TRƯỜNG ĐẠI HỌC sư PHẠM HÀ NỘI 2 • • • • KHOA TOÁN -—0O0-
—
HOÀNG THỊ LỆ
ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY VÀ ĐA GIÁC
NEWTON
KHÓA LUÂN TÓT NGHIÊP ĐAI HOC • • • •
Chuyên ngành: Đại số
Người hướng dẫn khoa học: Th.s ĐỖ VĂN KIÊN
HÀ NỘI - 2014
Trong quá trình nghiên cứu và hoàn thành khóa luận này em nhận được sự quan tâm,
động viên, khích lệ của các thầy giáo, cô giáo trong tổ Đại số nói riêng và các thầy cô giáo
ừong khoa Toán trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2 nói chung. Em xin bày tỏ lòng biết ơn
sâu sắc đối với các thầy giáo, cô giáo, đặc biệt là thày giáo T H . S Đ Ỗ V Ă N K I Ê N -
người đã tận tình hướng dẫn em trong suốt thời gian qua để em hoàn thành khóa luận này.
Do trình độ và thời gian nghiên cứu còn hạn chế nên những vấn đề mà em trình bày
trong khóa luận này sẽ không tránh khỏi thiếu sót. Em kính mong nhận được sự chỉ bảo và
đóng góp ý kiến của các thầy cô giáo và các bạn sinh viên để khóa luận của em được hoàn
thiện hơn.
Em xin chân thành cảm ơn!
Hà Nội, tháng 5 năm 2014
S i n h v i ê n
Hoàng Thị Lệ
Trong quá trình nghiên cứu khóa luận “ Đ A T H Ứ C B Ấ T K H Ả Q U Y V À
Đ A G I Á C

N E W T O N

” em có sử dụng một số tài liệu tham khảo để hoàn thành khóa
luận của mình. Danh sách tài liệu tham khảo em đã đưa vào mục tài liệu tham khảo của
khóa luận.
Em xin cam đoan khóa luận được hình thành bởi sự cố gắng, nỗ lực của bản thân

cùng với sự hướng dẫn tận tình của thày G I Ấ O T H . S Đ Ỗ V Ă N K I Ê N

cũng như các
thầy cô ttong tổ Đại số. Đây là đề tài không trùng với đề tài của các tác giả khác.
Em rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các thày cô và các bạn để khóa luận
được hoàn thiện hơn.
LỜI CẢM
Hà Nội, tháng 5 năm 2014 S i n h v i ê n
Hoàng Thị Lệ
LỜI CAM
MỤC LỤC
1. Lý do chọn đề tài
Toán học là một môn học cơ bản làm nền tảng cho các ngành khoa học
khác, là thành phàn không thể thiếu của văn hóa phổ thông. Môn Toán có tiềm
năng to lớn trong việc khai thác và phát triển năng lực trí tuệ chung, rèn luyện
các thao tác và phẩm chất tư duy con người.
Đa thức có vị trí quan ttọng ttong Toán học không những là đối tượng
nghiên cứu của Đại số mà còn là công cụ đắc lực của giải tích trong lý thuyết
sấp xỉ, lý thuyết tối ưu Ngoài ra lý thuyết về đa thức còn được sử dụng nhiều
trong toán cao cấp và toán ứng dụng. Trong các cuộc thi học sinh giỏi quốc gia,
Olympic thì các bài toán về đa thức được xem là dạng khó.
TrongToán học khi nghiên cứu về đa thức, đa thức bất khả quy là một đối
tượng quan trọng, còn đa giác Newton được coi là một công cụ để hiểu hành vi
của đa thức trên các lĩnh vực địa phương.
Tuy nhiên, tài liệu viết về các đối tượng này còn rất ít. Vì vậy em đã mạnh
dạn chọn đề tài “Đa thức bất khả quy và đa giác Newton”. Em mong rằng khóa
luận này sẽ có ích cho những ai quan tâm đến đa thức, đặc biệt là đa giác
Newton và tính bất khả quy của đa thức.
2. Mục đích và nhiệm yụ nghiên cứu
Tìm hiểu tính bất khả quy của đa thức trên các trường số và trường hữu

hạn,tìm hiểu về đa giác Newton và một số kết quả của đa giác Newton.
3. Đổi tượng nghiên cứu
Đa thức một biến.
4. Phương pháp nghiên cứu
Tham khảo tài liệu, phân tích, so sánh, hệ thống hóa.
5. NỘỈ dung khóa luận
Ngoài phần mở đàu, kết luận, danh mục tài liệu tham khảo, nội dung
khóa luận gồm có 3 chương:
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị Chương 2. Đa thức bất khả
quy Chương 3. Đa giác Newton
CHƯƠNG 1 KIẾN THỨC CHUẨN BI
LỜI NÓI ĐẦU
~ 5
1.1. Vành đa thức một ẩn
1.1.1. Xây dựng vành đa thức một ẩn
Cho A

là vành giao hoán có đơn vị 1. Đặt
P=|(a
0
,á
1
,a
2
, )l A . E Ạ Ã . = 0

hầu hết Ị
Trên P

ta định nghĩa hai phép toán:

+ (Z?Q,fop ) ( A

0

+ B

Ữ

, A

X

+
(^0 5 5 • • •) (^0 5 V •)
Trong đó C L

2
A

J B - , K -

0,1
K
i+j=k
J
Khi đó P

cùng với hai phép toán trên lập thành một vành giao hoán, có đơn
vị (1Д Д )
Xét đồng cấu

Ọ \ A — > P
Ữ

\—> ,0, )
Khi Đ Ỏ Ọ

là một đơn cấunên ta có ứiể nhúng vành A

trong Pbằng cách
đồng nhất avới ẹ?(a) = (a,0, ,0, ), tức là coi A

= (ữ,0, ,0, )
Đặt ứiì X

2

=XC = (0,0,1,0, ,0, )
Х
3
= (0Д0,1Д Д )
*"=(_________ ■••)
n
Bây giờ lấy phàn tử (a^Opí^, )bất kỳ thuộc Pthìa, = 0 hầu hết nên có số tự
nhiênn sao cho =(a^ap.^a^o, .)và ta có,
LỜI NÓI ĐẦU
~ 6
(ữ
0
,ữ
1

, ,ữ
n
,o, )=(ữ
0
,o, )+(o,ữ
1
,o, )+ +(o,o, ,ữ„,o, )
= a
0
+CỤC + + a
n
x
n
Vậy P = \ A

Ữ

+ A

Ỉ

X + . . . + A

N

X "

Ц e ẠneN . Vành P

được

gọi là vành đa thức một ẩn л:lấy hệ số trên А

, kí hiệu là A Ị X ] .
Đ ị n h n g h ĩ a 1 . 1 . 1 . Mỗi phần tử của A [ j c ]
được gọi là mộtđa thức, kí hiệu là f(x), g(x ),p (x),.
Ne u f(x) = a
0
+a
ỉ
x + + a
n
x
n
thì a
0
được gọi là hệ tử tự do, a
n
được
gọi là hệ tử bậc cao nhất, а
п
ФО thì n được gọi là bậc của đa thức, kí hiệu
de g f( xỴ
Nhận xét l.l.l.Cho F ( X ) ,

G

(jc) là hai đa thức khác 0 của vành. Khi đó:
i) Neu F ( X ) +

g(jt)^Othì

deg(/(*) + g(*)) <max{deg/(x),degg(jc)}
ii) Nếu/(x)g(jc) Ф

Othì
deg(/ (x) G

(*))< deg F ( X

) + deg G ( X )
Nhận xét 1.1.2:
i) Neu A là miền nguyên thì л [ х ] cũng là miền nguyên.
ii) Neu A là một trường thì trong vành A [ x ] các hằng khác không là
khả nghịch.
1.1.2. Định lý phép chia vói dư
Đ ị n h l ý 1 . 1 . 1 .Cho A là một miền nguyên v àf( x ), g(x) ỉà
hai đa thức trong A [ j c ] , hệ tử cao nhất của g ( j t ) khả
~ 7
nghịch trong A. Khi đó tồn tại duy nhất cặp đa thức q(x), r ( x ) G
Aị x] sao ch o
f(x) = g (x) q(x) + r (x) vớ i
deg r < de g g ne u r( x) Ф 0 .
Chứng minh
a) Sự tồn tại
G i ả s ử f(x ) = a
0
+ a
l
x + + a
n
x

n
, a
n
Ф0
G ( X ) = B

0

+ B

1

X + . . . + B

M

X

M


Ь

Т

Ф

0 Neu N <

mthìtađặt ợ(jt) = 0,r(jt) = /(x).

Nếu N

> mthì đặt:
/i w = / w -
Ь

Т

А

П

Х П

~

Т

8

(л)
= /(*)-01 (*)*(*)
Bậc của đa thức này không lớn hơnm-lbởi các hệ tử cao nhất của / (л) và Q

Ỉ
(л) G

(x) tràng nhau và bằng B

M


L

A

N

B

M

= A

N

.
Tiếp tục quá trình trên ta được
F K

M = Л-1 (*) - 9 K

M G ( X ) , K = L ,

2,
Rõ ràng sau không quá N - M

+1 bước ta sẽ thu được đa thức F

K


(я) mà
deg/(*)< deg G

(x). Khi đó đặt
Q ( X ) = Q

X

(x) + Q

2

(x) + + Q

K

(л), R

(x) = F

K

(X )
Ta có điều phải chứng minh.
~ 8
b) Tính duy nhất
Giả sử ta cũng có
/W=?'WÂW+^'W
Với deg R <


deg G

nếu R

(jc) Ф

0. Khi đó
r(jc) - r' (*) = (q (x) - q(x))g (*).
Neu r(jc) Ф Г

( jc), ta cũng có Q ( X )

Ф

Q

(*) và khi đó
deg(r- R

') = deg( Q

-

Q )

+

degG

>


degG

Điều này vô
lý vì deg (r-r)< max (deg R ,

deg r )< deg G .
Do đó ta phải có R

(jc) = Г

(jt). Mặt khác A [ X ]

là miền nguyên nên từ đó
phải có Q ( X ) = Q

( Х ) .
Neu trên vành A các đa thức А { Х ) Ф ®

thỏa mãn đẳng thức
p{ x) = aị^x)bị^x), v ớ i b ( x ) e A [ j c ]
Khi đó A ( X )

được gọi là ước của /?(*), /?(*) gọi là bội của а(л:). Ta cũng
nói а (л:) chia hết £>(*) còn P ( X )

chia hết cho а (л:).
1.1.3. Nghiệm của một đa thức
Đ ị n h n g h ĩ a 1 . 1 . 2 . Giả sử A là vành con của
vành к và f(x) G A [ j c ] có dạng f(x ) = a

ữ
+a
l
x + + a x
n
.
Một phần tử с thuộc к sao cho f (c) = a
0
+ ữịC + + а c" — 0 thì с được gọi là
một nghiệm của f (я).
Ví dụ 1.1.1. S Ố Y Ị Ĩ

là số đại số ừên trường hữu tỷ Q vì nó là nghiệm của
đa thức X
2
- 2 trong Q
~9
Đ ị n h l ý 1 . 1 . 2 ( Đ ị n h l ý B e z o u t ) .
Cho A là miền nguyên, к là trường chứa A,C<EK,P(X)^ A[X] . Khi đó trong
к[ x] , x - c là ước của đa thức p( x) k hi và chỉ k hi p(c ) = 0 .
Chứng minh. Chia P { X )

cho X - C

trong K [ X ]

ta có dư là đa thức r(jc) =
R < E K .

Từ đó P ( C


) = R .

Bởi vậy X - C Ì Ầ

ước của P ( X )

khi và chỉ
khi p(c) = 0.
Đ ị n h n g h ĩ a 1 . 1 . 3 . Chok là số tự nhiên khác 0 .
Phần tử и của vành K^ )A gọi là nghiệm bội к của đa thức / ( j c ) e
A [ j c ] nếu / ( j c ) c / ỉ ỉ ' a hết
cho (x — uỴ và không chia hết cho ( j c — uf
+ ì
.
Đ ị n h l ý 1 . 1 . 3 . Giả sử A là một miền nguyên, /
( я ) là một đa thức khác 0 thuộc vành A [ x ] v à щ,и
2
, ,и
là các nghiệm trong Acủa nó với sổ bội tương ứng là k
v
k
2
, ,k . Khi đó
f ( * ) = (x-u
l
Ỷ (x-u
2
ỷ (x-u
r

Ỷ
g( x ) , với g ( j c ) e A v à g ( и , )
5 * 0 với i=l,2, ,r.
H ệ q u ả 1 . 1 . 1 .Cho A là miền nguyên, /
( j c ) e A [ j c ] có bậc n>\. Khỉ đó f có không quá n nghiệm
trong А.
Chứng minh.Theo định lý trên ta có
degf ( x) = k
1
+k
2
+ + k
r
+ d e g g ( j c )
Do đó N > K

X

+ K

2

+ + K

R

.
Chú ý 1.1.1. Nếu A

không là miền nguyên thì kết quả ừên không đúng,

chẳng hạn đa thức X

2

- Ỉ

trong z có 4nghiệm là 1,4,11,14.
1.2. Vành đa thức nhiều ẩn
~1
Đ ị n h n g h ĩ a l . 2 . 1 .Giả sửA = \là một vành giao hoán
có đơn vị 1. Theo
1.1.1, ta đã xây dựng được các vành đa thức một ẩn Aị —[Xị], ỉ —
1,2, , nlẩy hệ tử trên A
M
. Vành \ — A ì - i t ^ - n ] ’
kí hiệu
là A[x
ỉ
,x
2
, ,x
n
] , được gọi là vành đa thức của nẩn x
1
,x
2
, ,x
n
lấy trong
vànhA.

Một phàn tử của A

N

gọi là một đa thức của N

ẩn X

L

, X

2

, . . . , X

N

lấy
hệ tử trong vành A

,

người ta kí hiệu nó bằng /(jcpjc
2
, ,jc„) hay
G ( X

Ỉ


, X

2,
Từ định nghĩa 1.2.1 ta có dãy các vành
A
0
=AŒA
1
ŒA
2
Œ Œ\
Trong đó A
M
là vành con của Ạ , I

=1,2, ,/г
Ta xét vành Д [jc
2
] = A[xpJE
2
]. Đây là vành đa thức của ẩn X

2

lấy hệ
tử trong Д = A[jCj]. Vậy mỗi phần tử của A[Xị,JC
2
] có ứiể viết dưới dạng
(1) /(^,*
2

) = a
0
(^) + a
1
(^)*
2
+ + a
n
(*
1
)*2 với các A [ X J ]

(2) a
i
(x
1
) = b
i0
+b
il
x
ỉ
+ + b
inH
x
mi
,i=0X:.,n
Do A[jc
15
jc

2
] là một vành nên phép nhân phân phối đối vói phép cộng,
do đó F ( X

V

X

2

)

có thể viết
(3) / (x
l
,x
2
) — c^'x^
2
+ c
2
x^
2
+ + c
m
x“
m
'xl
m2
Với C Ị & A , A


N

, A

I 2

là những số tự nhiên, ( А

П

, А

А

) Ф ( А

П

, А

] 2

^
khi
Ỉ

Ф

J , C .


gọi là các hệ tử, С - Х ^ ' Х “

1 2

gọi là các hạng tử của
F ( X

1

, X

2

) .
~1
Bằng quy nạp ta có mỗi đa thức F ( X

1

, X

2

, . . . , X

N

)


của vành
A [ X

V

X

2

, . . . , X

N

]

có ứiể viết dưới dạng
(4) f(x
1
,x
2
, ,x
n
) = c
1
x?
l
x*’‘ + + c
m
x^
l

x^
v ớ i c á c Cị G A,a
n
, ,a
i2
,i = ì, ,m l à n h ữ n g s ố
t ự n h i ê n v à {a
n
, ,a
in
)^{a
n
, ,a
jr
^ k h i i Ф j, с ị l à
c á c h ệ t ử , c á c с^>
у
х„
п
l à c á c h ạ n g
t ử .
Nhận xét 1.2.1. Đa thức f{x
í
,x
2
, ,x
n
)~0 khi và chỉ khi các hệ tử của nó bằng
không tất cả.
Định nghĩa 1.2.2.Cho /(jepjc

2
, ,jc
n
)GA [ X

L

, X

2

, . . . , X

N

]

là một đa
thức khác không.
f(x
l
,x
2
,. ,x
n
) = c
l
x?\ x^+ + c
m
x?“\ x^r v ớ i

c á c Cị <E A,a
n
, ,a
i2
,i = v à ( а
й
, . . . , а
г п
)
* ( о д , k h i 1Ф ì.
Khi đó ta định nghĩa:
Bậc của đa ứiức /(jCpjt
2
, ,jt
n
) đối với ẩn X -

là số mũ cao nhất mà
X mà có được trong hạng tử của đa thức.
Bậc của hạng tử C . X ^

N

. . . X

Ữ I N

là tổng các số mũ А

Л




+ . . . +

А

.
Bậc của đa thức là số mũ lớn nhất trong các bậc của hạng tử của nó.
Ví dụ 1.2.1. Đa thức
/ ( х р - К ^ Л з ) = 2xyxịxị — xịx
2
+ 3xị +— 5
x^xịxl — 4-xịx
3
+ 6
có bậc là 9, nhưng đối với X, nó có bậc là 2.
~1
CHƯƠNG 2 ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY
2.1. Khái niệm đa thức bất khả quy
Đ ị n h n g h ĩ a 2 . 1 . 1 . Đa thức p{ x)
e r [ j c ] , r là miền nguyên gọi là đa thức bất khả quy nểu P(x) ^
Q,P(x)khác khả nghịch và P(x) không có ước thực sự. (Khi đó ta cũng nói
P(x) là đa thức không phân tích được trên T ).
N h ậ n x é t 2 . 1 . 1 .Đa thức p ( j t ) e [ j t ] ,
T là miền nguyên, P( x) ^ 0 , d e g P ( x ) > 1 là không
phân tích được trên T nẩi P(x ) không biểu diễn được dưới dạng =
g{ x)h{x ),l <bậc g ( * ) , bậc h(x)< bậc ^ ( * ) .
2.2. Các tính chất
M ệ n h đ ề 2 . 2 . 1 . Cho P(x) ^ 0 là một đa thức

với những hệ tử trong trường T. Khi đó P (x) bất khả quy trên T khi và chỉ khi
ước của nó trong Tịx ịcó dạng a vàa Pị^ x), ởđ âya ^0, a GT.
M ệ n h ăềl.2.2.Cho Q(X)GT[ * ] , Tl à trường, p(x)b ất khả quy
thì
Q[xi
(P(X ),Q (X) ) = 1
Chứng minh. Cho ơ(x) là ước chung lớn nhất của hai đa thức p(^)và ô(jt).Từ
thuật toán Euclid suy raP(jc)và Q ( X )

có hệ số trong T

thì những hệ số của
cũng thuộc T

.Nhưng vì /*(*) không phân tích trên rthì ứieo tính chất 1,
D Ị ^ X ) - A P { ^ X

)hoặc là £>(*) - C C , A ^ O ^ T .

Suy ra hoặc là Q ( X

)chia
hết cho /*(*), hoặc là /
>
(jc)và ô(*) nguyên tố cùng nhau.
M ệ n h ăầ2.2.3.Chop(x)bẩt khả quy trên tập T,T là trường c ònQ Í^ x),
~
/ ? ( * ) e T [ xị .Khi đó nếu tích P(x) Q(x )chia hết cho Rị^x)thì ít
nhất một
trong các thừa sốpị^ x) v ồ < 2 ( * ) chia hết cho R(XỴ

M ệ n h đc2.2A.Mọi đa thức không là hằng số có những hệ tử trong
trường T biểu diễn được như tích của những thừa số không phân tích được
trênT. Sự biểu diễn này là duy nhất theo những thừa sổ mà chúng chỉ khác
nhau những hằng số khác không trênT, nghĩa là nếu p ( x ) = p ^ x )
p
2
( x ) . . . p
r
( x ) = Q^x ) Q
2
(X) Q
S
(X)
là hai biểu diễn củaP( J t ) như tích của những thừa số không phân tích
được trên T thì r = s và Pị( * ) = a
ị
Q
ì á
( * ) , ở đây
o ^ a . e ĩ và
kp k
2
,. ,k
r
e{ l, 2,r } .
Chứng minh. ChoP(jc) là đa thức khác hằng số với những hệ số trong
T

và cho n = degP(jt).Nếu N -


1, thìp(jt) = A

0

X +

là không phân
tích được và ta có thể cho rằng nó biểu diễn như tích một thừa số không phân
tíchđược.
Cho N

là một số tự nhiên bất kì và giả sử bậc nhỏ hơn N

có thể biểu diễn
tích của các thừa số không phân tích được trên T

, thì ta có thể cho rằng nó biểu
diễn như một tích thừa số không phân tích được. Nếu ngược lại nó phân tích
được, nó biểu diễn dưới dạng: /
5
(x) = ô(x)/?(x), ở
đây Q ( X ) V À R ( X )

là những đa thức có hệ số trong T

và
D E G Q ( X

) < N ; D E G R { X ) < N .


Nhưng khi đó theo giả
thiết quy nạp Q ( X )

và i? (-í) biểu diễn như tích của
những thừa số không phân tích được trên T .

Suy ra điều
này cũng đúng với /*(*), nghĩa là mọi đa thức vói những
hệ số thuộc tập hợpr biểu diễn như tích những thừa số
không
~
phân tích được trên T

. Ta chỉ còn chứng minh tính duy nhất của biểu diễn
trên.
Ta chỉ còn chứng minh tính duy nhất của biểu diễn trên. Cho
P(*) = />(*) p
2
(*) p
r
(x) = ôiM Q

2

{ X ) . . . Q

R

( X ) Ở


đây P


(jc)và g.(jc)là những đa thức bất khả quy trên T .

Theo tính chất 3 thì ít nhất
một trong những đa thức bất khả quy <2 (x) chia hết cho P

(jc) . Ta cho đó
là Q

K

(x). Nhưng vì cả hai đa thức Q

K

(x) và /Ị ( jc) là không phân tích
được thì /Ị (x) = A

L

Q

K

(x), ở đây 0 ^

e T .


Khi đó P
2
(*)P
3
• P

R
(^)=< H Q

Ỉ

( X ) . . . Q

K

_

Ỉ

( X ) Q

K I + Ỉ

( X ) . . . Q

S

( X )

Không mất tính tổng quát ta giả thiết r < S .


Nghĩa là tiếp tục ửieo phương
pháp trên, sau R

bước ta nhận được
/ Ị O ) = a
x
Q
k i
(x)P
2
(x) = a
2
Q
k2
(x), ,P
r
(x) = a
r
Q
k

( x ) .
Dễ thấy giữa những đa thức Q

K

( X ) Q

K


( X ) , . . . , Q

K

(jc) sẽ là tất cả
những đa thứcổ!^), Q

2

(

X

) ’ - - - > Q S {

X

) >

nghĩa làR

= S

vàfcp K

2

, . . . ,
Ả;

r
làứiứtự nào đó ừong các số 1, 2, R .

Điều đó phải như vậy vì trong
trường hợp ngược lại ta sẽ nhận được đẳng thức giữa đa thức bậc không và
đa thức bậc khác không.
2.3. Đa thức bất khả quy trên các trường số
2.3.1. Đa thức bất khả quy trên trường sổ phức
Đ ị n h l ý 2 . 3 . 1 .Mọi đa thức bất khả quy trên trường sổ
phức đều là đa
thức bậc nhất.
Chứng minh. Rõ ràng đa thức bậc nhất đều bất khả quy trên c
Giả sử P(jc)gC , bậc = N > 2 .

Suy ra p(^)có N

nghiệm trên
c hay
p ( j c ) = a(x - (\){x - a
2
). . .(x - a
n
).
~
fl.eC
suy ra
/*(*)
không bất khả quy.Vậy đa thức bất khả quy trên
c
chỉ là những đa thức bậc nhất.

2.3.2. Đ a t h ứ c b ấ t k h ả q u y t r ê n
t r ư ờ n g s ổ t h ự c Đ ị n h l ý 2 . 3 . 2 .
Những đa thức bất khả quy trên trường sổ thực là những đa thức bậc nhất
và những đa thức bậc hai có những định thức âm {đa thức bậc hai p{x ) —
X
2
+ ax + bcó định thức là Á = b
2
— 4ac) .
Chứng minh. Trước hết ta thấy những đa thức bậc nhất và những đa thức bậc
hai có định thức âm đều là những đa thức bất khả quy trên K.
Ta chứng minh mọi đa thức bậc lớn hơn hoặc bằng 3 không bất khả quy trên
M . Thật yậy, giả sử/
J
(jc) có bậc lớn hơn hoặc bằng 3, suy
ra/
5
(x)có nghiệm phức A ,

suy ra A

là nghiệm của . Suy ra
Đặt g(x) = (x-a)^-aj thì
G ( X ) =

X
2
- ( A + À ) X + A A

G

R [ X \

=> p(jc) có ước thực sự trong M suy ra p(jc) không
bất khả quy.
Định lý được chứng minh.
Ví dụ 2.3.1. Hãy biểu diễn như tích của những đa thức hệ số thực của đa
thức sau
p( x) —x
n
— l,n > 2.
Lời giải. Giả sử/^*) có N

nghiệm phức £

Ữ

, £

Ỉ

, . . . , S

N

_

X

.


Khi đó X
n
- 1 =
( X - £

0

X X

-«!) (* -£■„-!)•
2 k,7ĩ . . 2 kĩr , . _
với £

0

=1, £

K

= cos — h 1 sin — —, k= l,2, ,n.
n n
THI: N =

2mlà một số chẵn. Khi đó
~
V à (x-£
k
)( x- £
k
)= (x-£

k
)( x- £
2 m
_
k
) = x
2
-2 co s —x+ l
m
Với K =

1, 2 1. Suy ra trong trường hợp này
x
2 m
— l = ( x — ì )(x + ì) n ( x
2
— 2cos^-;t + l)
K

=1 M

TH2:« = 2m+ 1 là một số lẻ. Khi đó tất cả những số S

X

, S

2

, . . . , S


2 M


không phải là số thực và
— 2 kĩĩ . .2 kn
£ . -

cos——- -ỉ sin———
2m+l 2m+l
2Ả;7r . .2K N

-
=cos (2tt - + ị sin(2 J T -

= S

2 M

_

K + L

2m+\ 2m+\
0 K /lt
Tac ó(x - S
k
)( x-S
k
)=(x -S

k
)( x-S
2 m
_
k + Ỉ
) = x -2c os^-x +l
M

+1
với 1, 2, , M .

Suy ra trong trường hợp này
m K
X

2 M + 1



-1 = ( X -

1)(jc +1) n ( X

2

-

2 c o s — J C +1)
*=1 2m+l
2.4. Đa thức bất khả quỵ trên trường số hữu tỷ

Đ ị n h n g h ĩ a 2AA.Đa thức p( x) = a
0
x
n
+ a
ì
x
n
~
l
+ +
a^x + a
0
với
hệ số nguyên gọi là đa thức nguyên bản nếu những hệ số của nó là những
sổ nguyên tố cùng nhau.
2.4.1. Các tính chất
M ệ n h đềl.4.1.Tích của hai đa thức nguyên bản là một nguyên đa
thức nguyên bản.
Chứng minh. Cho p(jc) = A

0

+ A

1

+ . . . + A

N


X

N
Q ( X

) = B

0

+ B

Ỉ

X + . . . + B

M

X

M



là những đa
ứiức nguyên bản. Khi đó tích của chúng là
P(x) Q(x ) = c
0
+ c,x + C
2

X
2
+ + c
n+m
x
n+m

t r o n g đ ó c
r
= X a
i
b
j
.
~
i+j = r
Giả sửp(jt)ô(;t)khôiig phải là đa thức nguyên bản. Khi đó tồn tại số
nguyên tố P >

2 là ước chung của các hệ số C

0

,

q, C

2

, . . . , C


N + M

.

Mặt
khác những đa thức này là những đa thức nguyên bản nên P

không chia hết
bởi tất cả những số nguyên A

0

,

Op A

N

V À B

0

, B

V

. . B

N


.
Ví dụ 2.4.1. Cho A

0

, A

V

. . . , A

T

_

V

B

0

, B

V

. . . , B

S


_

Í

chia hết
cho /»nhưng A

T



không chia hết cho P

và B

S

không phải chia hết cho P .
Nhưn
g C
í+J
= A

T

B

S

+


A

T

_ P

s+
!+ + A

T + L

B

S
và vì c
í+J
chia hết cho P

và những tích A

T

_ Ị B

S + Ỉ

, . . A

T + X


B

S

_

X

, . . .
chia hết cho P ,

suy ra A

T

B

S

phải chia hết cho P

, điều này vô lý.
M ệ n h đ ề 2 . 4 . 2 . Nếu một đa thức hệ sổ nguyên không
phân tích được thành tích hai đa thức hệ sổ nguyên thì nó không phân tích
được thành tích hai đa thức hệ sổ hữu tỉ.
Chứng minh. Cho /*(;*;) là đa thức hệ số nguyên, không phân tích được trên
z . Giả sử = ô(*) • Trong đó ô(*)> /?(x)là những
đa thức hệ số hữu tỉ và D E G


ô(*) < D E G

/*(*), D E G

/?(*) < D E G
P { X ) .
Do đó ta có thể viết lại
Q(x) =ôi(*), R(x) = ^i(*)
ở đây { A , B

) = 1, (c,J) = 1, Q Ị ( X ) , R Ị ( X )

là những đa thức nguyên bản.
K h i đ ó p( x) = ^
j
Q
ỉ
(x)R
í
(x)
bd
Mà ổ! (*)./?! (x)là những đa thức nguyên bản và p(jc)là đa thức hệ số
nguyên.
Do đó Q = —

là nguyên. Suy ra P ( X )

= (ạôi (*))/?!(•*) (trái với giả
thiết /
J

(jc)không phân tích được trên tập số nguyên).
~
N h ậ n x é t 2A.l.Đa thức không bất khả quy trên 7L X thì không
bất khả quy trên Q X .
Ví dụ 2.4.2. Chứng minh rằng p(x) - X

4

- 3 X

3

+ 2 X

2

+ 2 X -

6 bất khả
quy ữên tập hợp những số hữu tỉ.
Lòi gỉải.Gỉả sử ngược lại, nghĩa là ^(x) - Ô(JC)/?(X)
ở đây D E G Q { ^ X ) < D E G R Ị X ) <

4và ô(jt), /?(jc)là những đa ứiức
hệ số nguyên. Khi đó D E G Q { X ) —

1 hoặc 2.
• Nếu D E G Q ( X ) =

ltìiì/

J
(jc)có nghiệm hữu tỉ. Những nghiệm đó
có thể là những số sau: ±1,±2,±3,±6.
Mặt khác kiểm ữa trực tiếp bằng sơ đồ Homer thấy rằng không một số nào là
nghiệm của đa thức đang xét.
Suy ra trường hợp D E G Q ( X )

= 1 là không thể được.
• Nếu D E G Q ( X ) =

2. Khi đó .p(jc) = JC
4
— 3x
3
+ 2 X

2

+ 2 X

— 6=
Ị A X

2

+ B X + C J Ị P X

2

+ Q X


+ r) ở đây A , B , C , P , Q , R

là
những số nguyên.
Bằng cách so sánh các hệ số trong đẳng thức trên ta nhận được
ap -l ap+bp — — 3
< ar +bq+ cp
—2
br+cq=2
cr= — 6
Vì A , P

là những số nguyên nên A = P =

lhoặc A = P

= -1.
Không mất tính tổng quát ta có thể cho rằngữ = P =

1. Nghĩa là
b+q= - 3 r+bq +c= 2 br + cq-
2 cr = - 6
Cũng không mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng |c| < |r|. Cho những
số nguyên C

và R

khi đó ta có những khả năng sau:
~

a) C -

1, R

= - 6. Khi đó
f B + Q

=-3
* =>7fc=-5
\-6b+q=2
Điều này trái với giả thiết Mà số nguyên.
b) c =-ì, r = 6. Khi đó
\b+q= - 3 ị
H

=>lb=-\
\6b- q =2
Điều này trái với giả thiết Mà số nguyên.
c) c = 2, r = —3. K h i đ ó
f B + Q

=-3
ị
y
^ 5 b = - S
\-3b+2q=2
Điều này trái với giả thiết B

là số nguyên.
d) C =


-2, R

= 3. Khi đó
í fc+4=-3
ị
H
=>5ib=-4
|3fc-2ạ=2
Điều này trái với giả thiết Mà số nguyên.
Như vậy trường hợp D E G Q ( X ) = 2

không thể xảy ra.
Vậy đa thức P ( X )

bất khả quy trên tập số hữu tỉ.
N h ậ n x é t 2 . 4 . 2 . V ỉ khái niệm đa thức bất
khả quy phụ thuộc vào các trường cơ sở nên nó có thể là đa thức bất khả
quy trên trường số này nhưng lại không là bất khả quy trên trường sổ kia.
Ví dụ 2.4.3. Hàm/ (jc) - X

2

+ X

+ 1 là đa thức bất khả quy trên M .
g (je) = X
2
+ llà đa thức bất khả quy trên M
Nhưng / (x), g(je)lại khả quy trên c .

2.4.2. Tiêu chuẩn Eisenstein
Định lý 2.4.1 . C H O

p(x) = A

Ữ

X

N

+ C Ụ C

"
1
+ ++ A

N

L À M Ộ T Đ A

thức hệ sổ nguyên.
Giả sử tồn tại số nguyên tố p thỏa mãn những điều kiện sau:
ỉ. a
0
không chia hết cho p.
~
ii. Tất cả những hệ sổ khác a
2
, ,a

n
chia hết cho p.
iii. a không chia hết cho p
2
.
Khi đó đa thức p[ x)b ấ t khả quy trên ô [ * ] -
Chứng minh. Giả sử ngược lại ta có р(х) = ô(jc). F T ( X )
Trong đó р(х), /?(jc)không phải hằng đa thức có hệ số nguyên. Giả
sử
Q(x) = b
0
x
l
+ b
1
x
l
~
1
+ . . . + bị
Rị^x^ — CQX + CịX+ . . . + c
m
ở đây D E G Q ( X

) = L , D E G

я(х) — M , L

> о, M


> о, L

+ M — N .
Bằng cách so sánh hệ số tự do ta nhận được A

N

=

Ь

Г

С

Т


Vì Ũ Ị

: và A

N

không chia hết cho P

2

nên B


T

: hoặc
C

M

:
Giả sử B

Ị : nên C

M

không chia hết cho P

.
Sử dụng nguyên lý so sánh hệ số ta có:
1 = b,c
m
_ ì + b, _x
m
ĩl — L l ìfl — L 1 — 1 ỉn
a
„- T- b,c
m
_ , + b,_,c „_, + b , _ , c
ĩl — Ầl tĩi — Ẳ I — 1 ìĩl — 1l — Ẳ tĩi
a
n

_
3
= bf
m
_ 3+ b
l
_
ì
c
m
_
2
+ b
t
c
m
_
1
+ v
3
c
m
a
o ~
b
o
c
o
Điều này trái với giả thiết. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.4.4.Xét tính bất khả quy trên Q của đa thức

/ (x) — X

2

+

Ъ П Х

2

+

n
3
, (neQ
Lời giải
• Vói N =

0 thì / (jt) = X

3

.
Đa thức này có ước thực sự làm;, B X

2

( A , B

e Q Vậy / (л)

khả quy trên Q khi N =

0.
~
Đặt — =J-1 ta có ^ Ậ = Y

Ì

-3y
2
+6y-3=g(y) . Áp dụng tiêu N

N
chuẩn Eisenstein cho P =

3ta được đa thức g(y)bất khả quy trên Q. Vậy
F ( X )

bất khả quy trên Q.
C h ú ý 2.4.1.Tồn tại đa thức bất khả quy mà nó không có một cách
biển đổi tuyến tính của ẩn nào có thể chuyển nó thành đa thứcEisensteỉn
(với số nguyên tốp nào đó).
Chứng minh. Ta chỉ ra một đa thức thỏa mãn điều kiện của bài toán.
Cho p(x) = 2 X

2

+ 1. Đa thức này không phân tích được trên tập hợp số
hữu tỉ nghĩa là nó không có nghiệm hữu tỉ. Ta làm thay đổi biến Jt dạng JC =
A Y + B


(A , B

là những số nguyên bất kỳ). Ta có:
ô ( j ) = 2 a
2
y
2
+ 4abỵ + 2 b
2
+ 1
Giả sử <2(j)là đa thức Eisenstein, nghĩa là tồn tại số nguyên P

sao cho 2 A

2
không chia hết cho P , 4 A B :

:

.

suy ra B \

.Vì 4 A B :

nên4fli : hoặc 4:
Nếu A :

nghĩa là hệ số cao nhất của Q ( Y )


chia hết cho P

(trái với đa
thức Eisenstein).
Neu 4: nghĩa là P

=

2=>(2£
2
+ l) không chia hết cho P

(vô
lý).Vậy ta được điều phải chứng minh.
2.4.3. Môt sổ tiêu chuẩn khác
2.4.3.I. Tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng
Mở rộng điều kiện thứ ba trong tiêu chuẩn Eisenstein ta được định lý
sau:
+3-
•Với N *0 tacó /M=í*
\
n
n \n
~ 22
Đ ị n h l ý 2 . 4 . 2 . Cho đa thức p ( x ) = a
0
x
n
+

O j j c "
- 1
+ + a
n
_
1
x + a
n
là một đa thức hệ số nguyên. Giả sử
tồn tại số nguyên tổ p thỏa mãn những điều kiện sau:
1) a
0
không chia hết cho p.
2) Tất cả những hệ sổ khác Oy,a
2
, ,a chia hết cho p.
3) Kí hiệu s là sổ mũ cao nhất cho a chia hết cho p
s
(nghĩa là
a : nhưng a không chia hết cho p
s + ỉ
).
Khi đó đa thức p (x) khô ng thể phân tích thành nhiều hơn s thừa sổ
khác hằng sổ.
Nhận xét 2.4.3. Với S =

lta nhận được tiêu chuẩn Eisenstein.
Chứng minh. Khi ta phân tích cách chứng minh của tiêu chuẩn Eisenstein ta
thấy: “Cho đa thức thỏa mãn điều kiện 2) và _P(jt) = G(x)i/(jt), ở đây
G(jt)và //(x)lànhững đa thức hệ số nguyên và B Ị


chia hết cho P

còn C
không chia hết cho P

(kí hiệu như phần chứng minh tiêu chuẩnEisenstein).
Khi đó tất cả các hệ số của G(x)chia hết cho P ,

trường hợp riêng
hệ số cao nhấtB

0

cũng có tính chất ấy, suy ra hệ số cao nhất ữ
0
của P ( X )
cũng chia hếtcho p
Ta giả sử P ( X )

phân tích được thành tích nhiều hơn sthừa số, nghĩa là
trong đó T > S

và P Ị

(*),^2 (*)’^ (*)không phải đa thức hằng số.
Tương tự như phần chứng minh tiêu chuẩn Eisenstein ta được những đa
thức /^(jc)có ít nhất một số hạng tự do của nó chia hết cho P

và ít nhất một

số hạng tự do của một đa thức không chia hết cho P .
Ta kí hiệu G(x) là tích những đa thức số hạng P Ị

(jc)có hệ số tự do
chia hết cho P

còn H ( X )

là tích những số hạng còn lại.
Theo giả thiết ơ(*) và H ( X )

không là hằng số suy ra số hạng tự do của
G(x) chia hết cho P

còn số hạng tự do của H ( X )

không chia hết cho P .
~ 23
Theo phần chú ý đàu chứng minh thì ta nhận được tất cả các hệ số của
G( Jt) chia hết cho P

.
Do đó A \

(mâu thuẫn với điều kiện (1))
Nên điều giả sử T > S

là sai.
Vậy định lý được chứng minh.
Mở rộng điều kiện thứ hai trong tiêu chuẩn Eisenstein ta được định lý

sau:
Đ ị n h l ý 2 . 4 . 3 .Cho p(x) = a
0
x
n
+ a
x
x
n
1
+ . . . + a
n
_yX + a
n
là một đa
thức hệ sổ nguyên và k là một số tự nhiên sao cho 0 < k<n — 1 .
Giả sử tồn tại số nguyên tố p thỏa mãn những điều kiện sau
1) a
0
không chia hết cho p.
2) Những hệ số a
k+l
, a
k + 2
,. .a chia hết cho p.
3) a
n
không chia hết cho p
2
.

Khi đó đa thức p (x) có ước không phân tích được là G ( j c )
mà bậc của đa thức này lớn hơn hoặc bằng n — k.
Chú ý 2.4.2. Với K

= Ota nhận được tiêu chuẩn
Eisenstein. Thật vậy p(;t) sẽ có ước số không phân tích
được vói số bậc là N -

0, nghĩa là chính đa thức đó.
~ 24
Chứng minh. Neu đa thức p(x) không phân tích được thì định lý đã được
chứng minh.Giả sử rằng/
3
(я) phân tích được và được biểu diễn
p(x) = G( x)H (x)
Tích của những thừa số không phân tích được (ít nhất là hai) với hệ số
nguyên. Do A

N

: nên hệ số tự do của một đa thức thừa số nào đó cũng
chia hết cho P

. Trong trường hợp này ta sẽ chứng minh bậc 1 củaG(x) thỏa
mãn bất đẳng thứ/ < N -

К

, như vậy định lí được chứng minh.
Thật vậy, ta viết G(x) dưới dạng

G ( x ) = b
0
x
l
+ b
x
x
l
bj
Còn tích của những số còn lại dưói dạng
Q(x) = c
0
x
m
+ c
x
x
m l
+ . . . +
c
m
T a c ó p ( x ) -
G ( x ) < 2 ( x ) , l > 0 , m > 0, l + m - n.
Đa thức G

(je) được chọn sao cho B Ị :

.

Nhưng khi đó С


không
chia hết cho P

vì nếu giả sử С

: thì ta sẽ nhận được A

N

= B F

M

chia hết
cho p
2
(trái với giả thiết).
Cũng như trên B

0

không chia hết cho P

vì theo giả thiết A

0

—
B


0

C

0



không chia hết cho P .
Ta kí hiệu Ỉ

là chỉ số cuối cùng trong dãy 1, 2, I

sao cho B Ị

không
chia hết cho P

nhưng B

I + 1

: : : . Ta xét hệ số A

M + L
của ^(^ta có
A

M


+
1 =
H

F M

+ K F M

-

1 + К Г

С

Т

- 2 + • • •
Trong đẳng thức sau cùng tất cả các số hạng bên phải đều chia hết cho P ,

từ
đây suy ra A

M + I

không chia hết cho P .
Mà theo điều kiện hai của định lý thì chỉ có khả năng với M + I < K

hay M
+ Ỉ - K < 0


.Nhưng khi đó
-2 5