Trước khi trình bày khái niệm đa thức bất khả quy, chúng ta nhắc lại khái niệm phần tử bất khả quy trong một miền nguyên. Cho a, b∈V, ta nói a là ước của b nếu tồn tại c∈V sao cho b =ac. Một ước a củab được gọi là ước thực sự nếu b không là ước của a. Phần tử p ∈V được gọi là phần tử bất khả quy nếu nó khác 0, không khả nghịch và không có ước thực sự. Từ đây ta có khái niệm đa thức bất khả quy trong vành đa thức V[x]. Chú ý rằng V[x] là miền nguyên. Định nghĩa 1.7.1. ([1]) Chof(x)∈V[x]là đa thức khác 0và không khả nghịch, ta nói f(x) là bất khả quy trên V nếu nó không có ước thực sự.
Chú ý rằng tính bất khả quy của đa thức phụ thuộc vào vành cơ sở. Chẳng hạn, đa thức 2x+ 2 bất khả quy trên trường Q. Tuy nhiên, 2x+ 2 không bất khả quy trên vành Zbởi vì các đa thức 2 và x+ 1 đều là ước thực sự của 2x+ 2. Tương tự đa thức x2+ 1 là bất khả quy trên R nhưng không bất khả quy trên
C.
Bổ đề 1.7.1. ([1]) Đa thức f(x) là bất khả quy nếu và chỉ nếu f(x+a) là bất khả quy với mọi a∈V.
Chứng minh. Choa∈V. Với mỗi h(x)∈V[x]ta đặth1(x) = h(x−a). Chú ý rằng deg h1(x) = deg h(x). Vì thế f(x+a) = k(x)g(x) là phân tích của f(x+a) thành tích hai đa thức có bậc thấp hơn khi và chỉ khi f(x) = k1(x)g1(x) là phân tích của f(x) thành tích của hai đa thức có bậc thấp hơn. Vì vậy f(x) bất khả quy khi và chỉ khi f(x+a) bất khả quy.
Bổ đề 1.7.2. ([1]) Đa thức f(x) với hệ số trên trường K là bất khả quy nếu và chỉ nếu deg f(x)>0 và f(x) không phân tích được thành tích của hai đa thức có bậc bé hơn.
Bổ đề 1.7.3. ([1]) Trên một trường K, các phát biểu sau đây đúng. (i) Đa thức bậc thấp luôn bất khả quy.
(ii) Đa thức bậc 2 và bậc 3 là bất khả quy nếu và chỉ nếu nó không có nghiệm trong K.
Chứng minh. (i) Rõ ràng đa thức bậc nhất không thể là tích của hai đa thức bậc thấp hơn, do đó nó bất khả quy.
(ii) Giả sử f(x) có nghiệm x =a ∈K. Vì deg f(x)> 1 nên theo Bổ đề 1.5.1 ta có f = (x−a)g(x), trong đó g(x)∈ K[x] và deg g(x) = deg f(x)−1≥ 1. Do đó
f(x) khả quy. Ngược lại, giả sử f(x) khả quy vì f(x) có bậc 2 hoặc 3 nên f(x)
phân tích được thành tích của hai đa thức bậc thấp hơn, một trong hai đa thức đó phải có bậc 1. Rõ ràng đa thức bậc 1 trên một trường luôn có nghiệm trong trường đó, vì thế f(x) có nghiệm trong K.
Chú ý rằng phát biểu (ii) trong Bổ đề trên là không đúng cho trường hợp của đa thức lớn hơn 3. Cụ thể, nếuf(x)bậc lớn hơn 3và có nghiệm trong K thì f(x)
khả quy. Tuy nhiên, tồn tại những đa thức không có nghiệm trong K nhưng vẫn khả quy. Chẳng hạn đa thức (x2+ 1)2 không có nghiệm trong R nhưng nó khả quy trên R.
Định nghĩa 1.7.2. ([1]) Cho a là phần tử đại số trên K. Đa thức p(x) ∈ K[x]
bất khả quy dạng chuẩn nhận a làm nghiệm được gọi là đa thức bất khả quy của a.
Đa thức x3−2x∈Q[x] là bất khả quy (vì có bậc 3 và không có nghiệm hữu tỷ), do đó nó là đa thức bất khả quy của phần tử √3
2. Đa thức x2+ 1∈ R[x] là bất khả quy (vì có bậc 2và không có nghiệm thực), do đó nó là đa thức bất khả quy của số phức i.
Ví dụ 1.11. ([1]) Để tìm đa thức bất khả quy trên Q của phần tử √2 +√
3 ta làm như sau. Đặt α=√
2 +√
3. Khi đó α2−5 = 2√
6. Suy ra α4−10α2+ 1 = 0. Vì thế α là nghiệm của đa thức f(x) =x4−10x2+ 1 = 0∈Q[x]. Ta chứng minh
f(x) bất khả quy. Thật vậy theo Bổ đề 1.6.4, f(x) không có nghiệm hữu tỷ. Vì thế nó không là tích của một đa thức bậc nhất và một đa thức bậc 3. Giả sử
f(x) khả quy. Khi đó x4−10x2+ 1 = (x2+ax+b)(x2+cx+d) với a, b, c, d ∈Q. Khai triển vế phải và đồng nhất hệ số ở hai vế ta được4 phương trình a+c= 0,
d+b+ac=−10,ad+bc= 0, bd= 1. Suy ra c=−a. Vì ad+bc= 0 nêna(d−b) = 0. Giả sử a= 0 khi đó d−b =−10, bd= 1. Suy ra b, d 6=Q, vô lí. Vì thế b =d. Do
bd= 1 nên b2= 1. Vì thế d=b=±1. Thay vào ta được a+c= 0, ac=−12 hoặc
a+c= 0, ac=−8. Suy ra a, c6=Q, vô lí. Vì vậy f(x) là đa thức bất khả quy của √
2 +√
3.
Ví dụ 1.12. ([1]) Trục căn thức ở mẫu của phân số sau 1
1+√3 2+2√3
4.
Giải. Đặt g(x) = 1 +x+ 2x2∈Q[x]. Khi đó mẫu số của phân số làg(√3
2). Đa thức bất khả quy của phần tử √3 2 là p(x) = x3−2 ∈ Q[x]. Biểu diễn gcd(g(x), p(x)) thành tổ hợp tuyến tính của g(x) và p(x) 4p(x) =g(x)(2x−1)−x−7, g(x) = (−x−7)(−2x+ 13) + 92 −x−7 = 92(− x 92− 7 92) + 0. Suy ra 92 =g(x) + (−x−7)(2x−13). Do đó 92 = g(x) + h 4p(x)−g(x)(2x−1) i (2x−13). Vì thế 92 = 4(2x−13)p(x) + 4(−x2+ 7x−3)g(x). Vậy 23 = (2x−13)p(x) + (−x2+ 7x−3)g(x).
Suy ra 23 = (−√3 4 + 7√3 2−3)(1 +√3 2 + 2√3 4). Do đó 1 1+√3 2+2√3 4 = −3 √ 4+7√3 2−3 23 .
1.7.2 Tính khả quy của đa thức trên Q Ví dụ 1.13. ([1])
(i) Đa thức f(x) = 10x3+ 3x2−106x+ 21 là khả quy trên Q. (ii) Đa thức g(x) = 9x3+ 6x2−8x+ 7 là bất khả quy trên Q.
Chứng minh. (i) Giả sử phân số tối giản r/s là nghiệm của f(x). Theo Bổ đề 1.6.4, ta có r|21 và s|10. Suy ra r∈ {±1,±3,±7,±21} và s ∈ {±1,±2,±5,±10}. Vì f(1) =−72, f(−1) = 120 nên sử dụng Bổ đề 1.6.5 ta suy ra r/s= n ±12,±15,±3,±32,±35,±7,−72,±57o.
Thử lại ta thấy 15,3,−72 là nghiệm của f(x). Vậy f(x) khả quy trên Q.
(ii) Ta có 3g(x) = 27x3 + 18x2 − 24x + 21. Khi đó g(x) = 0 nếu và chỉ nếu
3g(x) = 27x3+ 18x2−24x+ 21 = 0. Đặt y= 3x, phương trình thứ hai trở thành
h(y) =y3+ 2y2−8y+ 21 = 0. Sử dụng Bổ đề 1.6.4 và Bổ đề 1.6.5 ta suy ra h(y)
không có nghiệm hữu tỷ. Vì thế g(x) không có nghiệm hữu tỷ. Do đó g(x) bất khả quy trên Q.
Định lý 1.7.4. Cho f(x) là một đa thức với hệ số trong Q, f(x) bất khả quy trên Q khi và chỉ khi ước duy nhất của nó với những hệ số thuộc Q có dạng α
và αf(x), α6= 0 là một số bất kỳ trong Q.
Định lý 1.7.5. Nếu f(x) là một đa thức bất khả quy trên Q, g(x) là một đa thức bất kỳ trong Q thì hoặc g(x)...f(x) hoặc (g(x), f(x)) = 1
Định lý 1.7.6. Cho f(x) là đa thức bất khả quy trên Q, g(x) và h(x) là những đa thức với hệ số thuộc Q. Nếu (g(x), h(x))...f(x) thì ít nhất một trong các thừa số g(x) và h(x) chia hết cho f(x).
Định lý 1.7.7. Nếu một đa thức có hệ số nguyên không phân tích được thành tích hai đa thức hệ số nguyên thì nó không phân tích được thành tích hai đa thức hệ số hữu tỷ
Định lý 1.7.8 (Bổ đề Gauss). ([1]) Cho p(x)∈Z[x]. Giả sử p(x) =g(x)f(x) với
g(x), f(x) ∈ Q[x]. Khi đó tồn tại g∗(x), f∗(x) ∈ Z[x] sao cho degg(x) = degg∗(x),
degf(x) = degf∗(x) và p(x) =g∗(x)f∗(x). Đặt biệt nếu p(x) là khả quy trên Q thì nó phân tích được thành tích của hai đa thức với hệ số nguyên có bậc thấp hơn. Chứng minh. Viếtf(x) =af1(x)vàg(x) = bg1(x)trong đóa, b∈Qvàf1(x), g1(x)∈
Z[x]là các đa thức nguyên bản. Ta có f1(x), g1(x)là đa thức nguyên bản. Rõ ràng
p(x) = abf1(x)g1(x)∈Z[x]. Ta chứng minhab∈Z. Thật vậy giả sửab /∈Z. Khi đó
ab=r/svớir/slà phân phối tối giản vàs >1. Viếtf1(x)g1(x) =anxn+...+a1x+a0. Vìf1(x)g1(x) là nguyên bản nên gcd(an, an−1, ..., a0) = 1. Vì p(x)∈Z[x] nên ta có
ran
s , ...,ra1 s ,ra0
s ∈Z.
Suy ra s là ước chung của an, ..., a1, a0, điều này vô lí. Vậy ab ∈ Z. Đặt f∗(x) =
abf1(x)vàg∗(x) =g1(x). Khi đóp(x)f∗(x)g∗(x)với f∗(x), g∗(x)∈Z[x]vàdegf(x) = degf∗(x) và degg(x) = degg∗(x).
Ví dụ 1.14. ([1]) Đa thức f(x) =x4+ 3x3+x2+ 3 bất khả quy trên Q.
Chứng minh. Sử dụng Bổ đề 1.6.4 ta suy ra f(x) không có nghiệm hữu tỷ. Vì thế f(x) không 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 bằng1. Viết g(x) =x2+ax+b
và h(x) = x2 +cx+d với a, b, c, d ∈ Z. Đồng nhất hệ số ở hai vế đẳng thức
f(x) = g(x)h(x) ta được
bd= 3, bc+ad = 0, ac+d+b = 1, c+a= 3.
Vì bd = 3 và vai trò của b, d là như nhau nên không mất tính tổng quát ta có thể giả thiếtb = 1, d= 3 hoặc b =−1, d=−3. Nếu b= 1, d= 3 thì c+ 3a= 0, ac=
−3, a+c= 3. Suy raa =−32 ∈/ Z, vô lí. Nếub =−1, d=−3 thì−c−3a= 0,ac= 5,
c+a= 3. Suy ra a=−32 ∈/ Z, vô lí. Như vậy, f(x) bất khả quy trên Q. Ví dụ 1.15. ([1]) Đa thức f(x) =x5+x3+x2+ 5 là bất khả quy trên Q.
Chứng minh. Sử dụng Bổ đề 1.6.4 ta suy ra f(x) không có nghiệm hữu tỷ. Vì thế f(x) không là tích của một đa thức bậc nhất và một đa thức bậc bốn. Giả sử f(x) khả quy trên Q. Theo bổ đề Gauss, tồn tại phân tích f(x) = g(x)h(x), trong đó g(x), h(x)∈Z[x] có hệ số cao nhất bằng 1 và degg(x) = 2, degh(x) = 3. Viết g(x) =x2+ax+b và h(x) = x3+cx2+dx+e với a, b, c, d, e∈Z. Đồng nhất hệ số của đẳng thức f(x) =g(x)h(x) ta được
Vì be= 5 nên chỉ có thể xảy ra 4 trường hợp sau.
Trường hợp 1: b= 1, e= 5. Khi đóa+c= 0, d+ac= 0, c+ad =−4, 5a+d= 0. Từ hai phương trình đầu ta được a=−c và d=a2. Thay vào phương trình thứ ba được a(a2−1) =−4, không có a|4 thỏa mãn.
Trường hợp 2: b = −1, e = −5. Khi đó a+c = 0, d +ac = 2, −c+ad = 6,
5a+d = 0. Từ hai phương trình đầu ta được a = −c và d = a2+ 2. Thay vào phương trình thứ ba được a(a2+ 3) = 6, không có a|6 thỏa mãn.
Trường hợp 3: b= 5, e= 1. Khi đóa+c= 0, d+ac=−4, 5c+ad= 0,a+ 5d= 0. Từ hai phương trình đầu ta được a =−c và d =a2−4. Thay vào phương trình cuối được 5a2+a−20 = 0. Suy ra a /∈Z, không thỏa mãn.
Trường hợp 4: b = −5, e = −1. Khi đó a+c = 0, d+ac = 6, −5c+ad = 2,
a+ 5d = 0. Từ hai phương trình đầu ta được a = −c và d = a2+ 6. Thay vào phương trình thứ ba được a(a2+ 11) = 2, không có a|2 thỏa mãn.
Vì vậy f(x) bất khả quy trên Q.
Định lý 1.7.9(Tiêu chuẩn Eisenstein). ([1]) Chof =anxn+...+a1x+a0∈Z[x]. Giả sử tồn tại một số nguyên tố p thỏa 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) p2 không là ước của hệ số tự do a0. Khi đó f(x) là bất khả quy trên Q.
Chứng minh. Giả sử f(x) khả quy trên Q. Theo bổ đề Gauss, tồn tại biểu diễn
f(x) = g(x)h(x), trong đó g(x) = bmxm +...+b1x+b0 ∈ Z[x] và h(x) = ckxk +
...+c1x+c0 ∈ Z[x] với degg(x) = m, degh(x) = k và m, k < n. Do p là ước của
a0 = b0c0 nên p|b0 hoặc p|c0. Lại do p2 không là ước của a0 nên trong hai số b0
và c0, có một và chỉ một số chia hết cho p. Giả thiết p|c0. Khi đó b0 không chia hết cho p. Vì an = bmck và an không chia hết cho p nên bm và ck đều không chia hết cho p. Do đó tồn tại số r bé nhất sao cho cr không là bội của p. Ta có
ar =b0cr + (b1cr−1+b2cr−2+...+brc0). Suy ra p|b0cr, điều này là vô lí vì cả hai số b0 và cr đều không là bội của p. Vậy f(x) là bất khả quy trên Q.
Ví dụ 1.16. ([1])
(ii) Đa thức 5x11−9x4+ 12x3+ 36x+ 6 là bất khả quy trên Q theo tiêu chuẩn Eisenstein với p= 3.
(iii) Đa thức f(x) =x4−8x3+ 10x2−12x+ 3 là bất khả quy trên Q vì đa thức
f(x+ 3) =x4+ 4x3−8x2−60x−78là bất khả quy trên Q theo tiêu chuẩn Eisenstein với p= 2.
Định lý 1.7.10(Tiêu chuẩn Osada). Cho f(x) = xn+a1xn−1+...+an−1x±p là đa thức có các hệ số nguyên vớiplà số nguyên tố. Khi đó nếu p >1+|a1|+...+|an−1| thì f(x) là một đa thức bất khả quy trên Z[x].
Chứng minh. Giả sử f(x) là khả quy. Khi đó: f(x) = g(x)h(x) với g, h là những đa thức bậc dương với các hệ số nguyên. Vì plà số nguyên tố nên một trong các số hạng tự do của g hay h phải bằng ±1.
Giả sử hệ số tự do của g bằng ±1. Do đó trị tuyệt đối của tích các nghiệm của g(x) trong trường số phức phải bằng 1. Do đó g(x) = 0 phải có một nghiệm phức α với |α≤1|. Vì α cũng là nghiệm của f(x) = 0 nên
p=|αn+a1αn−1+...+an−1α| ≤1 +|a1|+|a2|+...+|an−1|.
Suy ra trái với giả thiết.
Vậy f(x) là đa thức bất khả quy.
Ví dụ 1.17. Đa thức P(x) = x8+x7+x6+x5+x4+x3+x2+x+ 11 là đa thức bất khả quy.
Ta có p= 11 >1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 8. Suy ra đa thức P(x) bất khả quy theo tiêu chuẩn Osada.
Định lý 1.7.11 (Tiêu chuẩn Polya). Cho f(x) là một đa thức với hệ số nguyên, bậc n >0. Đặt m =hn+12 i. Giả sử rằng tồn tại n số nguyên d1, d2, ..., dn đôi một khác nhau và không là nghiệm của f(x) sao cho |f(di)|< 2m!m. Khi đó f(x) là một đa thức bất khả quy trên Z[x].
Chứng minh. Giả sử f(x) là khả quy. Khi đó f(x) = g(x)h(x), trong đó g, h là những đa thức bậc dương với hệ số nguyên.
Không mất tính tổng quát, ta giả sử deg h(x)≤deg g(x) =s.
Như vậy m≤s < n, ta thấy ngay g(di)6= 0 và g(di) chia hết f(di). Tồn tại i để |g(di)| ≥ s!
2s ⇒ s!
2s ≤ |g(di)| ≤ |f(di)|< m!
Vì s ≥ m nên 2s!s ≥ 2m!m. Thật vậy, vì n ≥ 1 ⇒ m = hn+12 i ≥ 1. Lại có (m+1)!2m+1 = m! 2m.m+12 ≥ 2m!m. Suy ra s! 2s ≥...≥ (m+ 1)! 2(m+ 1) ≥ m! 2m. (1.4) Từ (1.3) và (1.4) suy ra vô lí. Vậy f(x) là đa thức bất khả quy.
Định lý 1.7.12. ([1]) Nếu tồn tại số nguyên tố p sao cho degf(x) = deg ¯f(x) và
¯
f(x) bất khả quy trên Zp thì f(x) bất khả quy trên Q.
Chứng minh. Vìf¯(x) bất khả quy trên Zp nên deg ¯f(x)>0. Suy ra degf(x)>0. Giả sửf(x)khả quy trênQ. Theo bổ đề Gauss,f(x)có phân tích f(x) =g(x)h(x)
trong đó g(x), h(x)∈Z[x] và g(x), h(x) có bậc nhỏ hơn bậc của f(x). Chú ý rằng
¯
f(x) = ¯g(x)¯h(x). Do đó deg ¯f(x) = deg ¯g(x) + deg ¯h(x). Rõ ràng ta có, degg(x) ≥
deg ¯g(x) và degh(x) ≥ deg ¯h(x). Vì degf(x) = deg ¯f(x) nên degg(x) = deg ¯g(x)
và degh(x) = deg ¯h(x). Do đó f¯(x) phân tích được thành tích của hai đa thức
¯
g(x),h¯(x) có bậc thấp hơn. Điều này mâu thuẫn với tính chất khả quy của f¯(x)
trên Zp.
Ví dụ 1.18. ([1]) Các đa thức sau là bất khả quy trên Q. (i) f(x) = 5x2+ 10x+ 4.
(ii) g(x) = 3x3+ 7x2+ 10x−5.
(iii) h(x) = 11x4−5x3+ 21x2−9x+ 6.
Chứng minh. (i) Vì f¯(x) = 2x2 +x + 1 ∈ Z3[x] không có nghiệm trong Z3 và
deg ¯f(x) = 2 nên f¯(x) là bất khả quy trên Z3. Rõ ràng degf(x) = deg ¯f(x) nên
f(x) bất khả quy trên Q theo Định lý 1.7.12.
(ii) Vì g¯(x) = x3+x2−1 ∈Z2[x] không có nghiệm trong Z2 và deg ¯g(x) = 3 nên
¯
g(x) là bất khả quy trên Z2. Rõ ràng degg(x) = deg ¯g(x) nên g(x) bất khả quy trên Q theo Định lý 1.7.12.
(iii) Vì¯h(x) =x4+x2+x+1∈Z5[x]không có nghiệm trongZ5nên không có nhân tử bậc một. Giả sử¯h(x) khả quy trên Z5. Khi đó ¯h(x) = (x2+ax+b)(x2+cx+d)
với a, b, c, d∈Z5. Đồng nhất hệ số ở hai vế của đẳng thức này ta được a+c= 0,
không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết (b, d) = (1,1), hoặc (b, d) = (2,3)
hoặc (b, d) = (4,4). Nếu (b, d) = (1,1) thì các phương trình đầu và cuối cho ta
a+c= 0 và a+c= 1, vô lí. Nếu (b, d) = (2,3) thì các phương trình đầu và cuối cho ta a = 1, c = 4 và do đó phương trình thứ hai cho ta 4 = ac = 1, vô lí. Nếu
(b, d) = (4,4) thì các phương trình đầu và cuối cho ta a+c= 0 và 4(a+c) = 1, vô lí. Vì vậy ¯h(x) bất khả quy trên Z5. Vì degh(x) = 4 = deg ¯h(x) nên h(x) bất khả quy trên Q theo Định lí 1.7.12.
Ví dụ 1.19. ([1]) Chứng minh f(x) = x5+ 5x4+ 4x3+ 16x2+ 8x+ 1 là đa thức khả quy trên Q. Hãy tìm phân tích bất khả quy của f(x).
Chứng minh. Chúng ta sử dụng phương pháp rút gọn theo môđun 3 để giải quyết bài toán này. Ta có
¯
f(x) =x5+ 2x4+x3+x2+ 2x+ 1∈Z3[x].
Vì −1 là nghiệm của f¯(x) nên ta có phân tích f¯(x) = (x+ 1)f1#(x) với f1#(x) =
x4+x3+x+ 1∈Z3[x]. Do −1là nghiệm của f1#(x) nên f1#(x) = (x+ 1)(x3+ 1) = (x+ 1)2(x2−x+ 1). Vì −1≡2(mod 3) nên
¯
f(x) = (x+ 1)3(x2−x+ 1) = (x+ 1)3(x2+ 2x+ 1) = (x+ 1)5, và do đó f¯(x) = (x+ 1)5 và phân tích bất khả quy trên Z3 củaf¯(x).
Dễ kiểm tra được f(x) không có nghiệm hữu tỷ. Do đó f(x) không có nhân tử bậc nhất. Giả sử f(x) có nhân tử bậc hai g(x)∈Z[x]. Khi đóf(x) =g(x)h(x) với
h(x)∈Z[x]và degh(x) = 3. Dof(x)không có nhân tử bậc nhất nêng(x), h(x)bất khả quy. Vìf(x)có dạng chuẩn nên ta có thể giả thiết f(x), g(x)có dạng chuẩn. Giả sử g(x) =x2+ax+b và h(x) =x3+cx2+dx+e. Đồng nhất các hệ số ta được
a+c= 5, b+ac+d= 4, cb+ad+e= 16, db+ea= 8, be = 1.
Ta có g¯(x) = (x+ 1)2 =x2+ 2x+ 1∈Z3[x] và ¯h(x) = (x+ 1)3 =x3+ 1. Suy ra
b≡1, a≡2, e≡1, d≡0, c ≡0(mod 3).
Do be= 1 nên từ đồng dư thức thứ nhất và đồng dư thức thứ ba ở trên ta suy ra b =e= 1. Vì thế
a+c= 5, ac+d= 3, c+ad= 15, d+a= 8.
Từ phương trình thứ nhất và phương trình thứ ba ta có 5−a +ad = 15 hay
a(d−1) = 10. Do đóa vàd−1là ước của 10. Vìa ≡2(mod 3)vàd≡0(mod 3)nên
a ∈ {−1,2,5,−10} và d ∈ {0,3,6,−9}. Theo phương trình thứ nhất và phương trình thứ tư ta suy ra(a, d, c) = (2,6,3)hoặc (a, d, c) = (5,3,0). Thay vào phương trình thứ hai ta được (a, d, c) = (5,3,0). Do đó g(x) = x2 + 5x + 1 và h(x) = (x3+ 3x+ 1). Thử lại ta được phân tích bất khả quy của f(x) trên Q là
f(x) = (x2+ 5x+ 1)(x3+ 3x+ 1).