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 thức bậc nhất và một đa thức bậc ba. Giả sử f (x) khả
quy. Theo bổ đề Gauss, f (x) có sự phân tích f (x) = g(x)h(x) trong đó
g(x), h(x) ∈ Z[x] có bậc 2 và có hệ số cao nhất bằng 1. Viết g(x) = x2 +
ax + b và h(x) = x2 + cx + d với a, b, c, d ∈ Z. Đồng nhất hệ số ở hai vế của
đẳng thức f (x) = g(x)h(x) ta được
bd = 3, bc + ad = 0, ac + d + b = 1, c + a = 3.
Vì bd = 3 và vai trò của b, d là như nhau nên không mất tính tổng quát ta

có thể giả thiết b = 1, d = 3 hoặc b = −1, d = −3. Nếu b = 1, d = 3 thì
3
/ Z, vô lí. Nếu b = −1 và
c + 3a = 0, ac = −3, a + c = 3. Suy ra a = − ∈
2
3
/ Z, vô lí. Như
d = −3 thì −c − 3a = 0, ac = 5, c + a = 3. Suy ra a = − ∈
2
vậy, f (x) bất khả quy trên Q.
Tiếp theo, chúng ta trình bày tiêu chuẩn Eisenstein để xét tính bất khả
quy của đa thức trên Q.
Định lý 1.2.4. (Tiêu chuẩn Eisenstein). Cho f = an xn +...+a1 x +a0 ∈ Z[x].
Giả sử tồn tại một số nguyên tố p thỏa mãn các tính chất
(i) p 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 (x) là bất khả quy trên Q.
Chứng minh. Giả sử f (x) khả quy trên Q. Theo bổ đề Gauss, tồn tại biểu
diễn f (x) = g(x)h(x), trong đó g(x) = bm xm + ... + b1 x + b0 ∈ Z[x] và
h(x) = ck xk +...+c1 x+c0 ∈ Z[x] với deg g(x) = m, deg h(x) = k và m, k < n.


10

Do p là ước của a0 = b0 c0 nên p | b0 hoặc p | c0 . Lại do p2 không là ước của
a0 nên trong hai số b0 và c0 , có một và chỉ một số chia hết cho p. Giả thiết
p|c0 . Khi đó b0 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 ).

Suy ra p|b0 cr , điều này vô lí vì cả hai số b0 và cr đều không là bội của p.
Vậy f (x) là bất khả quy trên Q.
Ví dụ 1.2.5. (i) Đa thức x10 + 50 là bất khả quy trên Q theo tiêu chuẩn
Eisenstein với p = 2.
(ii) Đa thức 5x11 − 9x4 + 12x3 + 36x + 6 là bất khả quy trên Q theo tiêu
chuẩn Eisenstein với p = 3.
(iii) Đa thức f (x) = x4 − 8x3 + 10x2 − 12x + 3 là bất khả quy trên Q vì đa
thức f (x + 3) = x4 + 4x3 − 8x2 − 60x − 78 là bất khả quy trên Q theo tiêu
chuẩn Eisenstein với p = 2.
Việc xét tính bất khả quy của các đa thức trên trường các số hữu tỷ Q
vẫn là bài toán mở. Tuy nhiên 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
lý sau:
Định lý 1.2.6. (Định lý cơ bản của Đại số). Cho f (x) là một đa thức bậc
dương với hệ số phức. Khi đó f (x) có ít nhất một nghiệm phức.
Chứng minh. Xem [1, Chương 3, Định lý 3.3.2, trang 131].
Từ Định lý cơ bản của Đại số, chúng ta có tiêu chuẩn sau cho tính bất
khả quy của đa thức trên C và trên R.
Hệ quả 1.2.7. Các phát biểu sau là đúng
(i) Đa thức f (x) ∈ C[x] là đa thức bất khả quy trên C nếu và chỉ nếu
deg f (x) = 1.
(ii) Đa thức f (x) ∈ R[x] là đa thức bất khả quy trên R nếu và chỉ nếu hoặc
f (x) có bậc 1 hoặc f (x) có bậc 2 và f (x) không có nghiệm thực.
Chứng minh. (i) Khẳng định (i) suy ra từ Định lý cơ bản của Đại số.
(ii) Giả sử f (x) ∈ R[x]. Nếu deg f (x) = 1 hoặc deg f (x) = 2 và f (x) không
có nghiệm thực thì rõ ràng f (x) bất khả quy trên R. Ngược lại, cho f (x)


11

bất khả quy trên R và deg f (x) ≥ 2. Khi đó f (x) không có nghiệm thực.
Theo Định lý cơ bản của Đại số, f (x) có một nghiệm phức z = a + ib với
a, b ∈ R, b = 0. Đặt f (x) = (at − ibt )xt + ... + (a1 − ib1 )x + (a0 − ib0 ). Vì
f (x) ∈ R[x] nên f (x) = f (x). Do đó z là nghiệm của f (x) . Dễ thấy z = a−ib
là nghiệm của f (x). Vì b = 0 nên z = z, do đó f (x) chia hết cho đa thức
(x − z)(x − z) = x2 − 2ax + a2 + b2 ∈ R[x]. Do f (x) bất khả quy trên R nên
f (x) = c(x2 − 2ax + a2 + b2 ) với c ∈ R. Vì thế deg f (x) = 2 và f (x) không
có nghiệm thực.
Mệnh đề 1.2.8. Cho f (x) = xn + an−1 xn−1 + ... + a1 x ± p là một đa thức với
hệ số nguyên, trong đó p là một số nguyên tố.
(i) Nếu p > 1 + |a1 | + ... + |an−1 | thì f (x) bất khả quy trên Q.
(ii) Nếu p ≥ 1 + |a1 | + ... + |an−1 | và các nghiệm của f (x) đều không là căn
của đơn vị thì f (x) bất khả quy trên Q.
Chứng minh. (i) Giả sử f (x) khả quy trên Q và ta cần tìm mâu thuẫn. Theo
bổ đề Gauss, tồn tại phân tích f (x) = g(x)h(x), trong đó g(x), h(x) ∈ Z[x]
và 0 < deg g(x), deg h(x) < deg f (x). Đồng nhất hệ số tự do ở hai vế ta được
±p = a0 b0 , trong đó a0 , b0 lần lượt là hệ số tự do của g(x) và h(x). Do p là
số nguyên tố nên a0 = ±1 hoặc b0 = ±1. Giả sử a0 = ±1. Đặtdeg g(x) =
m > 0. Theo Định lý cơ bản của Đại số, g(x) có m nghiệm r1 , ..., rm ∈ C.
Theo công thức Viete, ta có |r1 ...rm | = |a0 | = 1, trong đó kí hiệu |z| là
môđun của số phức z. Suy ra |r1 |...|rm | = 1. Do đó có ít nhất một nghiệm
ri của g(x) sao cho |ri | ≤ 1. Vì ri là nghiệm của f (x) nên f (ri ) = 0. Suy ra
±p = rin + |an−1 ||ri |n−1 + ... + |a1 ||ri | ≤ 1 + 1 + |an−1 | + ... + |a1 |.
Điều này là mâu thuẫn.
(ii) Chúng ta cũng giả sử f (x) khả quy trên Q. Với các lập luận như trong
chứng minh khẳng định (i), vì f (x) không có nghiệm là căn của đơn vị nên
|ri | < 1. Do đó p < 1 + |an−1 | + ...|a1 |, điều này là vô lí.

1.3

Mở rộng trường và trường phân rã

Trong tiết này luôn giả thiết K là một trường. Nếu E là một trường chứa
K thì ta viết K ⊆ E hay E/K, khi đó ta gọi E/K là một mở rộng trường.
Rõ ràng E có cấu trúc tự nhiên như một K không gian véc tơ. Chiều của


12

không gian này được gọi là bậc của mở rộng E/K và kí hiệu là [E : K]. Nếu
[E : K] < ∞ thì ta nói E/K là mở rộng hữu hạn. Chú ý rằng nếu E/K và
T /E là các mở rộng hữu hạn thì ta có công thức bậc [T : K] = [T : E][E : K].
Nếu mỗi phần tử của E đều đại số trên K thì ta nói E/K là mở rộng đại
số. Nếu E/K là mở rộng hữu hạn thì nó là mở rộng đại số. Thật vậy, giả sử
dimK E = t và α ∈ E. Vì hệ {1, α, . . . , α t } gồm t +1 phần tử nên nó là hệ phụ
thuộc tuyến tính. Do đó tồn tại a0 , a1 , . . . , at ∈ K với ít nhất một hệ số ai = 0
sao cho a0 + a1 α + . . . + at α t = 0. Như vậy, a0 + a1 x + . . . + at xt ∈ K[x] là
đa thức khác 0 nhận α làm nghiệm, vì thế α đại số trên K.
Chú ý 1.3.1. Nếu E/K là một mở rộng trường và α1 , . . . , αn ∈ E thì ta
kí hiệu K(α1 , . . . , αn ) và K[α1 , . . . , αn ] tương ứng là giao của tất cả các
trường con và vành con của E chứa K và chứa α1 , . . . , αn . Ta thấy rằng
K(α1 , . . . , αn ) là trường con bé nhất và K[α1 , . . . , αn ] là vành con bé nhất của
E chứa K và chứa các phần tử α1 , . . . , αn . Trường hợp n = 1, nếu g(α) = 0
1
. Khi đó
thì phần tử (g(α))−1 ∈ E được kí hiệu là
g(α)
K [α] = {g (α) |g (x) ∈ K [x]} ,
g (α)
g (x) , h (x) ∈ K [x] , h (α) = 0

K (α) =
h (α)
lần lượt là vành con bé nhất và trường con bé nhất của E chứa K và α.
Định nghĩa 1.3.2. Cho f (x) ∈ K[x] là đa thức có bậc n > 0. Ta nói f (x)
phân rã trên một trường F chứa K nếu tồn tại α1 , . . . , αn ∈ F sao cho f (x) =
a(x − α1 ) . . . (x − αn ), trong đó a là hệ số cao nhất của f (x). Một trường
phân rã của f (x) trên K là một trường F chứa K sao cho f (x) phân rã trên
F và f (x) không phân rã trên bất cứ trường con thực sự nào của F.
Bổ đề 1.3.3. Cho f (x) ∈ K[x] là một đa thức bậc n và E là một trường chứa
K và chứa n nghiệm α1 , . . . , αn của f (x). Khi đó K(α1 , . . . , αn ) là trường
phân rã của f (x) trên K và [K(α1 , . . . , αn ) : K] < nn .
Chứng minh. Từ định nghĩa ta thấy rằng K(α1 , . . . , αn ) là trường phân rã
của f (x) trên K. Đặt K0 = K và Ki = K(α1 , . . . , αi ) với i = 1, ..., n. Với mỗi
i = 1, ..., n nếu coi f (x) ∈ Ki−1 [x] thì f (x) có ước bất khả quy pi (x) ∈ Ki−1 [x]


13

nhận αi làm nghiệm. Vì thế, ta có [Ki : Ki−1 ] = deg pi (x) ≤ n. Do đó
[Kn : K] = [Kn : Kn−1 ] ... [K2 : K1 ] [K1 : K] ≤ nn .

√ √
Ví dụ 1.3.4. Trường phân rã của đa thức f (x) = x3 −2 trên Q là Q(i 3, 3 2).
√ √
Hơn nữa, [Q(i 3, 3 2) : Q] = 6.
Chứng minh. Vì ba nghiệm của x3 − 2 là
√
3
α1 = 2, α2 =

√
√
3
3
√
√
2
2
−1 + i 3 , α3 =
−1 − i 3
2
2

nên Q(α1 , α2 , α3 ) là trường phân rã của f (x) trên Q. Do α1 , α2 , α3 đều
√
√ √
√ √
thuộc Q(i 3, 3 2) nên Q(α1 , α2 , α3 ) ⊆ Q(i 3, 3 2). Ngược lại, vì 3 2 = α1
√
√ √
α2 − α3
và i 3 =
nên Q(i 3, 3 2) ⊆ Q(α1 , α2 , α3 ). Về công thức bậc của
α1
mở rộng, ta có
√
√ √
√ √
3
3

3
Q(i 3, 2) : Q = Q(i 3, 2) : Q
2

Q

√
3
2 :Q .

Đa thức x3 − 2 có bậc 3 và không có nghiệm hữu tỷ, do đó nó là đa thức bất
√
khả quy trên Q của 3 2. Do đó
Q

√
3
2 : Q = deg x3 − 2 = 3.

√
3
2 . Rõ ràng x2 + 3 không có nghiệm thực, do đó nó không
√
có nghiệm trong E. Vì thế x2 + 3 là đa thức bất khả quy trên E của i 3. Do
√
√ √
√
đó [E(i 3) : E] = deg(x2 + 3) = 2. Vì Q(i 3, 3 2) = E(i 3) nên ta có
Đặt E = Q

√ √
√
3
Q(i 3, 2) : Q = E i 3 : E [E : Q] = 2.3 = 6.

Định nghĩa 1.3.5. Một mở rộng trường bậc hữu hạn của trường Q các số
hữu tỷ được gọi là trường số.


14

√
√
Ví dụ 1.3.6. Trường Q[ 2] = {a + b 2 | a, b ∈ Q} là một trường số vì nó là
√
√
√
một mở rộng bậc hai của Q. Trường Q[ 3 2] = {a+b 3 2+c 3 4 | a, b, c ∈ Q}
là một trường số vì nó là mở rộng bậc 3 của Q. Trường R không là trường
số vì nó là mở rộng bậc vô hạn của Q.
Định nghĩa 1.3.7. Đặc số của trường K là số nguyên dương bé nhất (nếu
có) n sao cho n1 = 0, ở đây 1 là phần tử đơn vị của K. Nếu không tồn tại số
nguyên dương n như vậy thì ta nói K có đặc số 0.
Chẳng hạn, Q, R, C có đặc số 0. Trường Z5 có đặc số 5.
Mệnh đề 1.3.8. Một trường K hoặc có đặc số 0, hoặc có đặc số nguyên tố.
Nếu K có đặc số 0 thì K chứa trường con bé nhất đẳng cấu với Q. Nếu K có
đặc số p nguyên tố thì K chứa trường con bé nhất đẳng cấu với trường Z p .
Định lí 1.3.9. (Cấu trúc của trường hữu hạn) Các phát biểu sau là đúng.
(i) Nếu K là trường hữu hạn có n phần tử thì n là lũy thừa của một số nguyên
tố.

(ii) Nếu n là lũy thừa (nguyên dương) của một số nguyên tố thì tồn tại một
trường có n phần tử. Hơn nữa, các trường có n phần tử đều đăng cấu với
nhau.
Chứng minh. Xem [1, Chương 2, Định lý 2.4.10, trang 95 - 96].


15

Chương 2
Tính bất khả quy của các đa thức lặp
Trong suốt Chương này, luôn giả thiết K là một trường. Mục đích của
Chương là xét tính bất khả quy của các đa thức lặp của đa thức bậc hai và
đa thức dạng xn − b. Tiết 2.1 dành để đưa ra một tiêu chuẩn để một đa thức
bậc hai có một đa thức lặp khả quy trên trường có đặc số khác 2. Mục tiêu
của Tiết 2.2 là xét tính bất khả quy trên trường K của các đa thức lặp của đa
thức bậc hai f (x) = x2 − lx + m. Tiết cuối dành để trình bày các kết quả về
tính ổn định của đa thức dạng xn − b (tức là các đa thức lặp của nó đều bất
khả quy).

2.1

Tính khả quy của một đa thức lặp trên trường đặc số
khác 2

Trước hết chúng ta nhắc lại khái niệm đa thức lặp và đa thức ổn định
được định nghĩa bởi R. W. K. Odoni [O].
Định nghĩa 2.1.1. Cho f (x) ∈ K[x] là một đa thức có bậc dương. Đặt
f0 (x) = x, f1 (x) = f ( f0 (x)) = f (x), fr+1 (x) = f ( fr (x)) với mọi r ≥ 1. Ta
nói các đa thức fr (x) là các đa thức lặp của f (x) trên K. Ta nói f (x) là ổn
định trên K nếu fr (x) là bất khả quy với mọi r ≥ 0.

Trước khi phát biểu và chứng minh kết quả chính của Tiết này, chúng ta
cần một số kết quả chuẩn bị sau đây. Nhắc lại rằng một mở rộng E được gọi
là đóng đại số nếu nó chứa tất cả các nghiệm của các đa thức bậc dương với
hệ số trong E. Ví dụ R không đóng đại số vì nó không chứa nghiệm của đa
thức x2 + 1 ∈ R[x]. Từ Định lí cơ bản của Đại số ta thấy rằng C là trường


16

đóng đại số.
Cho E là một mở rộng trường của K. Ta nói E là một bao đóng đại số
của K nếu mọi phần tử của E đều đại số trên K và E là trường đóng đại số.
Chú ý rằng bao đóng đại số của trường K luôn tồn tại và các bao đóng đại
số của K đều đẳng cấu với nhau.
Giả sử K là một trường có đặc số p = 2 và f (x) = x2 − lx + m ∈ K[x]. Ta
giả thiết f (x) bất khả quy trên K. Trong tiết này chúng ta đưa ra các điều
kiện sao cho với mỗi số nguyên dương n, fn (x) bất khả quy nhưng fn+1 (x)
khả quy trên K.
Bổ đề 2.1.2. Trong bao đóng đại số của K chọn một dãy bất kỳ β0 , β1 , . . . ,
βn với β0 = 0 và β j = f (β j+1 ) với mọi j = 0, . . . , n − 1 . Khi đó βr là nghiệm
của fr (x) với r = 1, 2, . . . , n.
Chứng minh. Ta chứng minh Bổ đề bằng quy nạp theo r.

• Với r = 1 ta có f1 (β1 ) = f (β1 ) = β0 = 0. Suy ra β1 là nghiệm của f1 .
• Giả sử Bổ đề đúng với r = k, tức là βk là nghiệm của fk (x). Ta chứng
minh Bổ đề đúng với r = k + 1, tức là cần chứng minh βk+1 là nghiệm
của fk+1 (x). Ta có
fk+1 (βk+1 ) = f ( fk (βk+1 )) = fk ( f (βk+1 )) = fk (βk ) = 0.
Vậy βk+1 là nghiệm của fk+1 (x).

Bổ đề 2.1.3. Nếu βr là nghiệm của fr (x) với r = 0, 1, . . . , n và nếu d/4 + βr
là chính phương trong K (tức là tồn tại phần tử a ∈ K sao cho a2 = d/4+βr )
thì
l
d
βr+1 = +
+ βr
2
4
với r = 0, . . . , n, trong đó d = l 2 − 4m là biệt thức của f (x).
Chứng minh. Ta chứng minh Bổ đề bằng quy nạp theo r.


17

• Với r = 0, vì β1 là nghiệm của f1 (x) = x2 − lx + m nên
√
l + l 2 − 4m l
= +
β1 =
2
2

l 2 − 4m l
= +
4
2

l 2 − 4m
l

+0= +
4
2

d
+ β0 .
4

Vậy Bổ đề đúng với r = 0.

• Giả sử Bổ đề đúng với r = k − 1. Ta chứng minh Bổ đề đúng với r = k.
Ta có
2 − lβ
βk = f (βk+1 ) = βk+1
k+1 + m
2 − lβ
⇔ βk+1
k+1 + (m − βk ) = 0

l 2 − 4 (m − βk ) l
= +
⇒ βk+1 =
2
2
l
d
⇒ βk+1 = +
+ βk
2
4

l+

l 2 − 4m + 4βk
4

Vậy Bổ đề đúng với r = k.

Nhận xét 2.1.4. Với giả thiết như trong Bổ đề 2.1.2, đặt
K0 = K, K1 = K(β1 ), K2 = K(β2 ), ..., Kr = K(βr )
với r = 0, 1, . . . , n + 1. Khi đó Kr ⊆ Kr+1 . Thật vậy, để chứng minh bao hàm
thức trên ta chỉ cần chứng minh βr ∈ Kr+1 . Ta có
l
βr = βr+1 −
2

2

d
− .
4

Do đó βr ∈ Kr+1 . Vì thế ta có dãy tăng các trường lồng nhau
K = K0 ⊆ K1 ⊆ . . . ⊆ Kn+1 .
d
δ
Bổ đề 2.1.5. Đặt d0 = , dr = d0 + βr với mọi r ≥ 0, δ = −d − 2l và δ0 = .
4
4
√
Khi đó, với mọi r ≥ 0 ta có dr+1 = −δ0 + dr .

l √
2d0 + l √
Chứng minh. Ta có dr+1 = d0 + βr+1 = d0 + + dr =
+ dr .
2
2


18

d
+l √
√
d + 2l √
2
Do đó dr+1 =
+ dr =
+ dr . Suy ra dr+1 = −δ0 + dr .
2
4
Hai bổ đề sau sẽ được sử dụng để chứng minh kết quả chính của tiết này.
Bổ đề 2.1.6. (Bổ đề Capelli). Cho u(x), v(x) ∈ K[x] là các đa thức. Giả sử
α là một nghiệm bất kì của u(x) trong một bao đóng đại số của K. Khi
đó u(v(x)) bất khả quy trên K khi và chỉ khi u(x) bất khả quy trên K và
v(x) − α bất khả quy trên K(α).
Chứng minh. Xem [T].
Bổ đề 2.1.7. Cho K là trường có đặc số p = 2 và d là một phần tử không
chính phương của K. Gọi g, h ∈ K, h = 0, khi đó các mệnh đề sau tương
đương:
√

√
(i) g + h d là chính phương trên trường K( d).
(ii) Tồn tại các phần tử a và ξ thuộc K sao cho g2 − dh2 = ξ 2 và
(g + ξ )
a2 =
.
2
(iii) Tồn tại a ∈ K sao cho −dh2 = 4a2 (a2 − g).
√
Chứng minh. (i) ⇒ (ii). Giả sử g + h d là phần tử chính phương trong
√
√
√
K( d). Khi đó tồn tại a + b d ∈ K( d) với a, b ∈ K sao cho
√
√
g + h d = (a + b d)2 .
h
ta thu
2a
d
được một phương trình bậc 4 trùng phương của a là a4 − ga2 + h2 = 0. Vì
4
a, b ∈ K nên phương trình này phải có nghiệm, suy ra biệt thức của nó phải
Do đó a2 + db2 = g và 2ab = h. Vì h = 0 nên a = 0. Thay b =

là phần tử chính phương. Ta có biệt thức của phương trình là g2 − dh2 . Do
g+ξ
đó tồn tại ξ ∈ K sao cho g2 − dh2 = ξ 2 . Suy ra a2 =
với ξ ∈ K.

2
(ii) ⇒ (iii). Từ hệ thức trong (ii), ta có ξ = 2a2 − g và
−dh2 = ξ 2 − g2 = (2a2 − g)2 − g2 = 4a2 (a2 − g).
(iii) ⇒ (i). Vì h = 0 nên a = 0 và do đó
h√
a+
d
2a

2

√
√
4a4 + dh2
=
+
h
d
=
g
+
h
d.
4a2


19

√
√

Do đó g + h d là phần tử chính phương trong K( d).
Ta định nghĩa các đa thức gr (x) trong K[x] như sau:
g0 (x) = −x, g1 (x) = x2 + δ0 và gr+1 (x) = g1 (gr (x)).
Suy ra gr+1 (x) = g2r (x) + δ0 , r ≥ 1. Tiếp theo ta định nghĩa phần tử gr trong
K bởi gr = gr (δ0 ) do đó g0 = −δ0 , g1 = δ02 + δ0 và gr+1 = g2r + δ0 , r ≥ 1.
Định lí sau đây cho ta tiêu chuẩn để đa thức lặp thứ n của đa thức bậc
hai trên trường có đặc số khác 2 là bất khả quy, nhưng đa thức lặp thứ n + 1
của nó là khả quy.
Định lý 2.1.8. Cho n ≥ 1 là một số tự nhiên. Giả sử K có đặc số khác 2 và
fn (x) bất khả quy trên K. Với kí hiệu Ki , di như trong Nhận xét 2.1.4 và gi
định nghĩa ở trên.
(i) Nếu fn+1 (x) là khả quy trên K thì với mọi r, 0 ≤ r ≤ n − 1, tồn tại phần
gr + ξr
. Hơn nữa, với
tử ar , ξr ∈ Kn−r−1 sao cho g2r − ξr2 = dn−r−1 và a2r =
2
mọi r thỏa mãn 0 ≤ r ≤ n − 1, ta có
√
dn−r−1
.
ξr−1 = ± ar −
2ar
(ii) Nếu tồn tại các phần tử ar và ξr với các tính chất trên thì fn+1 (x) khả
quy trên K.
Chứng minh. (i) Giả sử fn+1 (x) khả quy trên K. Khi đó theo Bổ đề 2.1.6,
f (x) − βn khả quy trên Kn = K(βn ). Biệt thức của f (x) − βn là
4(d0 + βn ) = 4dn = 4(−δ0 +

dn−1 ) = 4(g0 +

dn−1 ).

Vì K có đặc số khác 2 nên 4.1 = 0. Do đó 4.1 khả nghịch trong K. Vì
√
thế từ công thức trên ta tính được βn theo d0 , g0 và dn−1 . Từ đó suy ra
√
√
Kn = K(βn ) = Kn−1 ( dn−1 ). Do đó g0 + dn−1 là phần tử chính phương
√
trên Kn = Kn−1 ( dn−1 ) . Nhớ lại rằng g0 = −δ0 ∈ K ⊂ Kn−1 . Theo Bổ
đề 2.1.7, tồn tại các phần tử a0 và ξ0 ∈ Kn−1 sao cho g20 − ξ02 = dn−1 và
g0 + ξ0
a20 =
. Cho 0 ≤ r ≤ n và giả sử kết quả đúng cho r. Ta chứng minh
2


20

kết quả đúng cho r + 1. Vì kết quả đúng với r nên tồn tại ar , ξr ∈ Kn−r−1
gr + ξr
sao cho g2r − ξr2 = dn−r−1 và a2r =
. Suy ra g2r − dn−r−1 = ξr2 là chính
√ 2
phương trên Kn−r−1 = Kn−r−2 ( dn−r−2 ). Bây giờ ta có
g2r − dn−r−1 = g2r + δ0 −

dn−r−2 = gr+1 −

dn−r−2 = gr+1 −

dn−r−2 .

Lại theo Bổ đề 2.1.7, tồn tại các phần tử ar+1 , ξr+1 ∈ Kn−r−2 sao cho
gr+1 + ξr+1
2 và a2
g2r+1 − dn−r−2 = ξr+1
. Vậy, kết quả đúng với r + 1.
r+1 =
2
g0 + ξ0
(ii) Giả sử tồn tại a0 , ξ0 ∈ K sao cho g20 − ξ02 = dn−1 và a20 =
. Theo
2
√
Bổ đề 2.1.7, suy ra g0 + dn−1 là phần tử chính phương trong Kn = K(βn ).
Vì βn+1 là một nghiệm của f (x) − βn và biệt thức của đa thức này là
√
4(g0 + dn−1 ) nên ta suy ra f (x) − βn là khả quy trên Kn . Theo Bổ đề
2.1.6, fn+1 (x) khả quy trên K.

Nhận xét 2.1.9. Giả sử fn (x) bất khả quy và fn+1 (x) khả quy trên K. Khi
đó với các kí hiệu của Định lý 2.1.8 và phối hợp với Nhận xét 2.1.4 ta có
ξr2 = g2r − dn−r−1 = g2r + δ0 −

dn−r−2

√
= gr+1 − dn−r−2 = ar+1 −
Do đó

√
dn−r−2
2ar+1

2

.

√
dn−r−2
ξr = ± ar+1 −
.
2ar+1

Ta cũng có
βn+1 =

l
+
2

l
= +
2

dn =

l
+

2

−δ0 +

√
dn−1
a0 +
2a0

2

dn−1 =

l
+
2

g0 +

dn−1

√
l
dn−1
= ± a0 +
.
2
2a0

Ví dụ 2.1.10. Cho K = Q và f (x) = x2 + 10x + 17. Chú ý rằng Q có đặc

số 0 khác 2. Rõ ràng f (x) không có nghiệm hữu tỷ, do đó f (x) bất khả
quy trên Q. Như vậy, f0 (x) = x và f1 (x) = f (x) là các đa thức bất khả quy


21

trên Q. Bây giờ ta xét tính bất khả quy của f2 (x) := f ( f1 (x)). Tính toán ta
được l = −10; d = 32, d0 = 8; δ = −d − 2l = −12, δ0 = −3, g0 = −δ0 = 3,
g0 + ξ0
3±1
g20 − d0 = 1 vì vậy ξ0 = ±1; a20 =
=
, tức là a20 bằng 2 hoặc
2
2
bằng 1. Chọn a20 = 1, suy ra a0 = ±1.
Khi
đó
theo
Định lí 2.1.8 thì f2 (x) khả
√
√
√
d0
l
= −5 ± 1 ± 2, suy ra β2 = 4 ± 2
quy trên Q. Suy ra β2 = ± a0 ±
2
2a0
√

hoặc β2 = −6 ± 2. Thay vào ta được
f2 (x) = (x2 + 8x + 14)(x2 + 12x + 34).

2.2

Tính bất khả quy của các đa thức lặp của đa thức bậc
hai

Trong suốt tiết này, giống như trong Tiết 2.1, ta giả thiết K = Q và
f (x) = x2 − lx + m là đa thức với hệ số nguyên và bất khả quy trên Q.
Như trong Tiết 2.1, ta vẫn kí hiệu d = l 2 − 4m là biệt thức của f (x) và
δ
δ = −d − 2l. Đặt δ0 = . Rõ ràng nếu l chẵn thì d chia hết cho 4 và do đó
4
δ cũng chia hết cho 4. Nếu l lẻ thì d chia cho 4 dư 1 và do đó δ chia cho
d
δ
4 dư 1. Trong trường hợp l chẵn, ta có d0 = ∈ Z và δ0 = ∈ Z, do đó
4
4
δ
gr := g2r−1 + δ0 ∈ Z với mọi r ≥ 0. Trong trường hợp l lẻ ta có g0 = − ,
4
δ 2 + 4δ
hr
r
g1 =
và tổng quát gr = 2r với hr ∈ Z và hr ≡ δ 2 ≡ 1(mod 4).
2
4

4
Phần đầu của Tiết 2.2 dành để xét tính ổn định của f (x) trên Q. Tiêu
chuẩn đầu tiên được phát biểu qua định lý sau:
Định lý 2.2.1. Nếu d ≡ 1 (mod 4) thì f (x) ổn định trên Q.
Chứng minh. Cho n ≥ 1 và giả sử fn (x) bất khả quy nhưng fn+1 (x) khả
quy trong Q[x]. Theo Định lý 2.1.8, tồn tại một phần tử ξn−1 ∈ Q sao cho
h2n−1
d
un−1
2
2
2
gn−1 − ξn−1 = . Vì gn−1 = 2n nên ξn−1 = n−1 với un−1 là một số
4
4
42
r
2
nguyên lẻ. Đặt br = 4 ta có
hn−1 + un−1
bn−1

hn−1 − un−1
bn−1

d
= .
4

22

hn−1 − un−1 r
hn−1 + un−1 a
= và
= , với a, r lẻ và b, s là các lũy thừa
bn−1
b
bn−1
s
ar d
của 2. Như vậy
= và vì thế ar = d; bs = 4. Cộng vế với vế của các
bs
4
phương trình trên ta có
Đặt

hn−1 =

1 a r
(as + br) bn−1
+ bn−1 =
; n ≥ 2,
2 b s
8

vế phải chẵn và ta có mâu thuẫn. Nếu n = 1 thì bn−1 = 4 và vì vậy hn−1 =
as + br
. Mặt khác, điều này là không thể vì bs = 4 và a, r đều lẻ.

2
Trong mọi trường hợp ta đều dẫn đến mâu thuẫn, do đó f (x) ổn định trên
Q.
Ví dụ 2.1.10 chỉ ra rằng Định lý 2.2.1 không còn đúng khi d chẵn. Do đó
ta có tiêu chuẩn sau để xét tính ổn định của f (x) trong trường hợp d chẵn.
Định lý 2.2.2. Nếu d ≡ 0 (mod 4) nhưng d ≡ 0 (mod 16) thì f (x) ổn định
trên Q.
Chứng minh. Giả sử f (x) không ổn định trên Q. Khi đó tồn tại n sao cho
fn (x) bất khả quy nhưng fn+1 (x) khả quy (bao giờ cũng tồn tại số n như
vậy). Với các kí hiệu như trong Định lý 2.1.8, tồn tại phần tử ξn−1 ∈ Q sao
d
2
cho g2n−1 − ξn−1
= d0 = . Vì gn−1 và d0 ∈ Z nên nếu ξn−1 không là số
4
nguyên thì thay vào đẳng thức trên ta suy ra ξn−1 phải là số vô tỉ, điều này
không thể xảy ra. Do đó ξn−1 ∈ Z. Vì
2
g2n−1 − ξn−1
= (gn−1 + ξn−1 )(gn−1 − ξn−1 )

nên nó chia hết cho 4 hoặc chia cho 4 dư 1 hoặc 3. Vì thế không xảy ra khả
năng d0 ≡ 2 (mod 4). Nếu d0 là lẻ thì gn−1 + ξn−1 và gn−1 − ξn−1 đều lẻ và
gn−1 + ξn−1
gn−1 − ξn−1
vì hai số
và
đều là phần tử chính phương trong Q,
2
2

mâu thuẫn với Định lý 2.1.8. Do đó Định lý 2.2.2 được chứng minh.

Định lý sau đây đưa ra tiêu chuẩn để xét tính ổn định của f (x) trong
trường hợp d ≡ 0 (mod 16).
Định lý 2.2.3. Nếu d ≡ 0 (mod 16) và |δ | ≥ |d| thì f (x) ổn định trên Q.