Đa thức chia đường tròn Φn(x) luôn là đa thức bất khả quy với mọi số nguyên dương n. Đây là một kết quả cơ sở của lý thuyết số. Chứng minh tính bất khả quy của đa thức chia đường tròn có một lịch sử khá dài.
Với n nguyên tố, tính bất khả quy của đa thức chia đường tròn Φn(x) lần đầu tiên được chứng minh bởi C. F. Gauss năm 1801. Hơn 40 năm sau, năm 1845, L. Kronecker đã đưa ra một chứng minh đơn giản hơn.
Ngay sau đó, T. Schonemann năm 1846 và F. Eisenstein năm 1850 đã đưa ra hai chứng minh đơn giản hơn nữa. Cho đến bây giờ, chứng minh của Eisenstein vẫn là chứng minh chuẩn mực nhất. Với n tùy ý (không nhất thiết nguyên tố), tính bất khả quy của đa thức chia đường tròn Φn(x) lần đầu tiên được chứng minh bởi L. Kronecker vào năm 1854. Các chứng minh đơn giản hơn được đưa ra bởi R. Dedekind năm 1857, E. Landau năm 1929 và I. Schur năm 1929. Cho đến nay, chứng minh của Dedekind vẫn là chứng minh chuẩn mực nhất.
Định lý 4.4.1. Cho p là một số nguyên tố. Khi đó đa thức chia đường tròn Φp(x) là bất khả quy.
Chứng minh.(Chứng minh của Gauss năm 1801). Vớip = 2thì Φ2(x) = x − 1 là đa thức bất khả quy. Giả sử p là số nguyên tố lẻ. Trước tiên, đặt f(x) là đa thức dạng chuẩn bất kỳ với hệ số hữu tỷ có các nghiệm r1, . . . , rm , ta cú f(x) = (x−r1)ã ã ã(x−rm). Gọi g(x) là đa thức dạng chuẩn với các nghiệm là lũy thừa bậc k của các nghiệm của f(x). Khi đó g(x) = (x−rk1)ã ã ã(x−rmk). Do đú cỏc hệ số của g(x) là cỏc đa thức đối xứng của r1k, . . . , rmk và từ đó, các hệ số của g(x) là các đa thức đối xứng của r1, . . . , rm. Theo Vi-ét, mỗi đa thức đối xứng của r1, . . . , rm đều được biểu diễn qua hệ số của f(x) thông qua các phép toán cộng, trừ, nhân, chia (cho phần tử khác 0). Vì thế, theo bổ đề (??), các hệ số của g(x) đều được biểu diễn qua hệ số của f(x) thông qua các phép toán cộng, trừ, nhân, chia. Vì tổng, hiệu, tích, thương của hai số hũy tỷ là một số hũy tỷ nên các hệ số của g(x) đều là số hũy tỷ.
Tiếp theo, gọi ϕ(x1, x2, . . .)là một đa thức với hệ số nguyên và εlà một căn nguyên thủy bậc p của đơn vị. Thay xi = εki với i = 1,2, . . ., ta có
ϕ(εk1, εk2, . . .) = A0 +A1ε+ã ã ã+Ap−1εp−1
với A0, . . . , Ap−1 là các số nguyên nào đó. Do đó, với mọi t ta có ϕ(εtk1, εtk2, ...) =A0 +A1εt +ã ã ã+Ap−1ε(p−1)t.
Đặc biệt, ta cú ϕ(1,1, . . .) = ϕ(εpk1, εpk2, . . .) = A0 +A1 + ã ã ã+Ap−1 và ϕ(εk1, εk2, . . .) +ϕ(ε2k1, ε2k2, . . .) +ϕ(εpk1, εpk2, . . .) =pA0 , do đó tổng này chia hết cho p.
Bây giờ chứng minh Φp(x) bất khả quy. Giả sử Φp(x) khả quy. Khi đó ϕp(x) = f(x)g(x) với f(x) và g(x) là các đa thức dạng chuẩn bậc dương, có hệ số hũy tỷ. Đặtdegf(x) =d. Vì f(x) và g(x) có hệ số cao nhất bằng 1 và tích ϕp(x) = f(x)g(x) với các hệ số nguyên nên theo bổ đề (4.3.1) ta suy ra f(x), g(x) ∈ Z(x). Viết f(x) =xd+ad−1xd−1+ã ã ãa1x+a0. Kớ hiệu Ω là tập các căn nguyên thủy bậc p của đơn vị, F là tập các nghiệm của f(x) và G là tập các nghiệm của g(x). Khi đó F ∪G = Ω và F ∩G= ∅ . Kí hiệu F0 là tập các nghịch đảo của các phần tử của F và G0 là tập các nghịch đảo của các phần tử của G. Khi đó tương tự ta có F0∪G0 = Ω và F0 ∩G0 = ∅. Kí hiệu f∗(x) là đa thức dạng chuẩn mà các nghiệm của nó là các phần tử của F0. Khi đó
f∗(x) =xd + a1
a0
xd−1 + ã ã ã+
ad−1 a0
x+ 1 a0. Ta xét 4 trường hợp sau:
(i) Trường hợp 1: F0 = F. Khi đó f∗(x) = f(x). Trong trường hợp này, các nghiệm của f(x) xuất hiện thành từng cặp với nhau, do đó f(x) là tích của d
2 phần tử, mỗi nhân tử có dạng (x−ε) x−ε−1 = x2 − ε+ε−1x+ 1, chú ý rằng x2− ε+ ε−1x+ 1 là số dương với mọi số thực x. Kí hiệu Fk là tập các lũy thừa bậc k của các phần tử của F và fk(x) là đa thức dạng chuẩn mà các nghiệm của nó là các phần từ của Fk với mỗik = 1, . . . , p−1. Khi đó fk(x) cũng có tính chất giống như tính chất của f(x), nghĩa là nó là tích của những đa thức biến x mà mỗi đa thức đều nhận giá trị dương với mọi số thực x. Đặt qk = fk(1)với k = 1, . . . , p−1. Khi đóq1, . . . , qp−1 là các số hữu tỷ dương.
Theo lập luận trên, mỗi đa thức fk(x) đều có các hệ số nguyên, vì thế q1, ...qp−1 là cỏc số nguyờn dương. Nếuϕ(x1, . . . , xd) = (1−x1)ã ã ã(1−xd) thì qk = ϕ(εk1, . . . , εkd) với k = q1, . . . , qp−1. Chú ý rằng F = {ε1, . . . , εd} và ϕ(εp1, . . . , εpd) = ϕ(1, . . . ,1) = 0, do đó đẳng thức thứ hai ở trên ta thấy rằngq1+ã ã ã+qp−1 chia hết chop. Nhận xột rằngf1(x)ã ã ãfp−1(x) = Φp(x)d
vì mỗi căn nguyên thủy bậc pcủa đơn vị là nghiệm bội d của đa thức ở vế trỏi của đẳng thức này. Do đú khi thayx = 1 ta cú được q1ã. . .ãqp−1 = pd. Vì p là số nguyên tố và d < p − 1 nên trong các số nguyên luôn tồn tại g số (g > 0) bằng 1 và các số còn lại đều là lũy thừa của p, tức là q1 + ã ã ã + qp−1 ≡ g(mod p). Chỳ ý rằng 1 < 0 < g < p nờn q1 + ã ã ã+ qp−1 chắc chắn khụng chia hết cho p, điều này mõu thuẫn với khẳng q1 +ã ã ã+qp−1 định chia hết cho p ở trờn.
(ii) Trường hợp 2: F 6= F0và T = F ∩F0 6= 0. Gọi t(x) là đa thức dạng chuẩn mà nghiệm của nó là các phần tử của T. Khi đó t(x) là ước chung lớn nhất của f(x) và f∗(x). Do đó, với lập luận tương tự trường hợp 1, ta suy ra t(x) có ít nhất một hệ số không là số hữu tỷ. Vì f(x) và f∗(x) là các đa thức có các hệ số hữu tỷ nên theo thuật toán tìm ước chung lớn nhất, t(x) phải có hệ số hữu tỷ. Điều này mâu thuẫn.
(iii) Trường hợp 3: G ∩ G0 6= 0 Lập luận tương tự như trong trường hợp 1 hoặc trường hợp 2 đối với g(x) ta cũng tìm ra mâu thuẫn tương tự.
(iv) Trường hợp 4: q = F0 và F = G0. Khi đó, ta có Φp(x) = f(x)f0(x)
= (xd+ ad−1xd−1 +ã ã ã+a1x+a0)(xd+ a1
a0xd−1 +ã ã ã+ ad−1
a0 x+ 1 a0).
Thay x = 1 vào ta cú được a0p = (1 +ad−1 +ã ã ã+a0)2. Chỳ ý rằng f∗(x) có các hệ số nguyên. Vì vậy a0 = ±1, điều này vô lý.
Chứng minh. (Chứng minh của Kronecker năm 1854). Trước tiên chúng ta chứng minh Bổ để sau: Chof(x) là một đa thức bất kỳ với hệ số nguyên và ε là căn nguyờn thủy bậc p của đơn vị. Khi đú f(ε)ã ã ãf(εp−1) và f(1) là hai số nguyên và
f(ε)ã ã ãf(εp−1) ≡ f(1)p−1(mod p).
Để chứng minh tớch f(ε)ã ã ãf(εp−1) là một số nguyờn, ta quan sỏt thấy rằng f(ε)ã ã ãf(εp−1) là một đa thức đối xứng của {ε, . . . , εp−1}. Kớ hiệu r(x) là đa thức dạng chuẩn có các nghiệm {ε, . . . , εp−1}. Khi đó theo Bổ đề, f(ε)ã ã ãf(εp−1) là một đa thức hệ số nguyờn theo hệ số của đa thức
r(x). Chú ý rằng r(x) chính là đa thức chia đường tròn r(x) = Φp(x) =xp−1 +ã ã ã+ 1.
Bõy giờ ta chứng minh đồng dư thức ở trờn. Đặtg(x) = f(x)ã ã ãf(xp−1) = P
n
Anxn và xét tổng
p−1
P
i=0
g(εi). Biểu thức thứ nhất của g(x) cho giá trị là tổng f(1)p−1 + (p − 1)f(ε)ã ã ãf(εp−1) , trong khi đú biểu thức thứ hai của g(x) cho giá trị P
n
Anp với tổng chạy trên các bội n của p. Do đó f(1)p−1 + (p− 1)f(ε)ã ã ãf(εp−1) ≡ 0(mod p), Bổ đề được trực tiếp suy ra.
Bây giờ giả sử rằng Φp(x) khả quy. Khi đó Φp(x) = f(x)g(x) là tích của hai đa thức bậc dương. Chú ý rằng cả hai đa thức f(x) và g(x) đều có hệ số nguyên. Vì thế p = Φp(1) = f(1)g(1) và do đó một trong hai thừa số f(1) hoặc g(1) phải bằng ±1. Giả sử rằng f(1) = ±1. Vì εk là một nghiệm của Φp(x) với mọi k nên f(k) = 0 với k > 0 nào đó. Suy ra 1 = (±1)p−1 = f(1)p−1 ≡ f (ε)f ε2ã ã ãf εp−1 = 0 (mod p), điều này
mâu thuẫn.
Chứng minh. (Chứng minh của Schonemann năm 1846). Chúng ta có thể kiểm tra được tiêu chuẩn bất khả quy sau đây: Cho f(x) ∈ Z[x]
là đa thức bậc k. Nếu tồn tại số nguyên tố p và số nguyên a sao cho f(x) = (x−a)k + pg(x) với g(x) ∈ Z[x] thỏa mãn g(a) không chia hết cho p thì f(x) là đa thức bất khả quy trên Z.
Thật vậy, giả sử ngược lại f(x) khả quy trên Z.
Khi đó tồn tại r(x), s(x) ∈ Z[x]; degr(x) ≥1; degs(x) ≥ 1 sao cho r(x)s(x) =f(x).
Trong Zp[x] ta có
r(x)ãs(x) =f (x) = (x−a)k +pg(x) = (x−a)k ∈ Zp[x].
Vậy r(x)ãs(x) = (x−a)k ∈ Zp[x]. Suy ra ( r(x) = (x−a)m
s(x) = (x−a)n (m +n= k) ⇒
( r(a) = 0 s(a) = 0 ⇒
( r(a)... p s(a)... p Vậy f(a) =r(a)s(a)... p2, mà f(a) = pg(a). Suy ra
pg(a)... p2 ⇒ g(a)... p.
Điều này vô lí.
Ví dụ 4.4.1.
Φ3(x) = x2 +x+ 1 = x2 −2x+ 1 + 3x = (x−1)2 + 3x.
Chọn g(x) = x. Theo Bổ đề Φ3(x) bất khả quy.
Ví dụ 4.4.2.
Φ5(x) =x4 +x3 + x2 +x+ 1
= x4 −4x3 + 6x2 −4x+ 1+ 5x3 −5x2 + 5x
= (x−1)4 + 5 x3 −x2 +x
Chọn g(x) = x3 −x2 +x. Theo Bổ đề Φ5(x) bất khả quy.
Chứng minh. (Chứng minh của Eisenstein năm 1850).
Φp(x) = xp−1 +xp−2 +ã ã ã+x+ 1 = xp−1 x−1 Ta có
f (x+ 1) = Φp(x+ 1) = (x+ 1)p−1
(x+ 1)−1 = (x+ 1)p−1 x
= xp +Cp1xp−1 +Cp2xp−2 +ã ã ã+Cpp−1x+Cpp−1 x
= xp−1 +Cp1xp−2 + Cp2xp−3 + ã ã ã+Cpp−2x+ Cpp−1.
Vìplà số nguyên tố nênCpk ...pvới mọik = 1,2, . . . , p−1vàCpp−1 = p 6 ...p2. Vậy f(x + 1) bất khả quy trên Q[x] theo tiêu chuẩn Eisenstein. Suy ra Φp(x) = f (x) cũng bất khả quy trên Q[x]. Chú ý: Tiêu chuẩn bất khả quy của Schonemann và cách chứng minh của Schonemann về tính bất khả quy của đa thức Φp(x) bây giờ ít được nhớ đến, còn tiêu chuẩn bất khả quy của Eisenstein và cách chứng minh của Eisenstein về tính bất khả quy của đa thức Φp(x) rất nổi tiếng, đã trở thành chứng minh chuẩn mực cho tận đến ngày nay. Nhưng trong thực tế thì tiêu chuẩn và cách chứng minh của cả hai ông là tương đương nhau.
Khẳng định này được D. A. Cox đưa ra trong hội nghị năm 2011 về Toán
học và Lịch sử Toán.
Trường hợp tổng quát ta có cách chứng minh như sau.
Chứng minh. Φn(x) là đa thức chia đường tròn bậc n trên Q thì Φn(x) bất khả quy trên Q. Thật vậy, ta có Φn(x) ∈ Z[x]. Theo Bổ đề Gauss, ta chỉ cần chứng minhΦn(x)bất khả quy trênZ. Giả sửΦn(x) = h(x)f(x) ∈ Z[x] với hệ số cao nhất của h(x) và f(x) là 1 và h(x) là một đa thức bất khả quy trên Z. Giả sử ω là một nghiệm của h(x), ta sẽ chứng minh ωp cũng là nghiệm của h(x) với mọi số nguyên tố p không là ước của n. Thật vậy, vì ω là một nghiệm của Φn(x) nên ω là một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị. Vì p nguyên tố với n, ωp cũng là một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị và do đó ωp hoặc là nghiệm của h(x) hoặc là nghiệm của f(x). Giả sử ωp không là nghiệm của h(x). Khi đó ωp là nghiệm của f (x) = a0+a1x+ã ã ã+arxr. Khi đú ω là một nghiệm của đa thức f (xp) = a0+ a1xp+ã ã ã+arxrp. Suy ra f (xp) chia hết cho h(x) trong Q[x]. Nhưng f(x) vàh(x)đều là các đa thức trênZcó hệ số cao nhất là1,f (xp) =h(x)q(x) với q(x) ∈ Z[x] có hệ số cao nhất là1. TrongZp[x], f (xp) = h(x)q(x). Vì char(Zp) = p, nên f (xp) = f(x)p và do đó f(x)p = h(x)q(x). Gọi t(x) là một nhân tử bất khả quy của h(x). Khi đó t(x) là một ước của f(x)p và dot(x) bất khả quy nên t(x) là ước của f (x). Mặt khác Φn(x) là một ước của xn − 1, nên tồn tại r(x) ∈ Z[x] sao cho Φn(x)r(x) = xn − 1 suy ra xn −1 = h(x)f(x)r(x). Trong Zp[x], xn −1 = h(x)f (x)r(x). Vì t(x) là một nhân tử chung của h(x) và f (x) nên xn − ¯1 = t(x)2r1(x) trong Zp[x]. Vì vậy xn −¯1 có nghiệm bội. Điều này dẫn đến n chia hết cho p (mâu thuẫn). Do đó ωp phải là một nghiệm của h(x). Kết quả này rút ra tất cả ωr với (r, n) = 1 và 1 ≤ r ≤ n đều là nghiệm của h(x). Vậy Φn(x) =h(x) bất khả quy trong Z[x] và Q[x].