®¹i häc th¸i nguyªn
Tr-êng ®¹i häc KHOA HäC



MAI THỊ PHƯƠNG LAN

ĐA THỨC VỚI CÁC HỆ SỐ NGUN




LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC


th¸i nguyªn - n¨m 2014
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN />®¹i häc th¸i nguyªn
Tr-êng ®¹i häc KHOA HäC





MAI THỊ PHƯƠNG LAN

ĐA THỨC VỚI CÁC HỆ SỐ NGUN


LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC

Chun ngành: PHƯƠNG PHÁP TỐN SƠ CẤP
Mã số: 60.46.01.13

Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS. TẠ DUY PHƯỢNG


Thái Ngun, 2014
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN /> - 1 -


MỤC LỤC
Chương 1 ĐA THỨC VỚI HỆ SỐ NGUN - 4 -
1.1 Đa thức - 4 -
1.2 Phân tích đa thức thành nhân tử - 8 -
1.3 Nghiệm của đa thức với hệ số ngun - 13 -
1.4 Các tiêu chuẩn về đa thức bất khả quy - 14 -
1.5 Đa thức với các hệ số ngun và đồng dư thức - 25 -
Chương 2 CÁC DẠNG TỐN VỀ ĐA THỨC VỚI HỆ SỐ NGUN - 31 -
Dạng tốn 2.1 Xác định đa thức với hệ số ngun - 32 -
Dạng tốn 2.1.1 Xác định đa thức với hệ số ngun với nghiệm


cho trước… 32 -
Dạng tốn 2.1.2 Xác định đa thức với hệ số ngun thỏa mãn một số điều kiện - 38 -
Dạng tốn 2.2 Các bài tốn liên quan đến tính chia hết - 40 -
Dạng tốn 2.3 Phân tích đa thức với hệ số ngun ra thừa số - 42 -
Dạng tốn 2.4 Các tính chất của đa thức với hệ số ngun - 49 -
Dạng tốn 2.5 Đa thức bất khả quy - 56 -
Dạng tốn 2.6 Các bài tập tổng hợp - 58 -





Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN />®¹i häc th¸i nguyªn
Tr-êng ®¹i häc KHOA HäC



MAI THỊ PHƯƠNG LAN

ĐA THỨC VỚI CÁC HỆ SỐ NGUN




LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC


th¸i nguyªn - n¨m 2014
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN />®¹i häc th¸i nguyªn
Tr-êng ®¹i häc KHOA HäC






MAI THỊ PHƯƠNG LAN











ĐA THỨC VỚI CÁC HỆ SỐ NGUN


LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC

Chun ngành: PHƯƠNG PHÁP TỐN SƠ CẤP
Mã số: 60.46.01.13

Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS. TẠ DUY PHƯỢNG


Thái Ngun, 2014
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN /> - 2 -



MỞ ĐẦU
Tốn học là một ngành khoa học hấp dẫn khiến hàng triệu con người trên thế giới
đam mê. Đại số là một trong các lĩnh vực nghiên cứu của tốn học, trong đó đa
thức là một trong những vấn đề quan trọng của đại số. Đa thức nói chung và đa
thức với hệ số ngun nói riêng có nhiều tính chất hay, đẹp và có nhiều ứng dụng.
Đa thức với hệ số ngun là lớp đa thức có nhiều tính chất đặc thù mà chỉ riêng lớp
đa thức này mới có. Thí dụ, phân tích đa thức với hệ số ngun thành các đa thức
thừa số với hệ số là số ngun, hay tiêu chuẩn để một đa thức với hệ số ngun là
bất khả qui,…là các bài tốn khó, liên quan đến nhiều lĩnh vực khác nhau của đại
số như lý thuyết đồng dư, đa thức bất khả quy,… và hiện nay vẫn được nhiều nhà
tốn học quan tâm nghiên cứu.
Mặt khác, các bài tập cụ thể về đa thức với hệ số ngun thường là các bài tốn thú
vị, phát biểu đơn giản, chứng minh đẹp đẽ và sơ cấp, nhiều khi chỉ cần đến những
kiến thức tốn phổ thơng nâng cao nhưng cần các suy luận độc đáo. Chính vì vậy
mà dạng tốn này thường được ra trong các kì thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế.
Luận văn Đa thức với các hệ số ngun có mục đích trình bày tổng quan về một số
kết quả đã biết về đa thức với hệ số ngun và ứng dụng trong giải tốn.
Ngồi phần mở đầu, phần kết luận, luận văn gồm hai chương
Chương 1 trình bày tổng quan về đa thức với hệ số ngun.
Chương này trình bày đa thức với hệ số ngun: đa thức và nghiệm của đa thức,
phân tích đa thức thành nhân tử, đa thức bất khả quy và các tiêu chuẩn bất khả quy
của đa thức, đa thức với hệ số ngun và đồng dư thức,
Chương 2 trình bày các dạng tốn về đa thức với hệ số ngun và các bài tốn về
đa thức với hệ số ngun trong các đề thi vơ địch quốc gia , quốc tế.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN /> - 3 -


Luận văn trình bày các kiến thức cơ bản về đa thức với hệ số ngun và tập hợp

một lượng khơng nhỏ (khoảng 50 bài) các bài tốn thi vơ địch quốc gia và quốc tế
về đa thức với hệ số ngun. Tuy nhiên, luận văn chắc chắn còn nhiều thiếu sót,
nên rất mong nhận được sự góp ý của các thầy cơ, các bạn đồng nghiệp và độc giả
quan tâm để tác giả hồn thiện luận văn tốt hơn.
Luận văn được hồn thành dưới sự hướng dẫn nhiệt tình và nghiêm túc của PGS TS
Tạ Duy Phượng. Xin được bày tỏ lòng biết ơn tới người Thày, đã khơng chỉ hướng
dẫn khoa học, mà còn động viên và khích lệ tác giả say mê học tập và nghiên cứu.
Xin bày tỏ lòng biết ơn Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Ngun, đã trang
bị cho tơi những kiến thức tốn học cơ bản trong thời gian học Cao học.
Xin được cám ơn Trường Cao đẳng Cơng Nghiệp và Xây Dựng, Quảng Ninh, nơi
tơi cơng tác, đã tạo mọi điều kiện để tơi hồn thành nhiệm vụ học tập.
Xin được cám ơn Gia đình, bạn bè đã động viên, giúp đỡ và tạo điều kiện cho tơi
hồn thành khóa học Cao học và viết Luận văn.
Quảng Ninh, ngày 01.5.2014

Mai Thị Phương Lan





Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN /> - 4 -


Chương 1
ĐA THỨC VỚI HỆ SỐ NGUN
1.1 Đa thức
Trong luận văn này ta xét
K
là vành các số thực hoặc

K
là vành các số ngun
.
Từ nay về sau, khi nói vành
,K
ta hiểu
K
là vành số thực hoặc vành các số
ngun. Khi sử dụng vành số thực hoặc vành số ngun
,
ta sẽ nói cụ thể.
Định nghĩa 1.1.1 Đa thức bậc
n
(
degPn
) trên vành
K
là biểu thức dạng

1
1 1 0
( ) ,
nn
nn
P x a x a x a x a


    

với

,0
in
a K a
được gọi là hệ số cao nhất,
0
a
được gọi là hệ số tự do.
Định nghĩa 1.1.2 Đa thức với hệ số ngun là đa thức có dạng

1
1 1 0
( ) ,
nn
nn
P x a x a x a x a


    

trong đó
i
a 
là các hệ số ngun.
Tập tất cả các đa thức với hệ số ngun là một vành, ký hiệu là
 
.x

Giá trị của đa thức
()Px
tại

0
x
là
1
0 0 1 0 1 0 0
( ) .
nn
nn
P x a x a x a x a


    

Nghiệm của đa thức là số
x
sao cho
 
0.Px

Nhận xét 1.1.1 Tổng các hệ số của
1
1 1 0
( ) ,
nn
n n i
P x a x a x a x a a


     
là

 
1,P
tức là
1 1 0
(1) .
nn
P a a a a

    
Và
 
0
0P a
là hệ số tự do.
Đa thức mơnic Nếu hệ số
n
a
ứng với số hạng cao nhất
n
x
của
1
1 1 0
( )
nn
nn
P x a x a x a x a


    

bằng 1 thì ta gọi đa thức đó là đa thức mơnic
(monic polynomial).
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN /> - 5 -


Định lý 1.1.1 (Euclid) Cho đa thức
 
Px
bậc
n
và đa thức
 
Qx
bậc
m
(
mn
)
với các hệ số thực. Khi ấy tồn tại các đa thức duy nhất
()Sx
và
()Rx
sao cho
 
( ). ( ) ( ),Q x S x RPx x
(1.1)
trong đó
()Rx
có bậc
r

nhỏ hơn bậc của
 
,Qx
tức là
.rm

Chứng minh
Sự tồn tại. Sự tồn tại của
 
Sx
và
 
Rx
thì suy ra từ thuật tốn dưới đây.
Thực tốn chia đa thức
 
Px
cho
 
Qx
là thuật tốn tìm các đa thức
 
Sx
và
 
Rx
sao cho ta có biểu diễn (1.1). Đa thức
 
Sx
được gọi là đa thức thương, đa

thức
 
Rx
được gọi là đa thức dư của
 
Px
khi chia cho
 
.Qx

Trường hợp 1
deg deg .PQ
Đặt
     
0, .S x R x P x
Hiển nhiên ta có phân
tích (1.1).
Trường hợp 2
deg deg .PQ
Giả sử

 
1
10
,
nn
nn
P x a x a x a



   


 
1
10
, 0
mm
m m m
Q x b x b x b b


    
và
.nm

Ký hiệu
 
.
nm
n
m
a
H x x
b


Khi ấy đa thức

       

   
 
1
11
1 0 1 0
11
1 0 1 0


n n m m n m
n
n n m m
m
n m n m
n
nm
m
P x P x Q x H x
a
a x a x a b x b x b x
b
a
a x a b x b x
b
  

  


       

     

có bậc khơng vượt q
1,n 
thực sự nhỏ hơn bậc của
 
,Px
hoặc
 
1
0.Px

Nếu
 
1
0Px
thì đa thức dư
 
0Rx
và đa thức thương
   
.Q x H x

Nếu
 
1
0Px
ta tiếp tục làm tương tự với
 
1

,Px
ta được
 
2
, Px

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN /> - 6 -


Dãy đa thức
 
1
,Px
 
2
Px
có bậc thật sự giảm dần.
Cuối cùng ta đi đến một đa thức có bậc thực sự nhỏ hơn bậc của
 
.Qx

Đa thức đó chính là đa thức dư
 
.Rx

Nếu một đa thức của dãy bằng 0 thì đa thức dư
 
0.Rx

Để thấy rõ hơn, ta viết các bước mà ta đã thực hiện để được dãy

 
1
,Px
 
2
, Px


       
1
,P x P x Q x H x

       
2 1 1
,P x P x Q x H x


       
11
,
k k k
P x P x Q x H x



với
 
0
k
Px

hoặc
deg deg .
k
PQ

Cộng vế với vế các đẳng thức trên, ta được
         
 
 
11
.
kk
P x Q x H x H x H x P x

    

Từ đây suy ra

       
11
,
k
S x H x H x H x

   
   
.
k
R x P x


Tính duy nhất Giả sử
 
11
( ). ( ) ( ) ( ). ( ) ( ),Q x S x R x Q x S xP Rxx    

với
1
deg degRQ
nếu
 
1
0Rx
(khơng đồng nhất bằng 0). Suy ra
     
 
   
11
0.Q x S x S x R x R x   
(1.2)
Nếu
   
1
R x R x
thì ta có
     
 
1
0.Q x S x S x

Vì

 
Qx
khơng đồng nhất bằng 0 nên suy ra
   
1
0,S x S x
tức là
   
1
.S x S x

Giả sử
   
1
,R x R x
từ (1.2) suy ra
         
 
11
.R x R x Q x S x S x   

Vậy
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN /> - 7 -


   
 
 
1 1 1
deg deg deg deg .R R Q S S Q S S     


Mặt khác,
     
1 1 1
deg max deg ,deg deg deg deg .R R R R Q Q S S     

Mâu thuẫn với đẳng thức trên. Tính duy nhất của phân tích (1.1) được chứng minh.
Định lý 1.1.2 (Bezout) Phần dư
R
khi chia đa thức
 
Px
với các hệ số ngun
cho
 
,xa
với
a
là số thực nào đó, chính là giá trị của đa thức
 
Px
tại
,a
tức
là
( ).R P a

Chứng minh Từ Định lí 1.1, với
 
( ) ,aQx x 

ta có
 
( ) ( ) ( ).x a S x xx RP   

Nhưng
()Rx
có bậc nhỏ hơn
 
( ) ,aQx x 
nên
( ) .R x R

Thay
xa
vào đẳng thức trên ta được
 
( ) .R x R Pa

Hệ quả 1.1.1 Đa thức
()Px
chia hết cho
()xa
khi và chỉ khi giá trị
xa
là
nghiệm của
 
.Px

Chứng minh Ta có

 
( ) ( ) ,x a SPx xR  
trong đó
R
là một số thực.
Đa thức
()Px
chia hết cho
xa
khi và chỉ khi
 
( ) ( ),xaP Sx x
tức là
0.R 

Vậy
 
0Pa R
hay
xa
là nghiệm của đa thức
 
.Px

Định lý 1.1.3 Cho
1
1 1 0
( )
nn
nn

P x a x a x a x a


    
là một đa thức với hệ số
ngun,
a
và
b
là hai số khác nhau. Khi đó
( ) ( )P a P b
chia hết cho
( ).ab

Chứng minh Ta có
1
1 1 0
( )
nn
nn
P a a a a a a a a


    

và
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN /> - 8 -


1

1 1 0
( ) .
nn
nn
P b a b a b ab a


    

Khi ấy
   
 
 
   
11
11
1 2 1 2 3 2
11
( ) ( )
.
n n n n
nn
n n n n n n
nn
P a P b a a b a a b a a b
a b a a a b b a a a b b a


     


       

          


Vậy
   
( ) ( ) .P a P b a b

Định lý 1.1.4 (Rouché) Giả sử
()Pz
và
()Qz
là hai đa thức phức và

là một
đường cong đóng khơng tự cắt trong mặt phẳng phức. Nếu
( ) ( ) ( ) ( )P z Q z P z Q z  

với mọi
,z


thì số nghiệm (kể cả bội) của hai đa thức
()Pz
và
()Qz
bên trong



là bằng nhau.
Chứng minh Xem [4], pp.1-2.
1.2 Phân tích đa thức thành nhân tử
Định nghĩa 1.2.1 Cho đa thức
()Px
với các hệ số thuộc vành
.K
Nhân tử (thừa
số) của
()Px
là một đa thức
()Qx
với các hệ số thuộc vành
K
sao cho
()Px
có thể
biểu diễn dưới dạng tích của
()Qx
và một đa thức
()Sx
với các hệ số thuộc vành
,K
tức là
()Px
có dạng
( ) ( ) ( ).P x Q x S x

Ví dụ 1.2.1 Cho
32

( ) 7 5.P x x x x   

Vì
3 2 2
7 5 ( 2 5)( 1)x x x x x x      
nên
2
25xx
và
1x 
là những nhân tử
của
32
75x x x  
trên vành số ngun.
Định nghĩa 1.2.2 Cho
()Px
và
()Qx
là các đa thức một biến với các hệ số thuộc
vành
.K
Ta nói rằng
()Px
chia hết cho
()Qx
nếu
( ) ( ) ( ),P x Q x S x
trong đó
()Sx


là một đa thức với các hệ số thuộc vành
.K

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN /> - 9 -


Định nghĩa 1.2.3 Cho
 
Px
là đa thức với hệ số thuộc vành
.K
Ta gọi
 
Px
là đa
thức bất khả quy trên
K
nếu
 
Px
khơng phân tích được thành tích hai đa thức
với các hệ số thuộc
K
và có bậc lớn hơn hoặc bằng 1.
Phân tích đa thức
()Px
ra thừa số trên vành
K
là biểu diễn

()Px
thành tích các đa
thức bất khả quy với các hệ số trên trường
.K

Ví dụ 1.2.2 Cho
32
( ) 1.P x x x x   

Đa thức
()Px
được phân tích ra thừa số dưới dạng
2
( ) ( 1) ( 1)P x x x  

Nhận xét 1. 2.1 Nghiệm của đa thức là các nghiệm của các nhân tử của đa thức đó.
Ví dụ 1.2.3 Trước tiên, ta thấy nghiệm của
2
( ) 1P x x
là
1
. Mà
2
1 ( 1)( 1).x x x   
Nghiệm của
1x 
là
1
và nghiệm của
1x 

là
1
.
Như vậy
()Px
có hai nghiệm
1,
cũng là nghiệm của hai nhân tử
1x 
và
1.x 

Nhận xét dưới đây là hiển nhiên, nhưng cũng rất thuận lợi trong sử dụng (xem các
Ví dụ 1.4.4 và các Bài tập sau đó).
Nhận xét 1.2.2 Nếu đa thức
( ),P x a

,a
là bất khả quy (trên ) thì đa thức
()Px
cũng là đa thức bất khả qui (trên ).
Chứng minh Giả sử đa thức
()Px
khả quy, tức là
( ) ( ) ( ).P x Q x S x
Suy ra
1
( ): ( ) ( ) ( ).P x P x a Q x a S x a    

Vì

()Qx
và
()Sx
là đa thức trên nên
1
( ) ( )Q x Q x a
và
1
( ) ( )S x S x a
cũng
là đa thức trên
.
Vậy
1 1 1
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )P x a P x Q x a S x a Q x S x     
là đa thức
khả quy trên
.
Mâu thuẫn.
Định nghĩa 1. 2.4 Một đa thức với hệ số ngun
()Dx
được gọi là ước chung của
()Px
và
()Qx
nếu cả
()Px
và
()Qx
đều chia hết cho

( ).Dx

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN /> - 10 -


Ước chung
()Dx
của
()Px
và
()Qx
được gọi là ước chung lớn nhất nếu nó chia
hết cho mọi ước chung của
()Px
và
( ).Qx

Ước chung lớn nhất của
()Px
và
()Qx
được ký hiệu ngắn gọn là
( , ).D P Q

Hai đa thức
()Px
và
()Qx
được gọi là ngun tố cùng nhau nếu ước chung lớn
nhất của nó bằng 1.

Định lý 1.2.1 Hai đa thức
()Px
và
()Qx
ngun tố cùng nhau khi và chỉ khi tồn
tại các đa thức
( ), ( )U x V x
sao cho
( ) ( ) ( ) ( ) 1.P x U x Q x V x

Chứng minh Giả sử tồn tại các đa thức
( ), ( )U x V x
thoả mãn điều kiện
( ) ( ) ( ) ( ) 1.P x U x Q x V x
Đặt
 
( ) ( ), ( )D x P x Q x
thì
()Dx
là ước của
()Px
và
( ).Qx
Suy ra
()Dx
là ước của
1 ( ) ( ) ( ) ( ).P x U x Q x V x
Vậy
( ) 1.Dx


Ngược lại, giả sử
 
( ), ( ) 1.P x Q x 
Khi ấy tồn tại các đa thức
( ), ( )U x V x
sao
cho
( ) ( ) ( ) ( ) 1.P x U x Q x V x

Ta chứng minh điều này bằng quy nạp theo
 
min deg ,deg . m P Q

Nếu
0m 
thì điều cần chứng minh là hiển nhiên. Chẳng hạn nếu
deg 0Q 
thì
0Qc
là hằng số và ta chỉ cần chọn
   
1
0,U x V x c


thì ta được
( ) ( ) ( ) ( ) 1.P x U x Q x V x

Giả sử khẳng định của định lý đúng đến
.m


Xét hai đa thức
()Px
và
()Qx
có
 
min deg ,deg 1.P Q m

Khơng mất tính tổng qt, giả sử
1 deg .mQ

Thực hiện phép chia
()Px
cho
()Qx
được thương là
()Sx
và dư là
( ),Rx
tức là
( ) ( ) ( ) ( ).P x Q x S x R x

Nếu
 
0Rx
thì
( ) ( ) ( ).P x Q x S x
Chứng tỏ
()Qx

là ước của
()Px
hay ước
chung của
()Px
và
()Qx
là
( ) 1.Qx
Vơ lí vì theo giả thiết
 
( ), ( ) 1.P x Q x 

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN /> - 11 -


Vì vậy, ta có
 
0.Rx
Hơn nữa, vì
( ) ( ) ( ) ( )R x P x Q x S x
nên
 
11
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ,R x P x Q x S x D x P x Q x S x   

trong đó
()Dx
là ước chung lớn nhất của
()Px

và
( ).Qx
Vậy
()Dx
cũng là ước
chung của
()Qx
và
( ).Rx
Hơn nữa,
()Dx
cũng là ước chung lớn nhất của của
()Qx
và
( ),Rx
vì nếu
()Dx

là ước chung lớn nhất của
()Qx
và
()Rx
thì do
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )P x Q x S x R x D x Q x S x D x R x
   
   
nên
()Dx

là ước chung của

()Qx
và
( ).Px
Vậy
( ) ( )D x D x


hay
   
 
 
, ( ), ( ) 1.Q x R x P x Q x

Do
 
min deg ,deg deg 1Q R R m  
nên theo giả thiết quy nạp, tồn tại các đa thức
   
* , *U x V x
sao cho
       
* * 1.Q x V x R x U x

Thay
       
–.R x P x Q x S x
vào đẳng thức trên, ta được
         
 
 

* – * 1Q x V x P x Q x S x U x

hay

           
 
* * – * 1.P x U x Q x V x S x U x

Đặt
           
* , * – *U x U x V x V x S x U x
ta được điều phải chứng minh.
Bổ đề 1.2.1 Nếu đa thức
( ) ( )P x Q x
chia hết cho một đa thức bất khả quy
()Rx
thì
hoặc
()Px
hoặc
()Qx
chia hết cho
( ).Rx

Chứng minh Giả sử rằng
()Qx
khơng chia hết cho
( ).Rx
Vì
()Rx

là bất khả quy
nên
( , ) 1.QR 
Theo Định lí.2.1, tồn tại các đa thức
()Ux
và
()Vx
sao cho
( ) ( ) ( ) ( ) 1U x Q x V x R x
. Nhân cả hai vế của đẳng thức với
()Px
ta được
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ).U x Q x P x V x R x P x P x
Nhưng theo giả thiết,
( ) ( )P x Q x
chia hết
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN /> - 12 -


cho
()Rx
và
( ) ( )R x P x
cũng chia hết cho
( ).Rx
Chứng tỏ vế trái chia hết cho
( ).Rx
Vậy
()Px
chia hết cho

()Rx
∎
Định lý 1.2.2 Mọi đa thức
()Px
trên trường
K
có thể phân tích thành tích của
các nhân tử bất khả quy và sự phân tích đó là duy nhất đến sai khác một hằng số.
Chứng minh Ta sẽ chứng minh nhờ quy nạp theo
deg .nP
Trước tiên, nhận xét
rằng, nếu
()Px
bất khả quy thì
()Px
chính là phân tích bất khả qui của
( ).Px

Với
1,n 
thì đa thức
()P x ax b
là bất khả quy trên mọi trường
.K

Giả sử quy nạp rằng các đa thức với hệ số ngun có bậc nhỏ hơn
n
đều phân tích
được thành tích của các đa thức bất khả quy.
Ta sẽ chứng minh Định lý cho bậc của

()Px
bằng
.n

Giả sử rằng
()Px
là khả quy, có nghĩa là
( ) ( ) ( ),P x Q x S x
trong đó bậc của
()Qx

và bậc của
()Sx
đều nhỏ hơn
.n

Theo giả thuyết qui nạp,
()Qx
và
()Sx
được phân tích dưới dạng
1
( ) ( ),
k
i
i
Q x Q x





và
1
( ) ( ),
s
i
i
S x S x



trong đó
()
i
Qx
và
()
i
Sx
là các đa thức bất khả quy.
Vậy
11
( ) ( ) ( ) ( ) ( ),
ks
ii
ii
P x Q x S x Q x S x




trong đó
()
i
Qx
và
()
i
Sx
là các đa thức
bất khả qui. Định lý chứng minh xong.
Bây giờ chúng ta chứng minh sự phân tích trên là duy nhất (chính xác đến hệ số).
Giả sử
11
( ) ( ) ( ) ( ) ( ),
ks
P x aQ x Q x bR x R x
trong đó
,,a b K
và
1
( ), , ( ),
k
Q x Q x

1
( ), , ( )
s
R x R x
là các đa thức bất khả quy trên
.K

Vì
1
( ) ( )
k
Q x Q x
chia hết cho
1
( ) ( )
s
R x R x
nên
1
( ) ( )
k
Q x Q x
chia hết cho đa thức bất khả quy
1
( ).Rx
Điều đó có
nghĩa là một trong các đa thức
1
( ), , ( )
k
Q x Q x
phải chia hết cho
1
( ).Rx
Khơng mất
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN /> - 13 -



tính tổng qt, giả sử
1
()Qx
chia hết cho
1
( ).Rx
Để ý rằng
1
()Qx
và
1
()Rx
là các đa
thức bất khả quy, ta suy ra
1 1 1
( ) ( ),Q x c R x
trong đó
1
.cK
Đơn giản biểu thức
11
( ) ( ) ( ) ( )
ks
aQ x Q x bR x R x
bằng cách chia cả hai vế cho
1
()Rx
ta được
1 2 2

( ) ( ) ( ) ( ).
ks
acQ x Q x bR x R x
Sau một số bước tương tự như trên, ta suy ra
ks
và
11
( ) ( ),Q x cR x

( ) ( ),
j
i i i
Q x c R x
trong đó
 
2
, ,
s
ii
là một hốn vị của tập
 
2, , .s
Vậy phân tích
()Px
thành tích của các nhân tử bất khả quy là duy nhất
đến sai khác một hằng số.∎
1.3 Nghiệm của đa thức với hệ số ngun
Định lý 1.3.1 (Mối liên hệ giữa nghiệm và nhân tử trong một đa thức với hệ số
ngun) Giả sử
, ( , ) 1

m
x m n
n

(dạng phân số tối giản), là một nghiệm đa thức
()Px
với các hệ số ngun, thì
()nx m
là một nhân tử của
( ).Px

Ví dụ 1.3.1 Nghiệm của đa thức
2
( ) 3 4 1P x x x  
là
1
1x 
và
2
1
3
x 
.
Suy ra
( 1)x
và
(3 1)x 
là hai nhân tử với hệ số ngun bất khả quy của
( ).Px


Định lý 1.3.2 (về nghiệm hữu tỷ) Cho
1
1 1 0
( )
nn
nn
P x a x a x a x a


    
là một
đa thức với hệ số ngun. Nếu phân số tối giản
r
x
s

là nghiệm của
()Px
thì
r
là
ước của
0
a
và
s
là ước của
.
n
a


Chứng minh Giả sử phân số tối giản
r
x
s

là nghiệm của đa thức
 
.Px
Khi đó:
1
1 1 0
1
( ) 0
nn
nn
nn
r r r r
P a a a a
s s s s



     

Suy ra
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN /> - 14 -


1 2 1

1 1 0
1 2 1
0 1 1
( ) (1)
( ) (2)
n n n n
nn
n n n n
nn
a r s a r a rs a s
a s r a r a r s a s
  

  


    


    



Từ (1) suy ra
n
n
ar
chia hết cho
s
mà

 
,1
n
rs
nên
n
a
chia hết cho
.s

Từ (2) suy ra
0
n
as
chia hết cho
r
mà
 
,1
n
sr
nên
0
a
chia hết cho
.r
∎
Hệ quả 1.3.1 Cho
 
Px

là đa thức mơnic với hệ số ngun. Khi đó nếu
x
là
nghiệm hữu tỷ của
 
Px
thì
x
là số ngun.
1.4 Các tiêu chuẩn về đa thức bất khả quy
Định lý 1.4.1 (Tiêu chuẩn T. Schưnemann (1846)- Eisenstein (1850)) Cho đa thức
1
1 1 0
( ) , 0, 1.
nn
n n n
P x a x a x a x a a n


      

Giả sử tồn tại số ngun tố
p
sao cho:
i)
n
a
khơng chia hết cho
;p


ii)
i
a
chia hết cho
p
với mọi
0,1,2, , 1;in

iii)
0
a
khơng chia hết cho
2
.p

Khi ấy đa thức
 
Px
là bất khả quy trên
 
,x
hay
 
Px
khơng thể phân tích
được dưới dạng tích của hai đa thức với hệ số ngun và có bậc khơng nhỏ hơn 1.
Chứng minh (xem, thí dụ, [5], [6] p.50) Giả sử
 
Px
phân tích thành tích của hai

đa thức với hệ số ngun và có bậc khơng nhỏ hơn 1, tức là
12
( ) ( ). ( )P x P x P x
(*)
với
1
1 1 1 0
( )
rr
rr
P x b x b x b x b


    
và
1
2 1 1 0
( ) ,
ss
ss
P x c x c x c x c


    

trong đó
, 0, , ,
i
b i r


, 0, , ,
i
c i s
là các hệ số ngun,
0
0b 
và
0
0,c 

1r 

và
1.s 

Đồng nhất hệ số hai vế ta được
0 0 0
.a b c

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN /> - 15 -


Vì theo ii),
0
a
chia hết cho
p
nên
00
bc

chia hết cho
,p
do đó một trong hai số
0
b

hoặc
0
c
chia hết cho
.p
Để xác định, coi
0
b
chia hết cho
.p
Khi ấy
0
c
khơng chia
hết cho
p
vì theo iii),
0 0 0
a b c
khơng chia hết cho
2
.p

Nếu tất cả các số ngun

, 1,2, ,
i
b i r
đều chia hết cho
p
thì
n r s
a b c
chia hết
cho
,p
vơ lý vì theo giả thiết i) thì
n
a
khơng chia hết cho
.p
Do đó tồn tại một chỉ
số
0
,i

0
0,i r n  
sao cho
0
i
b
khơng chia hết cho
.p
Ta có thể coi

0
i
là chỉ số nhỏ
nhất trong số các
i
b
khơng chia hết cho
,p
tức là
i
b
chia hết cho
p
với
0
0,1, , 1.ii

Mặt khác, theo giả thiết ii),
i
a
chia hết cho
p
với mọi
0,1,2, , 1.in
So sánh
hệ số hai vế của (*), ta có
0 0 0 0 0
0 1 1 1 1 0
.
i i i i i

a b c b c bc b c

    
Suy ra
 
0 0 0 0 0
0 1 1 1 1 0

i i i i i
b c a b c bc b c

    
chia hết cho
,p
vì tất cả các số hạng ở vế trái
đều chia hết cho
.p
Mà
0
c
khơng chia hết cho
p
nên
0
i
b
chia hết cho
.p
Mâu
thuẫn. Chứng tỏ

()Px
là đa thức bất khả quy. Định lý chứng minh xong.
Ghi chú: Tiêu chuẩn trên thường được mang tên Ferdinand Eisenstein. Thực ra nó đã được cơng
bố bởi T. Schưnemann trong Crelle's Journal 32 (1846), p. 100, và đã được đại chúng hóa bởi
Eisenstein trong Crelle's Journal 39 (1850), pp. 166-169. Eisenstein đã áp dụng định lý này cho
các đa thức với hệ số trong
( ),i
chứ khơng phải trong
.
Vì vậy nhiều tác giả gọi Định lí trên là
Tiêu chuẩn T. Schưnemann- Eisenstein (xem, thí dụ, [5]).
Áp dụng trực tiếp tiêu chuẩn Eisenstein ta có một số ví dụ sau đây.
Ví dụ 1.4.1 Chứng minh rằng đa thức
74
5 35xx
là bất khả quy.
Giải Ta chọn
5.p 
Ta thấy:
5 khơng chia hết hệ số của
7
;x

5 chia hết các hệ số của
6 5 0
, , , ,x x x
các hệ số đó là
 
0,0,5,0,0,0,35 .


Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN /> - 16 -


Cuối cùng,
2
25p 
khơng chia hết
0
35.a 
Do đó đa thức thỏa mãn tiêu chuẩn
Eisenstein với
5.p 
Vậy đa thức đã cho là bất khả quy.
Ví dụ 1.4.2 Chứng minh rằng đa thức
14 11 10
10 60 50 20x x x x   
là bất khả quy.
Giải Nếu chọn
2p 
thì
20
chia hết cho
2
.p
Vì vậy khơng thỏa mãn tiêu chuẩn
Eisenstein. Vì vậy phải chọn
5p 
thỏa mãn tiêu chuẩn Eisenstein. Vậy đa thức
14 11 10
( ) 10 60 50 20P x x x x x    

là bất khả quy.
Ví dụ 1.4.3 Xét tính bất khả quy của đa thức
8 6 4 3
( ) 3 20 30 10 60.P x x x x x    

Giải Các ước ngun tố của
0
60a 
là 2, 3,5. Nếu chọn
2p 
thì
0
60a 
chia hết
cho
2
4;p 
Nếu chọn
3p 
thì
3
n
a 
chia hết cho
3.p 
Tiêu chuẩn Eisenstein
khơng thỏa mãn. Với
5p 
thì
60, 10,30,5

đều chia hết cho 5;
3
n
a 
khơng chia
hết cho 5;
0
60a 
khơng chia hết cho
2
25.p 
Vậy tiêu chuẩn Eisenstein thỏa
mãn. Do đó đa thức
8 6 4 3
( ) 3 20 30 10 60P x x x x x    
là bất khả quy.
Ví dụ 1.4.4 (xem [6] p. 50, [9] p.74) Giả sử
p
là số ngun tố và
q
khơng chia hết
cho
.p
Khi ấy đa thức
m
x pq
là bất khả quy trên
.
Từ đây suy ra mọi số
m

pq

là số vơ tỷ.
Ví dụ 1.4.5 (xem [9], p.75) Số
1
, ,
m
r
pp
với
1
, ,
r
pp
là các số ngun tố khác
nhau là số vơ tỷ với mọi
1.m 

Ví dụ 1.4.6 ([9] p. 75) Nếu
p
là số ngun tố thì đa thức
1
( ) 1
pp
P x x x x

    

là bất khả quy.
Chứng minh Vì

12
1
( ) 1
1
p
pp
x
P x x x x
x


     

nên ta có
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN /> - 17 -


 
 
1
11
12
11

11
( 1) .
11
p
p p p p
p

p p p p
p
x C x C x
x
P x x C x C
xx




  

      


Các hệ số
( 1) ( 1)
!
p
i
p p p i
C
i
  

là các số ngun chia hết cho
.p

Hơn nữa,
 

 
1
1 3.2
1.2 1
p
p
pp
Cp
p




chia hết cho
,p
nhưng khơng chia hết cho
2
.p

Áp dụng tiêu chuẩn Eisenstein ta suy ra
( 1)Px
là bất khả qui. Theo Nhận xét 2.2,
đa thức
12
( ) 1
pp
P x x x x

    
cũng là bất khả quy.

Nhận xét 1.4.1 Tiêu chuẩn Eisenstein có thể khơng áp dụng được cho nhiều đa
thức, thí dụ,
2
1,x 
tuy nhiên, với Nhận xét 2.2, ta có thể áp dụng tiêu chuẩn
Eisenstein để chứng minh tính bất khả quy của khá nhiều đa thức.
Ví dụ 1.4.7 ([9], p.75) Chứng minh
4
( ) 1P x x
là đa thức bất khả quy trên
.

Chứng minh Đa thức
 
4
4 3 2 2
( 1) 1 1 4 6 4 2P x x x x x x        
là bất khả
quy theo tiêu chuẩn Eisenstein (với
2p 
). Vậy theo Nhận xét 2.2,
4
( ) 1P x x
là
đa thức bất khả quy.
Ví dụ 1.4.8 Chứng minh
42
( ) 8 4 5P x x x x   
là đa thức bất khả quy trên
.


Chứng minh Khơng có
p
ngun tố nào để kiểm tra tính bất khả quy của đa thức
42
( ) 8 4 5P x x x x   
theo tiêu chuẩn Eisenstein (vì khơng có
p
ngun tố nào
chia hết 8,
4,
5). Nhưng đa thức
     
   
42
4 3 2 2
4 3 2
( 1) 1 8 1 4 1 5
4 6 4 1 8 16 8 4 4 5
8 14 16 10
P x x x x
x x x x x x x
x x x x
       
          
    

là đa thức bất khả quy vì thỏa mãn tiêu chuẩn Eisenstein với
5.p 


Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN /> - 18 -


Vậy theo Nhận xét 2.2, đa thức ban đầu
42
( ) 8 4 5P x x x x   
là bất khả quy.
Ví dụ 1.4.9 ([9], p.75) Chứng minh
32
( ) 27 222 562P x x x x   
là đa thức bất
khả quy trên
.

Chứng minh Khơng có
p
ngun tố nào để kiểm tra tính bất khả quy của đa thức
32
( ) 27 222 562P x x x x   
theo tiêu chuẩn Eisenstein (vì khơng có
p
ngun
tố nào chia hết 27, 222, 562). Nhưng đa thức
     
32
3 2 2
32
( 1) 1 27 1 222 1 562
3 3 1 27 54 27 222 222 562
24 171 366

P x x x x
x x x x x x
x x x
       
         
   

là bất khả quy theo tiêu chuẩn Eisenstein (với
3p 
).
Vậy theo Nhận xét 2.2,
32
( ) 27 222 562P x x x x   
là đa thức bất khả quy.
Định lý 1.4.2 (Tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng, xem, thí dụ, [10]) Cho đa thức
1
1 1 0
( ) , 0, 1.
nn
n n n
P x a x a x a x a a n


      

Giả sử có một số ngun tố
p
thỏa mãn:
i) Tồn tại số ngun
,0k k n

sao cho
0 1 1
, , ,
k
a a a

chia hết cho
p
và
k
a
khơng
chia hết cho
.p

ii)
0
a
khơng chia hết
2
.p

Khi đó đa thức
 
Px
phân tích được thành tích của hai đa thức với hệ số ngun
bất khả quy với bậc của một trong hai đa thức đó lớn hơn
.k

Định lý 1.4.3 (Tiêu chuẩn Cohn, xem, thí dụ, [10]) Cho số ngun tố

p
mà biểu
diễn trên hệ cơ số 10 có dạng

10
1 1 0
.10 .10 .10 .10 ,0 9.
nn
n n i
p a a a a a


      

Khi ấy đa thức
1
1 1 0
( )
nn
nn
P x a x a x a x a


    
là bất khả quy.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN /> - 19 -


Ví dụ 1.4.10 Chứng minh rằng đa thức
32

7 3 3x x x  
là bất khả quy.
Giải Có thể kiểm tra (trực tiếp hoặc nhờ máy) được 1733 là số ngun tố.
Số 1733 được biểu diễn trong hệ cơ số 10 như sau:
3 2 1 0
1733 1.10 7.10 3.10 3.10 .   

Vậy đa thức đã cho là bất khả quy.
Định lý 1.4.4 (Tiêu chuẩn Cohn tổng qt) Cho số ngun tố
p
và số tự nhiên
2b
. Giả sử
p
biểu diễn trên hệ cơ số
b
có dạng:

10
1 1 0
. . . . ,0 , 0.
nn
n n i n
p a b a b a b a b a b a


       

Khi ấy đa thức
1

1 1 0
( )
nn
nn
P x a x a x a x a


    
là bất khả quy.
Để chứng minh Định lý 4.4, ta cần một số Bổ đề sau.
Bổ đề 1.4.1 Cho đa thức
1
1 1 0
( )
nn
nn
P x a x a x a x a


    
có các hệ số ngun.
Giả sử
1,
n
a 

1
0
n
a



và
i
aH
với mọi
0,1,2, , 2,in
trong đó
H
là một
hằng số dương. Khi đó mọi nghiệm phức

của
()Px
hoặc là có phần thực khơng
dương, hoặc thỏa mãn
1 1 4
.
2
H




Chứng minh Bổ đề 1.4.1 Nếu
1z 
và
Re 0,z 
thì do
1,

n
a 

1
0
n
a


và
i
aH

với mọi
0,1,2, , 2,in
nên ta có
1
1 1 0 1
2
2
1
2 2 2
( ) 1 1

Re 1 0
nn
n n n
n
n
nn

n
n
P z a z a z a z a a
aH
z z z
zz
z z H
a H H
a
z
z z z z z z




    
     





      


  

với mọi
1 1 4
.

2
H
z



Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN /> - 20 -


(Tam thức bậc hai
2
()t t t H

  
nhận giá trị khơng âm ở ngồi khoảng nghiệm,
nghĩa là với
1
1 1 4
2
H
tt


hoặc
2
1 1 4
.
2
H
tt




Từ đây suy ra,

khơng thể là nghiệm nếu
1 1 4
2
H



và
Re 0.



Chứng minh Định lý 1.4.4 Vì
b
là cơ số của hệ đếm và số ngun tố
p
có phân
tích
10
1 1 0
. . . .
nn
nn
p a b a b a b a b



    
nên
0
i
ab
hay
01
i
ab  
với mọi
0,1, , .in
Hơn nữa,
1
n
a 
và
1
0.
n
a


Như vậy, Bổ đề 4.1 được thỏa mãn với
1.Hb
Do đó nếu

là nghiệm của đa thức
()Px
thì hoặc là


có phần thực
khơng dương, hoặc

thỏa mãn
 
1 1 4 1
.
2
b

  


Giả sử
()Px
khả quy, nghĩa là
( ) ( ) ( ),P x Q x S x
trong đó
()Qx
và
()Sx
là các đa
thức ngun khơng phải là hằng số. Vì
10
1 1 0
( ) . . . .
nn
nn
P b a b a b a b a b p



     

là số ngun tố nên ta có hoặc
()Qb
hoặc
()Sb
bằng
1.
Khơng mất tính tổng
qt, ta có thể giả sử rằng
( ) 1.Qb 

Giả sử
i


là tất cả các nghiệm (kể cả nghiệm phức) của
( ).Qx
Khi ấy
()Qx
được biểu diễn dưới dạng
( ) ( ),
i
i
Q x c x




trong đó
c
là hệ số của số
hạng có số mũ cao nhất của
( ).Qx
Vì
( ) 1Qb 
nên
1.c 

Vì
( ) ( ) ( )P x Q x S x
và
i


là các nghiệm của
()Qx
nên
i

cũng là các nghiệm
của
( ).Px
Do đó, hoặc
Re( ) 0
i


hoặc

1 1 4( 1)
.
2
i
b

  


Nếu
Re( ) 0
i


, thì
.
i
bb



Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN /> - 21 -


Nếu
1 1 4( 1)
,
2
i
b


  

thì
1
i
b


và do đó
 
1.
i
b



Do đó trong cả hai trường hợp, ta đều có
1.
i
b



Vậy
1
1 ( ) 1.
k
i
i

Q b b


   

Vơ lý. Vậy
()Px
là bất khả quy.
Tiêu chuẩn Cohn tổng qt được chứng minh.
Định lý 1.4.5 Đa thức
 
1
1 1 0
( )
nn
nn
P x a x a x a x a x


     
với
0
a
là số
ngun tố là đa thức bất khả quy nếu
01
.
n
a a a  


Định lý 1.4.6 (Tiêu chuẩn Perron) Cho
1
1 1 0
( )
nn
n
P x x a x a x a


    
là một đa
thức với hệ số ngun và
0
0.a 

i) Nếu
1 2 0
1
nn
a a a

   
thì
()Px
là bất khả quy.
ii) Nếu
1 2 0
1
nn
a a a


   
và
( 1) 0P 
, thì
()Px
là bất khả quy.
Chứng minh (xem [6] p. 56)
1) Trước hết chúng ta chứng minh rằng tất cả các nghiệm của
( ),Px
ngoại trừ một
nghiệm, nằm trong đĩa đơn vị đóng
1.z 

Rõ ràng, đa thức
1
1
()
nn
n
Q x x a x



thỏa mãn điều kiện này, vì
1
1
( ) ( )
n
n

Q x x x a



có
1n 
nghiệm (trùng nhau)
0x 
nằm trong đĩa đơn vị
1z 
và chỉ có một nghiệm
1n
xa


nằm ngồi đĩa đơn vị
1z 
do điều kiện
1 2 0
1 1.
nn
a a a

    

Một mặt, theo điều kiện của Định lý, với
1,z 
ta có
   
11

1 1 0 1
2
2 0 2 0 1
( ) ( )
1.
n n n n
nn
n
n n n
P z Q z z a z a z a z a z
a z a a a a



  
       
       
(1)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN />