Tài liệu Đa thức bất khả quy trên vành z [x]

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KHOA TOÁN HỌC Trần Thị Ngọc Huyền ĐỀ TÀI: ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY TRÊN VÀNH [ x] KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Người hướng dẫn khoa học TS. Lê Văn Dũng Đà Nẵng – 2021 LỜI CẢM ƠN Trước tiên em xin chân thành cảm ơn đến thầy giáo hướng dẫn TS. Lê Văn Dũng. Mặc dù lần đầu em thực hiện nghiên cứu khoa học, bước đầu tiếp cận còn nhiều khó khăn nhưng được thầy tận tình chỉ bảo, hướng dẫn và đưa ra những lời khuyên để em hoàn thành được bài khóa luận này. Em cũng xin gửi lời cảm ơn tới thầy giáo, cô giáo trong khoa Toán, Trường Đại học Sư phạm – Đại học Đà Nẵng đã giảng dạy và giúp đỡ chúng em trong suốt quá trình học tập tại khoa. Vì kiến thức bản thân còn hạn chế nên không tránh khỏi những thiếu sót. Em rất mong nhận được sự góp ý của quý thầy cô và các bạn sinh viên để đề tài được hoàn chỉnh và phát triển hơn đề tài. Em xin chân thành cảm ơn! Đà Nẵng, ngày 27 tháng 12 năm 2021 Sinh viên Trần Thị Ngọc Huyền MỤC LỤC MỞ ĐẦU ............................................................................................................................. 1 CHƯƠNG 1: Kiến thức cơ sở ........................................................................................... 3 1.1. Vành ......................................................................................................................... 3 1.2. Đa thức ..................................................................................................................... 3 1.3. Số nguyên tố ............................................................................................................ 6 1.4. Đa thức trên vành  x ........................................................................................... 7 CHƯƠNG 2: Đa thức bất khả quy trên vành  x  ..................................................... 11 2.1. Định nghĩa và tính chất .......................................................................................... 11 2.1.1. Tiêu chuẩn Eisenstein ................................................................................... 13 2.1.2. Tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng .................................................................... 16 2.1.3. Tiêu chuẩn bất khả quy thu gọn trên trường p  x  : .................................. 16 2.1.4. Tiêu chuẩn Osada ......................................................................................... 17 2.1.5. Tiêu chuẩn Perron. ........................................................................................ 18 2.1.6. Đa thức có giá trị 1 hoặc -1 .......................................................................... 18 2.2. Một số bài toán về tính bất khả quy trên vành [ x] .............................................. 22 KẾT LUẬN CHUNG ...................................................................................................... 32 TÀI LIỆU THAM KHẢO............................................................................................... 33 MỞ ĐẦU 1. Lí do chọn đề tài Đại số là một bộ phận lớn của toán học. Trong đó khái niệm về đa thức là một khái niệm cơ bản và quan trọng được sử dụng nhiều trong đại số và là công cụ đắc lực của Giải tích. Trong các cuộc thi học sinh giỏi quốc gia Olympic thì các bài toán về đa thức cũng thường xuất hiện. Cụ thể là các bài toán chứng minh tính bất khả quy của đa thức trên một trường. Các bài toán về xét tính bất khả quy của các đa thức trên các trường số và đã được giải quyết từ khi người ta chứng minh được định lí cơ bản của đại số và chứng minh hoàn chỉnh này được đưa ra bởi Gauss năm 1816. Còn các bài toán về xét tính bất khả quy của các đa thức trên vẫn còn khá ít, chưa hệ thống một cách chi tiết. Vì vậy em đã chọn đề tài “ Đa thức bất khả quy trên vành [ x] ” để làm khóa luận tốt nghiệp . Em mong rằng khóa luận này sẽ có ích cho những ai quan tâm đến đa thức, đặc biệt là tính bất khả quy của đa thức trên vành [ x] . Khóa luận được chia làm 2 chương: Chương 1: Kiến thức cơ sở. Chương 2: Đa thức bất khả quy trên vành [ x] . 2. Mục đích nghiên cứu - Tìm hiểu tính bất khả quy của đa thức trên vành [ x] . - Nhằm củng cố, tổng hợp và nâng cao kiến thức đã học, tận dụng và biết vận dụng các phương pháp nghiên cứu khoa học. - Rèn luyện khả năng tiếp cận, tìm hiểu và nghiên cứu một vấn đền còn khá mới đối với bản thân. Hình thành khả năng trình bày một vấn đề Toán học trừu tượng một cách logic và có hệ thống. 3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu: Đa thức một biến bất khả quy trên vành [ x] . Phạm vi nghiên cứu: Các tiêu chuẩn, phương pháp chứng minh một đa thức bất khả quy trên  x . 1 4. Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp nghiên cứu lí luận: Đọc tài liệu liên quán đến nội dung đề tài cụ thể: Đa thức bất khả quy, Đa thức,… - Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: Tổng kết kinh nghiệm của bản thân, các bạn học xung quanh để tổng hợp và hệ thống các kiến thức vấn đề nghiên cứu đầy đủ và khoa học kết hợp đưa ra các bài toán cụ thể để hiểu rõ sâu hơn về vấn đề. - Phương pháp lấy ý kiến chuyên gia: Lấy ý kiến của giảng viên để hoàn thành về mặt nội dung cũng như hình thức của đề tài nghiên cứu. 2 CHƯƠNG 1: Kiến thức cơ sở 1.1. Vành Cho tập hợp F , trên F xác định với phép cộng (+) được gọi là một nhóm nếu thỏa mãn các điều kiện sau: (i) Kết hợp: a  (b  c)  (a  b)  c với mọi a, b, c  F . (ii) Tồn tại phần tử 0  F sao cho : a  0  0  a  a với mọi a  F . (iii) Mỗi a  F , tồn tại phần tử đối a  F sao cho a  (a)  (a)  a  0 . Nếu thêm điều kiện a  b  b  a với mọi a, b  F thì F được gọi là nhóm giao hoán. Nhóm cộng F được trang bị thêm phép toán nhân . được gọi là một vành nếu 3 điều kiện sau thỏa mãn: (i) Phép nhân có tính kết hợp:  ab  c  a  bc  với mọi a, b  F . (ii) Tồn tại phần tử đơn vị 1  F sao cho a1  1a  a với mọi a  F . (iii) a  b  c   ab  ac và  b  c  a  ba  ca với mọi a, b, c  F . Nếu thêm điều kiện ab  ba với mọi a, b  F thì F là vành giao hoán. Phần tử trung lập của phép cộng, kí hiệu: 0, gọi là phần tử không. Phần tử trung lập của phép nhân, kí hiệu: 1 gọi là phần tử đơn vị của vành F . Ví dụ. Dễ thấy , , cùng với phép cộng, phép nhân thông thường lập thành một vành, lần lượt gọi là vành các số nguyên, vành các số hữu tỉ, vành các số thực. Các vành này đều là các vành giao hoán, có đơn vị. 1.2. Đa thức Định nghĩa 1.2.1. Cho F là một vành giao hoán và a0 , a1 ,..., an  F với an  0 .Ta gọi f là một đa thức nếu f là hằng số hoặc tồn tại n sao cho f ( x)  an x n  an1 x n1  ...  a1 x  a0 . Đa thức này được gọi là đa thức một biến x . +) a0 , a1 ,..., an được gọi là các hệ số của đa thức; an  0 được gọi là hệ số cao nhất, a0   được gọi là hệ số tự do, các ai xi i  0, n được gọi là hạng tử của đa thức. +) Tập tất cả các đa thức một biến x lấy hệ số trên F (với F là một vành giao hoán ) được ký hiệu là F  x  . 3 Ngoài ra với những đa thức có nhiều biến có dạng: f ( x, y )  n xy i j . i , j 0 a) Nghiệm của đa thức: Nghiệm của đa thức đóng vai trò quan trọng trong việc nghiên cứu các tính chất của đa thức. Nhiều tính chất của đa thức được thể hiện qua nghiệm của chúng. Ngược lại, việc nghiên cứu tính chất các nghiệm của đa thức cũng là một trong các vấn đề trung tâm của đại số. Định nghĩa 1.2.2. Giả sử c là một phần tử tùy ý của vành giao hoán F , f ( x)  an x n  an1 x n1  ...  a1 x  a0 là một đa thức tùy ý của F  x  , phần tử: f (c)  an c n  an1c n1  ...  a1c  a0 có được bằng cách thay x bởi c được gọi là giá trị của f ( x) tại c . Nếu f (c)  0 thì gọi c là nghiệm của f ( x) . Đặc biệt: c là nghiệm của f ( x) nếu và chỉ nếu f ( x) là bội của x  c . b) Nghiệm bội của một đa thức Giả sử c là một phần tử tùy ý của vành giao hoán F , f ( x)  an x n  an1 x n1  ...  a1 x  a0 là một đa thức tùy ý của F  x  , c được gọi là nghiệm bội bậc m của đa thức f ( x) khi và chỉ khi đa thức f ( x) chia hết cho ( x  c)m và f ( x) không chia hết cho ( x  c)m1 . Nghĩa là f ( x)  ( x  c) k g ( x), x  F , g (c)  0 . Đặc biệt: (i) Nếu m  1 thì c là nghiệm đơn. (ii) Nếu m  2 thì c là nghiệm kép. c) Định lý Viete Giả sử đa thức f ( x)  an x n  an1x n1  ...  a1x  a0  F  x  có các nghiệm x1 , x2 ,..., xn  F . Khi đó ta có f ( x)  an ( x  x1 )( x  x2 )...( x  xn ) . Sau khi ta nhân các thừa số vào với nhau và đồng nhất các hệ tử của f ( x) , ta có các đẳng thức sau: x1  x2  ...  xn   an1 ; an x1 x2  x2 x3  ...  xn1 xn  an2 ; an 4 x1 x2 x3  x2 x3 x4  ...  xn2 xn1 xn   an3 ; an … x1 x2 x3 ...xn  (1) n a0 . an d) Định lý Viete đảo Nếu như các số thực x1 , x2 ,..., xn thỏa mãn hệ: Sk  (1) k ank , k  1, n an Khi đó x1 , x2 ,..., xn là n nghiệm của đa thức bậc n : f ( x)  an x n  an1 x n1  ...  a1 x  a0 . e) Bậc của đa thức Cho đa thức f ( x)  an x n  an1 x n1  ...  a1 x  a0 . +) Nếu an  0 thì bậc của f bằng n . Kí hiệu deg f  n . +) Nếu f ( x)  0, x  i thì đa thức f không có bậc. +) Nếu f  a  0 thì deg f  0 . Quy ước: Bậc của đa thức 0 là  . Nhận xét 1.2.3 (i) Mọi đa thức f ( x) bậc n  n  1 không thể có quá n nghiệm. (ii) Nếu đa thức f ( x) bậc không quá n lại có n  1 nghiệm thì tất cả các hệ số của nó bằng 0. (iii) Nếu đa thức f ( x) có bậc không quá n và nhận n  1 giá trị như nhau tại n  1 điểm khác nhau của biến là đa thức hằng : f ( x)  c. (iv) Hai đa thức có bậc không quá n và nhận n  1 giá trị như nhau tại n  1 điểm khác nhau của biến thì đồng nhất nhau: f ( x)  g ( x). Nhận xét 1.2.4 m n i 0 i 0 Hai đa thức f ( x)   ai x i và g ( x)   bi x i bằng nhau khi và chỉ khi m  n và ai  bi với mọi i  0, n . Với hai đa thức f ( x), g ( x)  F ( x) , khi đó: 5 m m sao cho f ( x)   ai x và g ( x)   bi x i (không nhất thiết am  0 và i +) Tồn tại m i 0 i 0 m bm  0 ) , ta định nghĩa tổng f ( x)  g ( x)   (ai  bi ) x i . i 0 m m, n +) Với bất kì, n f ( x)   ai x i và g ( x)   bi x i , ta định nghĩa tích i 0 i 0 n m f ( x) g ( x)   ck x k ( Trong đó ck  i  j k aib j với mọi k  0,..., n  m ). k 0 Khi đó F  x  là vành giao hoán với phép cộng và phép nhân đa thức. Vành F  x  được gọi là vành đa thức một ẩn x lấy hệ số trong F . Trong đó đa thức không trong F  x  chính là phần tử 0 của F . Phần tử 1 của F đóng vai trò phần tử đơn vị của vành F  x  . Từ định nghĩa và nhận xét trên ta có các tính chất sau đây. Bổ đề 1.2.5. Cho f ( x), g ( x), h( x)  F  x  . Khi đó (i) Nếu deg f ( x)  deg g ( x) , thì ta có f ( x)  g ( x)  0 và deg( f ( x)  g ( x))  max deg f ( x),deg g ( x) . Nếu deg f ( x)  deg g ( x) và f ( x)  g ( x)  0 thì ta có 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) . (iii) Nếu f ( x)  0 và f ( x) g ( x)  f ( x)h( x) thì g ( x)  h( x) . Định nghĩa 1.2.6. Khi đa thức f ( x)  an x n  an1 x n1  ...  a1 x  a0 được viết dưới dạng f ( x)  g ( x).h( x) với deg g ( x)  0 và deg h( x)  0 thì ta nói g ( x) là ước của f ( x) hay f ( x) là bội của g ( x). Ta viết: g ( x) | f ( x) hay f ( x) g ( x). 1.3. Số nguyên tố Mục này ta chỉ xét trên tập các số tự nhiên . Định nghĩa 1.3.1 (i) Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1 chỉ gồm có hai ước là 1 và chính nó. (ii) Số tự nhiên lớn hơn 1 không phải là số nguyên tố gọi là hợp số. 6 Kí hiệu: Kí hiệu "b | a " nghĩa là b là ước của a , kí hiệu a b nghĩa là a chia hết cho b .  x . Một đa thức d ( x)   x ( với d ( x)  0 ) được gọi là ước f ( x), g ( x)   x  nếu d ( x) | f ( x), d ( x) | g ( x) , và nếu có h( x)   x  (iii) Cho f ( x), g ( x)  chung lớn nhất của mà h( x) | f ( x) và h( x) | g ( x) thì h( x) | d ( x) . Ta ký hiệu ước chung lớn nhất của f ( x) và g ( x) là gcd  f ( x), g ( x)  . Nếu gcd  f ( x), g ( x)   1 thì ta nói f ( x) và g ( x) là nguyên tố cùng nhau. Tính chất 1.3.2 (i) Ước khác 1 nhỏ nhất của một số tự nhiên lớn hơn 1 là số nguyên tố. (ii) Cho p là số nguyên tố, a   a, p   p  p | a; với a  0 . Khi đó  a, p   1  p | a . Chứng minh. (i) Cho a là số tự nhiên  1 . Giả sử d là ước nhỏ nhất khác 1 của a . Nếu d không nguyên tố thì d  d1d 2 ( với d1 , d 2  1). Suy ra d1 | a với d1  d , điều này mâu thuẫn với d nhỏ nhất. Vậy d là nguyên tố. (ii) Nếu p   a, p  thì hiển nhiên p | a . Ngược lại nếu p | a thì  a, p   p . Nếu 1   a, p  thì p | a ( vì nếu p | a thì  a, p   p ). Ngược lại nếu p | a thì  a, p   1 ( vì nếu  a, p   d  1 thì d | p , từ đó vì p nguyên tố nên d  p , suy ra p | a , đây là điều mâu thuẫn). 1.4. Đa thức trên vành  x Định nghĩa 1.4.1. Đa thức với hệ số nguyên (đa thức trên  x ) là đa thức có dạng f ( x)  an x n  an1 x n1  ...  a1 x  a0 với ai là các số nguyên. Ta ký hiệu tập hợp tất cả các đa thức với hệ số nguyên là  x . Một số kết quả cơ bản về đa thức với hệ số nguyên. Cho đa thức P( x)   x, P( x)  an x n  an1x n1  ...  a1x  a0 . (1) Nếu đa thức P( x) có nghiệm nguyên x  a thì ta phân tích được P( x)  ( x  a)Q( x) với Q( x)   x 7 (2) Nếu a, b là hai số nguyên phân biệt, ta luôn có  P(a)  P(b)   a  b  . (3) Tồn tại ba số phân biệt a, b, c sao cho P(a)  b, P(b)  c.P(c)  a . (4) Nếu x  p ,( p, q)  1 là một nghiệm hữu tỉ của P( x) thì p là ước của a0 và q là ước q của an . (5) Nếu x  m  n là nghiệm của P( x) với m, n  , n không chính phương thì x '  m  n cũng là nghiệm của P( x). (6) Nếu x  m  n với m, n  , n không chính phương thì P( x)  M  N n với M,N  . Chứng minh. (2) Ta có: P(a)  an a n  an1a n  ...  a1a  a0 . P(b)  anb n  an1b n  ...  a1b  a0 . Suy ra P(a)  P(b)  an  a n  bn   an1  a n1  bn1   ...  a1  a  b  . Vì  a k  bk   a  b  , k  (4) Giả sử phân số tối giản nên  P(a)  P(b)  (a  b) (điều phải chứng minh). p là nghiệm của đa thức P( x) . q Khi đó ta có:  p pn p n 1 p P    an n  an 1 n 1  ...  a1  a0  0 . q q q q  an p n  q(an1 p n 1  ...  a1q n 2 p  a0 q n 1 ). Và a0 p n   p(an p n1  an1 p n2 q  ...  a0 q n1 ). (1) (2) Từ (1) suy ra an p n chia hết q mà  pn , q   1 nên an chia hết cho q. Từ (2) suy ra a0 p n chia hết cho p mà  pn , q   1 nên a0 chia hết cho p . Suy ra điều phải chứng minh. Hệ quả. 8 Nếu đa thức P( x)   x , P( x)  an x n  an1 x n1  ...  a1 x  a0 , trong đó ai nguyên i  0, n  1 . Khi đó nếu P( x) có nghiệm hữu tỉ thì mọi nghiệm hữu tỉ của P( x) đều là số nguyên và là một trong các ước số của hệ số a0 . Nhận xét. Đa thức nguyên nhận giá trị nguyên với mọi x nguyên. Điều ngược lại không đúng, tức là có những đa thức nhận giá trị nguyên tại mọi x nguyên nhưng các hệ số của đa thức đó không là các số nguyên. Ví dụ 1.4.2. Chứng minh rằng đa thức P  x   x5 x3 x   luôn có giá trị nguyên khi x là 30 6 5 số nguyên. Bài giải. Cách 1: Ta có P  x   x5 x3  x x  x5  x x3  x       30 6  30 6  30 6 (1) Ta có: x3  x  x( x  1)( x  1) là tích ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 6. x3  x  . Do đó: 6 x5  x  x( x  1)( x  1)( x 2  1)  x( x  1)( x  1)( x 2  4  5).  ( x  2)( x  1) x( x  1)( x  2)  5 x( x  1)( x  1). Với x  thì: ( x  2)( x  1) x( x  1)( x  2) 5! 30 . Và ( x  1) x( x  1) 3! nên 5( x  1) x( x  1) 30 . x5  x  với x  . 30 Từ (1),(2) và (3) ta suy ra điều phải chứng minh. Do đó: ( x5  x) 30  Cách 2: Ta có: P  x   x5  5 x3  6 x x( x  1)( x  1)( x 2  6)  . 30 30 Ta lại có: x( x  1)( x  1)( x2  6)  ( x  1) x( x  1)( x2  4  10) .  ( x  2)( x  1) x( x  1)( x  2)  10( x  1) x( x  1) . Với x thì: ( x  2)( x  1) x( x  1)( x  2) 5! 30 và ( x  1) x( x  1) 3! nên 10( x  1) x( x  1) 60 30 . Do đó: x( x  1)( x  1)( x 2  6) 30 với x   điều phải chứng minh. 9 Nhận xét: Một đa thức với hệ số hữu tỉ P( x) bất kì đều có thể biểu diễn dưới dạng với a, b  , Q( x)   x . 10 a Q( x) b CHƯƠNG 2: Đa thức bất khả quy trên vành  x 2.1. Định nghĩa và tính chất Định nghĩa 2.1.1. Cho đa thức P( x)   x  được gọi là bất khả quy trên deg P( x)  0 và P( x) không phân tích được thành tích của hai đa thức thuộc lớn hơn hoặc bằng 1. Ngược lại thì P( x) gọi là khả quy trên Ví dụ 2.1.2. Đa thức 3x2  3x là đa thức khả quy trên  x  nếu  x  có bậc  x .  x  , đa thức x2  3 là bất khả quy  x. trên Sau đây là tính bất khả quy của các đa thức bậc thấp. Tính chất 2.1.3  x  luôn bất khả quy. (ii) Nếu af ( x) với a  0 bất khả quy trên  x  thì f ( x) cũng bất khả quy trên  x  . (iii) Nếu f (ax) với a  0 bất khả quy trên  x  thì f ( x) cũng bất khả quy trên  x . (iv) Cho số nguyên a và đa thức f ( x)   x  . Khi đó f ( x) bất khả quy trên  x  khi và chỉ khi f ( x  a) bất khả quy trên  x  . (i) Đa thức bậc nhất trên Chứng minh. (i) Rõ ràng đa thức bậc nhất không thể là tích của 2 đa thức bậc thấp hơn. (ii) Giả sử f ( x) khả quy, tức là f ( x)  g ( x)h( x) , trong đó deg g ( x)  0, deg h( x)  0 . Khi đó: af ( x)  ag ( x).h( x) . Suy ra af ( x) khả quy (mâu thuẫn). (iii) Giả sử f ( x) khả quy, tức là f ( x)  g ( x)h( x) . Khi đó f (ax)  g (ax).h(ax) . Từ điều kiện a  0 và deg g ( x)  deg ( g (ax)), deg h( x)  deg (h(ax)) . Suy ra f (ax) khả quy (mâu thuẫn ). (iv) Giả sử f ( x) bất khả quy trên tại g ( x), h( x)   x  và f ( x  a) lại khả quy trên  x  với bậc bé hơn hoặc bằng bậc đa thức  x  . Khi đó tồn f ( x) sao cho f ( x  a)  h( x).g ( x) . Suy ra f ( x)  g ( x  a).h( x  a) , mâu thuẫn với tính bất khả quy của f ( x) trên Mệnh đề 2.1.4. Cho P( x), Q( x)   x và P( x) bất khả quy trên hết cho P( x) hoặc P( x) và Q( x) nguyên tố cùng nhau. 11  x.  x  thì hoặc Q( x) chia Chứng minh. Giả sử D( x) là ước chung lớn nhất của 2 đa thức P( x) và Q( x) . Từ thuật thì hệ tử D( x) cũng thuộc toán Euclid ta có P( x) và Q( x) có hệ tử trong P( x) là đa thức bất khả quy trên . Mặt khác , ta suy ra D( x)   P( x) hoặc D( x)   ,   ,   0 . Suy ra Q( x) chia hết cho P( x) hoặc P( x) và Q( x) nguyên tố cùng nhau. Mệnh đề 2.1.5. Nếu p( x)  p( x) | b( x) với mọi a ( x), b( x)   x  bất khả quy và p( x) | a( x)b( x) thì p( x) | a( x) hoặc  x  . Đặc biệt, một đa thức bất khả quy là ước của một tích hữu hạn đa thức thì nó là ước của ít nhất một trong các đa thức đó. Chứng minh. Vì p( x) là đa thức bất khả quy trên  x  , b( x ) là đa thức bất kì thuộc  x  . Khi đó, theo mệnh đề 2.1.4, ta có b( x) chia hết cho p( x) hoặc b( x) và p( x) nguyên tố cùng nhau. + Xét trường hợp 1: b( x) chia hết cho p( x) . Theo giả thiết ta có p( x) | a( x)b( x) mà b( x) chia hết cho p( x) . Suy ra a( x) chia hết cho b( x) . + Xét trường hợp 2: b( x) và p( x) nguyên tố cùng nhau . Ta có p( x) | a( x)b( x) và b( x) , p( x) nguyên tố cùng nhau . Suy ra a( x) chia hết cho b( x) . ( Điều cần chứng minh). Tiếp theo, 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 sự tương tự của định lý này đối với đa thức. Định lý 2.1.6. Đa thức f ( x)   x  có thể phân tích thành các nhân tử bất khả quy và phân tích này là duy nhất. Chứng minh. Sự tồn tại. Ta sẽ chứng minh sự tồn tại bằng quy nạp theo n với deg f ( x)  n Với n  1 thì f ( x)  a0 x  a1 là đa thức bất khả quy và có thể cho rằng nó biểu diễn như tích một nhân tử bất khả quy. Cho n là số tự nhiên bất kì và giả sử mọi đa thức bất kì nhỏ hơn n có thể biểu diễn thành tích các nhân tử bất khả quy. Nếu đa thức f ( x) là bất khả quy trên  x  thì ta có thể cho rằng nó có thể phân tích thành một tích các nhân tử bất khả quy. Giả sử ngược lại f ( x) là khả quy nghĩa là f ( x)  g ( x).h( x) ở đó deg g ( x)  n, deg h( x)  n . Nhưng theo giả thiết 12 quy nạp g ( x), h( x) có thể biểu diễn như tích các nhân tử bất khả quy. Suy ra điều này cũng  x  đều có thể phân tích thành tích các nhân đúng với f ( x) , nghĩa là mọi đa thức f ( x)  tử bất khả quy. Tính duy nhất. Cho f ( x)  g1 ( x).g 2 ( x)...g s ( x)  h1 ( x).h2 ( x)...ht ( x) . Ở đây gi ( x), h j ( x) là  x  . Theo mệnh đề 2.1.5 thì một trong những đa thức những đa thức bất khả quy trên hj chia hết cho đa thức g1 . Ta cho đó là hk . Nhưng cả hai đa thức hk và g1 là bất khả quy thì 1 1 g1  a1hk1 , ở đây 0  a1  . Khi đó g 2 g3 ...g s  a1h1...hk1 1hk1 1...ht . Không mất tính tổng quát ta giả thiết s  t . Nghĩa là tiếp tục theo phương pháp trên sau s bước ta nhận được g1  a1hk1 , g 2  a2 hk2 ,..., g s  as hks . Ta thấy giữa những đa thức hk , hk ,..., hk là những đa thức h1; h2 ;...; ht nghĩa là s  t và 1 2 s k1 , k2 ,..., ks là thứ tự nào đó trong các số 1, 2,3,..., s . 2.1.1. Tiêu chuẩn Eisenstein Đây là một trong những tiêu chuẩn quen thuộc thường được sử dụng khi làm các bài toán về tính bất khả quy của đa thức trên  x  . Tiêu chuẩn Eisenstein được phát biểu như sau:  x . Giả sử tồn tại mốt số nguyên tố Cho f ( x)  an x n  an1x n1  ...  a1x  a0  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) p 2 không là ước của hệ số tự do a0 . Khi đó f ( x) là đa thức bất khả quy trên  x . Chứng minh. Giả sử f ( x) khả quy trên q( x)  bm x m  ...b1 x  b0   x  . Khi đó  x và f ( x)  q( x)s( x) với s( x)  ck x k  ...c1 x  c0  13  x trong đó 1  m, k  n . p thõa a0  b0c0 a  b c  b c  1 1 0 0 1 Ta có : a2  b2c0  b1c1  b0c2 ..............................  an  bm ck b p Theo giả thiết a0 p , nghĩa là  0 mà a0 p 2 nên chỉ một trong hai chia hết cho p , c0 p nên c0 p . Mặt khác, an không chia hết cho p nên các hệ số của g ( x) không thể cùng chia hết cho p . Khi đó gọi bk là hệ số đầu tiên của g ( x) không chia hết cho p . Từ giả thiết và do ak , bk 1 ,..., b0 p suy ra bk c0 p  bk p , mâu thuẫn. Vậy ta suy ra được điều cần chứng minh. Nhận xét. Đây là cách chứng minh thể hiện rõ nhất phương pháp chung để chứng minh một đa thức bất khả quy. Chẳng hạn bài toán dự thi IMO 2013 như sau: Tìm tất cả các số nguyên dương n  1 và số nguyên tố p sao cho đa thức P( x)  xn  px  p 2 khả quy trên Giả sử P( x) khả quy trên g ( x)  br x r  ...b1 x  b0   x ,  x . tức là viết được P( x)  g ( x).h( x) , trong đó  x và h( x)  cs x s  ...c1x  c0   x với 1  r, s  n . a0  b0 c0 a  b c  b c  1 1 0 0 1 Ta có ........................... a  b c  b c  ...  b c k 0 k 1 1 0 k  k an  br cs (*) Ta có b0c0  p 2 , ta xét hai trường hợp: - Nếu chỉ có b0 hoặc c0 chia hết cho p thì thực hiện tiếp như việc chứng minh tiêu chuẩn Eisenstein, ta suy ra P( x) bất khả quy. - Nếu b0 và c0 cùng chia hết cho p , có thể giả sử b0  c0  p . Ta xét tiếp hai đường hợp nhỏ: 14 + Nếu g và h đều có bậc không nhỏ hơn 2, khi đó ta có  p  b0c1  b1c0 và b0c2  b1c1  c0b2  0 , suy ra b1  c1  1 và b1c1 p . Có thể giả sử b1 p và c1 không chia hết cho p . Gọi bk là hệ số đầu tiên của g ( x) không chia hết cho p . Từ hệ thức ak 1  bk 1c0  bk c1  ...  b0ck 1 , c1 không chia hết cho p và theo cách chọn bk suy ra ak 1 không chia hết cho p , điều này vô lí do k  1  n nên ak 1  0 . + Do vậy để P( x) khả quy thì phải có ít nhất một đa thức g hoặc h có bậc bằng 1. Nói cách khác thì P( x) có nghiệm nguyên là x0 . Khi đó x0 chỉ có thể nhận các giá trị là 1; p; 1;  p; p 2 ;  p 2 . Thay vào P( x) suy ra p phải chẵn, suy ra p  2 . Kiểm tra được chỉ có n  3 thỏa mãn. Ví dụ 2.1.7 (i) Đa thức f ( x)  x5  5x 4  20 x 2  15 là bất khả quy trên  x  theo tiêu chuẩn Eisenstein với p  5 . (ii) Đa thức f ( x)  x4  x3  2 x  1 là bất khả quy trên f ( x  1)  x4  3x3  3x2  3x  3 là bất khả quy trên  x vì đa thức theo tiêu chuẩn Eisenstein với p  3. (iii) Cho p là nguyên tố lớn hơn 2. Chứng minh đa thức f ( x)  x p1  x p2  ...  x  1 bất khả quy trên  x . Bài giải. Đa thức f ( x)  x p1  x p2  ...  x  1 có các hệ số đều bằng 1 nên không thể áp dụng trực tiếp tiêu chuẩn Eisensein để xét tính bất khả quy của f ( x) . Với f ( x  1)  x khác 1 ta có: f ( x)  x p 1 . x 1 Suy ra, chọn a 1 ta có p! ( x  1) p  1  x p 1  C1p x p 2  ...  C pp 2 x  C pp 1 , trong đó C pk  là số tổ x ( p  k )!k ! hợp chập k của p phần tử. Do p nguyên tố nên C pk là bội của p với mọi k  1, 2,..., p  2 và C pp 1  p không là bội của p 2 . Vì vậy f ( x  1) là bất khả quy theo tiêu chuẩn Eisenstein (áp dụng cho số nguyên tố p ). Do đó f ( x) bất khả quy trên 15  x . 2.1.2. Tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng  x . Giả sử tồn tại số nguyên tố Cho f ( x)  an x n  an1x n1  ...  a1x  a0  p thỏa mãn với một số tự nhiên k  n nào đó mà (i) p không là ước của ak ; (ii) p là ước của a0 ,..., ak 1 ; (iii) p 2 không là ước của a0 . Thế thì f ( x) có một nhân tử bất khả quy bậc  k ( và do đó nếu không bất khả quy sẽ có một nhân tử bậc  n  k ). Với k  n ta được tiêu chuẩn Eisenstein như trên. Ví dụ 2.1.8. Cho số tự nhiên n  1 . Chứng minh đa thức f ( x)  xn  5xn1  3 là bất khả quy trên  x . Bài giải. Áp dụng dạng mở rộng của tiêu chuẩn Eisenstein với p  3, k  n  1 ta có điều phải chứng minh. 2.1.3. Tiêu chuẩn bất khả quy thu gọn trên trường p  x : Trước khi phát biểu tiêu chuẩn này, ta nhắc lại một số kí hiệu sau. Cho n  1 là một số tự nhiên. Kí hiệu n là vành các số nguyên modulo n . Khi đó là một trường khi và chỉ khi n là số nguyên tố. Ví dụ, Ta viết đa thức f ( x)  p  x , trong đó cách chuyển hệ số của 3 là một trường, 4 n không là trường. p là số nguyên tố, f ( x) là đa thức thu được bằng f ( x) vào trường p . Từ đây, ta có điều hiển nhiên f ( x)  g ( x)  f ( x)  g ( x), f ( x) g ( x)  f ( x).g ( x) . Ví dụ 2.1.9. f ( x)  9 x2  6 thì f ( x)  4 x2  1 Tiêu chuẩn bất khả quy thu gọn trên trường 5  x .  x  được phát biểu như sau. p  x và tồn tại số nguyên tố p sao cho an không chia hết cho p . Nếu đa thức f ( x)  a n x n  a n1x n1  ...  a1x  a 0  p  x  bất khả quy trên p  x  thì f ( x) bất khả quy trên  x  . Giả sử f ( x)  an x n  an1x n1  ...  a1x  a0  Ví dụ 2.1.10. Các đa thức sau là bất khả quy trên 16  x . (i) f ( x)  4 x 2  5x  7 ; (ii) f ( x)  7 x4  5x3  10 x2  4 x  3 . Bài giải.  x không có nghiệm trong f ( x) bất khả quy trên  x  . (i) Vì f ( x)  x 2  2 x  1 3 . Suy ra (ii) Vì f ( x)  x 4  x3  1 3 2  x không có nghiệm trong tử bậc một. Giả sử f ( x) khả quy trên a, b, c, d  2 2 nên f ( x) bất khả quy trên 3 2  x  nên nó không có nhân . Khi đó f ( x)   x2  ax  b  x2  cx  d  với . 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 chỉ có thể xảy ra 2 trường hợp nhỏ sau. Trường hợp 1: b  d  1 ta được a  c  1 và a  c  0 (vô lí). Trường hợp 2: Với b  d  1 ta cũng được điều vô lí. Vậy đa thức f ( x) bất khả quy trên 2 . Suy ra f ( x) bất khả quy trên  x . 2.1.4. Tiêu chuẩn Osada Cho f ( x)  x n  an1 x n1  ...  a1 x  p   x , với p là 1 số nguyên tố. Khi đó, nếu p  1  a1  ...  an 1 thì f ( x) là một đa thức bất khả quy trên Chứng minh. Giả sử g ( x), h( x)   x  . Vì  x . f ( x) là đa thức khả quy. Khi đó f ( x)  g ( x).h( x) với p là số nguyên tố nên một trong các số hạng tự do của g ( x) và h( x) phải bằng 1 , chẳng hạn hệ số tự do của g ( x)  1 . Do đó trị tuyệt đối của tích các nghiệm của g ( x) phải bằng 1. Khi đó g ( x)  0 phải có một nghiệm  với   1 . Vì  cũng là một nghiệm của f ( x)  0 nên p   n  a1 n1  an1  1  a1  ...  an1 . Điều này mâu thuẫn. Do đó f ( x) là một đa thức bất khả quy trên  x  . ( Điều phải chứng minh). Ví dụ 2.1.11. (i) Với số tự nhiên n  2 , chứng minh f ( x)  xn  18xn1  3x2  2011 bất khả quy trên  x . 17