Định nghĩa, ví dụ và tính chất
Định nghĩa 1.1.1 Đa thức f(x) ∈ K[x] được gọi là bất khả quy trên K nếu degf(x) > 0vàf(x)không là tích của hai đa thức có bậc thấp hơn.
Tính chất bất khả quy của đa thức phụ thuộc vào vành cơ sở mà nó được xét đến Ví dụ, đa thức x² - 7 là bất khả quy trên trường số hữu tỷ Q nhưng lại khả quy trên trường số thực R Ngược lại, đa thức x² + 3 là bất khả quy trên R nhưng lại khả quy trên trường số phức C.
Bổ đề 1.1.2 Đa thức f(x) ∈ K[x] là bất khả quy trên K nếu và chỉ nếu f(x+ a)là bất khả quy với mọi a ∈ K.
Chứng minh rằng, với a ∈ K và mỗi h(x) ∈ K[x], ta có h1(x) = h(x − a) và degh1(x) = degh(x) Điều này dẫn đến kết luận rằng f(x + a) = k(x)g(x) là phân tích của f(x + a) thành hai đa thức bậc thấp hơn khi và chỉ khi f(x) = k1(x)g1(x) cũng là phân tích của hai đa thức bậc thấp hơn Do đó, f(x) bất khả quy khi và chỉ khi f(x + a) bất khả quy.
Cho T là một trường chứa trường K Nhắc lại rằng một phần tử a ∈ T được gọi lànghiệm của đa thức f(x) ∈ K[x]nếu f(a) = 0.
Kết quả sau đây thường được gọi là Định lí Bezout bé.
Bổ đề 1.1.3 Phần tử a ∈ K là nghiệm của đa thức f(x) ∈ K[x] nếu và chỉ nếu tồn tại đa thức g(x) ∈ K[x] sao chof(x) = (x−a)g(x).
Trên một trường K, có hai phát biểu quan trọng về đa thức: Đầu tiên, đa thức bậc nhất luôn bất khả quy Thứ hai, đa thức bậc 2 và bậc 3 sẽ bất khả quy nếu và chỉ nếu chúng không có nghiệm trong trường K.
Đa thức bậc nhất không thể là tích của hai đa thức bậc thấp hơn, điều này chứng minh rằng nó là bất khả quy Nếu f(x) có nghiệm a ∈ K và degf(x) > 1, theo Bổ đề 1.1.3, ta có f(x) = (x − a)g(x), với g(x) ∈ K[x] có bậc dương và degg(x) = degf(x)−1, từ đó suy ra f(x) là khả quy.
Giả sử f(x) khả quy trên K, với f(x) = g(x)h(x) và các bậc của g(x) và h(x) đều nhỏ hơn bậc của f(x) Do f(x) có bậc 2 hoặc bậc 3, nên ít nhất một trong hai đa thức g(x) hoặc h(x) phải có bậc nhất Đa thức bậc nhất luôn có nghiệm trong trường K, do đó f(x) cũng sẽ có nghiệm trong K.
Cần lưu ý rằng phát biểu (ii) của Bổ đề 1.1.4 không áp dụng cho đa thức có bậc lớn hơn 3 Đặc biệt, nếu một đa thức bậc lớn hơn 3 có nghiệm trong một tập hợp nhất định, điều này có thể dẫn đến những kết luận khác nhau so với các trường hợp bậc thấp hơn.
Mặc dù không phải mọi đa thức đều có nghiệm trong trường K, vẫn tồn tại những đa thức khả quy mà không có nghiệm trong K Chẳng hạn, đa thức x^4 + 5x^2 + 6 = (x^2 + 2)(x^2 + 3) không có nghiệm trong R nhưng vẫn khả quy trên R.
Đa thức bất khả quy của một phần tử
Phần tử đại số và phần tử siêu việt là hai khái niệm quan trọng trong lý thuyết trường Theo định nghĩa, một phần tử α thuộc trường F được coi là phần tử đại số trên trường K nếu nó là nghiệm của một đa thức không bằng 0 với hệ số thuộc K Ngược lại, nếu α không thỏa mãn điều kiện này, nó sẽ được gọi là phần tử siêu việt trên K Đặc biệt, nếu α thuộc tập hợp số phức C và là phần tử đại số (hoặc siêu việt) trên trường số hữu tỉ Q, thì α được xác định là số đại số.
Ví dụ 1.2.2 Mọi số phứcα = a+bi đều là đại số trên trường số thựcRvìα là nghiệm của đa thứcx 2 −2ax+a 2 +b 2 ∈ R[x] Số thực√
Số π là một số siêu việt vì nó không phải là nghiệm của bất kỳ đa thức nào khác không bằng 0 trong Q[x], trong khi số 3 là nghiệm của đa thức x² - 3 ∈ Q[x] Đa thức f(x) ∈ K[x] được xem là có dạng chuẩn khi hệ số cao nhất của nó bằng 1.
Mệnh đề 1.2.3 ChoF là một trường chứaK vàa ∈ F là phần tử đại số trên
K Khi đó, tồn tại duy nhất một đa thức dạng chuẩnp(x) ∈ K[x]bất khả quy nhận a làm nghiệm Hơn nữa nếu g(x) ∈ K[x] nhận a làm nghiệm thì g(x) là bội củap(x).
Để chứng minh, vì a là phần tử đại số trên K, tồn tại một đa thức f(x) ∈ K[x] khác 0 với bậc nhỏ nhất nhận a làm nghiệm Đặt p(x) = b - 1 f(x), trong đó b là hệ số cao nhất của f(x) Khi đó, p(x) ∈ K[x] là đa thức chuẩn với bậc nhỏ nhất nhận a làm nghiệm, và rõ ràng deg(p(x)) > 0 Nếu p(x) khả quy, thì p(x) sẽ là tích của hai đa thức trong K[x] với bậc nhỏ hơn p(x), trong đó một trong hai đa thức này nhận a làm nghiệm, điều này mâu thuẫn với cách chọn p(x).
Do đóf(x) bất khả quy.
Giả sử g(x) ∈ K[x] có nghiệm a, nếu g(x) không chia hết cho p(x) thì gcd(g(x), p(x)) = 1 vì p(x) là đa thức bất khả quy Từ đó, tồn tại q(x), h(x) ∈ K[x] sao cho 1 = p(x).q(x) + g(x).h(x) Thay x = a, ta có 1 = p(a).q(a) + g(a).h(a), dẫn đến 1 = 0, điều này vô lý Do đó, g(x) phải chia hết cho p(x) Giả sử r(x) ∈ K[x] cũng là đa thức bất khả quy và nhận a làm nghiệm, theo chứng minh trên, r(x) là bội của p(x), tức là r(x) = p(x).k(x), với k(x) ∈ K[x] Vì r(x) bất khả quy nên k(x) = c với c ≠ 0 ∈ K Do đó, r(x) = c.p(x) Tuy nhiên, vì r(x) và p(x) đều là đa thức dạng chuẩn nên c = 1, từ đó suy ra p(x) = r(x).
Choa là phần tử đại số trên K, và một đa thức p(x) ∈ K[x] được xem là bất khả quy nếu nó không thể phân tích thành tích của các đa thức bậc thấp hơn, trong đó a là nghiệm của đa thức này.
Chẳng hạn đa thức p(x) = x 3 −5 ∈ Q(x) là bất khả quy vì p(x) có bậc
3 và không có nghiệm hữu tỷ Do đóp(x) là đa thức bất khả quy của phần tử
5 Đa thức p(x) =x 2 + 4 ∈ R(x) là bất khả quy vìp(x)có bậc 2 và không có nghiệm thực, do đóp(x) là đa thức bất khả quy của phần tử phức2i.
Bổ đề 1.2.5 khẳng định rằng nếu phân số tối giản r/s là nghiệm hữu tỷ của đa thức f(x) với hệ số nguyên, thì r phải là ước của a0 và s là ước của an Đặc biệt, khi an = ±1, mọi nghiệm hữu tỷ của f(x) đều là nghiệm nguyên.
Chứng minh Giả sử r s là nghiệm của f(x) trong đó r, s ∈ Z và (r, s) = 1. Khi đó, ta có
Vế phải của đẳng thức là bội của s, do đó vế trái anr n cũng là bội của s Vì (r, s) = 1 nên (r n, s) = 1, từ đó suy ra an là bội của s, hay s là ước của n.
Bây giờ ta chứng minh r là ước củaa 0 Cũng từ (1) ta có a 0 s n = −(a n r n +a n−1 r n−1 s+ã ã ã+a 1 rs n−1 ).
Vế phải của đẳng thức này là bội của r Vì thế vế trái a 0 s n cũng là bội của r mà (r, s) = 1 suy ra (r, s n ) = 1 Do vậy a 0 là bội của r hay r là ước của a 0
Tìm đa thức bất khả quy cho một phần tử đại số thường gặp nhiều khó khăn Tuy nhiên, trong một số trường hợp đặc biệt, chúng ta có thể áp dụng tiêu chuẩn nghiệm hữu tỷ theo Bổ đề 1.2.5 để xác định đa thức bất khả quy trên Q.
Ví dụ 1.2.6 Tìm đa thức bất khả quy trênQcủa phần tử √
15 Do đó α 4 −16α 2 + 4 = 0, vì thế α là nghiệm của đa thức f(x) = x 4 −16x 2 + 4 ∈
Chúng ta chứng minh rằng f(x) là một đa thức không khả quy trên Q Theo Bổ đề 1.2.5, nếu f(x) có nghiệm hữu tỷ, thì nghiệm đó phải là ước của hằng số tự do, nhưng các giá trị ±4, ±2, và ±1 không thỏa mãn điều kiện này Do đó, f(x) không có nghiệm hữu tỷ và không thể được biểu diễn dưới dạng tích của một đa thức bậc nhất và một đa thức bậc ba.
Giả sửf(x)khả quy Khi đóx 4 −16x 2 + 4 = (x 2 +ax+b)(x 2 +cx+d)(vớia, b, c, d là hữu tỷ) hayx 4 −16x 2 + 4 =x 4 + (a+c)x 3 + (b+d+ac)x 2 +
(ad+bc)x+bd Đồng nhất hệ số ở hai vế ta được hệ
Từ (1) suy ra c = −a thế vào (3) ta được ad−ba = 0 hay a(d−b) = 0 Do đóa = 0hoặcd = b Nếu a = 0thay vào (2) và (4) ta được
Suy ra b 2 + 16b + 4 = 0 Rõ ràng b /∈ Q, vô lý Nếu d = b thay vào (4) ta đượcb = d = ±2 Với b = d = −2thay vào hệ (1), (2) ta được
Suy raa 2 = 12, a /∈ Q, vô lí Vớib = d = 2thay vào hệ (1), (2) ta được
Suy raa 2 = 20, a /∈ Q, vô lí Vì vậyf(x) = x 4 −16x 2 + 4là đa thức bất khả quy của√
Chương 2 Đa thức khả quy trên Z p nhưng bất khả quy trên Q
Một số tiêu chuẩn bất khả quy trên Q
Định lý cơ bản của đại số khẳng định rằng mọi đa thức bậc dương với hệ số phức đều có ít nhất một nghiệm phức, dẫn đến việc đa thức bậc n, f(x) ∈ C[x], có thể phân tích thành tích của các đa thức tuyến tính với hệ số phức Điều này cũng cho thấy rằng mỗi đa thức f(x) ∈ R[x] có thể phân tích thành tích của các đa thức bậc 1 hoặc bậc 2 với hệ số thực Do đó, các đa thức bất khả quy trên C chỉ là các đa thức bậc nhất, trong khi trên R, các đa thức bất khả quy có thể là đa thức bậc nhất hoặc đa thức bậc hai với biệt thức âm, tức là không có nghiệm thực.
Việc xác định các đa thức bất khả quy trên Q vẫn là một thách thức lớn đối với các nhà toán học toàn cầu Bài viết này sẽ giới thiệu một số phương pháp để kiểm tra tính bất khả quy của đa thức trên Q, bao gồm phương pháp tìm nghiệm hữu tỷ, Bổ đề Gauss và tiêu chuẩn Eisenstein.
Giả sử f(x) ∈ Q[x], ta thấy rằng f(x) bất khả quy trên Q nếu và chỉ nếu af(x) bất khả quy trên Q, với a là mẫu chung nhỏ nhất của các hệ số của f(x) Khi đó, af(x) thuộc Z[x], cho phép chúng ta chỉ cần xét tính bất khả quy của các đa thức với hệ số nguyên Từ đây, ta giả định rằng f(x) = an*x^n + a(n-1)*x^(n-1) + + a0 ∈ Z[x], trong đó an ≠ 0 và n > 0.
Đa thức bậc 1 không thể quy trên Q, trong khi đó, đa thức bậc lớn hơn 1 có nghiệm hữu tỷ thì có thể quy trên Q Do đó, trong nhiều trường hợp, việc tìm nghiệm hữu tỷ giúp xác định tính bất khả quy của f(x) trên Q Dưới đây là một số ví dụ minh họa cho điều này.
Ví dụ 2.1.1 a) Đa thứcf(x) = 3x 3 −10x 2 −27x+ 10khả quy trên Q. b) Đa thức g(x) = 27x 3 + 99x 2 −12x+ 13 là bất khả quy trênQ.
Chứng minh a) Giả sử phân số tối giảnr/slà nghiệm củaf(x) Theo Bổ đề 1.2.5 thìr là ước của10vàs là ước của3 Suy ra r ∈ {±1,±2,±5,±10} vàs ∈ {±1,±3}.
Xét phương trình g(x) = 27x³ + 99x² − 12x + 13 = 0, ta đặt y = 3x để chuyển đổi thành h(y) = y³ + 11y² − 4y + 13 Nếu h(y có nghiệm hữu tỷ, nghiệm đó phải là số nguyên do h(y) là đa thức dạng chuẩn Tuy nhiên, thử nghiệm với các số ±1 và ±13 cho thấy chúng không phải là nghiệm của h(y) = 0, dẫn đến kết luận rằng h(y) không có nghiệm hữu tỷ theo Bổ đề 1.2.5 Do đó, g(x) = 0 cũng không có nghiệm hữu tỷ, và g(x) bất khả quy trên Q.
Bổ đề Gauss là một phương pháp quan trọng trong lý thuyết đa thức Một đa thức với hệ số nguyên được gọi là đa thức nguyên bản nếu các hệ số của nó nguyên tố cùng nhau Đặc biệt, tích của hai đa thức nguyên bản cũng là một đa thức nguyên bản Theo định lý 2.1.2, nếu p(x) ∈ Z[x] và p(x) = g(x)f(x) với g(x), f(x) ∈ Q[x], thì tồn tại các đa thức g*(x) và f*(x) trong Z[x] sao cho bậc của chúng tương ứng với bậc của g(x) và f(x), và p(x) có thể được phân tích thành tích của g*(x) và f*(x) Nếu p(x) khả quy trên Q, nó có thể phân tích thành tích của hai đa thức với hệ số nguyên có bậc thấp hơn.
Chứng minh rằng \( f(x) = af_1(x) \) và \( g(x) = bg_1(x) \) với \( a, b \in \mathbb{Q} \) và \( f_1(x), g_1(x) \in \mathbb{Z}[x] \) là các đa thức nguyên bản Từ đó suy ra rằng \( f_1(x)g_1(x) \) cũng là đa thức nguyên bản Rõ ràng, \( p(x) = abf_1(x)g_1(x) \in \mathbb{Z}[x] \) Để chứng minh \( ab \in \mathbb{Z} \), giả sử \( ab \notin \mathbb{Z} \), tức là \( ab = \frac{r}{s} \) với \( r/s \) là phân số tối giản và \( s > 1 \) Viết \( f_1(x)g_1(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \ldots + a_1 x + a_0 \) Do \( f_1(x)g_1(x) \) là nguyên bản nên \( \text{gcd}(a_n, a_{n-1}, \ldots, a_0) = 1 \) Vì \( p(x) \in \mathbb{Z}[x] \), ta có \( \frac{a_n}{s}, \ldots, \frac{a_1}{s}, \frac{a_0}{s} \in \mathbb{Z} \) Điều này dẫn đến \( s \) là ước chung của \( a_n, \ldots, a_1, a_0 \), điều này mâu thuẫn với giả định ban đầu Do đó, \( ab \in \mathbb{Z} \) Đặt \( f^*(x) = f_1(x) \) và \( g^*(x) = g_1(x) \), khi đó \( p(x) = f^*(x)g^*(x) \) với \( f^*(x)g^*(x) \in \mathbb{Z}[x] \).
Dựa vào Bổ đề Gauss, chúng ta xét tính bất khả quy của đa thức thông qua ví dụ sau.
Ví dụ 2.1.3 Đa thứcf(x) =x 4 + 2x 3 +x−5bất khả quy trên Q.
Nếu f(x) có nghiệm hữu tỷ, theo Bổ đề 1.2.5, nghiệm đó sẽ thuộc tập {±1, ±5} Tuy nhiên, các giá trị ±1 và ±5 không thỏa mãn phương trình f(x) = 0 Do đó, f(x) không có nghiệm hữu tỷ và không thể là tích của một đa thức bậc nhất và một đa thức bậc ba.
Giả sử f(x) khả quy Theo Bổ đề Gauss, f(x) có sự phân tích f(x) g(x)h(x) trong đó g(x), h(x) ∈ Z[x] có bậc 2 và có hệ số cao nhất bằng 1.
Viếtg(x) =x 2 + ax+ bvàh(x) = x 2 +cx+dvớia, b, c, d ∈ Z Khi đó f(x) =x 4 + (a+c)x 3 + (b+d+ac)x 2 + (ad+bc)x+bd. Đồng nhất các hệ số, ta được
Vì vai trò củab, dlà như nhau nên không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết b = 1, d = −5hoặcb = −1, d = 5.
Nếu b = 1, d = −5 thì a + c = 2, ac = 4 Suy ra a(2 − a) = 4 hay a 2 −2a−4 = 0, khi đóa 6∈ Z, vô lí.
Tương tự, nếu b = −1 và d = 5 thì a+ c = 2 = 0, ac = −4, dẫn đến phương trình a 2 −2a− 4 = 0, khi đó a 6∈ Z, vô lí Như vậy, f(x) bất khả quy.
Tiêu chuẩn Eisenstein là một công cụ quan trọng để xác định tính bất khả quy của đa thức trong Z[x] Theo định lý 2.1.4, cho một đa thức f = anx^n + a(n-1)x^(n-1) + + a1x + a0, tồn tại một số nguyên tố p thỏa mãn ba điều kiện: thứ nhất, p không là ước của hệ số cao nhất an; thứ hai, p là ước của các hệ số a0, a1, , a(n-1); và thứ ba, p^2 không là ước của hệ số tự do a0 Điều này giúp xác định rõ ràng tính bất khả quy của đa thức.
Khi đóf(x) là bất khả quy trênQ.
Giả sử f(x) khả quy trên Q, theo Bổ đề Gauss, tồn tại phân tách f(x) = g(x)h(x) với g(x) và h(x) thuộc Z[x] Do p là ước của a0 = b0c0, nên p|b0 hoặc p|c0 Tuy nhiên, vì p² không là ước của a0, chỉ một trong hai số b0 và c0 chia hết cho p Giả thiết p|c0 dẫn đến b0 không chia hết cho p, và do an = bmck không chia hết cho p, nên bm và ck đều không chia hết cho p Tồn tại số r nhỏ nhất sao cho r không là bội của p, và ta có r = b0cr + (b1cr−1 + b2cr−2 + + brc0) Vì r ≤ k < n nên p|ar, dẫn đến p|(b1cr−1 + b2cr−2 + + brc0) Điều này mâu thuẫn với việc b0 và cr đều không là bội của p Do đó, f(x) là bất khả quy trên Q.
Theo tiêu chuẩn Eisenstein, có ba ví dụ về đa thức bất khả quy trên Q Đầu tiên, đa thức x^5 + 3x^4 + 48 không thể phân tích trên Q với p = 3 Thứ hai, đa thức 7x^10 + 6x^5 - 12x + 10 cũng là bất khả quy trên Q với p = 2 Cuối cùng, đa thức 6x^2015 + 5x^10 - 25x^2 + 35 không thể phân tích trên Q theo tiêu chuẩn Eisenstein với p = 5.
Mối quan hệ giữa tính bất khả quy trên Q và trên Z p
Trong bài viết này, chúng tôi trình bày phương pháp rút gọn theo môđun một số nguyên tố để kiểm tra tính bất khả quy của các đa thức trên Q Chúng tôi chỉ ra rằng nếu một đa thức f(x) ∈ Z[x] có một số nguyên tố p sao cho khi chuyển f(x) vào vành Z_p[x], đa thức này vẫn giữ bậc và bất khả quy trên Z_p, thì f(x) cũng sẽ bất khả quy trên Q Bài viết cũng cung cấp một số ví dụ minh họa cho việc kiểm tra tính bất khả quy trên Q bằng phương pháp này Cuối cùng, chúng tôi đưa ra ví dụ cho thấy có những đa thức bất khả quy trên Q nhưng lại khả quy trên mọi trường Z_p Để thuận tiện, chúng tôi ký hiệu các phần tử của Z_p bằng các số nguyên a, b, với lưu ý rằng a = b trong Z_p nếu và chỉ nếu a−b chia hết cho p trong vành Z.
Z[x]và mỗi số nguyờn tố p, ta đặt f(x) =a n x n + ã ã ã+a 1 x+a 0 ∈ Z p [x]. Định lý sau đây cho ta một công cụ rất mạnh để xét tính bất khả quy trên
Định lý 2.2.1 khẳng định rằng, nếu có một số nguyên tố p thỏa mãn điều kiện degf(x) = degf(x) và f(x) là bất khả quy trên Zp, thì f(x) cũng sẽ bất khả quy trên Q.
Chứng minh Vìf(x)bất khả quy trênZ p nêndegf(x) > 0 Lại dodegf(x) degf(x) nêndegf(x) > 0.
Giả sử f(x) khả quy trên Q, theo Bổ đề Gauss, f(x) có thể phân tích thành f(x) = g(x)h(x) với g(x), h(x) ∈ Z[x] và bậc của g(x), h(x) nhỏ hơn bậc của f(x) Điều này dẫn đến việc deg f(x) = deg g(x) + deg h(x), trong khi đó deg g(x) ≥ deg g(x) và deg h(x) ≥ deg h(x) Nếu deg f(x) = deg f(x), thì deg g(x) = deg g(x) và deg h(x) = deg h(x) Như vậy, f(x) có thể phân tích thành tích của hai đa thức có bậc thấp hơn, từ đó chứng minh rằng f(x) khả quy, điều này mâu thuẫn với giả thuyết ban đầu rằng f(x) bất khả quy Do đó, định lý được chứng minh.
Ví dụ 2.2.2 Các đa thức sau là bất khả quy trênQ
Chứng minh (i) Vìf(x) = 2x 2 −x+1 ∈ Z 3 [x]không có nghiệm trongZ 3 và degf(x) = 2 nênf(x) bất khả quy trênZ 3 Rõ ràngdegf(x) = degf(x) 2, nênf(x)bất khả quy trên Qtheo Định lý 2.2.1.
(ii) Vìg(x) = x 3 +x+1 ∈ Z 2 [x]không có nghiệm trongZ 2 vàdegg(x) 3nêng(x)bất khả quy trênZ 3 Rõ ràngdegg(x) = degg(x) = 3 Theo Định lý 2.2.1 ta suy rag(x) là bất khả quy trênQ.
Hàm số h(x) = x^4 + x^2 + 3x + 2 không có nghiệm trong Z5, do đó không thể phân tích thành tích của một đa thức bậc nhất và một đa thức bậc ba Giả sử h(x) khả quy trên Z5, thì h(x) có thể được viết dưới dạng tích của hai đa thức bậc hai: h(x) = (x^2 + ax + b)(x^2 + cx + d) với a, b, c, d ∈ Z5 Khi đó, ta có h(x) = x^4 + (a+c)x^3 + (b+d+ac)x^2 + (ad+bc)x + bd Bằng cách đồng nhất hệ số, ta thu được các đẳng thức trong vành Z5.
Từbd = 2vàb, d ∈ Z 5 và vai trò củab, dnhư nhau nên(b, d)bằng(1,2)hoặc
(3,4) Nếu b = 1 vàd = 2 thay vào hai phương trình đầu, ta được a+c = 0 và ac = 3 Không có a, c ∈ Z 5 thỏa mãn Nếu b = 3 và d = 4 thay vào ta được
Không tìm đượcathỏa mãn Vì vậyh(x) bất khả quy trênZ 5 mà degh(x) degh(x) Do vậyh(x)bất khả quy trên Qtheo Định lý 2.2.1.
Theo Định lý 2.2.1, nếu tồn tại một số nguyên tố p sao cho đa thức f(x) bất khả quy trên Z_p và f(x) có bậc không đổi khi chuyển vào Z_p[x], thì f(x) sẽ bất khả quy trên Q Tuy nhiên, điều ngược lại không đúng Cụ thể, Định lý 2.2.3 chỉ ra rằng đa thức f(x) = x^4 - 2x^2 + 9 là bất khả quy trên Q, nhưng lại khả quy trên mọi trường Z_p với mọi số nguyên tố p.
Chứng minh Trước hết ta chứng minhf(x) bất khả quy trênQ.
Vì f(x) = x 4 −2x 2 + 9không có nghiệm hữu tỷ nên f(x) không thể là tích của một đa thức bậc nhất và một đa thức bậc ba Giả sửf(x)khả quy trên
Q, theo Bổ đề Gauss thìf(x)có phân tíchf(x) = (x 2 +ax+b)(x 2 +cx+d) vớia, b, c, d ∈ Z Đồng nhất hệ số, ta được
Xét các giá trị b, d ∈ Z với vai trò tương đương, ta có các cặp (b, d) là (1,9), (3,3), (−1,−9) và (−3,−3) Khi b = 1 và d = 9, ta có a + c = 0 và ac = −12, nhưng không tìm được a, c ∈ Z thỏa mãn Tương tự, với b = 3 và d = 3, ta cũng không tìm được a, c ∈ Z thỏa mãn từ phương trình a + c = 0 và ac = −8 Với b = −1 và d = −9, ta có a + c = 0 và ac = 8, nhưng vẫn không có a, c ∈ Z thỏa mãn Cuối cùng, khi b = −3 và d = −3, ta cũng không tìm được a, c ∈ Z thỏa mãn từ a + c = 0 và ac = 4 Do đó, f(x) là bất khả quy trên Q Tiếp theo, ta chứng minh f(x) khả quy trên mọi trường Z_p, trong đó các phần tử của Z_p được biểu diễn như các số nguyên và a = b ∈ Z_p khi và chỉ khi a - b chia hết cho p, với Z_p = {0, 1, , p−1}.
Trước hết ta xét trường hợp p= 2 Trong trườngZ 2 ta có 2 = 0 và9 = 1.
Vì thếf(x) =x 4 + 1 Vì4 = 6 = 0 ∈ Z 2 nên trong vành đa thứcZ[x] ta có f(x) = x 4 + 1 = x 4 + 4x 3 + 6x 2 + 4x+ 1 = (x+ 1) 4
Do đóf(x) khả quy trên Z 2
Cho p là số nguyên tố lẻ với p = 6, ta có Z∗p = Zp \{0} Nhóm Z∗p là một nhóm nhân có bậc p−1 Đặt H = {a² | a ∈ Z∗p}, H trở thành một nhóm con chuẩn tắc của Z∗p Xét ánh xạ ϕ: Z∗p → H được định nghĩa bởi ϕ(a) = a², và ϕ là một toàn cấu nhóm Đặt Ker(ϕ) = {a ∈ Z∗p | ϕ(a) = 1 ∈ H} Chúng ta chứng minh rằng Ker(ϕ) = {1, p−1}, với ϕ(1) = 1 và ϕ(p−1) = (p−1)²(-1)² = 1, do đó {1, p−1} là tập con của Ker(ϕ).
Ker(ϕ) Khi đó ϕ(a) = a 2 = 1 ∈ Z p Suy ra a 2 −1 = (a −1)(a+ 1) chia hết chop Dopnguyên tố nêna−1chia hết chophoặca+ 1 chia hết chop. Suy raa ∈ {1,−1} = {1, p−1} ⊆ Z ∗ p Vậy Ker(ϕ) ={1, p−1}.
Trong nhóm Z ∗ p, tích của hai phần tử không chính phương luôn tạo ra một phần tử chính phương Theo Định lý đồng cấu nhóm, ta có Z ∗ p/Ker(ϕ) ∼= H, với Ker(ϕ) có cấp 2 và Z ∗ p có cấp p−1 Theo Định lý Lagrange, chỉ số của nhóm con Ker(ϕ) là (p−1)/2, dẫn đến nhóm thương Z ∗ p/Ker(ϕ) có cấp (p−1)/2 Từ đó, ta suy ra H cũng có cấp (p−1)/2 và chỉ số 2, vì vậy nhóm thương Z ∗ p/H có cấp 2 Giả sử Z ∗ p/H = {Ha, H1}, với b, c ∈ Z ∗ p\H, ta thấy Hb = Ha và Hc = Ha, từ đó suy ra HbHc = Hbc = Ha^2 = H1 Điều này cho thấy bc ∈ H, tức là tồn tại d ∈ Z ∗ p sao cho bc = d^2 ∈ Z ∗ p, khẳng định rằng trong nhóm Z ∗ p, tích của hai phần tử không chính phương là một phần tử chính phương.
Chúng ta sẽ chứng minh rằng trong tập con {−1, 2, −2} của Z ∗ p tồn tại ít nhất một phần tử chính phương Nếu −1 hoặc −2 là chính phương, điều này đã được chứng minh Ngược lại, nếu cả hai đều không phải là chính phương, theo lập luận trước đó, tích của chúng (−1)(−2) = 2 sẽ là chính phương.
Bây giờ ta xét 3 trường hợp Nếu −1là chính phương thì −1 = a 2 ∈ Z ∗ p, do đó ta có x 4 −2x 2 + 9 = (x 2 −2ax−3)(x 2 + 2ax−3).
Nếu −2là chính phương thì−2 = a 2 ∈ Z ∗ p Do đó ta có x 4 −2x 2 + 9 = (x 2 −2ax+a 2 −1)(x 2 + 2ax+a 2 −1).
Cuối cùng, nếu 2 chính phương thì2 = a 2 ∈ Z ∗ p Suy ra x 4 −2x 2 + 9 = (x 2 −2ax+ a 2 + 1)(x 2 + 2ax+a 2 + 1).
Đa thức \(x^4 - 2x^2 + 9\) luôn có thể phân tích thành tích của hai đa thức bậc hai trong vành đa thức \(Z_p[x]\) cho mọi số nguyên tố \(p\) Vì vậy, \(x^4 - 2x^2 + 9\) là đa thức khả quy trên trường \(Z_p\) với mọi số nguyên tố \(p\).
Tính bất khả quy của đa thức bậc bốn trùng phương 18 2.4 Tính bất khả quy trên Z p của đa thức bất khả quy của √
Trong bài viết này, chúng ta sẽ khảo sát tính bất khả quy của đa thức trùng phương dạng f(x) = x^4 + rx^2 + s, với r, s ∈ Z Kết quả quan trọng được trình bày là Định lý 2.3.13, cung cấp điều kiện cần và đủ để f(x) là bất khả quy trên Q nhưng lại khả quy trên mọi trường Zp.
Trước hết chúng ta trình bày tiêu chuẩn để đa thức f(x) khả quy trên Q.
Theo Bổ đề Gauss, một đa thức f(x) khả quy trên Q nếu và chỉ nếu nó có thể phân tích thành tích của hai đa thức với hệ số nguyên và bậc nhỏ hơn Định lý 2.3.1 chỉ ra rằng, với s là số nguyên, đa thức f(x) = x^4 + rx^2 + s khả quy trên Q khi và chỉ khi tồn tại các số nguyên a, c, e thỏa mãn các điều kiện: c + e - a^2 - r = 0, a(e - c) = 0, và ce - s = 0.
Trong trường hợp này, ta có phân tích củaf(x) như sau f(x) = (x 2 +ax+c)(x 2 −ax+e).
Giả sử f(x) khả quy trên Q, theo Bổ đề Gauss, f(x) có thể phân tích thành tích của hai đa thức với hệ số nguyên và bậc thấp hơn Điều này có nghĩa là f(x) có thể có một nhân tử bậc nhất dạng x − m ∈ Z[x] hoặc một nhân tử bậc hai dạng x² + ax + c ∈ Z[x], với điều kiện rằng x² + ax + c không phải là tích của hai đa thức bậc nhất với hệ số nguyên Chúng ta sẽ xem xét hai trường hợp này.
Trong trường hợp 1, nếu x − m là nhân tử của f(x) và m ≠ 0, thì f(x) cũng có nhân tử x + m do tính chất đối xứng của hàm trùng phương, dẫn đến f(x) chia hết cho x² − m² ∈ Z[x] Nếu m = 0, f(x) chia hết cho x, suy ra f(x) = x⁴ + sx², và do đó f(x) = x²(x² + s) chia hết cho x² Trong cả hai trường hợp, f(x) đều có nhân tử bậc hai, được biểu diễn dưới dạng x² + ax + c ∈ Z[x] Từ đó, tồn tại t, e ∈ Q sao cho f(x) = x⁴ + rx² + s = (x² + ax + c)(x² + tx + e) Theo Bổ đề Gauss, e ∈ Z, dẫn đến f(x) = x⁴ + rx² + s = (x² + ax + c)(x² + tx + e) với a, c, t, e ∈ Z.
= x 4 + (t+a)x 3 + (e+ c+ at)x 2 + (ct+ae)x+ce. Đồng nhất hệ số, ta được
Từ phương trình đầu, ta được t = −a Thế vào các phương trình còn lại ta được c+ e−a 2 −r = 0, a(e−c) = 0, ce−s = 0.
Ngược lại, giả sử (2.1), (2.2), (2.3)đúng Khi đó
Do đó f(x) là tích của hai đa thức có hệ số nguyên với bậc thấp hơn Vì thế f(x)khả quy trên Q.
Chúng ta sẽ áp dụng Định lý 2.3.1 để xác định một tiêu chuẩn đơn giản hơn cho đa thức f(x) có khả năng quy trên Q Trong suốt phần này, chúng ta sẽ ký hiệu n = để chỉ rằng n là số chính phương Lưu ý rằng biệt thức r² - 4s là yếu tố quan trọng trong phương trình bậc hai f(x 1/2).
Trong hai hệ quả tiếp theo của Định lý 2.3.1, chúng ta xem xét tính khả quy của f(x) trong hai trường hợp: khi r² - 4s là số chính phương và khi không phải Nếu r² - 4s là chính phương, thì f(x) khả quy và có sự phân tích theo Hệ quả 2.3.2 Ngược lại, nếu r² - 4s không phải là số chính phương mà f(x) vẫn khả quy, thì f(x) sẽ có sự phân tích như trong Hệ quả 2.3.3.
Hai hệ quả này cũng chứng tỏ các nhân tử của f(x) phụ thuộc vào đại lượngr 2 −4s.
Hệ quả 2.3.2 cho rằng nếu r và s là các số nguyên sao cho r² - 4s là một số chính phương (tức là r² - 4s = t² với t ∈ Z), thì đa thức f(x) = x⁴ + rx² + s sẽ khả quy trên Q Điều này cho phép chúng ta phân tích f(x) thành tích của hai đa thức bậc hai với hệ số nguyên, cụ thể là f(x) = (x² + )(x² + ).
Chứng minh Ta có f(x) = x 4 +rx 2 +s
Rõ ràngf(x) có phân tích thành tích của hai đa thức bậc hai như sau f(x) " x 2 +
Nếu r lẻ thìtlẻ Nếur chẵn thìtchẵn Do đó (r −t)/2, (r +t)/2luôn là số nguyên.
Hệ quả sau đây được suy ra ngay từ Định lí 2.3.1 với e= c.
Khi r và s là các số nguyên sao cho r² - 4s không phải là số chính phương, thì đa thức f(x) = x⁴ + rx² + s chỉ có thể phân tích thành tích của hai đa thức bậc nhỏ hơn với hệ số nguyên nếu và chỉ nếu tồn tại một số nguyên c sao cho 2c = s và 2c - r là số chính phương Trong trường hợp này, f(x) có thể được phân tích thành f(x) = (x² + ax + c)(x² - ax + c), với a là số nguyên thỏa mãn a² = 2c - r.
Nếu r và s là các số nguyên sao cho r² - 4s không phải là số chính phương, và hàm f(x) = x⁴ + rx + s khả quy trong Z[x], thì số nguyên c trong Hệ quả 2.3.3 sẽ thỏa mãn điều kiện nhất định.
Xét hàm số f(x) = x^4 + 1, ta có f(x) = x^4 + rx + s với r = 0 và s = 1 Từ đó, r^2 - 4 = -4 không phải là số chính phương Do đó, áp dụng Hệ quả 2.3.3 để kiểm tra tính khả quy của f(x) Rõ ràng, không tồn tại số nguyên c sao cho 2 = s = 1 và 2c - r = 2c là số chính phương.
Hệ quả 2.3.3 ta suy raf(x) = x 4 + 1không là tích của hai đa thức với hệ số nguyên có bậc bé hơn Theo Bổ đề Gauss, f(x) bất khả quy trênQ.
Xét hàm số f(x) = x^4 - 72x + 4 với r = -72 và s = 4, ta có r^2 - 4s = 5168 không phải là số chính phương Do đó, theo Hệ quả 2.3.3, f(x) không thể phân tích thành tích của hai đa thức có hệ số nguyên với bậc nhỏ hơn Rõ ràng, không tồn tại số nguyên c sao cho 2 = s = 4 và 2c - r = 2c + 72 là số chính phương Theo Bổ đề Gauss, f(x) là bất khả quy trên Q.
Ví dụ 2.3.6 Xét đa thức trùng phương có dạng f m (x) = x 4 −(2m+ 4)x 2 + (m −2) 2 , trong đó m ∈ Z Ta có f m (x) = x 4 + rx + s với r = −(2m + 4) và s = (m−2) 2 Ta có r 2 −4s = (2m + 4) 2 −4(m−2) 2 = 32m
Rõ ràng rằng \( r^2 - 4s \) là số chính phương nếu và chỉ nếu \( 2m \) là số chính phương Trong trường hợp này, \( f_m(x) \) là khả quy trên \( \mathbb{Q} \) theo Hệ quả 2.3.2 Cần lưu ý rằng \( 2m \) là số chính phương nếu và chỉ nếu tồn tại số nguyên \( u \) sao cho \( m = 2u^2 \) Do đó, theo Hệ quả 2.3.2, đa thức \( f_m(x) \) có thể phân tích thành tích của hai đa thức bậc hai với hệ số nguyên, cụ thể là \( f_m(x) = (x^2 - (2u^2 - 4u + 2))(x^2 - (2u^2 + 4u + 2)) \).
Giả sử 2m không phải là số chính phương, theo Hệ quả 2.3.3, f m (x) là tích của hai đa thức có hệ số nguyên với bậc thấp hơn nếu và chỉ nếu 2c−r là số chính phương, trong đó c 2 = s Với s = (m −2) 2, ta có c = m−2 hoặc c = 2−m Nếu chọn c = m −2, theo Bổ đề Gauss, fm(x) khả quy trên Q khi và chỉ khi 2c−r = 4m là số chính phương, tương đương với m là số chính phương Khi đó, ta có fm(x) = (x 2 + 2tx+t 2 −2)(x 2 −2tx+t 2 −2).
Giả sử c = 2 − m, ta có 2c − r = −2m + 4 + 2m + 4 = 8, không phải là số chính phương Do đó, hàm f m (x) bất khả quy trên Q theo Hệ quả 2.3.3 Kết luận rằng f m (x) bất khả quy trên Q nếu và chỉ nếu m không phải là số chính phương hoặc 2m không phải là số chính phương.
Các hệ quả 2.3.2 và 2.3.3 cung cấp tiêu chuẩn để xác định tính khả quy của đa thức bậc 4 dạng f(x) = x^4 + rx^2 + s ∈ Z[x] trên trường Q Tiếp theo, chúng ta sẽ trình bày tiêu chuẩn khả quy của f(x) trên trường Z_p Trước khi đi vào chi tiết, chúng ta cần giới thiệu khái niệm về đa thức khả quy theo môđun p^k, trong đó p là số nguyên tố và k là số nguyên dương Theo định nghĩa 2.3.7, một đa thức f(x) = x^4 + rx^2 + s được coi là khả quy theo môđun p^k nếu tồn tại hai đa thức g(x) và h(x) ∈ Z[x] có bậc thấp hơn 4, sao cho f(x) ≡ g(x)h(x) (mod p^k).
Dưới đây là tiêu chuẩn để f(x) khả quy theo môđunp k