Tài liệu Một số vấn đề về đa thức với hệ số nguyên

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN BÙI THẾ TRUNG MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ ĐA THỨC VỚI HỆ SỐ NGUYÊN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Bình Định - Năm 2022 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN BÙI THẾ TRUNG MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ ĐA THỨC VỚI HỆ SỐ NGUYÊN Chuyên ngành : Đại số và lí thuyết số Mã số 8460104 : Người hướng dẫn: TS. TRẦN ĐÌNH LƯƠNG i Lời cam đoan Tôi xin cam đoan mọi kết quả của đề tài “Một số vấn đề về đa thức với hệ số nguyên” là công trình nghiên cứu của tôi dưới sự hướng dẫn của TS. Trần Đình Lương và chưa từng được công bố trong bất cứ công trình khoa học nào khác cho tới thời điểm hiện tại. Các nội dung và kết quả sử dụng trong luận văn đều có trích dẫn và chú thích nguồn gốc. Nếu có điều gì gian lận, tôi xin chịu trách nhiệm về luận văn của mình. Quy Nhơn, ngày 30 tháng 07 năm 2022 Học viên thực hiện đề tài Bùi Thế Trung ii DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU R : Vành giao hoán có đơn vị s(Q) : Tập hợp các bình phương của các số hữu tỷ u(f ) : Số lần đa thức nhận giá trị ±1 P (f ) : Số lần đa thức nhận giá trị nguyên tố iii Mục lục Danh mục các ký hiệu ii Mở đầu 1 1 Vành đa thức với hệ số nguyên 3 1.1 Một số kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2 Đa thức trên một vành giao hoán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.3 Vành đa thức với hệ số nguyên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 2 Một số tiêu chuẩn bất khả quy 2.1 21 Tiêu chuẩn bất khả quy cho các đa thức có bậc nhỏ hơn hoặc bằng 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 2.2 Tiêu chuẩn bất khả quy cho các đa thức bậc bốn . . . . . . . . . . 24 2.3 Tiêu chuẩn bất khả quy rút gọn theo môđun số nguyên tố . . . . 29 2.4 Tiêu chuẩn bất khả quy Eisenstein . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 2.5 Tiêu chuẩn bất khả quy liên quan đến số lần đa thức nhận giá trị ±1 2.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 Tiêu chuẩn bất khả quy liên quan đến số lần đa thức nhận giá trị nguyên tố . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 Kết luận 47 iv Danh mục tài liệu tham khảo 49 1 Mở đầu Đa thức là một trong những khái niệm cơ bản và quan trọng được sử dụng nhiều trong đại số. Các vấn đề về đa thức luôn là chủ đề được các nhà toán học quan tâm nghiên cứu và có nhiều ứng dụng trong các lĩnh vực khác nhau. Trong số học các đa thức đóng vai trò tương tự như các số nguyên, đặc biệt là các đa thức có hệ số nguyên hoặc hệ số hữu tỷ, trong đó các đa thức bất khả quy đóng vai trò tương tự như các số nguyên tố. Luận văn này nhằm nghiên cứu một số vấn đề liên quan đến tính chất số học của đa thức với hệ số nguyên như: cấu trúc đại số và tính chất số học của vành đa thức Z[x], các tiêu chuẩn bất khả quy của các đa thức với hệ số nguyên như tiêu chuẩn Eisenstein, tiêu chuẩn rút gọn theo môđun số nguyên tố, và một số tiêu chuẩn khác. Luận văn gồm có 2 chương Chương 1: Vành đa thức với hệ số nguyên Trong chương này chúng tôi trình bày một số vấn đề về tính chất số học, mô tả các iđêan nguyên tố, iđêan cực đại của vành đa thức với hệ số nguyên. Đồng thời chúng tôi cũng trình bày một số kiến thức chuẩn bị được sử dụng trong luận văn. Chương 2: Một số tiêu chuẩn bất khả quy Trong chương này chúng tôi trình bày một số tiêu chuẩn bất khả quy cho các đa thức với hệ số nguyên: tiêu chuẩn bất khả quy cho các đa thức bậc thấp, 2 tiêu chuẩn bất khả quy rút gọn theo môđun số nguyên tố, tiêu chuẩn bất khả quy Eisentein, các tiêu chuẩn bất khả quy liên quan đến giá trị của đa thức. Luận văn được hoàn thành nhờ sự hướng dẫn và giúp đỡ tận tình của TS. Trần Đình Lương, Trường Đại học Quy Nhơn. Nhân dịp này tôi xin bày tỏ sự kính trọng và lòng biết ơn sâu sắc đến thầy. Chúng tôi cũng xin gửi lời cảm ơn đến quý Ban lãnh đạo Trường Đại học Quy Nhơn, Phòng Đào tạo sau Đại học, Khoa Toán và Thống kê cùng quý thầy cô giáo giảng dạy các lớp Cao học Toán Khóa 23 đã tạo mọi điều kiện thuận lợi cho chúng tôi trong quá trình học tập và thực hiện đề tài. Nhân đây chúng tôi cũng xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè đã luôn động viên để chúng tôi hoàn thành tốt luận văn này. Mặc dù luận văn được thực hiện với sự nỗ lực và cố gắng của bản thân nhưng do điều kiện thời gian có hạn, trình độ kiến thức và kinh nghiệm nghiên cứu còn hạn chế nên luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót. Chúng tôi rất mong nhận được những góp ý của quý thầy cô để luận văn được hoàn thiện hơn. 3 Chương 1 Vành đa thức với hệ số nguyên Trong chương này chúng tôi trình bày một số vấn đề về tính chất số học, mô tả các iđêan nguyên tố, iđêan cực đại của vành đa thức với hệ số nguyên. Đồng thời chúng tôi cũng trình bày một số kiến thức chuẩn bị được sử dụng trong luận văn. Các kết quả trong chương này được tham khảo từ các tài liệu [1], [2], [3]. 1.1 Một số kiến thức chuẩn bị Trong mục này chúng tôi nhắc lại một số kiến thức cơ bản về đại số giao hoán và về lý thuyết chia hết trong một miền nguyên. Cho R là một vành giao hoán có đơn vị. Với M là một tập con của R, giao của tất cả các iđêan của R chứa M là iđêan bé nhất của R chứa M . Iđêan này được gọi là iđêan sinh bởi M , và ký hiệu là ⟨M ⟩. Nếu M = {a1 , a2 , . . . , an } thì khi đó M = {x1 a1 + x2 a2 + · · · + xn an |xi ∈ R} . Đặc biệt, nếu M = {a} thì iđêan sinh bởi M được gọi là iđêan chính sinh bởi phần tử a, và ký hiệu là ⟨a⟩. Khi đó ⟨a⟩ = {ax|x ∈ R}. 4 Cho I là một iđêan của R. (i) Iđêan I được gọi là một iđêan nguyên tố của R nếu I ̸= R và từ ab ∈ I với a, b ∈ R suy ra a ∈ I hoặc b ∈ I . (ii) Iđêan I được gọi là một iđêan cực đại của R nếu I ̸= R và nếu với bất kỳ iđêan P nào của R sao cho I ⊂ P ⊂ R thì P = R hoặc P = I . Mệnh đề 1.1.1. Cho R là một giao hoán có đơn vị, và I là một iđêan của R. Khi đó: (i) I là một iđêan nguyên tố của R khi và chỉ khi vành thương R/I là một miền nguyên; (ii) I là một iđêan cực đại của R khi và chỉ khi vành thương R/I là một trường. Cho D là một miền nguyên. Với a, b ∈ D và b ̸= 0, ta nói b chia hết a (hoặc b là một ước của a), ký hiệu là b | a, nếu tồn tại q ∈ D sao cho a = bq . Ta gọi một phần tử u ∈ D là một đơn vị của D nếu u | 1, hay tương đương, nếu u là một phần tử khả nghịch của D. Với a, b ∈ D \ {0}, ta nói phần tử a liên kết với phần tử b nếu và chỉ nếu a | b và b | a, và ký hiệu là a ∼ b. Rõ ràng hai phần tử a, b ∈ D \ {0} là liên kết với nhau nếu chúng sai khác nhau một đơn vị của D. Với a ∈ D, a ̸= 0, rõ ràng các phần tử liên kết với a và các đơn vị của D là các ước của a; ta gọi các ước này là các ước tầm thường của a. Các ước không tầm thường của a gọi là các ước thực sự của a. Giả sử p ∈ D, p ̸= 0 và không là đơn vị của D. Phần tử p được gọi là bất khả quy trong D nếu nó không có ước thực sự trong D, nghĩa là nếu p = ab với a, b ∈ D thì a hoặc b là một đơn vị của D. Phần tử p được gọi là nguyên tố trong D nếu p | ab với a, b ∈ D thì p | a hoặc p | b. Rõ ràng nếu một phần tử là nguyên tố thì nó là bất khả quy. 5 Một miền nguyên D được gọi là một vành Gauss (vành nhân tử hóa) nếu mỗi phần tử a ∈ D, a ̸= 0 và không là đơn vị, đều có một dạng nhân tử hóa duy nhất thành những phần tử bất khả quy, nghĩa là (i) Tồn tại p1 , p2 , . . . , pn ∈ D bất khả quy sao cho a = p1 p2 . . . pn , (ii) Nếu a có hai cách phân tích a = p1 p2 . . . pn = q1 q2 . . . qm , với p1 , p2 , . . . , pn , q1 , q2 , . . . , qm ∈ D bất khả quy, thì n = m và tồn tại một hoán vị σ của tập {1, 2, . . . , n} sao cho pi liên kết với qσ(i) với i = 1, 2, . . . , n. Mệnh đề 1.1.2. Trong một vành Gauss một phần tử là nguyên tố khi và chỉ khi nó là bất khả quy. Một miền nguyên được gọi là một vành chính nếu mọi iđêan của nó đều là iđêan chính. Mệnh đề 1.1.3. Mọi vành chính đều là vành Gauss. Các kết quả sau cho ta một liên hệ giữa các khái niệm phần tử nguyên tố, phần tử bất khả quy và iđêan nguyên tố, iđêan cực đại. Mệnh đề 1.1.4. Cho D là một miền nguyên, p ∈ D, p ̸= 0, và không là ước của đơn vị. Khi đó (i) Phần tử p là nguyên tố khi và chỉ khi iđêan ⟨p⟩ là nguyên tố; (ii) Nếu iđêan ⟨p⟩ là cực đại thì phần tử p là bất khả quy. Mệnh đề 1.1.5. Giả thiết D là một vành chính. Cho p ∈ D, p ̸= 0, và không là ước của đơn vị. Khi đó các điều sau là tương đương với nhau. 6 (i) Phần tử p là nguyên tố; (ii) Phần tử p là bất khả quy; (iii) Iđêan ⟨p⟩ là nguyên tố; (iv) Iđêan ⟨p⟩ là cực đại. 1.2 Đa thức trên một vành giao hoán Cho R là một vành giao hoán có đơn vị 1 ̸= 0. Một đa thức theo ẩn x trên vành R là một biểu thức có dạng f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a0 trong đó a0 , . . . , an ∈ R. Phần tử a0 được gọi là hệ số tự do của đa thức f (x). Nếu n là số tự nhiên lớn nhất sao cho an ̸= 0 thì ta gọi n là bậc của f (x), và ký hiệu là n = degf (x). Tập hợp tất cả các đa thức theo ẩn x trên R, ký hiệu là R[x], là một vành giao hoán với hai phép toán cộng và nhân được định nghĩa như sau. Với n m X X i f (x), g(x) ∈ R[x], giả sử f (x) = ai x , g (x) = bi xi trong đó a1 , a2 , . . . , an ∈ R, i=0 b1 , b2 , . . . , bm ∈ R. f (x) + g (x) = s X i=0 (ai + bi ) xi với s = max (m, n), i=0 f (x) g (x) = m+n X (ci ) xi , i=0 trong đó ck = X ai bj với mọi k = 0, 1, . . . , m + n. i+j=k Trong trường hợp R là một miền nguyên ta có các kết quả sau. Mệnh đề 1.2.1. Cho R là một miền nguyên. Với f (x), g(x) là hai đa thức khác không của R[x] thì deg (f (x)g(x)) = degf (x) + degg(x). 7 Chứng minh. Giả sử f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a0 trong đó an ̸= 0, g(x) = bm xm + bm−1 xm−1 + · · · + b0 trong đó bm ̸= 0. Khi đó f (x)g(x) = cn+m xn+m + · · · + c0 X trong đó ck = ai bj , với mọi i = 0, 1, . . . , n, j = 0, 1, . . . , m. Đặc biệt cn+m = i+j=k an bm . Vì R là một miền nguyên cho nên từ giả thiết an ̸= 0, bm ̸= 0 suy ra cn+m ̸= 0. Vậy ta có điều phải chứng minh. Mệnh đề 1.2.2. Nếu R là một miền nguyên thì vành đa thức R[x] cũng là một miền nguyên. Chứng minh. Thật vậy, nếu f (x) ̸= 0 và g(x) ̸= 0 thì, theo Mệnh đề 1.2.1, ta có deg (f (x)g(x)) = degf (x) + degg(x). Từ đó suy ra f (x)g(x) ̸= 0. Điều này chứng tỏ R[x] là một miền nguyên. Cho R là một miền nguyên. Khi đó các phần tử khả nghịch trong R[x] chính là các phần tử khả nghịch trong R. Đặc biệt, nếu R là một trường thì các phần tử khả nghịch trong R[x] là các phần tử khác không của R. Ta gọi các phần tử bất khả quy trong vành đa thức R[x] là các đa thức bất khả quy trong R[x]. Mệnh đề 1.2.3. Cho R là một miền nguyên, và đa thức f (x) ∈ R[x]. Khi đó c ∈ R là một nghiệm của f (x) khi và chỉ khi f (x) = (x − c)g(x) với g(x) ∈ R[x]. Chứng minh. Giả sử f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a0 trong đó a0 , a1 , . . . , an ∈ R. Khi đó f (x) − f (c) = an (xn − cn ) + a n−1 xn−1 − cn−1
+ · · · + a1 (x − c) = n X k=0 Từ đó suy ra ak x k − c k .
8 f (x) − f (c) = (x − c)g(x) , với g(x) ∈ R[x]. Vậy ta có điều phải chứng minh. Mệnh đề 1.2.4. Cho R là một miền nguyên, đa thức f (x) ∈ R[x], f (x) ̸= 0 có bậc n ≥ 0. Khi đó f (x) có không quá n nghiệm phân biệt trong R. Chứng minh. Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo n = degf (x). Nếu n = 0 thì f (x) ∈ R, f (x) ̸= 0, và rõ ràng đa thức f (x) không có nghiệm. Giả sử phát biểu đúng với mọi đa thức có bậc ≤ n. Ta chứng minh phát biểu đúng với đa thức f (x) có bậc n + 1. Ta xét hai trường hợp. Trường hợp 1: Nếu f (x) vô nghiệm thì phát biểu là đúng. Trường hợp 2: Giả sử f (x) có nghiệm c ∈ R. Khi đó, theo Mệnh đề 1.2.3, ta có phân tích f (x) = (x − c)g(x) Lấy b ∈ R, b ̸= c là nghiệm bất kỳ của f (x). Khi đó thì 0 = f (b) = (b − c)g(b). Mà b − c ̸= 0, và R là một miền nguyên nên g(b) = 0. Từ đó suy ra b cũng là một nghiệm của g(x). Ngoài ra, vì R là miền nguyên và theo Mệnh đề 1.2.1 từ đó suy ra degg(x) = degf (x) − 1 = n. Do đó g(x) có không quá n nghiệm. Vậy ta có điều phải chứng minh. Mệnh đề 1.2.5. Cho R là một miền nguyên, và đa thức f (x) ∈ R[x]. Với a ∈ R đa thức f (x) là bất khả quy trong R[x] khi và chỉ khi f (x + a) là bất khả quy trong R[x]. Chứng minh. Ta chứng minh bằng phương pháp phản chứng. Giả sử đa thức f (x) là bất khả quy trong R[x] và đa thức f (x + a) là không bất khả quy trong R[x]. Khi đó tồn tại g(x), h(x) ∈ R[x] trong đó degg(x) ≤ 1, degh(x) ≤ 1 sao cho f (x + a) = g(x)h(x). Từ đó suy ra 9 f (x) = g(x − a)h(x − a). Điều này mâu thuẫn với tính bất khả quy của đa thức f (x) trong R[x]. Vậy ta có điều phải chứng minh. Trong trường hợp R là một trường ta có các kết quả sau. Mệnh đề 1.2.6. (Định lý phép chia có dư.) Cho R là một trường, f (x), g(x) ∈ R[x], g(x) ̸= 0. Khi đó tồn tại duy nhất hai đa thức q(x), r(x) ∈ R[x] sao cho f (x) = q(x)g(x) + r(x) mà degr(x) < degg(x) hoặc r(x) = 0. Chứng minh. Xem tài liệu [1]. Mệnh đề 1.2.7. Nếu R là một trường thì R[x] là vành chính. Chứng minh. Theo Mệnh đề 1.2.2 vành đa thức R[x] là một miền nguyên. Lấy I là một iđêan bất kỳ của R[x]. Ta xét hai trường hợp. Trường hợp 1: I = {0}. Rõ ràng khi đó I = ⟨0⟩ là một iđêan chính. Trường hợp 2: I ̸= {0}. Gọi g(x) là đa thức có bậc nhỏ nhất trong I . Ta chứng minh rằng I = ⟨g(x)⟩. Thật vậy vì g(x) ∈ I nên ta có ⟨g(x)⟩ ⊂ I . Đảo lại, lấy f (x) ∈ I bất kỳ. Theo Mệnh đề 1.2.6 ta có f (x) = g(x)q(x) + r(x) trong đó r(x) = 0 hoặc degr(x) < degg(x). Nếu r(x) ̸= 0 thì vì r(x) = f (x) − g(x)q(x) ∈ I cho nên theo tính nhỏ nhất của degg(x) dẫn đến điều mâu thuẫn. Vì vậy r(x) = 0, và do đó f (x) ∈ ⟨g(x)⟩. Từ đó suy ra I ⊂ ⟨g(x)⟩. Vậy ta có điều phải chứng minh. Mệnh đề 1.2.8. Cho R là một trường và đa thức f (x) ∈ R[x]. Nếu degf (x) = 1 thì đa thức f (x) là bất khả quy trong R[x]. 10 Chứng minh. Rõ ràng đa thức f (x) có degf (x) = 1 nên không thể phân tích thành tích của hai đa thức có bậc thấp hơn. Từ đó suy ra f (x) là bất khả quy trong R[x]. Mệnh đề 1.2.9. Cho R là một trường, và đa thức f (x) ∈ R[x] có bậc 2 hoặc 3. Đa thức f (x) là bất khả quy trong R[x] khi và chỉ khi nó không có nghiệm trong R. Chứng minh. Ta chứng minh bằng phương pháp phản chứng. Giả sử trái lại rằng đa thức f (x) có nghiệm c ∈ R. Vì degf (x) > 1 cho nên, theo Mệnh đề 1.2.3, ta có phân tích f (x) = (x − c)g(x) trong đó g(x) ∈ R[x] và degg(x) = degf (x) − 1 ≥ 1. Do đó f (x) là không bất khả quy trong R[x]. Trái lại, giả sử f (x) là không bất khả quy trong R[x]. Khi đó f (x) phân tích được thành tích của hai đa thức có bậc thấp hơn. Vì f (x) có bậc 2 hoặc 3 cho nên một trong hai đa thức đó phải có bậc 1. Rõ ràng một đa thức bậc nhất trên một trường có nghiệm trong trường đó. Từ đó suy ra f (x) có nghiệm trong R. Liên quan đến nghiệm hữu tỷ của một đa thức với hệ số nguyên ta có kết quả sau. Mệnh đề 1.2.10. Cho đa thức f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 ∈ Z[x] trong đó a0 , a1 , . . . , an ∈ Z. Nếu p với p, q ∈ Z, q > 0 là phân số tối giản sao cho q p là nghiệm của đa thức f (x), thì q (i) p chia hết a0 , (ii) q chia hết an , (iii) p − q chia hết f (1), 11 (iv) p + q chia hết f (−1). p là nghiệm của đa thức f (x) cho nên q  n−1    n   p p p p + an−1 + · · · + a1 = an + a0 . 0=f q q q q Chứng minh. Vì Viết lại ta được an pn pn−1 p + a + · · · + an + a0 = 0. n−1 n n−1 q q q Từ đó suy ra
an pn = −q an−1 pn−1 + · · · + a1 q n−2 p + a0 q n−1 ,
a0 q n = −p an pn−1 + an−1 pn−2 q + · · · + a0 q n−1 . Vì an pn chia hết cho q , mà (pn , q) = 1 cho nên từ đó suy ra an chia hết cho q . Tương tự, vì a0 q n chia hết cho p, mà (pn , q) = 1 cho nên từ đó suy ra a0 chia hết cho q . Xét đa thức g(x) = f (x + 1). Khi đó ta có       p−q p−q p g =f +1 =f = 0. q q q Xét đa thức g(x) = f (x − 1). Khi đó ta có       p+q p+q p =f = 0. g −1 =f q q q Áp dụng kết quả (i) và (ii) ta được p − q|g(0) = f (1), và p + q|g(0) = f (−1). Vậy ta có điều phải chứng minh. Từ kết quả của Mệnh đề 1.2.10 ta có hệ quả sau. Hệ quả 1.2.11. Nghiệm hữu tỷ của đa thức f (x) ∈ Z[x] với hệ tử cao nhất bằng 1 là nghiệm nguyên. 1.3 Vành đa thức với hệ số nguyên Trong mục này chúng tôi trình bày một số vấn đề liên quan đến tính chất số học của vành đa thức với hệ số nguyên. 12 Định nghĩa 1.3.1. Cho đa thức f (x) ∈ Z[x]. Ta nói đa thức f (x) là nguyên thuỷ nếu các hệ số của f (x) là nguyên tố cùng nhau. Trước tiên ta cần một số kết quả chuẩn bị. a b Mệnh đề 1.3.2. Mọi đa thức f (x) ∈ Q[x] có thể viết được dưới dạng f ∗ (x) với a, b ∈ Z, b > 0, (a, b) = 1, và f ∗ (x) ∈ Z[x] là một đa thức nguyên thuỷ. Chứng minh. Giả sử f (x) = a0 + a1 x + · · · + an xn với a0 , a1 , . . . , an ∈ Q. Giả sử ai = ri trong đó ri , si ∈ Z, si > 0 với mọi i = 1, 2, . . . , n. Đặt s = s0 s1 · · · sn . si Khi đó ta có 1 f (x) = (b0 + b1 x + · · · + bn xn ) với b0 , b1 , . . . , bn ∈ Z. s d s Gọi d là ước chung lớn nhất của b0 , b1 , . . . , bn . Khi đó ta có f (x) = f ∗ (x) trong đó f ∗ (x) ∈ Z[x] là một đa thức nguyên thuỷ. Bằng cách đưa phân số d về dạng s tối giản ta có được biểu diễn cần tìm. Vậy ta có điều phải chứng minh. Mệnh đề 1.3.3 (Bổ đề Gauss). Tích của hai đa thức nguyên thuỷ thuộc Z[x] là một đa thức nguyên thuỷ. Chứng minh. Ta chứng minh bằng phương pháp phản chứng. Thật vậy, giả sử f (x) = a0 + a1 x + · · · + an xn trong đó a0 , a1 , . . . , an ∈ Z, và g(x) = b0 + b1 x + · · · + bm xm trong đó b0 , b1 , . . . , bn ∈ Z, là hai đa thức nguyên thuỷ trong Z[x]. Giả sử 13 f (x)g(x) = c0 + c1 x + · · · + cm+n xm+n trong đó c0 , c1 , . . . , cm+n ∈ Z, và f (x)g(x) không là đa thức nguyên thuỷ. Khi đó tồn tại một số nguyên tố p ∈ Z là ước chung của tất cả các hệ số c0 , c1 , . . . , cm+n . Vì đa thức f (x) là nguyên thuỷ nên f (x) có những hệ số không chia hết cho p. Gọi ak là hệ số đầu tiên trong dãy a0 , a1 , . . . , an không chia hết cho p; tương tự gọi bl là hệ số đầu tiên trong dãy b0 , b1 , . . . , bn không chia hết cho p. Khi đó ta có ck+l = (a0 bk+l + a1 bk+l−1 + · · · + ak−1 bl+1 ) + ak bl + (ak+1 bl−1 + · · · + ak+1 b0 ) . Ở vế trái ck+l chia hết cho p, còn ở vế phải thì tất cả các hạng tử trừ ak bl phải chia hết cho p. Do đó ak hoặc bl chia hết cho p, điều này trái với cách chọn ak và bl . Vậy f (x)g(x) là một đa thức nguyên thuỷ. Kết quả sau cho ta mối liên hệ giữa tính bất khả quy trong Z[x] và Q[x]. Mệnh đề 1.3.4. Cho đa thức f (x) ∈ Z[x]. Khi đó đa thức f (x) là bất khả quy trong Z[x] khi và chỉ khi f (x) là nguyên thuỷ và bất khả quy trong Q[x]. Chứng minh. Giả sử f (x) là nguyên thuỷ và bất khả quy trong Q[x]. Ta chứng minh f (x) bất khả quy trong Z[x]. Thật vậy, giả sử f (x) = g(x)h(x) với g(x), h(x) ∈ Z[x]. Vì f (x) là bất khả quy trong Q[x] nên g(x) hoặc h(x) khả nghịch trong Q[x]. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả thiết g(x) là khả nghịch. Khi đó g(x) = a ∈ Z. Mặt khác vì đa thức f (x) là nguyên thuỷ cho nên a = ±1. Cho nên f (x) là bất khả quy trong Z[x]. 14 Đảo lại, giả sử đa thức f (x) là bất khả quy trong Z[x]. Ta chứng minh rằng đa thức f (x) là nguyên thuỷ và bất khả quy trong Q[x]. Thật vậy, nếu đa thức f (x) không là nguyên thuỷ thì khi đó f (x) = af ∗ (x), trong đó a ∈ Z là ước chung lớn nhất của các hệ số của f (x), a = ±1, và f ∗ (x) ∈ Z[x] là một đa thức nguyên thuỷ. Vì cả a và f ∗ (x) đều không khả nghịch trong Z[x], cho nên từ đó suy ra đa thức f (x) không là bất khả quy trong Z[x], điều này trái với giả thiết. Vậy đa thức f (x) là nguyên thuỷ. Giả sử f (x) không là bất khả quy trong Q[x]. Khi đó ta có f (x) = f1 (x)f2 (x) với f1 (x), f2 (x) ∈ Q[x] và degf1 < n, degf2 < n. Theo Mệnh đề 1.3.2 , ta có f1 (x) = a2 a1 ∗ f (x) và f2 (x) = f ∗ (x) b1 b2 trong đó ai , bi ∈ Z, bi > 0, (ai , bi ) = 1, và fi∗ (x) ∈ Z[x] là các đa thức nguyên thuỷ trong Z[x] với i = 1, 2. Từ đó suy ra f (x) = a1 a2 ∗ a f1 (x)f2∗ (x) = f1∗ (x)f2∗ (x) b1 b2 b với a, b ∈ Z, b > 0, và (a, b) = 1. Nếu ci với i = 1, 2, . . . , n là các hệ số của đa thức f1∗ (x)f2∗ (x) thì ci a phải chia hết cho b do f (x) ∈ Z[x]. Do đó b là một ước chung của các hệ số của đa thức f1∗ (x)f2∗ (x). Mặt khác, theo Mệnh đề 1.3.3, đa thứcf1∗ (x)f2∗ (x) là nguyên thuỷ, cho nên b = ±1. Vì đa thức f (x) là nguyên thuỷ nên từ đó suy ra a a ∈ Z và = ±1. b b a b Đặt c = . Khi đó f (x) = cf1∗ (x)f2∗ (x) với c = ±1, f1∗ (x), f2∗ (x) ∈ Z[x], và degf1∗ < n, degf2∗ < n. Điều này chứng tỏ rằng