Luận văn Tính bất khả quy của đa thức có hệ số là số nguyên

ý rằng f (x) là bất khả quy trên Q khi và chỉ khi a f (x) là bất khả quy, trong đó a là mẫu số chung của các hệ số của f (x). Rõ ràng a f (x) ∈ Z[x]. Do đó ta chỉ cần xét tính bất khả quy trên Q cho các đa thức với hệ số nguyên. Từ nay đến hết mục này, luôn giả thiết f (x) = anxn+ · · ·+ a1x+ a0 ∈ Z[x], trong đó an 6= 0 và n > 0. Chú ý rằng một đa thức bậc dương nếu có nghiệm trong Q thì khả quy trên Q. Vì vậy, trong nhiều trường hợp ta có thể tìm nghiệm hữu tỷ để xét tính bất khả quy của f (x) trên Q. Trước hết, ta nhắc lại các kết quả sau. 9Mệnh đề 1.1.8. (i) Cho f (x) = anxn+ · · ·+ a1x+ a0 ∈ Z[x]. Nếu phân số tối giản r/s là nghiệm của f (x) thì r là ước của a0 và s là ước của an. Đặc biệt, nếu an =±1 thì mọi nghiệm hữu tỷ của f (x) đều là nghiệm nguyên và số nguyên này là ước của số hạng tự do a0. (ii) Cho f (x) = anxn+ · · ·+a1x+a0 ∈ Z[x] và m ∈ Z. Nếu phân số tối giản r/s là nghiệm của f (x) thì r−ms là ước của f (m). Đặc biệt, (r+ s) là ước của f (−1) và (r− s) là ước của f (1). Chứng minh. (i) Giả sử rs ∈Q trong đó r,s là các số nguyên, s> 0 và (r,s) = 1. Nếu rs là nghiệm của đa thức f (x) thì f ( r s) = 0. Ta có 0= f ( r s ) = an( r s )n+an−1( r s )n−1+ ...+a1( r s )+a0. Suy ra 0= anrn+an−1rn−1s+ ...+a1rsn−1+a0sn. Vì thế ta có anrn =−(an−1rn−1s+ ...+a1rsn−1+a0sn.) Vế phải là bội của s. Vì (r,s) = 1 nên s là ước của an. Tương tự ta có a0sn =−(anrn+an−1rn−1s+ ...+a1rsn−1). Vế phải của đa thức này là bội của r. Vì (r,s) = 1 nên r là ước của a0. Đặc biệt, nếu an = 1 thì rn = −(an−1rn−1s+ ...+ a1rsn−1+ a0sn.) Ta thấy vế phải của đa thức này là bội của s.Tức là rs ∈ Z và nghiệm này là ước của a0. (ii) Phân tích f (x) theo lũy thừa của x−m ta được f (x) = an(x−m)n+bn−1(x−m)n−1+ ...+b1(x−m)+b0. Các hệ số b0,b1, · · · ,bn ∈ Z và m ∈ Z.Ta có f (m) = b0 và cho x= rs ta được f (rs) = 0. Chú ý rằng 0= f ( r s ) = an( r s −m)n+bn−1(rs −m) n−1+ ...+b1( r s −m)+ f (m). 10 Từ đó ta có 0= an(r−ms)n+bn−1(r−ms)n−1s+ · · ·+b1(r−ms)sn−1+ f (m)sn. Suy ra f (m)sn =−{an(r−ms)n+bn−1(r−ms)n−1s+ ...+b1(r−ms)sn−1} . Vế phải của đa thức là bội của r−ms. Do đó f (m)sn là bội của r−ms. hay r−ms. là ước của f (m). Trường hợp đặc biệt, với m = 1 thì r− s là ước của f (1), m = - 1 thì r+ s là ước của f (−1). Ví dụ 1.1.9. Để xét tính bất khả quy trên Q của đa thức f (x) = x3+2x2− 8x+ 21, ta tìm nghiệm hữu tỷ của f (x). Vì an = 1 nên nghiệm hữu tỷ của f (x) phải là nghiệm nguyên. Giả sử r∈Z là nghiệm hữu tỷ vủa f (x).Khi đó r|21. Suy ra r chỉ có thể là ±1,±3,±7,±21. Kiểm tra trực tiếp ta thấy các số này đều không là nghiệm của f (x). Vậy đa thức f (x) không có nghiệm hữu tỷ. Do f (x) có bậc 3 và không có nghiệm trongQ nên f (x) bất khả quy trên Q. Tiếp theo chúng ta xét tính bất khả quy trênQ bằng cách sử dụng Bổ đề Gauss. Chú ý rằng đối với đa thức bậc ≥ 4, ta không thể suy ra tính bất khả quy trên Q từ việc kiểm tra đa thức không có nghiệm hữu tỷ. Chẳng hạn, (x2+1)(x2+1) không có nghiệm hữu tỷ, nhưng lại khả quy trên Q. Bổ đề Gauss cho phép chúng ta xét tính bất khả quy trên Q thông qua tiêu chuẩn không phân tích được trên Z. Định lý 1.1.10. [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) = deg g∗(x), deg f (x) = deg f∗(x) và p(x) = g∗(x) f∗(x). Đặc biệt, nếu p(x) là khả quy trên Q thì nó phân tích được thành hai đa thức với hệ số có bậc thấp hơn. Trước khi chứng minh định lý trên, chúng ta nhắc lại khái niệm đa thức nguyên bản và một số tính chất của nó. 11 Định nghĩa 1.1.11. Đa thức f (x) ∈ Z[x] được gọi là nguyên bản nếu ước chung lớn nhất của các hệ số của f (x) là 1. Bổ đề 1.1.12. Tích của hai đa thức nguyên bản là đa thức nguyên bản. Chứng minh. Giả sử f (x) = g(x)h(x), trong đó g(x) = bnxn+ · · ·+b1x+b0 h(x) = ckxk+ · · ·+ c1x+ c0 là các đa thức nguyên bản. Giả sử f (x) = amxm+ · · ·+a1x+a0 ∈ Z[x]. Viết f (x) = a f1(x) và g(x) = bg1(x) trong đó a,b∈Q và f1(x),g1(x)∈Z[x] là các đa thức nguyên bản. Rõ ràng p(x) = ab f1(x)g1(x) ∈ Z[x]. Ta chứng minh ab ∈ Z. Thật vậy, giả sử ab /∈ Z. Khi đó, ab = r/s với r/s là phân số tối giản và s > 1. Viết f1(x),g1(x) = anxn+ · · ·+ a1x+ a0. Vì f1(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 là vô lí. Vậy ab ∈ Z. Đặt f∗(x)= ab f1(x) và g∗(x)= g1(x). Khi đó p(x)= f∗(x)g∗(x) với f∗(x),g∗(x)∈ Z[x] và deg f (x) = deg f∗(x) và degg(x) = degg∗ (x). Dưới đây là một số ví dụ xét tính bất khả quy trên Q bằng việc sử dụng Bổ đề Gauss. Ví dụ 1.1.13. (i) Đa thức f (x) = x4+5x3+ x2+5 bất khả quy trên Q. Chứng minh. Sử dụng Mệnh đề 1.1.8 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 trên Q. 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. Viết g(x) = x2+ax+b và h(x) = x2+cx+d với a,b,c,d ∈Z. Đồng 12 nhất hệ số ở hai vế của đẳng thức f (x) = g(x)h(x) ta được bd = 5,bc+ad = 0,ac+d+b= 1,c+a= 5. Vì bd = 5 và vai trò b,d như nhau nên không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết b = 1,d = 5 hoặc b =−1,d =−5. Nếu b = 1,d = 5 thì c+5a = 0,ac = −5,a+ c = 5. Suy ra a = −54 /∈ Z, vô lí. Nếu b = −1,d = −5 thì −c−5a= 0,ac= 7,a+c= 5. Suy ra a=−54 /∈ Z, vô lí. Như vậy, f (x) bất khả quy trên Q. (ii) Đa thức f (x) = x5+ x3+ x2+5 là bất khả quy trên Q. Chứng minh. Sử dụng Mệnh đề 1.1.8 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 trênQ. 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 ở hai vế của đẳng thức f (x) = g(x)h(x) ta được a+ c= 0,b+d+ac= 1,bc+ad+ e= 1,ae+bd = 0,be= 5. Vì be= 5 nên chỉ có thể xảy ra 4 trường hợp sau. Trường hợp 1: b= 1,e= 5. Khi đó c+a= 0,d+ac= 0,c+ad =−4,5a+ d = 0. Từ hai phương trình đầu ta được a = −c,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 c+ a = 0,d+ ac = 2,−c+ ad = 6,5a+ d = 0. Từ hai phương trình đầu ta được a = −c,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 đó a+c= 0,d+ac=−4,5c+ad = 0,a+ 5d = 0. Từ hai phương trình đầu ta được a = −c,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,d = a2+ 6. Thay vào phương trình thứ ba được a(a2+ 11) = 2. không có a|2 thỏa mãn.Vì 13 vậy f (x) bất khả quy. 1.2 Đa thức bất khả quy với hệ số nguyên 1.2.1 Tiêu chuẩn Eisenstein Định lý 1.2.1. [Tiêu chuẩn Eisenstein] [1]. Cho f (x) = 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 vàm,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). Vì r ≤ k < n nên p|ar. Theo cách chọn r ta có p|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.  Định lý 1.2.2. [Tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng].Cho f (x)= a0xn+a1xn−1+ ...+an,a0 6= 0,n> 1, là đa thức với các hệ số nguyên và p là số nguyên tố sao cho a0 không chia hết cho p và các ai chia hết cho p với i = k+1,k+ 2, · · · ,an và an không chia hết cho p2. Nếu f (x) biểu diễn được thành tích của hai đa thức với hệ số nguyên, f (x) = g(x)h(x), thì bậc của một trong hai đa thức g(x) hoặc h(x) không nhỏ hơn n− k. Chứng minh. Giả sử f = gh = ( r ∑ i=0 bixr−i)( s ∑ j=0 c jxs− j) với g,h ∈ Z[x] và r = dgeg,s= degh> 0,r+ s= n, trong đó g(x) là nhân tử bất khả quy với hệ số tự do br chia hết cho p. Ta luôn luôn tìm được nhân tử như vậy do 14 an ...p. Kí hiệu bu là hệ số cao nhất tiên của g(x) không chia hết cho p. Tất nhiên cs không chia hết cho p vì brcs = an không chia hết cho p2. Bởi vì as+i= bics+bi+1cs−1+ ... không chia hết cho p, do csbi không chia hết cho p, nên s+ i≤ k. Như vậy r ≥ r+ s+ i− k = n+ i− k ≥ n− k. Ví dụ 1.2.3. Chứng minh rằng đa thức x7+5x4+35 là bất khả quy. Giải. Theo tiêu chuẩn Eisenstein chọn p= 5.Ta thấy: 5 không chia hết hệ số của x7; 5 chia hết hệ số của x6,x5, · · · ,x0, các hệ số đó là (0,0,5,0,0,0,35). Cuối cùng, p2 = 25 không chia hết a0 = 35. Do đó đa thức thỏa mãn tiêu chuẩn Eisenstein với p= 5. Vậy đa thức đã cho là bất khả quy. Ví dụ 1.2.4. Chứng minh rằng đa thức x14+10x11+60x10+50x+20 là bất khả quy. Giải. Nếu chọn p = 2 thì 20 chia hết cho p2. Vì vậy không thỏa mãn tiêu chuẩn Eisenstein. Do đó phải chọn p = 5 thỏa mãn tiêu chuẩn Eisenstein. Vậy đa thức đã cho là bất khả quy. Ví dụ 1.2.5. Xét tính bất khả quy của đa thức P(x) = 3x8−20x6+30x4− 10x3+60. Giải. Các ước nguyên tố của a0 = 60 là 2, 3, 5. Nếu chọn p= 2 thì a0 = 60 chia hết cho p2 = 4. Nếu chọn p = 3 thì an = 3 chia hết cho p = 3 không thỏa mãn tiêu chuẩn Eisenstein. Với p= 5 thì 60, -10, 30, -20 đều chia hết cho 5; an = 3 không chia hết cho 5; a0 = 60 không chi hết cho p2 = 25 vì vậy tiêu chuẩn Eisenstein thở mãn. Do đó đa thức P(x) = 3x8− 20x6+ 30x4−10x3+60 là bất khả quy. Chúng ta cũng có thể xét tính bất khả quy theo tiêu chuẩn Eisenstein và một số phép biến đổi, sau đây là một ví dụ. Ví dụ 1.2.6. Cho p là một số nguyên tố. Khi đó đa thức f (x) = xp−1+ xp−2+ · · ·+ x+1 là bất khả quy trên Q. Giải. Thật vậy, đặt h(x) = f (x+1). Vì f (x) = x p−1 x−1 nên h(x) = (x+1) p−1 x = x p−1+C1pxp−2+ · · ·+Ckpxp−k−1+ ...+Cp−1p , trong đó Ckp = p! k!(p−k)! . Do p là số nguyên tố nên C k p là bội của p với mọi 15 k = 1, · · · , p−1. Hơn nữaCp−1p = p không là bội của p2. Vì thế h(x) là bất khả quy trên Q theo tiêu chuẩn Eisenstein. Suy ra f (x) là bất khả quy trên Q. 1.2.2 Tiêu chuẩn Osada Định lý 1.2.7. [Tiêu chuẩn Osada]. Cho f (x) = xn+a1xn−1+ · · ·+an−1x± p là đa thức với các hệ số nguyên và p là số nguyên tố. Nếu p> 1+ |a1|+ · · ·+ |an−1| thì f (x) là bất khả quy. Chứng minh. Giả sử f (x) là khả quy. Khi đó f (x) = g(x)h(x), ở đó g,h là những đa thức bậc dương với các hệ số nguyên. Vì p là số nguyên tố nên một trong các số hạng tự do của g hay h phải bằng ±1, chẳng hạn hệ số tự do của g bằng±1. Vậy giá trị tuyệt đối của tích các nghiệm của g phải bằng 1. Khi đó g(x) = 0 phải có một nghiệm α với |α|6 1. Vì α cũng là nghiệm của f (x) = 0 nên p= |αn+a1αn−1+ · · ·+an−1α|6 1+ |a1|+ · · ·+ |an−1|. Điều mâu thuẫn này chứng tỏ f (x) là bất khả quy. Định lý 1.2.8. [Tiêu chuẩn Osada mở rộng]. Cho f (x) = xn+ a1xn−1+ · · ·+ an−1x± pr là đa thức với các hệ số nguyên, p là số nguyên tố và r ∈ Z,r 6= 0. Nếu p > |r|r−1+ |a1rn−2|+ · · ·+ |an−2r|+ |an−1| thì f (x) là bất khả quy trong Z[x]. Chứng minh. Giả sử f (x) là khả quy. Khi đó f (x) = g(x)h(x), ở đó g,h là các đa thức bậc dương với các hệ số nguyên. So sánh hệ số tự do ở hai vế ta nhận được b0c0 = pr, trong đó g(0) = b0,h(0) = c0. Vì p là số nguyên tố nên một trong các số hạng tự do của g hay của h phải chia hết cho p, chẳng hạn số hạng tự do b0 của g chia hết cho p. Như vậy c0 chia hết cho r. Gọi m = degh(x) > 1, theo Định lý [D’Alembert-Gauss, Định lý cơ bản của đại số] thì h(x) = 0 có các nghiệm α1, ...αm ∈ C. Theo Định lý Viét, ta có m ∏ j=1 |α j|= |c0| ≤ |r|. Vì r là số nguyên khác 0 nên |r| ≥ 1. Nếu |α j|> |r| với mọi j thì m ∏ j=1 |α j|> |r|m ≥ |r|, mâu thuẫn. Vậy phải có ít nhất một j để |α j| ≤ |r|. Vì α = α j cũng là nghiệm của f (x) = 0 nên: p||r||= |αn+a1αn−1+ · · ·+an−1α| ≤ |r|n+ |a1||rn−1|+ · · ·+ |an−1||r|. 16 Như vậy p≤ |r|r−1+ |a1rn−2|+ · · ·+ |an−2r|+ |an−1|. Điều mâu thuẫn này chứng tỏ f (x) là bất khả quy. Ví dụ 1.2.9. Đa thức P(x) = x9+x8+ · · ·+x2+x+11 luôn luôn là bất khả quy. Vì 11 là số nguyên tố và 11> 1+1+ · · ·+1= 10 nên p(x) là bất khả quy ( theo tiêu chuẩn Osada). 1.3 Vận dụng Tiêu chuẩn Eisenstein Bài tập 1. Chứng minh rằng với bất kỳ số nguyên dương n, đa thức f (x) = 1+ x+ x 2 2! + ...+ xn n! là bất khả quy trên Q Bài giải: Ta phải chứng minh n! f (x) = n!+ n!x+ x 2 2! + ...+ x n là bất khả quy trên Z. Ta chọn số p với p ≤ n < 2p và n chia hết cho p nhưng n! không chia hết cho p2. Theo tiêu chuẩn Eisenstein, đa thức n! f là bất khả quy Z. Bài tập 2. Chứng minh rằng với bất kỳ số nguyên dương n, đa thức f (x) = x2 n +1 là bất khả quy trong Z[x]. Bài giải: Xét f (x+1) = (x+1)2 n +1= 2n−1 ∑ k=0 (2n k ) x2 n−k+2. Vì (2n k ) = 2 n k (2n−1 k−1 ) chia hết cho 2 khi 1≤ k ≤ 2n. Theo tiêu chuẩn Eisenstein với p = 2, đa thức f (x+1) là bất khả quy trong Z[x]. Do đó f là bất khả quy trong Z[x]. Hệ quả 1.3.1. Với mỗi số nguyên tố p, đa thức chia đường tròn thứ p là bất khả quy trên Q. Chứngminh. Chú ý rằngΦp(x) là bất khả quy trênQ khi và chỉ khiΦp(x+ 1) là bất khả quy. Ta có: Φp(x+1) = (x+1) p−1 x = x p−1+ (p 1 ) xp−2+ ...+ (p k ) xp−k−1+ ...+ ( p p−2 ) x+ p, trong đó (p k ) là số tổ hợp chập k của p phần tử. Do p nguyên tố nên (p k ) là bội của p với mọi k = 1, ..., p−2 Vì thế Φp(x+1) là bất khả quy theo tiêu chuẩn Eisenstein . Hệ quả sau đây chỉ ra rằng với mỗi số tự nhiên n luôn tồn tại các đa thức bất khả quy trên Q bậc n. 17 Hệ quả 1.3.2. Cho a = pn11 p n2 2 ...p nk k là sự phân tích tiêu chuẩn của số tự nhiên a thành tích các thừa số nguyên tố. Nếu tồn tại 1 ≤ j ≤ k sao cho n j = 1 thì xn−a là bất khả quy trên Q với mọi n. Chứng minh. Theo giả thiết, a là bội của số nguyên tố p j nhưng không là bội của p2j . Vì thế theo tiêu chuẩn Eisenstein ta có kết quả. 1.4 Vận dụng Tiêu chuẩn Osada Bài tập 3.Đa thức p(x) = x2010+318x1952+2011 không thể phân tích được thành tích hai đa thức với bậc ≥ 1 và các hệ số nguyên. Bài giải: Đa thức p(x) = x2010+ 318x1952+ 2011 là bất khả quy theo tiêu chuẩn Osada. Vậy không thể phân tích được thành tích hai đa thức với bậc ≥ 1 và các hệ số nguyên. Bài tập 4. Với số tự nhiên n ≥ 2, đa thức q(x) = xn−18xn−1+3x2−2011 luôn luôn là bất khả quy. Bài giải: Vì 2011 là số nguyên tố và 2011> 1+18+3 nên q(x) là bất khả quy ( theo tiêu chuẩn Osada). Bài tập 5. Nếu 4|a|+2|b|+ |c|< 1001 thì đa thức q(x) = x4+ax3+bx2+ cx−2018 bất khả quy trong Z[x]. Bài giải: Vì 2018 = 1009.2 với số nguyên tố 1009 và 1009 = 8+ 1001 > 23+ 4|a|+ 2|b|+ |c| nên q(x) là bất khả quy trong Z[x]. ( theo tiêu chuẩn Osada mở rộng). 18 Chương 2 Tiêu chuẩn bất khả quy của Ore, Ram Murty, Chahal, Girstmair và ứng dụng Trong chương này, chúng tôi trình bày một số tiêu chuẩn bất khả quy dựa trên số lần mà đa thức nhận giá trị nguyên tố, số lần mà đa thức nhận giá trị ±1, và những tiêu chuẩn liên quan đến rút gọn của đa thức modulo một số nguyên tố. 2.1 Tính bất khả quy và giá trị nguyên tố Để có thể trình bày một số tiêu chuẩn bất khả quy sâu hơn, chúng tôi giới thiệu một số định nghĩa cơ bản sau đây, trình bày của Dorwart ([2]). Định nghĩa 2.1.1. Với mỗi đa thức hệ số nguyên f , đặt u( f ) = #{m ∈ Z, f (m) =±1}. 19 Như vậy, u( f ) tính số lần mà đa thức nhận giá trị đơn vị. Định nghĩa 2.1.2. Với mỗi đa thức hệ số nguyên f , đặt P( f ) = #{n ∈ Z, f (n) =±p} trong đó p là số nguyên tố nào đó. Như vậy, P( f ) tính số lần mà đa thức nhận giá trị nguyên tố. Để thuận tiện, từ nay ta thường dùng ký hiệu n( f ) để chỉ bậc của đa thức f . Định nghĩa 2.1.3. Với mỗi đa thức hệ số nguyên f , ký hiệu l( f ) là hiệu u( f ) - n( f ), n( f ) là bậc của đa thức. Đa thức f gọi là đa thức béo nếu l( f )> 0. Sau đây là tiêu chuẩn liên quan đến P( f ) đã được Ore chứng minh (xem [5]). 2.1.1 Tiêu chuẩn Ore Nếu P( f )≥ n+3, trong đó n là bậc của f (x), thì f (x) là bất khả quy trên Q. Do chứng minh gốc không dễ tìm, để đơn giản chúng tôi trình bày cách chứng minh ở đây cho tất cả các đa thức có bậc ≥ 7. Ta cần một số Mệnh đề sau: Mệnh đề 2.1.4. Nếu f (x) nhận giá trị +1 (tương ứng, -1) tại m > 3 số nguyên khác nhau thì f (x) không thể nhận giá trị -1 (tương ứng, +1). Chứng minh. Giả sử b1, · · · ,bm là những số nguyên sao cho f (bi) = 1. Khi đó f (x) = (x−b1)(x−b2) · · ·(x−bm)g(x)+1 với g(x) ∈ Z[x] nào đó. Giả sử bm+1 là số nguyên sao cho f (bm+1) = −1. Khi đó ta có: −1= (bm+1−b1)(bm+1−b2) · · ·(bm+1−bm)g(bm+1)+1, 20 suy ra (bm+1−b1)(bm+1−b2) · · ·(bm+1−bm)g(bm+1) =−2 Như vậy, các hiệu bm+1− bi chỉ có thể nhận các giá trị ±2,±1. Suy ra m≤ 3.  Mệnh đề 2.1.5. Nếu f (x) có bậc n thì u( f )≤ n với n≥ 4. Chứng minh. Thật vậy, theo Mệnh đề 2.1.4, ta thấy rằng nếu f (X) nhận đồng thời giá trị + 1 và giá trị - 1, thì u( f ) ≤ 4 ≤ n. Nếu f (X) chỉ lấy giá trị +1, thì nó có thể lấy +1 tại không quá n số nguyên khác nhau, là nghiệm của đa thức f (X)−1 bậc n. Do đó, u( f )≤ n. Khi n≤ 3, từ Mệnh đề 2.1.4 suy ra u( f )≤ 4 ( f nhận 2 giá trị 1, và 2 giá tri -1). Do đó, ta có cận trên tầm thường cho u( f ) là hai lần bậc của f ; nghĩa là, u( f )≤ 2n.  Mệnh đề 2.1.6. Nếu P( f )+2u≥ n+4 thì f (x) là bất khả quy. Chứng minh.Giả sử rằng f (x) = g(x)h(x) trong đó g,h∈Z[x] và n(g)≥ 1; n(h)≥ 1. Không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết rằng l(g)≥ l(h). Nhận xét 2.1.7. l(g)+ l(h)≥ P( f )+2u−n. Đối với mỗi m ∈ Z sao cho f (m) là một số nguyên tố, chúng ta có g(m) hoặc h(m) phải là một đơn vị. Vì vậy, u(g)+ u(h) ≥ P( f )+ 2u. Do đó chúng ta có l(g)+ l(h) = u(g)−n(g) + u(h)−n(h) = u(g)+u(h)−n≥ P( f )+2u−n, đúng như nhận xét. Vì theo giả thiết P( f )+2u≥ n+4, chúng ta có P( f )+2u−n≥ 4. Vì vậy, với điều kiện này chúng ta có được l(g)+ l(h) ≥ 4. Nếu l(g) > 0 và l(h) > 0 thì theo định nghĩa chúng ta có g và h là các đa thức béo. Theo Mệnh đề 2.1.4 ta có n(g), n(h) ≤ 3 chúng không thể có tổng ≥ 7. Do đó chỉ có g(x) là béo. Do h(x) không béo và n ≥ 7, chúng ta có n(h) ≥ 4 và l(h) ≤ 0. Ngoài ra, do l(g)+ l(h) ≥ 4, chúng ta có l(g)= u(g) - n(g) ≥ 4 suy ra u(g)≥ 4 + n(g), điều này là không thể vì n(g)≤ 3 và u(g)≤ 2n(g). 21 Mâu thuẫn này chứng tỏ f (x) là bất khả quy. Tiếp theo chúng ta định nghĩa khái niệm "độ cao" của đa thức f (x): H1 = max 0≤i≤n−1 | ai an | và H2 = max 0≤i≤n−1 | ai an |1/(n−1). Bổ đề sau đây cho ước lượng của nghiệm đa thức. Bổ đề 2.1.8. Cho f (x) = anxn+ · · ·+a1x+a0 ∈ Z[x] có bậc n với ai ∈ Z, an 6= 0 và ước chung lớn nhất (a0,a1, · · · ,an) = 1. Giả sử an−k = 0 với mọi k = 1,2, · · · ,r, trong đó 0≤ r ≤ n−1. Nếu α ∈ C là một nghiệm của f (x) thì |α|< H1/(r+1)1 +1. Nhận xét 2.1.9. Nếu r = 0 trong phát biểu của bổ đề trên, thì chúng ta có an−1 6= 0. Chứng minh. Giả sử α ∈ C là nghiệm của f (x) và an−1 = 0 với mọi k = 1,2, · · · ,r, chúng ta có −anαn = an−r−1αn−r−1+ ...+a1α+a0. =⇒−αn = an−r−1 an αn−r−1+ ...+ a1 an α+ a0 an . Vì vậy, |α|n < H1(|α|n−r−1+ ...+ |α|+1) = H1 ( |α|n−r−1 |α|−1 ) (1) Nếu |α| 0. Nếu |α|> 1, thì từ (1), chúng ta có, |α|n (|α|−1)≤ H1(|α|n−r−1)< H1 |α|n−r =⇒ |α|r (|α|−1)< H1. 22 Từ (|α|−1)r+1 ≤ |α|r (|α|−1), Chúng ta có, (|α|−1)r+1 < H1 Và do đó, chúng ta được |α|< H1/(r+1)1 +1.  Bổ đề 2.1.10. Cho f (x) = anxn+ · · ·+a1x+a0 ∈ Z[x] có bậc n với ai ∈ Z, an 6= 0 và ước chung lớn nhất (a0,a1, · · · ,an) = 1. Nếu α ∈C là một nghiệm của f (x), thì |α|< 2H2 Chứng minh. Đặt bi = ai/an với mọi i= 0,1,2, · · · ,n−1. Giả sử c := max 0≤i≤n−1 { |bi|1/(n−i) } và η = α c Để chứng minh bổ đề, chỉ cần chứng tỏ |η |< 2,c= H2. Bởi định nghĩa chúng ta có |ai/an| ≤ cn−i với mọi i= 0,1,2, · · · ,n−1. Sau đó chúng ta có, an ( ηn+ bn−1 c ηn−1+ · · ·+ b0 cn ) = an ( 1 cn αn+ bn−1 cn αn−1+ · · ·+ b0 cn ) = 1 cn (anαn+an−1αn−1+ · · ·+a0) = 1 cn f (α) = 0 Vì an 6=0, chúng ta có, ηn+ bn−1 c ηn−1+ · · ·+ b0 cn = 0. 23 Vì |bi| ≤ cn−i, chúng ta có, |η |n ≤ 1+ |η |+ |η |2+ · · ·+ |η |n−1 .(2) Nếu |η | ≥ 2 thì từ bất đẳng thức (2) chúng ta có, |η |n ≤ |η | n−1 |η |−1 < |η |n |η |−1 từ đó suy ra |η | < 2, mâu thuẫn. Do đó |η | < 2. Khi đó, |α| < 2c. Do c= H2, ta có kết quả. Hệ quả 2.1.11. Nếu P( f )≥ n+2 và u ≥ 1 thì f (x) là bất khả quy. Chứng minh tiêu chuẩn Ore. Nếu P( f ) ≥ n+ 4 thì theo mệnh đề trên f (x) là bất khả quy. Vì vậy, chỉ cần giả thiết rằng P( f ) = n+ 3. Giả sử f (x) = g(x)h(x), trong đó g,h ∈ Z[x] bậc dương. Theo nhận xét ở trên và P( f ) = n+ 3, rõ ràng rằng l(g) hoặc l(h) là dương. Do bậc của f lớn hơn hoặc bằng 7 nên một trong hai đa thức g hoặc h phải béo nhưng không phải cả hai. Không mất tính tổng quát, chúng ta có thể giả thiết rằng g là béo và h là không béo. Vì vậy, l(g) ≥ 1 và l(h) ≤ 0 và do đó l(g)+ l(h) ≤ l(g). Tuy nhiên theo nhận xét ở trên, chúng ta biết rằng l(g)+ l(h)≥ P( f )+2u−n≥ n+3−n= 3.Do đó, chúng ta nhận được l(g)≥ 3, từ đó suy ra u(g)≥ n+3. Ta kết luận được rằng u(g) = n+ 1, điều này mâu thuẫn với u(g) ≥ n+ 3. Do đó f (x) là bất khả quy. Giả thuyết sau đây (vẫn còn mở) cho thấy rằng tiêu chuẩn Ore là chặt chẽ. Giả thuyết. Đối với mỗi n≥ 2 tồn tại một đa thức f (x) ∈ Z[x] khả quy và P( f ) = n+2. Khi n = 2, lấy f (x) = x(x−4) ta có P( f ) = 4. Khi n = 3, xét f (x) = (x−5)(1+ x)(x−3) ta có P( f ) = 5. Định nghĩa 2.1.12. P+( f ) = #{ f (n) : n ∈ Z, f (n)> 0 là số nguyên tố}. Rõ ràng P+( f ) đếm số lượng các giá trị nguyên tố dương mà f nhận tại các số nguyên phân biệt. Định lý sau đây cung cấp một tiêu chuẩn bất khả quy tương tự như tiêu chuẩn Ore. 24 Định lý 2.1.13. [Chen, et al].(i) Nếu f (x) là khả quy thì P+( f ) ≤ n. Mặt khác, có một đa thức khả quy f ∈ Z[x] mà P+( f ) = n. (ii) Nếu tồn tại một số nguyên m lớn hơn hệ số cao nhất của đa thức f (x) đã cho và f (m) là số nguyên tố, thì f (x) là bất khả quy. Chứng minh Định lý trên vượt quá khuôn khổ của luận văn này. Độc giả quan tâm có thể tìm trong bài báo của Y.G.Chen, G. Kun, G. Pete, I. Z. Ruzza, A. Timar. "Prime values of reducible polynomials, Acta Arith- metica, 104.2 (2002), 117-127. Do f (x) là đa thức đã biết các hệ số của nó nên chúng ta có thể biết được hệ số cao nhất của f (x): Đặt H = min { H1/(r+1)1 +1,2H2 } , trong đó H1,H2 "độ cao" của đa thức f (x). Khi đó ta có tiêu chuẩn bất khả quy sau đây liên quan đến các đại lượng trên (xem [3], [4]). Định lý 2.1.14. Nếu f (x) = anxn+ · · ·+a1x+a0 ∈ Z[x] và nếu tồn tại một số nguyên m ≥ (H+ 1) sao cho f (m) là một số nguyên tố thì f (x) là bất khả quy. Chứng minh. Cho f (x) = anxn+ · · ·+ a1x+ a0 ∈ Z[x], cho α ∈ C là một nghiệm của f (x), ta có |α|< H1/(r+1)1 +1 và |α|< 2H2. Giả sử f (x) là khả quy, gọi f (x) = g(x)h(x) trong đó g(x),h(x) ∈ Z[x] có bậc dương. Do f (m) là một số nguyên tố với số nguyên m≥ (H+1), ta có g(m) hoặc h(m) bằng ±1. Không mất tính tổng quát, chúng ta có thể giả định rằng g(m) =±1. Viết g(x) = c∏ i (x−αi) trong đó αi ∈C là các nghiệm của g(x) và c là hệ số cao nhất của g. Do αi là các nghiệm của f , nên ta có |αi|< H. Vì vậy có mâu thuẫn: 1= |g(m)|= |c|∏ i |m−αi| ≥∏ i (m−αi)> ∏ i (m−H)≥ 1. Do đó f (x) phải là bất khả quy. Nhận xét 2.1.15. (i) r = 0 là tốt nhất có thể trong ý nghĩa sau đây. Xét đa thức khả quy f (x) = (x−9)(x2+1) = x3−9x2+ x−9 có H1 = 9 và do đó H =H1+1= 10.Mặc dù f (10) = 101 là số nguyên tố nhưng nó là một đa thức khả quy. (ii) Luôn luôn có thể sử dụng định lý để chứng minh tính bất khả quy của 25 f (x) nhưng không phải luôn dể dàng. Ví dụ 2.1.16. Giá trị nguyên tố đầu tiên của đa thức f (x) = x12+ 488669 xuất hiện với x= 616980 và có 70 chữ số thập phân. Hệ quả 2.1.17. Cho p là số nguyên tố bất kỳ và b≥ 6 là số nguyên bất kỳ. Giả sử p được viết theo cơ số b như sau: p = anbn+ an−1bn−1+ · · ·+ a1b+ a0; ai ∈ {0,1,2, · · · ,b−1} , an 6= 0 và an−1 ∈ {0,1}. Khi đó đa thức f (x) = anxn+ an−1xn−1+ · · ·+ a1x+ a0 là bất khả quy. Chứng minh. Giả sử rằng an−1 = 0. Khi đó rõ ràng H1 ≤ b− 1 và r = 1. Vì vậy H1 ≤ 1+ √ b−1. Nếu chúng ta có thể chứng minh rằng b> H+1, thì do f (b) là một số nguyên tố, theo định lý trên chúng ta có thể kết luận rằng f (x) là bất khả quy. Vì vậy, chỉ cần chứng tỏ rằng b> 2+ √ b−1, đối với tất cả các số b≥ 3. Thật vậy, tính toán trực tiếp cho ta kết quả này. Bây giờ giả sử rằng an−1 = 1. Vì vậy, H2 ≤ √ b−1 và suy ra H ≤ 2√b−1. Chỉ cần chứng