phải là đa thức nguyên bản. Khi đó tồn tại
số nguyên tố p  2 là ước chung của các hệ số c0 , c1, c2 ,, cnm . Mặt
khác những đa thức này là những đa thức nguyên bản nên p không chia
hết bởi tất cả những số nguyên a0 , a1,, an và b0 , b1, , bn .
Ví dụ 2.4.1. Cho a0 , a1,, at –1, b0 , b1, , bs –1 chia hết cho p nhưng at

không chia hết cho p và bs không phải chia hết cho p .
Nhưng

ct  s  at bs  at 1bs1   at  1bs –1,

và vì ct  s chia hết cho p và những tích at –1bs1,, at  1bs –1, chia hết
cho p , suy ra at bs phải chia hết cho p , điều này vô lý.
Mệnh đề 2.4.2. Nếu một đa thức hệ số nguyên không phân tích được
thành tích hai đa thức hệ số nguyên thì nó không phân tích được thành
tích hai đa thức hệ số hữu tỉ.
Chứng minh. Cho P  x  là đa thức hệ số nguyên, không phân tích được
trên

 x . Giả sử P  x 

 Q  x  R  x  . Trong đó Q  x  , R  x  là những

đa thức hệ số hữu tỉ và deg Q  x   deg P  x  , deg R  x   deg P  x  .

~ 15 ~


Do đó ta có thể viết lại
Q  x   Q1  x  , R  x   R1  x 

ở đây  a, b   1,  c, d   1, Q1  x  , R1  x  là những đa thức nguyên
bản.
P x 

Khi đó

ac
Q1  x  R1  x 
bd

Mà Q1  x  R1  x  là những đa thức nguyên bản và P  x  là đa thức hệ số
nguyên.
Do đó q 

ac
là nguyên. Suy ra P  x    qQ1  x   R1  x  (trái với giả
bd

thiết P  x  không phân tích được trên tập số nguyên).
Nhận xét 2.4.1.Đa thức không bất khả quy trên
quy trên

 x thì không bất khả

 x .

Ví dụ 2.4.2. Chứng minh rằng P  x   x4 – 3x3  2x2  2x – 6 bất
khả quy trên tập hợp những số hữu tỉ.
Lời giải.Giả sử ngược lại, nghĩa là P  x   Q  x  R  x 
ở đây deg Q  x   deg R  x   4 và Q  x  , R  x  là những đa thức hệ số
nguyên. Khi đó deg Q  x   1 hoặc 2 .
 Nếu deg Q  x  1thì P  x  có nghiệm hữu tỉ. Những nghiệm đó
có thể là những số sau: 1, 2, 3, 6.
Mặt khác kiểm tra trực tiếp bằng sơ đồ Horner thấy rằng không một số
nào là nghiệm của đa thức đang xét.

Suy ra trường hợp deg Q  x   1 là không thể được.

~ 16 ~


 Nếu deg Q  x  2 . Khi đó
P  x   x 4 – 3x 3  2 x 2  2 x – 6 

 ax

2

 bx  c  px 2  qx  r 

ở đây a, b, c, p, q, r là những số nguyên.
Bằng cách so sánh các hệ số trong đẳng thức trên ta nhận được
ap 1

 ap  bp  3

ar  bq  cp  2
 br  cq  2

cr   6


Vì a, p là những số nguyên nên a  p  1 hoặc a  p  –1 .
Không mất tính tổng quát ta có thể cho rằng a  p  1. Nghĩa là
 bq 3
r  bq  c  2



 br  cq  2
 cr   6

Cũng không mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng c  r . Cho những
số nguyên c và r khi đó ta có những khả năng sau:
a) c  1, r  – 6 . Khi đó

 bq 3
 7b   5

6b  q  2
Điều này trái với giả thiết b là số nguyên.
b) c  –1, r  6 . Khi đó

b  q   3
 7b   1

6
b

q

2

Điều này trái với giả thiết b là số nguyên.

~ 17 ~

c) c  2, r  –3 . Khi đó

 bq 3
 5b   8


3
b

2
q

2

Điều này trái với giả thiết b là số nguyên.
d) c  –2, r  3 . Khi đó

 bq 3
 5b   4

3b  2 q  2
Điều này trái với giả thiết b là số nguyên.
Như vậy trường hợp deg Q  x   2 không thể xảy ra.
Vậy đa thức P  x  bất khả quy trên tập số hữu tỉ.
Nhận xét 2.4.2.Vì khái niệm đa thức bất khả quy phụ thuộc vào các
trường cơ sở nên nó có thể là đa thức bất khả quy trên trường số này
nhưng lại không là bất khả quy trên trường số kia.
Ví dụ 2.4.3. Hàm f

 x

 x 2  x  1 là đa thức bất khả quy trên

g  x   x 2  1là đa thức bất khả quy trên

Nhưng f

 x  , g  x  lại khả quy trên

.

.

.

2.4.2. Tiêu chuẩn Eisenstein
Định lý 2.4.1.Cho P  x   a0 x n  a1x n1  an1x  an là một đa
thức hệ số nguyên.
Giả sử tồn tại số nguyên tố p thỏa mãn những điều kiện sau:
i. a0 không chia hết cho p .
ii.Tất cả những hệ số khác a1, a2 , , an chia hết cho p .
iii. an không chia hết cho p 2 .
Khi đó đa thức P  x  bất khả quy trên Q  x  .

~ 18 ~


Chứng minh. Giả sử ngược lại ta có P  x   Q  x . R  x 
Trong đó P  x  , R  x  không phải hằng đa thức có hệ số nguyên.

Giả sử

Q  x   b0 xl  b1xl  1   bl
R  x   c0 x m  c1x m1   cm
ở đây deg Q  x   l , deg R  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 và an không chia hết cho p 2 nên bl p hoặc cm p
Giả sử b l p nên cm không chia hết cho p .
Sử dụng nguyên lý so sánh hệ số ta có:
an –1  bl cm – 1  bl – 1cm
an – 2  bl cm – 2  bl – 1cm – 1  bl – 2cm
an – 3  bl cm – 3  bl – 1cm – 2  bl cm – 1  bl – 3cm

a0  b0c0

Vì bl p và nan 1 p nên từ đẳng thức thứ nhất ta được bl 1cm p  bl 1 p
Tiếp tục đẳng thức thứ hai với bl p, bl 1 p, an2 p  bl 2cm p  bl 2 p
Tiếp tục phương pháp này dẫn đến kết quả b0 p  a0  b0c0 p
Điều này trái với giả thiết.Vậy ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.4.4.Xét tính bất khả quy trên
f

 x

của đa thức

 x3  3n x 2  n3 , (n  )

Lời giải
 Với n  0 thì f  x   x3 .

Đa thức này có ước thực sự là ax, bx2 (a, b ).
Vậy f  x  khả quy trên

khi n  0 .

~ 19 ~


3

f ( x)  x 
x
    3 1
Với n  0 ta có
3
n
n
n
Đặt

x
f ( x) 3
 y 1 ta có
 y  3 y 2  6 y  3  g ( y ) . Áp dụng tiêu
3
n
n

chuẩn Eisenstein cho p  3 ta được đa thức g  y  bất khả quy trên
Vậy f  x  bất khả quy trên

.

.

Chú ý 2.4.1.Tồn tại đa thức bất khả quy mà nó không có một cách biến
đổi tuyến tính của ẩn nào có thể chuyển nó thành đa thứcEisenstein (với
số nguyên tố p nào đó).
Chứng minh. Ta chỉ ra một đa thức thỏa mãn điều kiện của bài toán.
Cho P  x   2 x 2  1 . Đa thức này không phân tích được trên tập
hợp số hữu tỉ nghĩa là nó không có nghiệm hữu tỉ. Ta làm thay đổi biến
x dạng x  ay  b ( a, b là những số nguyên bất kỳ). Ta có:
Q  y   2a 2 y 2  4aby  2b2  1

Giả sử Q  y  là đa thức Eisenstein, nghĩa là tồn tại số nguyên p sao cho
2a 2 không chia hết cho p, 4ab p,  2b2  1 p .

Từ  2b2  1 p suy ra b  p . Vì 4ab p nên 4a p  a p hoặc 4 p
Nếu a p nghĩa là hệ số cao nhất của Q  y  chia hết cho p (trái với
đa thức Eisenstein).
Nếu 4 p nghĩa là p  2   2b2  1 không chia hết cho p (vô
lý).Vậy ta được điều phải chứng minh.
2.4.3.Một số tiêu chuẩn khác
2.4.3.1. Tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng
Mở rộng điều kiện thứ ba trong tiêu chuẩn Eisenstein ta được định lý
sau:

~ 20 ~