Tiêu chuẩn eisenstein về tính bất khả quy của đa thức

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

NGUYỄN KHẮC HƯỞNG

TIÊU CHUẨN EISENSTEIN
VỀ TÍNH BẤT KHẢ QUY CỦA ĐA THỨC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2018


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

NGUYỄN KHẮC HƯỞNG

TIÊU CHUẨN EISENSTEIN
VỀ TÍNH BẤT KHẢ QUY CỦA ĐA THỨC
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8460113

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
GS.TS. Lê Thị Thanh Nhàn

THÁI NGUYÊN - 2018

1

Mục lục
Lời nói đầu

3

Chương 1 Tiêu chuẩn Eisenstein
1.1 Đa thức bất khả quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5
5

1.2 Tiêu chuẩn Eisenstein . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.3 Lịch sử phát hiện và chứng minh Tiêu chuẩn Eisenstein . . . 14
Chương 2

Một số mở rộng của tiêu chuẩn Eisenstein

18

2.1 Mở rộng cho trường hợp đa thức với hệ số nguyên . . . . . . . 18
2.2 Miền phân tích duy nhất (UFD) . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.3 Mở rộng cho trường hợp đa thức với hệ số trên miền UFD . . 29
2.4 Vận dụng xét tính bất khả quy của đa thức . . . . . . . . . . 31
Kết luận

45

Tài liệu tham khảo

46


2

LỜI CẢM ƠN
Luận văn “Tiêu chuẩn Eisenstein về tính bất khả quy của đa thức” được
thực hiện tại Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên và hoàn
thành dưới sự hướng dẫn của GS. TS. Lê Thị Thanh Nhàn. Tác giả xin
được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới người hướng dẫn khoa
học của mình. Cô đã dành nhiều thời gian hướng dẫn và tận tình giải đáp
những thắc mắc của tác giả trong suốt quá trình làm luận văn. Luận văn
của tôi được hoàn thành cũng nhờ sự đôn đốc nhắc nhở và hướng dẫn
nhiệt tình của cô.
Tác giả xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu Trường Đại học Khoa học
- Đại học Thái Nguyên, Ban Chủ nhiệm Khoa Toán - Tin, cùng các thầy,
cô đã tham gia giảng dạy, đã tạo điều kiện tốt nhất để tác giả học tập và
nghiên cứu.
Tôi cũng xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu và các đồng nghiệp
Trường THPT Quế Võ số 2 - Bắc Ninh đã tạo điều kiện cho tôi hoàn
thành tốt nhiệm vụ học tập của mình.
Nhân dịp này, tôi cũng xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp cao học Toán
K10C (khóa 2016 - 2018), cảm ơn gia đình và bạn bè đã động viên giúp
đỡ tôi rất nhiều trong quá trình học tập.
Tôi xin trân trọng cảm ơn!

3

Lời nói đầu
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.
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 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
“Tiêu chuẩn Eisenstein” về tính bất khả quy của đa thức trên Q.
Mục đích của luận văn là trình bày lại một số kết quả gần đây về những
mở rộng của tiêu chuẩn Eisenstein cho tính bất khả quy của đa thức. Tiêu
chuẩn Eisenstein phát biểu rằng, nếu f ♣xq ✏ an xn   an✁1 xn✁1  ☎ ☎ ☎  a1 x   a0
là đa thức với hệ số nguyên sao cho có một số nguyên tố p thỏa mãn p là
ước của ai với mọi i ➔ n, p không là ước của an và p2 không là ước của a0 ,

thì f ♣xq bất khả quy trên trường hữu tỷ Q. Luận văn nghiên cứu đến các
vấn đề sau đây:
• Vấn đề 1. Mở rộng tiêu chuẩn Eisenstein cho trường hợp số nguyên
tố p không là ước của một hệ số ak với k là một số tự nhiên tùy ý
không nhất thiết bằng n và p2 không là ước của at với t tùy ý không
nhất thiết bằng 0 (dựa theo tài liệu [1], [4] và [5]);
• Vấn đề 2. Mở rộng tiêu chuẩn Eisenstein cho trường hợp hệ số của


4

đa thức thuộc một miền phân tích duy nhất tùy ý (không nhất thiết
là miền Z các số nguyên). Từ đó xét tính bất khả quy của đa thức
nhiều biến (dựa theo tài liệu [6]);
• Vấn đề 3. Trình bày lịch sử phát hiện và chứng minh Tiêu chuẩn
Eisenstein (dựa theo tài liệu [3]).
Luận văn gồm hai chương. Trong Chương 1, chúng tôi nhắc lại khái niệm
đa thức bất khả quy, Tiêu chuẩn Eisenstein và lịch sử phát hiện và chứng
minh Tiêu chuẩn Eisenstein. Chương 2 là nội dung chính của luận văn, nêu
một số mở rộng của tiêu chuẩn Eisenstein. Tiết đầu dành để mở rộng cho
trường hợp đa thức với hệ số nguyên. Tiết 2.2 trình bày các khái niệm về
miền phân tích duy nhất, chuẩn bị cho việc mở rộng tiêu chuẩn với trường
hợp đa thức với hệ số trên miền UFD. Tiết cuối trình bày vận dụng các
mở rộng trên để xét tính bất khả quy của đa thức.
Nội dung nghiên cứu chưa được tiếp cận ở bậc phổ thông và đại học,
nhưng gắn liền với toán sơ cấp.

Thái Nguyên, tháng 4 năm 2018
Tác giả

Nguyễn Khắc Hưởng


5

Chương 1
Tiêu chuẩn Eisenstein
Mục tiêu của Chương 1 là trình bày về đa thức bất khả quy và Tiêu
chuẩn Eisenstein. Trong tiết đầu của chương chúng tôi nhắc lại một số
khái niệm về đa thức bất khả quy và một số phương pháp chứng minh đa

thức bất khả quy. Tiết tiếp theo dành để trình bày Tiêu chuẩn Eisenstein.
Trong phần cuối chương chúng tôi trình bày lịch sử phát hiện cùng các
chứng minh Tiêu chuẩn Eisenstein.

1.1

Đa thức bất khả quy

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. Nhờ Định lí cơ bản của số học,
để nghiên cứu vành các số nguyên thì ta có thể xuất phát từ các số nguyên
tố. Tương tự như thế để nghiên cứu vành đa thức thì ta sẽ đi nghiên cứu
các đa thức bất khả quy.
Trong suốt tiết này, luôn giả thiết V là miền nguyên, tức V là vành
giao hoán khác t0✉ và nếu a, b ✘ 0 là hai phần tử của V thì ab ✘ 0. Ta có

khái niệm đa thức bất khả quy trong vành đa thức V rxs. Chú ý rằng V rxs
là miền nguyên. Nội dung của tiết này được tham khảo từ tài liệu [1].
Định nghĩa 1.1.1 Cho f ♣xq

€ V rxs

là đa thức khác 0 và không khả

nghịch. Ta nói f ♣xq là bất khả quy trên V nếu nó không có ước thực sự.
Ta nói f ♣xq khả quy nếu f ♣xq có ước thực sự.


6

Chú ý rằng tính bất khả quy của đa thức phụ thuộc vào vành cơ sở.
Chẳng hạn, đa thức 2x   6 là bất khả quy trên trường Q. Tuy nhiên 2x   6

không bất khả quy trên vành Z bởi vì các đa thức 2 và x   3 đều là ước
thực sự của 2x   6. Tương tự, đa thức x2   4 là bất khả quy trên R nhưng
không bất khả quy trên C.
Bổ đề 1.1.2 Đa thức f ♣xq là bất khả quy nếu và chỉ nếu f ♣x   aq là bất
khả quy với mọi a € V .
Vì mỗi phần tử khác 0 trong một trường đều khả nghịch, nên từ định
nghĩa đa thức bất khả quy ta có kết quả sau.
Bổ đề 1.1.3 Đa thức f ♣xq với hệ số trên một trường K là bất khả quy
nếu và chỉ nếu deg f ♣xq → 0 và f ♣xq không phân tích được thành tích của
hai đa thức có bậc bé hơn.
Chú ý rằng đa thức bậc nhất với hệ số trong một trường đều có nghiệm.
Vì thế ta có kết quả sau.
Bổ đề 1.1.4 Trên một trường K, các phát biểu sau 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.
Tiếp theo chúng tôi trình bày một số phương pháp xét tính bất khả
quy của đa thức trên tập các số hữu tỷ Q. Trước hết ta nhắc lại khái niệm
đa thức nguyên bản.
Định nghĩa 1.1.5 Một đa thức khác không trong vành Zrxs được gọi là
nguyên bản nếu các hệ số của nó có ước chung lớn nhất bằng 1.
Bổ đề 1.1.6 Tích của hai đa thức nguyên bản là đa thức nguyên bản.
Bổ đề 1.1.7 (Bổ đề Gauss). Cho p♣xq € Zrxs. Giả sử p♣xq ✏ g ♣xqf ♣xq với
g ♣xq, f ♣xq € Qrxs. Khi đó tồn tại g✝ ♣xq, f✝ ♣xq € Zrxs sao cho

deg g ♣xq ✏ deg g✝ ♣xq, deg f ♣xq ✏ deg f✝ ♣xq và p♣xq ✏ g✝ ♣xqf✝ ♣xq.

7

Đặc biệt, nếu p♣xq 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 ♣xq

✏ af1♣xq và g♣xq ✏ bg1♣xq, trong đó a, b € Q và
f1 ♣xq, g1 ♣xq € Zrxs là các đa thức nguyên bản. Khi đó f1 ♣xqg1 ♣xq là đa
thức nguyên bản (theo Bổ đề 1.1.6). Rõ ràng p♣xq ✏ abf1 ♣xqg1 ♣xq € Zrxs.
r
r
với
Ta chứng minh ab € Z. Thật vậy, giả sử ab ❘ Z. Khi đó ab ✏
s
s
là phân số tối giản và s → 1. Viết f1 ♣xqg1 ♣xq ✏ an xn   ...   a1 x   a0 .
Vì f1 ♣xqg1 ♣xq là nguyên bản nên gcd♣an , an✁1 , ..., a0 q ✏ 1. Vì p♣xq € Zrxs
ran
ra1 ra0
nên ta có
, ...,
,
€ Z. Suy ra s là ước chung của an, ..., a1, a0,
s
s
s
điều này là vô lí. Vậy ab € Z. Đặt f✝ ♣xq ✏ abf1 ♣xq và g✝ ♣xq ✏ g1 ♣xq. Khi
đó p♣xq ✏ f✝ ♣xqg✝ ♣xq với f✝ ♣xq, g✝ ♣xq € Zrxs và deg f ♣xq ✏ deg f✝ ♣xq và
deg g ♣xq ✏ deg g✝ ♣xq.

❧
Chú ý rằng nếu f ♣xq ✏ an xn   ...   a1 x   a0 là đa thức với hệ số nguyên
p
nhận phân số tối giản làm nghiệm thì p là ước của a0 và q là ước của
q
an . Đặc biệt, nếu an ✏ 1 thì mọi nghiệm hữu tỷ của f ♣xq đều là nghiệm
nguyên.
Việc sử dụng Bổ đề Gauss để xét tính bất khả quy của đa thức trên Q
là phương pháp hữu hiệu. Một số ví dụ minh họa cho phương pháp này
chúng ta có thể xem trong tài liệu [1]. Sau đây là một số ví dụ khác.
Ví dụ 1.1.8 Chứng minh đa thức p♣xq ✏ x4 ✁ x2   1 bất khả quy trên Q.
Lời giải. Nếu p♣xq có nghiệm hữu tỷ thì nghiệm đó phải là nghiệm nguyên
(do hệ số của số hạng cao nhất bằng 1) và là ước của số hạng tự do. Kiểm
tra lần lượt các ước của 1 là 1, ✁1 thấy chúng không là nghiệm của p♣xq.

Do đó p♣xq không có nghiệm hữu tỷ. Vì thế p♣xq không là tích của một đa
thức bậc nhất và một đa thức bậc ba. Giả sử p♣xq khả quy trên Q. Theo Bổ

đề Gauss, p♣xq có sự phân tích p♣xq ✏ g ♣xqh♣xq trong đó g ♣xq, h♣xq € Zrxs

có bậc 2 và có hệ số cao nhất bằng 1. Ta viết g ♣xq ✏ x2   ax   b và
h♣xq ✏ x2   cx   d, trong đó a, b, c, d € Z. Đồng nhất hệ số ở hai vế của


8

✩
✬
a c 0
✬

✬
✬
✬
✫ ac b d

  ✏
    ✏ ✁1
. Vì bd ✏ 1 và vai
đẳng thức p♣xq ✏ g ♣xqh♣xq ta được
✬
ad
 
bc
✏
0
✬
✬
✬
✬
✪
bd ✏ 1
trò của b, d là như nhau nên không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết

✏ d ✏ 1 hoặc b ✏ d ✏ ✁1. Nếu b ✏ d ✏ 1 thì a   c ✏ 0, ac ✏ ✁3. Suy
ra a2 ✏ 3 ñ a ❘ Z, vô lí. Nếu b ✏ d ✏ ✁1 thì a   c ✏ 0, ac ✏ 1. Suy ra
a2 ✏ ✁1, vô lí. Như vậy, đa thức p♣xq bất khả quy trên Q.
✆
b

Ví dụ 1.1.9 Chứng minh đa thức f ♣xq ✏ x6 ✁ 6x4 ✁ 6x3   12x2 ✁ 36x   1

bất khả quy trên Q.
Lời giải. Dễ dàng kiểm tra được f ♣xq không có nghiệm hữu tỷ. Vì thế f ♣xq
không là tích của một đa thức bậc nhất và một đa thức bậc năm. Giả sử

f ♣xq khả quy trên Q. Theo Bổ đề Gauss (xem Bổ đề 1.1.7), tồn tại phân
tích f ♣xq ✏ g ♣xqh♣xq, trong đó g ♣xq, h♣xq € Zrxs có hệ số cao nhất bằng 1

và có bậc dương. Vì deg f ♣xq ✏ 6 nên ta có hai trường hợp.
Trường hợp 1 : f ♣xq ✏ ♣x2   ax   bq♣x4   cx3   dx2   ex   g q, trong đó
a, b, c, d, e, g

Vì bg

€ Z. Đồng nhất hệ số ta được
✩
✬
a c✏0
✬
✬
✬
✬
✬
✬
ac   b   d ✏ ✁6
✬
✬
✬
✬
✫ ad   bc   e ✏ ✁6
✬

ae   bd   g ✏ 12
✬
✬
✬
✬
✬
✬
ag   be ✏ ✁36
✬
✬
✬
✬
✪ bg ✏ 1

(1.1)

✏ 1 nên chỉ có thể xảy ra 2 trường hợp nhỏ sau. Với b ✏ 1, g ✏ 1,


9

thay vào hệ (1.1) ta được
✩
✬
✬
✬
✬
✬
✬
✬

✫
✬
✬
✬
✬
✬
✬
✬
✪

a c✏0

(1.2a)

ac   d ✏ ✁7

ad   c   e ✏ ✁6
ae   d ✏ 11

(1.2b)
(1.2c)
(1.2d)

a   e ✏ ✁36

(1.2e)

a♣e ✁ cq ✏ 18

(1.3)

Từ (1.2b) và (1.2d) suy ra

Từ (1.2a) và (1.2e) lần lượt rút c và e theo a thế vào (1.3) ta được phương
1
trình a♣✁36 ✁ a   aq ✏ 18 suy ra a ✏ ✁ , vô lí. Với b ✏ ✁1, g ✏ ✁1 thay
2
vào hệ (1.1) ta được
✩
✬
✬
✬
✬
✬
✬
✬
✫
✬
✬
✬
✬
✬
✬
✬
✪

a c✏0

(1.4a)

ac   d ✏ ✁5

ad ✁ c   e ✏ ✁6
ae ✁ d ✏ 13

✁a ✁ e ✏ ✁36

(1.4b)
(1.4c)
(1.4d)
(1.4e)

Từ (1.4b) và (1.4d) suy ra
a♣c   eq ✏ 8

(1.5)

❄

Từ (1.4a) và (1.4e) lần lượt rút c và e theo a thế vào (1.5) ta được phương

trình a♣✁a ✁ a   36q ✏ 8, suy ra a ✏ 9 ✟ 4 2, vô lí.
Trường hợp 2 : f ♣xq ✏ ♣x3   ax2   bx   cq♣x3   dx2

  ex   gq, trong đó

a, b, c, d, e, g € Z. Lập luận tương tự như trường hợp 1 ở trên ta cũng dẫn
đến vô lí. Do đó f ♣xq bất khả quy trên Q.
✆
Tiếp theo, chúng ta trình bày phương pháp rút gọn theo modulo một

số nguyên tố để xét tính bất khả quy của đa thức trên trường các số hữu
tỷ Q. Chú ý rằng nếu p là số nguyên tố thì vành Zp các số nguyên modulo


10

p là một trường. Với mỗi đa thức f ♣xq ✏ an xn   ...   a1 x   a0 € Zrxs và
mỗi số nguyên tố p, ta đặt f ♣xq ✏ an xn   ...   a1 x   a0 € Zp rxs.
Định lý sau đây cho ta một công cụ rất mạnh để xét tính bất khả quy
trên Q của đa thức với hệ số nguyên.
Định lý 1.1.10 Nếu tồn tại số nguyên tố p sao cho deg f ♣xq

và f ♣xq bất khả quy trên Zp thì f ♣xq bất khả quy trên Q.

✏ deg f ♣xq

Chứng minh. Vì f ♣xq là đa thức bất khả quy trên Zp nên deg f ♣xq → 0.
Suy ra deg f ♣xq → 0. Giả sử đa thức f ♣xq khả quy trên Q. Theo Bổ đề
Gauss, f ♣xq có phân tích f ♣xq

✏ g♣xqh♣xq trong đó g♣xq, h♣xq € Zrxs và
g ♣xq, h♣xq có bậc nhỏ hơn bậc của f ♣xq. Chú ý rằng f ♣xq ✏ g ♣xqh♣xq. Do
đó, ta có deg f ♣xq ✏ deg g ♣xq   deg h♣xq. Rõ ràng deg g ♣xq ➙ deg g ♣xq và
deg h♣xq ➙ deg h♣xq. Vì deg f ♣xq ✏ deg f ♣xq nên deg g ♣xq ✏ deg g ♣xq và
deg h♣xq ✏ deg h♣xq. Do đó f ♣xq phân tích được thành tích của hai đa thức
g ♣xq, h♣xq có bậc thấp hơn. Điều này mâu thuẫn với tính bất khả quy của
f ♣xq trên Zp .
❧
Chú ý rằng giả thiết deg f ♣xq

✏ deg f ♣xq trong Định lý 1.1.10 là cần
thiết. Chẳng hạn, xét đa thức f ♣xq ✏ 5♣x ✁ 1q9   ♣x ✁ 1q € Zrxs. Đa
thức này không bất khả quy trên Q vì nó có ước thực sự là x ✁ 1. Ta có
f ♣xq ✏ x ✁ 1 € Z5 rxs. Vì deg f ♣xq ✏ 1 nên f ♣xq bất khả quy trên Z5 .
Ví dụ 1.1.11 Các đa thức sau là bất khả quy trên Q.
i) f ♣xq ✏ 2017x2   2018x   770.
ii) g ♣xq ✏ ♣2a   1qx3   ♣2b ✁ 1qx2   2cx   2d   1, với a, b, c, d € Z.
iii) h♣xq ✏ 19x4   5x3   1890x2   2x   9.
Lời giải.
i) Vì f ♣xq ✏ x2  2x 2 € Z3 rxs không có nghiệm trong Z3 và deg f ♣xq ✏ 2
nên f ♣xq bất khả quy trên Z3 . Rõ ràng deg f ♣xq ✏ deg f ♣xq nên theo
Định lý 1.1.10 thì f ♣xq bất khả quy trên Q.


11

ii) Vì g ♣xq ✏ x3   x2   1 € Z2 rxs không có nghiệm trong Z2 và deg g ♣xq ✏ 3
nên g ♣xq bất khả quy trên Z2 . Rõ ràng deg g ♣xq ✏ deg g ♣xq nên theo
Định lý 1.1.10 thì đa thức g ♣xq bất khả quy trên Q.

iii) Vì h♣xq ✏ x4   x3   1 € Z2 rxs không có nghiệm trong Z2 nên nó
không có nhân tử bậc một. Giả sử h♣xq khả quy trên Z2 . Khi đó
h♣xq ✏ ♣x2   ax   bq♣x2   cx   dq với a, b, c, d € Z2 . Đồng nhất hệ số ở

hai vế của đẳng thức này ta được a   c ✏ 1, ac   b   d ✏ 0, ad   bc ✏ 0,
bd ✏ 1. Vì bd ✏ 1 nên b ✏ d ✏ 1 thì các phương trình đầu và cuối cho

ta a   c ✏ 1 và a   c ✏ 0, vô lí. Vì vậy đa thức h♣xq bất khả quy trên
Z2 . Vì deg h♣xq ✏ 4 ✏ deg h♣xq nên theo Định lý 1.1.10 thì đa thức
h♣xq bất khả quy trên Q.

1.2

✆

Tiêu chuẩn Eisenstein

Bài toán xét tính bất khả quy của các đa thức trên trường phức C và
trường thực R được giải quyết trọn vẹn dựa vào Định lí cơ bản của đại số.
Cụ thể, đa thức bất khả quy trên C là và chỉ là các đa thức bậc nhất; đa
thức bất khả quy trên R là và chỉ là các đa thức bậc nhất hoặc đa thức
bậc hai có biệt thức ∆ âm. 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.
Có một số phương pháp xét tính bất khả quy trên Q như phương pháp
dùng Bổ đề Gauss (xem Bổ đề 1.1.7), phương pháp rút gọn theo modulo
một số nguyên tố (xem Định lý 1.1.10), phương pháp dùng tiêu chuẩn bất
khả quy. Tiết này chúng ta tập trung vào Tiêu chuẩn Eisenstein (Định lý
1.2.1).

Giả sử f ♣xq € Qrxs. Chú ý rằng f ♣xq là bất khả quy trên Q khi và chỉ

khi af ♣xq là bất khả quy, trong đó a là mẫu số chung của các hệ số của
f ♣xq. Rõ ràng af ♣xq € Zrxs. Do đó ta chỉ cần xét tính bất khả quy trên Q
cho các đa thức với hệ số nguyên. Từ nay đến hết mục này, luôn giả thiết
f ♣xq ✏ an xn   ...   a1 x   a0 € Zrxs, trong đó an ✘ 0 và n → 0.


12

Định lý 1.2.1 (Tiêu chuẩn Eisenstein).

Cho đa thức f ♣xq ✏ an xn   an✁1 xn✁1   ...   a1 x   a0

€ Zrxs. Giả sử tồn tại

một số nguyên tố p thỏa mãn các tính chất
i) p không 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 ♣xq là bất khả quy trên Q.
Chứng minh. Giả sử f ♣xq khả quy trên Q. Theo Bổ đề Gauss (xem Bổ đề
1.1.7), tồn tại biểu diễn
f ♣xq ✏ g ♣xqh♣xq, trong đó g ♣xq ✏ bm xm   ...   b1 x   b0

€ Zrxs và
h♣xq ✏ ck xk   ...   c1 x   c0 € Zrxs với deg g ♣xq ✏ m, deg h♣xq ✏ k và
m, k ➔ n. Do p là ước của a0 ✏ b0 c0 nên p ⑤ b0 hoặc p ⑤ 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 sử p ⑤ c0 . Khi đó b0 không chia hết cho p. Vì an ✏ bm ck và an không chia
hết cho p nên bm và ck đều không 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 q.

Vì r ↕ k ➔ n nên p ⑤ ar . Theo cách chọn r ta có p ⑤ b1 cr✁1   b2 cr✁2   ...   br c0 .
Suy ra p ⑤ b0 cr , điều này là vô lí vì cả hai số b0 và cr đều không là bội của
p. Vậy đa thức f ♣xq là bất khả quy trên Q.

❧

Ví dụ 1.2.2
i) Đa thức x100   99 là bất khả quy trên Q theo tiêu chuẩn Eisenstein
với p ✏ 11.

ii) Đa thức 4x17 ✁ 10x4   35x3   50x   60 là bất khả quy trên Q theo tiêu
chuẩn Eisenstein với p ✏ 5.
Ví dụ 1.2.3 Đa thức f ♣xq

✏ x4 ✁ 2x3 ✁ 27x2   40x   16 là bất khả quy
trên Q vì đa thức f ♣x   2q ✏ x4   6x3 ✁ 15x2 ✁ 60x ✁ 12 là bất khả quy
trên Q theo tiêu chuẩn Eisenstein với p ✏ 3.


13

Một trong những ứng dụng điển hình của Tiêu chuẩn Eisenstein là để
chứng minh tính bất khả quy của đa thức chia đường tròn. Cho p là số
nguyên tố. Đa thức chia đường tròn thứ p được định nghĩa bởi
Φp ♣xq ✏ xp✁1   ...   x   1.
Năm 1801, Carl Friedrich Gauss đã đưa ra chứng minh đầu tiên cho tính
bất khả quy của đa thức chia đường tròn thứ p trong cuốn sách “Disquisitiones Arithmeticae”. Dưới đây, chúng ta trình bày chứng minh của
Eisenstein năm 1850.
Hệ quả 1.2.4 Với mỗi số nguyên tố p, đa thức chia đường tròn thứ p là
bất khả quy trên Q.
Chứng minh. Chú ý rằng Φp ♣xq là bất khả quy trên Q khi và chỉ khi

Φp ♣x   1q là bất khả quy. Ta có

♣
x   1qp ✁ 1
Φp ♣x   1q ✏
x
✏ xp✁1  
✂ ✡

✂ ✡

✂ ✡

✂

✡

p p✁ 2
p p✁ k ✁ 1
p
x
 
...  
x
 
...  
x   p,
1
k
p✁2

p
p!
✏
là số tổ hợp chập k của p phần tử. Do p nguyên
k
k!♣p ✁ k q!
✂ ✡

p
tố nên
là bội của p với mọi k ✏ 1, ..., p ✁ 2. Vì thế Φp ♣x   1q là bất
k
khả quy theo tiêu chuẩn Eisenstein.
❧
trong đó

Khi n là số tự nhiên bất kỳ (không nhất thiết nguyên tố), đa thức chia
đường tròn thứ n được định nghĩa như sau:
Φn ♣xq ✏

➵
k ➔n
♣k,nq✏1

♣x ✁ εk q

k2π
✏ cos k2π
n   i sin n , với k ✏ 0, 1, ..., n ✁ 1. Khi đó Φn ♣xq € Zrxs.
Người ta đã chứng minh được rằng đa thức Φn ♣xq là bất khả quy trên Q

trong đó εk

(xem S. H. Weintraub, Several proofs of the irreducibility of the cyclotomic
polynomial, Preprint (PDF from lehigh.edu)). Đặc biệt, khi n nguyên tố


14

ta có Φn ♣xq ✏ xn✁1   xn✁2   ...   x   1. Tuy nhiên, việc chứng minh Φn ♣xq
bất khả quy trên Q không là mục tiêu của luận văn nên chúng tôi không
trình bày ở đây.
Hệ quả đơn giản sau đây chỉ ra rằng với mỗi số tự nhiên n luôn tồn tại
các đa thức bất khả quy trên Q bậc n.
Hệ quả 1.2.5 Cho a ✏ pn1 1 pn2 2 ☎ ☎ ☎ pnk k là sự phân tích tiêu chuẩn của số tự
nhiên a thành tích các thừa số nguyên tố. Nếu tồn tại 1 ↕ j ↕ k sao cho
nj

✏ 1 thì xn ✁ a là bất khả quy trên Q với mọi n.

Chứng minh. Theo giả thiết, a là bội của số nguyên tố pj nhưng không là
bội của p2j . Vì thế theo Tiêu chuẩn Eisenstein ta có kết quả.

1.3

❧

Lịch sử phát hiện và chứng minh Tiêu chuẩn Eisenstein

Mục tiêu của tiết này là trình bày tóm tắt lịch sử phát hiện Tiêu chuẩn
Eisenstein cho tính bất khả quy của đa thức với hệ số nguyên, dựa theo
bài báo của D. A. Cox “Why Eisenstein proved the Eisenstein Criterion
and why Sch¨onemann discovered it first” đăng trên The American Mathematical Monthly năm 2011. Bài báo của D. A. Cox thảo luận nhiều chủ
đề, từ lý thuyết số thế kỷ 19, bao gồm Bổ đề Gauss, trường hữu hạn, các
nhóm Abel, các số nguyên Gauss, ... Bài báo mô tả lịch sử phong phú, bất
ngờ của việc khám phá ra Tiêu chuẩn Eisenstein.
Bài báo trên của D. A. Cox giải thích tại sao Theodor Sch¨onemann
khám phá ra tiêu chuẩn bất khả quy này trước Eisenstein. Cả hai nhà

toán học đều lấy cảm hứng từ cuốn sách “Disquisitiones Arithmeticae”
của Gauss, mặc dù họ đã có những con đường rất khác nhau trong quá
trình tìm ra tiêu chuẩn này. Ở phần cuối bài báo, D. A. Cox khẳng định
rằng Sch¨onemann và Eisenstein đã khám phá ra tiêu chuẩn bất khả quy
của họ một cách độc lập. Trong bài báo công bố năm 1846, Sch¨onemann
đã nghiên cứu các phương trình đồng dư bậc cao, từ đó dẫn đến Bổ đề
Hensel, sau đó đưa về một câu hỏi cho tính bất khả quy của đa thức theo


15

modulo p2 , rồi tiêu chuẩn bất khả quy của Sch¨onemann nhận được hoàn
toàn rất tự nhiên. Còn Eisenstein, trong một bài báo công bố năm 1850,
Ông đã nghiên cứu vấn đề của Abel về đường lemniscate và xét các hệ
số của đa thức thương và dư trong phép chia đa thức, rồi tiêu chuẩn bất
khả quy của Eisenstein xuất hiện cũng hoàn toàn tự nhiên, khác xa bối
cảnh mà Sch¨onemann xem xét. Như vậy, cái tên “Tiêu chuẩn Sch¨onemann
- Eisenstein” được sử dụng bởi Dorwart lần đầu tiên vào năm 1935 là
chính xác nhất lịch sử. Tuy nhiên, hầu hết mọi người sử dụng phiên bản
của Eisenstein, vì vậy cái tên “Tiêu chuẩn Eisenstein - Sch¨onemann” cũng
hợp lý. Không giống như những nhà toán học khác đã được lưu danh cho
đến nay, Theodor Sch¨onemann không phải là một tên tuổi quen thuộc.
Thậm chí, Ông không có tiểu sử ghi trong cuốn lưu trữ Lịch sử toán học
“MacTutor History of Mathematics Archive”. Chúng ta biết rất ít thông tin
về Theodor Sch¨onemann như sau: Ông sống từ 1812 đến 1868 và được đào
tạo tại Koonigsberg và Berlin dưới sự hướng dẫn của Jacobi và Steiner.
Ông nhận bằng tiến sĩ năm 1842. Đóng góp của ông chủ yếu trong Lí
thuyết số liên quan đến phương trình đồng dư bậc cao. Kết quả được xem
là quan trọng nhất của Ông, được viết trong bài báo dài chia làm hai
phần, công bố trên “Crelle’s Journal” vào năm 1845 và 1846. Trong phần

mở đầu bài báo đó, ông có nhắc đến các thành tựu viết trong cuốn sách
“Disquisitiones Arithmeticae” của Gauss. Bài báo đó cũng cung cấp những
minh chứng cho thấy Theodor Sch¨onemann bị ảnh hưởng lớn từ cuốn sách
này. Phần hai bài báo của Sch¨onemann có tiêu đề “Von denjenigen Moduln,
welche Potenzen von Primzahlen sind” đăng trên J. Reine Angew. Math
năm 1846, trong đó Ông xem xét sự phân tích đa thức thành nhân tử theo
modulo một lũy thừa của một số nguyên tố, và nghiên cứu sự thay đổi của
phân tích khi số mũ của số nguyên tố biến thiên, và từ đó ông tìm ra một
tiêu chuẩn bất khả quy, có thể phát biểu như sau.

Trước tiên ta nhắc lại rằng, cho f ♣xq € Zrxs và m → 0 là một số tự
nhiên sao cho hệ số cao nhất của f ♣xq không là bội của m. Ta nói f ♣xq là


16

bất khả quy theo modulo m nếu f ♣xq không thể biểu diễn dưới dạng
f ♣xq ✏ g ♣xqh♣xq   mk ♣xq
với g ♣xq, h♣xq, k ♣xq

€ Zrxs, deg g → 0, deg h → 0 và hệ số cao nhất của gh

không là bội của m.
Định lý 1.3.1 (Tiêu chuẩn bất khả quy của Sch¨onemann). Cho đa thức
f ♣xq € Zrxs với deg f ♣xq ✏ n. Giả sử có một số nguyên a, một số nguyên

tố p và một đa thức F ♣xq € Zrxs sao cho

f ♣xq ✏ ♣x ✁ aqn   pF ♣xq.
Nếu F ♣aq không là bội của p thì f ♣xq là bất khả quy theo modulo p2 .

Chứng minh. Trước hết ta chứng minh hệ số cao nhất của f ♣xq không là

bội của p2 . Thật vậy, gọi b là hệ số cao nhất của f ♣xq. Đồng nhất hệ số bậc
n ở hai vế của đẳng thức f ♣xq ✏ ♣x ✁ aqn   pF ♣xq ta được b ✑ 1 ♣mod pq.
Suy ra, b không là bội của p và vì thế b không là bội của p2 .
Tiếp theo, ta giả sử phản chứng rằng f ♣xq không bất khả quy theo
modulo p2 . Khi đó
f ♣xq ✏ g ♣xqh♣xq   p2 k ♣xq với g ♣xq, h♣xq, k ♣xq € Zrxs, deg g

→ 0, deg h → 0

và hệ số cao nhất của gh không là bội của p2 . Suy ra

♣x ✁ aqn   pF ♣xq ✏ g♣xqh♣xq   p2k♣xq.
Vì thế ♣x ✁ aqn ✏ g ♣xqh♣xq € Zp rxs. Ta có thể giả thiết g ♣xq và h♣xq có
hệ số cao nhất bằng 1. Thật vậy, đồng nhất hệ số cao nhất của đẳng thức

trên ta được 1 ✏ rs € Zp , trong đó r và s tương ứng là hệ số cao nhất của
g ♣xq và h♣xq. Suy ra f ♣xq ✏ ♣sg ♣xqq ♣rh♣xqq € Zp rxs là phân tích của f ♣xq
thành tích hai đa thức có bậc dương với hệ số cao nhất bằng 1.

Do p là số nguyên tố nên Zp là một trường, vì thế Zp rxs có tính chất
phân tích duy nhất. Trong vành Zp rxs, vì ♣x ✁ aqn có ước bất khả quy duy
nhất là x ✁ a, nên g ♣xq và h♣xq cũng chỉ có duy nhất ước bất khả quy là


17

x ✁ a. Suy ra g ♣xq ✏ ♣x ✁ aqi € Zp rxs và h♣xq ✏ ♣x ✁ aqj € Zp rxs, trong đó
i   j ✏ n. Vì deg g → 0, deg h → 0 nên i, j → 0. Thay x ✏ a vào hai đẳng

thức này ta được g ♣aq ✏ 0 € Zp và h♣aq ✏ 0 € Zp . Suy ra

pF ♣aq ✏ f ♣aq ✏ g ♣aqh♣aq   p2 k ♣aq ✑ 0 ♣mod p2 q.
Vì thế F ♣aq chia hết cho p, điều này mâu thuẫn.

❧

Điều ngạc nhiên thú vị là Tiêu chuẩn bất khả quy của Sch¨onemann suy
ra Tiêu chuẩn bất khả quy của Eisenstein.
Chứng minh. Thật vậy, giả sử
f ♣xq ✏ an xn   an✁1 xn✁1   ...   a1 x   a0

€ Zrxs

là đa thức thỏa mãn giả thiết của Tiêu chuẩn Eisenstein với một số nguyên

tố p. Vì an không là bội của p và p nguyên tố nên gcd ♣an , pq ✏ 1. Vì thế,

tồn tại các số nguyên b, c sao cho 1 ✏ an b   pc. Suy ra gcd ♣b, pq
các số ai đều là bội của p với mọi i ✏ 0, 1, ..., n ✁ 1, nên ta có
bf ♣xq ✏ ban xn   ban✁1 xn✁1   ...   ba1 x   ba0

✏ 1. Do

✏ xn   pF ♣xq,

trong đó F ♣xq

€ Zrxs và F ♣0q ✏ bap0 . Vì a0 không là bội của p2 và
gcd ♣b, pq ✏ 1, nên F ♣0q không là bội của p. Theo Tiêu chuẩn bất khả

quy của Sch¨onemann, f ♣xq bất khả quy theo modulo p2 . Giả sử f ♣xq
không bất khả quy trên Q. Khi đó, theo Bổ đề Gauss, f ♣xq có phân tích
f ♣xq ✏ g ♣xqh♣xq € Zrxs với g ♣xq, h♣xq € Zrxs và deg g ♣xq → 0, deg h♣xq → 0.
Chú ý rằng hệ số cao nhất của f ♣xq và của gh đều là an và an không là
bội của p2 . Vì thế đa thức f ♣xq không bất khả quy theo modulo p2 . Điều
này là vô lí.

❧


18

Chương 2
Một số mở rộng của tiêu chuẩn
Eisenstein
Mục đích của Chương 2 là giới thiệu hai mở rộng của Tiêu chuẩn Eisentein. Mở rộng cho trường hợp đa thức với hệ số nguyên và mở rộng cho
trường hợp đa thức với hệ số trên miền UFD. Phần cuối Chương trình bày
những ứng dụng để xét tính bất khả quy của đa thức.

2.1

Mở rộng cho trường hợp đa thức với hệ số nguyên

Trước tiên ta nêu lại Tiêu chuẩn Eisenstein:
Cho đa thức
f ♣xq ✏ an xn   an✁1 xn✁1   ...   a1 x   a0

€ Zrxs.

Giả sử tồn tại một số nguyên tố p thỏa mãn các tính chất

i) p không 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 số hạng tự do a0 .
Khi đó f ♣xq là bất khả quy trên Q.
Một mở rộng của Tiêu chuẩn Eisenstein được đưa ra bởi S. H. Weintraub
năm 2013 (xem [5]):


19

Định lý 2.1.1 Cho đa thức f ♣xq ✏ an xn   ...   a1 x   a0 € Zrxs và giả
sử có một số nguyên tố p sao cho p không là ước của an , p là ước của ai

với i ✏ 0, ..., n ✁ 1, và tồn tại chỉ số k với 0 ↕ k ↕ n ✁ 1 sao cho p2 không
là ước của ak . Gọi k0 là giá trị nhỏ nhất trong những số k như vậy. Nếu
f ♣xq ✏ g ♣xqh♣xq là phân tích của f ♣xq thành nhân tử trong Zrxs thì
min tdeg g ♣xq, deg h♣xq✉ ↕ k0 .
Đặc biệt, nếu k0 ✏ 0 thì f ♣xq là bất khả quy trên Q; nếu k0
không có nghiệm trong Q thì f ♣xq là bất khả quy trên Q.

✏ 1 và f ♣xq

Chứng minh. Giả sử có một phân tích thành nhân tử f ♣xq ✏ g ♣xqh♣xq
với g ♣xq, h♣xq € Zrxs. Gọi bậc của g ♣xq là d0 và bậc của h♣xq là e0 . Viết

g ♣xq ✏ bd0 xd0   ...   b1 x   b0 và h♣xq ✏ ce0 xe0   ...   c1 x   c0 . Khi đó
d0   e0 ✏ n và an ✏ bd0 ce0 . Theo giả thiết, an không là bội của p. Suy ra

bd0 và ce0 không là bội của p. Vì thế, trong các hệ số của g ♣xq có ít nhất
một hệ số không là bội của p, và trong các hệ số của h♣xq có ít nhất một

hệ số không là bội của p. Do đó ta chọn được chỉ số d nhỏ nhất sao cho bd
không là bội của p, và chỉ số e nhỏ nhất sao cho ce không là bội của p. Suy

ra g ♣xq ✏ xd g1 ♣xq   pg2 ♣xq, trong đó g1 ♣xq ✏ bd0 xd0 ✁d   ...   bd 1 x   bd và
g2 ♣xq ✏

b d✁1 d✁1
b1
b0
x
 
...   x   .
p
p
p

Theo cách chọn d ta suy ra g1 ♣xq, g2 ♣xq € Zrxs và hệ số tự do bd của g1 ♣xq
không chia hết cho p. Tương tự, ta có biểu diễn h♣xq ✏ xe h1 ♣xq   ph2 ♣xq,

trong đó h1 ♣xq, h2 ♣xq
p. Suy ra
f ♣xq ✏ g ♣xqh♣xq

€ Zrxs và hệ số tự do ce của h1♣xq không là bội của

✏ xd eg1♣xqh1♣xq   p

 

✟

xe h1 ♣xqg2 ♣xq   xd h2 ♣xqg1 ♣xq

  p2g2♣xqh2♣xq.

Chú ý rằng hệ số bậc d   e của đa thức xd e g1 ♣xqh1 ♣xq là bd ce . Vì thế, đồng

nhất hệ số bậc d   e của đẳng thức trên ta được
ad e

✑ bdce ♣mod pq.


20

Vì bd ce không là bội của p nên ad e không là bội của p. Chú ý rằng các hệ
số của f ♣xq, trừ hệ số cao nhất, đều là bội của p. Do đó d   e ✏ n. Suy ra

d ✏ d0 và e ✏ e0 . Do đó g ♣xq ✏ bd0 xd0   pg2 ♣xq và h♣xq ✏ ce0 xe0   ph2 ♣xq.
Suy ra
f ♣xq ✏ g ♣xqh♣xq ✏ an xn   bd0 xd0 ph2 ♣xq   ce0 xe0 pg2 ♣xq   p2 g2 ♣xqh2 ♣xq.

Vì thế k0 ➙ mintd0 , e0 ✉ ✏ mintdeg g ♣xq, deg h♣xq✉. Nếu k0 ✏ 0, thì f ♣xq
không có nhân tử bậc bé hơn, do đó f ♣xq bất khả quy. Giả sử k0 ✏ 1, nếu
f ♣xq không có nghiệm trong Q, thì f ♣xq không có nhân tử bậc nhất, vì
thế f ♣xq bất khả quy.
❧
Nhận xét 2.1.2 Trong Định lý trên khi k0

✏ 0 thì định lý chính là Tiêu

chuẩn Eisenstein. Như vậy, Định lý 2.1.1 là một mở rộng của Tiêu chuẩn
Eisenstein. Đa thức trong ví dụ sau đây, với Tiêu chuẩn Eisenstein thì
không hiệu quả nhưng áp dụng Định lý 2.1.1 thì ta có ngay kết quả.
Ví dụ 2.1.3 Chứng minh rằng đa thức f ♣xq ✏ x2018   2x   4 bất khả quy
trên Q.
Lời giải. Áp dụng Định lý 2.1.1 cho f ♣xq với số nguyên tố p ✏ 2. Khi đó
k0 ✏ 1. Nếu f ♣xq có nghiệm hữu tỷ thì nghiệm đó phải là nghiệm nguyên
(do hệ số cao nhất của f ♣xq bằng 1) và là ước của 4. Kiểm tra các ước của
4 là ✟1, ✟2, ✟4, thấy chúng không là nghiệm của f ♣xq. Do đó f ♣xq không

có nghiệm hữu tỷ. Do vậy, theo Định lý 2.1.1 thì đa thức f ♣xq bất khả quy
trên Q.
✆
Một mở rộng khác của tiêu chuẩn Eisenstein được chứng minh bởi

Howard Chao năm 1974 như sau (xem [4]).
Định lý 2.1.4 Cho đa thức q ♣xq

✏ anxn   ...   a1x   a0 € Zrxs. Nếu p
là một số nguyên tố sao cho có các chỉ số l và k với l ✘ k, p ✤ al , p2 ✤ ak ,
p ⑤ ai với mọi i ✘ l và nếu q ♣xq là tích của hai đa thức trên Q thì bậc của
một trong hai đa thức đó không nhỏ hơn ⑤l ✁ k ⑤.


21

Chứng minh. Cho q ♣xq ✏ r♣xqs♣xq là một phân tích của q ♣xq thành tích
hai đa thức trong Qrxs, trong đó
r♣xq ✏

m
➳
i ✏0

bi x , s♣xq ✏
i

n➳
✁m
i ✏0

ci xi .

Ta có thể giả thiết bi và ci là các số nguyên, vì theo Bổ đề Gauss mọi đa
thức trong Zrxs phân tích được thành hai đa thức với hệ số hữu tỷ thì đều
phân tích được thành tích hai đa thức với hệ số nguyên có cùng bậc (xem
n
➳

q ♣xq ✏

n
➳
i✏0

ai xi

ai x , ta ký hiệu q ♣xq ✏

n
➳

€ Zprxs
i ✏0
i✏0
là đa thức thu được bằng cách chuyển các hệ số của q ♣xq trong Zrxs thành
các hệ số tương ứng trong Zp rxs. Theo giả thiết ta có
Bổ đề 1.1.7). Với đa thức q ♣xq ✏

i

ai xi

✏ al xl ✏ r♣xqs♣xq.

Do Zp là một trường, nên Zp là miền phân tích duy nhất. Vì thế Zp rxs
là miền phân tích duy nhất (theo Định lý 2.2.9). Vì al xl chỉ có duy nhất

một ước bất khả quy là x nên từ tính chất phân tích duy nhất của Zp rxs,
đa thức r♣xq, s♣xq cũng chỉ có duy nhất một ước bất khả quy là x. Do đó
r♣xq, s♣xq phải tương ứng có dạng r♣xq ✏ bu xu và s♣xq ✏ ct xt , trong đó
u   t ✏ l. Từ đó suy ra p ⑤ bi với i ✘ u và p ⑤ ci với i ✘ t. Theo giả thiết

l ✘ k. Ta chia thành hai trường hợp.
Trường hợp 1 : k → l. Vì l ✏ u   t, nên k

→ u và k → t. Ta khẳng định hoặc
m   t ➙ k hoặc n ✁ m   u ➙ k. Thật vậy, giả sử ngược lại, khi đó m   t ➔ k
và n ✁ m   u ➔ k. Suy ra m ➔ k ✁ t và n ✁ m ➔ k ✁ u. Vì deg r♣xq ✏ m và

deg s♣xq ✏ n ✁ m, nên u ↕ m và t ↕ n ✁ m. Do đó u ➔ k ✁ t và t ➔ k ✁ u.
Vì p là ước của bi với mọi i ✘ u và p là ước của cj với mọi j ✘ t, nên tồn
tại số nguyên z sao cho
ak

✏ b0ck   b1ck✁1   ...   bk✁1c1   bk c0 ✏ buck✁u   bk✁tct   p2z.

Do k ✁ u → n ✁ m và deg s♣xq ✏ n ✁ m, nên ck✁u ✏ 0. Vì k ✁ t → m và
deg r♣xq ✏ m, nên bk✁t ✏ 0. Do đó ak chia hết cho p2 . Điều này là mâu


22

✏ u   t. Vì thế

thuẫn, vì vậy khẳng định được chứng minh. Chú ý rằng l
nếu m   t ➙ k, thì
deg r♣xq ✏ m ➙ k ✁ t ➙ k ✁ l ✏ ⑤k ✁ l⑤;
Nếu n ✁ m   u ➙ k, thì
deg s♣xq ✏ n ✁ m ➙ k ✁ u ➙ k ✁ l ✏ ⑤k ✁ l⑤
Trường hợp 2 : Giả sử l → k. Trước hết, k

➙ mintu, t✉ vì nếu u → k và t → k
thì ak ✏
bi ck✁i chia hết cho p2 , do p ⑤ bi , p ⑤ cj với i ➔ u, j ➔ t. Không
i✏0
mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng k ➙ t. Nhưng vì m ➙ u ✏ l ✁ t
và k ➙ t nên m ➙ l ✁ k. Do đó m ➙ ⑤l ✁ k ⑤.
❧
k

➳

Nhận xét 2.1.5
i) Từ Định lý 2.1.4, khi l ✏ n và k ✏ 0 thì ta thu được Tiêu chuẩn
Eisenstein. Như vậy Định lý 2.1.4 là một mở rộng của Tiêu chuẩn
Eisenstein.
ii) Tác giả luận văn nhận thấy rằng: Định lý 2.1.1 (đưa ra bởi S. H.
Weintraub năm 2013) là một hệ quả của Định lý 2.1.4 (đưa ra bởi
Howard Chao năm 1974).
Chứng minh. Thật vậy, gọi q ♣xq € Zrxs là đa thức thỏa mãn giả thiết
của Định lý 2.1.1 với một số nguyên tố p. Giả sử q ♣xq ✏ g ♣xqh♣xq với
g ♣xq, h♣xq € Zrxs. Khi đó áp dụng Định lý 2.1.4 với l
trị nhỏ nhất của các chỉ số k, ta được

✏ n và k0 là giá

max tdeg g ♣xq, deg h♣xq✉ ➙ ⑤l ✁ k0 ⑤ ✏ n ✁ k0 .
Suy ra

min tdeg g ♣xq, deg h♣xq✉ ↕ k0

♣do deg g♣xq   deg h♣xq ✏ deg p♣xq ✏ nq.
Kết quả này chính là kết luận của Định lý 2.1.1. Vậy Định lý 2.1.1 là
một hệ quả của Định lý 2.1.4.

❧


23

Ví dụ 2.1.6 Đa thức f ♣xq ✏ 2x4   x3   6 bất khả quy trên Q.
Lời giải. Giả sử f ♣xq khả quy trên Q. Khi đó f ♣xq là tích của hai đa thức
có bậc dương trên Q. Áp dụng Định lý 2.1.4 cho f ♣xq với số nguyên tố
p ✏ 2, l ✏ 3, k ✏ 0, ta được bậc của một trong hai đa thức nhân tử đó
lớn hơn hoặc bằng 3. Vì deg f ♣xq ✏ 4 nên trong hai đa thức nhân tử, có

một đa thức bậc 3 và một nhân tử bậc một. Suy ra f ♣xq có nghiệm hữu
m
tỷ. Giả sử nghiệm hữu tỷ của f ♣xq là r ✏ , ♣m, nq ✏ 1 thì m ⑤ 6, n ⑤ 2.
n
1 3
Kiểm tra các số ✟1, ✟2, ✟3, ✟6, ✟ , ✟ , thấy chúng không là nghiệm của
2 2
f ♣xq, mâu thuẫn. Vậy f ♣xq bất khả quy trên Q.
✆
Một hệ quả thú vị của Định lý 2.1.4 được phát biểu cho trường hợp khi
p a0 và p2 an .
Hệ quả 2.1.7 Cho q ♣xq ✏ an xn   ...   a1 x   a0
nguyên tố sao cho p a0 , p2

q ♣xq bất khả quy trên Q.

€ Zrxs. Nếu p là một số
an , p ⑤ ai với mọi i ✏ 1, 2, ..., n thì đa thức

Ví dụ 2.1.8 Đa thức f ♣xq ✏ 6x5   3x4 ✁ 12x2   1 bất khả quy trên Q.
Lời giải. Áp dụng Hệ quả 2.1.7 cho đa thức f ♣xq với số nguyên tố p
ta được f ♣xq bất khả quy trên Q.

✏ 3,

✆

Nếu nhìn từ Định lý 2.1.4, ta không biết đa thức q ♣xq bất khả quy hay
n 1
n
không khi ⑤l ✁ k ⑤ → nếu n chẵn, ⑤l ✁ k ⑤ →
nếu n lẻ. Tuy nhiên sử
2
2
dụng định lý này ta chứng minh được hệ quả sau:
Hệ quả 2.1.9 Một đa thức f ♣xq thỏa mãn các điều kiện chỉ ra trong Định
n
n 1
lý 2.1.4 và ⑤l ✁ k ⑤ →
nếu n chẵn, ⑤l ✁ k ⑤ →
nếu n lẻ. Khi đó đa
2
2
thức f ♣xq có nhiều nhất n ✁ ⑤l ✁ k ⑤ nhân tử bậc một với hệ số hữu tỷ.
Chứng minh. Giả sử có nhiều hơn n ✁ ⑤l ✁ k ⑤ nhân tử bậc nhất. Ta đặt

y ✏ n ✁ ⑤l ✁ k ⑤   1. Gọi g ♣xq là tích của y nhân tử bậc nhất của f ♣xq.
Khi đó f ♣xq ✏ g ♣xqh♣xq, trong đó deg g ♣xq ✏ y và deg h♣xq ✏ n ✁ y,