Luận văn Đa thức bất khả quy

ĐẠI HỌC THÁI NGUYấN 
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC 
NGUYỄN HÀ LINH 
ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY 
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC 
Thỏi Nguyờn – 2012 
1Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 
Mục lục
Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
Lời nói đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1 Đa thức bất khả quy 5
1.1 Khái niệm đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Đa thức bất khả quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.3 Trường phân rã của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2 Một số phương pháp xét tính bất khả quy trên Q 20
2.1 Nghiệm hữu tỷ và tính bất khả quy trên Q . . . . . . . . . 21
2.2 Phương pháp dùng Bổ đề Gauss . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.3 Phương pháp dùng tiêu chuẩn Eisenstein . . . . . . . . . . 28
2.4 Rút gọn theo môđun một số nguyên tố . . . . . . . . . . . 30
3 Tính bất khả quy trên trường Zp 34
3.1 Kiến thức chuẩn bị về nhóm nhân Z∗p . . . . . . . . . . . . 34
3.2 Tính bất khả quy trên trường Zp . . . . . . . . . . . . . . . 37
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
1
2Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 
2Lời cảm ơn
Tôi xin gửi lời biết ơn chân thành nhất đến PGS.TS Lê Thị Thanh Nhàn.
Cô đã dành rất nhiều thời gian và tâm huyết trong việc hướng dẫn tôi. Cho
đến hôm nay, luận văn thạc sĩ của tôi đã được hoàn thành cũng chính là
nhờ sự nhắc nhở, đôn đốc, sự giúp đỡ nhiệt tình của Cô.
Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu, Khoa Toán - Tin và Phòng
Đào tạo - Khoa học và Quan hệ quốc tế của trường Đại học Khoa học -
Đại học Thái Nguyên. Tôi xin trân trọng cảm ơn các Thầy Cô đã tận tình
truyền đạt những kiến thức quý báu cũng như tạo mọi điều kiện thuận lợi
nhất để tôi hoàn thành luận văn này.
Tôi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn đến gia đình, bạn bè, những
người đã không ngừng động viên, hỗ trợ và tạo mọi điều kiện tốt nhất cho
tôi trong suốt thời gian học tập và thực hiện luận văn.
3Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 
3Lời nói đầu
Trong lý thuyết đa thức, đa thức bất khả quy đóng một vai trò quan
trọng giống như vai trò của số nguyên tố trong tập các số nguyên. Nếu
Định lý cơ bản của Số học cho phép coi các số nguyên tố như là những
viên gạch xây nên tập các số nguyên, thì các đa thức bất khả quy chính là
những viên gạch xây nên tập tất cả đa thức. Bởi vì mỗi đa thức bậc dương
dạng chuẩn (tức là hệ số cao nhất bằng 1) với hệ số trên một trường đều
viết được thành tích của hữu hạn đa thức bất khả quy dạng chuẩn và sự
phân tích đó là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các nhân tử.
Bài toán xét tính bất khả quy của các đa thức trên trường phức C và
trên trường thực R đã được giải quyết từ đầu thế kỉ 19, khi người ta chứng
minh được Định lý cơ bản của Đại số. Cụ thể, các đa thức bất khả quy
trên C là và chỉ là các đa thức bậc nhất; các đa thức bất khả quy trên R
là và chỉ là các đa thức bậc nhất hoặc bậc hai với biệt thức âm. Tuy nhiên
bài toán xét tính bất khả quy của đa thức trên trường hữu tỷ Q hoặc trên
trường thặng dư Zp (với p là số nguyên tố) vẫn đang thử thách các nhà
toán học trên thế giới.
Mục đích của luận văn là trình bày một số kết quả về đa thức bất khả
quy trên một trường, đặc biệt là trên trường Q và trường Zp. Nội dung của
luận văn được viết dựa theo cuốn sách ``Lý thuyết Galois" của J. Rotman
[Rot], cuốn sách ``Đa thức và tính bất khả quy" của A. Schinzel [Sc], bài
báo ``Tính bất khả quy của đa thức" đăng trên Tạp chí Đại số của I. Seres
[S] và bài báo ``Tiêu chuẩn bất khả quy của đa thức" đăng trên tạp chí nổi
tiếng Ann. Math của H. L. Dorwart - O. Ore [DO].
Luận văn gồm 3 chương. Chương 1 trình bày một số kiến thức cơ sở về
đa thức bất khả quy và sử dụng đa thức bất khả quy để chứng minh Định
4Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 
4lý Kronecker về sự tồn tại của trường phân rã của đa thức (Định lý 1.3.2)
và Định lý của Galois về sự tồn tại một trường có hữu hạn phần tử (Định
lý 1.3.5). Chương 2 trình bày một số phương pháp xét tính bất khả quy
của đa thức trên trường Q như phương pháp tìm nghiệm hữu tỷ, phương
pháp dùng Bổ đề Gauss, tiêu chuẩn Eisenstein và phương pháp rút gọn
theo môđun một số nguyên tố. Bằng cách sử dụng Định lý Kronecker về
sự tồn tại trường phân rã và Định lý Lagrange về cấp của nhóm hữu hạn
(Định lý 3.1.7), tính bất khả quy của một số đa thức trên trường Zp (với p
là một số nguyên tố) được trình bày trong Chương 3.
5Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 
Chương 1
Đa thức bất khả quy
Trước khi trình bày khái niệm và một số kết quả về đa thức bất khả quy,
chúng ta trình bày kiến thức cơ sở về đa thức.
1.1 Khái niệm đa thức
1.1.1 Định nghĩa. Một tập F cùng với hai phép toán, kí hiệu là phép cộng
và phép nhân, được gọi là trường nếu các tính chất sau thỏa mãn
(i) Kết hợp: a + (b + c) = (a + b) + c và (ab)c = a(bc) với mọi
a, b, c ∈ F.
(ii) Giao hoán: a+ b = b+ a và ab = ba với mọi a, b ∈ F.
(iii) Luật phân phối: a(b+ c) = ab+ ac với mọi a, b, c ∈ F.
(iv) Tồn tại phần tử đơn vị 1 ∈ F sao cho a1 = 1a = a với mọi a ∈ F.
(v) Tồn tại phần tử 0 ∈ F sao cho a+ 0 = 0 + a = a với mọi a ∈ F.
(vi) Mỗi a ∈ F , tồn tại phần tử đối −a ∈ F sao cho a+ (−a) = 0.
(vii) Mỗi 0 6= a ∈ F , tồn tại phần tử nghịch đảo a−1 ∈ F sao cho
aa−1 = 1.
1.1.2 Định nghĩa. Cho F là một trường và a0, a1, . . . , am ∈ F . Một biểu
thức có dạng f(x) = amx
m+am−1xm−1+. . .+a1x+a0 được gọi là một đa
thứcmột biến x. Tập các đa thức với hệ số trên F được kí hiệu là F [x]. Nếu
5
6Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 
6am 6= 0 thì ta nói bậc của f(x) làm và kí hiệu là deg f(x) = m. Hệ số am
được gọi là hệ số cao nhất của f . Nếu am = 1 thì f(x) được gọi là đa thức
dạng chuẩn (monic polynomial). Hai đa thức là bằng nhau nếu nó có cùng
bậc và các hệ số tương ứng là bằng nhau. Với hai đa thức f(x) =
∑
aix
i
và g(x) =
∑
bix
i
, ta định nghĩa tổng f(x) + g(x) =
∑
(ai + bi)x
i
và tích
f(x)g(x) =
∑
ckx
k
, trong đó ck =
∑
i+j=k aibj.
Từ định nghĩa trên ta có ngay các tính chất sau đây.
1.1.3 Bổ đề. Cho f(x), g(x), h(x) ∈ F [x]. Khi đó
(i) deg(f(x) + g(x)) 6 max{deg f(x), deg g(x)}.
(ii) Nếu f(x) 6= 0 và g(x) 6= 0 thì f(x)g(x) 6= 0 và
deg(f(x)g(x)) = deg f(x) + deg g(x).
(iii) Nếu f(x) 6= 0 và f(x)g(x) = f(x)h(x) thì g(x) = h(x).
1.1.4 Định nghĩa. Cho f(x), g(x) ∈ F [x]. Nếu f(x) = q(x)g(x) với
q(x) ∈ F [x] thì ta nói rằng g(x) là ước của f(x) hay f(x) là bội của g(x)
và ta viết g(x)|f(x). Tập các bội của g(x) được kí hiệu là (g).
Ta có ngay các tính chất đơn giản sau đây.
1.1.5 Bổ đề. Các phát biểu sau là đúng.
(i) Với c ∈ F và k là số tự nhiên ta có (x− c)|(xk − ck).
(ii) Nếu f(x) ∈ F [x] và c ∈ F thì tồn tại q(x) ∈ F [x] sao cho
f(x) = q(x)(x− c) + f(c).
1.1.6 Định nghĩa. Cho f(x) = amx
m + . . . + a0 ∈ F [x]. Giả sử K là
một trường chứa F . Một phần tử c ∈ K được gọi là nghiệm của f(x)
nếu f(c) = amc
m + . . . + a0 = 0. Trong trường hợp này ta cũng nói c là
nghiệm của phương trình f(x) = 0.
7Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 
71.1.7 Bổ đề. Cho f(x) ∈ F [x] và c ∈ F. Khi đó
(i) c là nghiệm của f(x) nếu và chỉ nếu f(x) là bội của x− c.
(ii) Số nghiệm của f(x) không vượt quá deg f(x).
1.1.8 Mệnh đề. (Thuật toán chia với dư). Cho f(x), g(x) ∈ F [x] với
g(x) 6= 0. Khi đó tồn tại duy nhất cặp đa thức q(x), r(x) ∈ F [x] sao cho
f(x) = q(x)g(x) + r(x)
trong đó r(x) = 0 hoặc deg r(x) < deg g(x).
1.1.9 Định nghĩa. Một tập con I 6= ∅ của F [x] được gọi là một iđêan của
F [x] nếu nó thỏa mãn các điều kiện sau
(i) Nếu f(x), g(x) ∈ I thì f(x) + g(x) ∈ I;
(ii) Nếu f(x) ∈ I và q(x) ∈ F [x] thì q(x)f(x) ∈ I .
Chú ý rằng tập con I 6= ∅ của F [x] là iđêan nếu và chỉ nếu f − g ∈ I
và fh ∈ I với mọi f(x), g(x) ∈ I và h(x) ∈ F [x].
1.1.10 Mệnh đề. Nếu I 6= {0} là một iđêan trong F [x] và d(x) 6= 0 là đa
thức có bậc bé nhất trong I thì
I = (d) = {d(x)q(x) | q(x) ∈ F [x]}.
Chứng minh. Cho đa thức f(x) ∈ I. Viết f(x) = d(x)q(x) + r(x) trong
đó r(x) = 0 hoặc deg r(x) < deg d(x). Vì f(x), d(x) ∈ I nên ta có
r(x) = f(x) − d(x)q(x) ∈ I . Do đó r(x) = 0 theo cách chọn d(x). Suy
ra f(x) = d(x)q(x). Ngược lại, vì d(x) ∈ I nên d(x)q(x) ∈ I với mọi
q(x) ∈ F [x].
1.1.11 Định nghĩa. Một đa thức dạng chuẩn d(x) ∈ F [x] được gọi là ước
chung lớn nhất của f(x), g(x) ∈ F [x] nếu d(x)|f(x), d(x)|g(x) và nếu
h(x)|f(x) và h(x)|g(x) thì h(x)|d(x). Ta kí hiệu ước chung lớn nhất của
8Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 
8f(x) và g(x) là gcd(f(x), g(x)). Nếu gcd(f(x), g(x)) = 1 thì ta nói f(x)
và g(x) là nguyên tố cùng nhau.
Từ Mệnh đề 1.1.10 ta có kết quả sau.
1.1.12 Mệnh đề. Nếu f(x), g(x) là hai đa thức không đồng thời bằng 0
thì gcd(f(x), g(x)) luôn tồn tại và là tổ hợp tuyến tính của f(x) và g(x),
tức là tồn tại a(x), b(x) ∈ F [x] sao cho
gcd(f(x), g(x)) = a(x)f(x) + b(x)g(x).
1.1.13 Hệ quả. Cho p(x), f(x), g(x) ∈ F [x]. Nếu gcd(p(x), f(x)) = 1
và p(x)|f(x)g(x) thì p(x)|g(x).
Chứng minh. Theo giả thiết, 1 = p(x)a(x) + f(x)b(x). Suy ra
g(x) = p(x)a(x)g(x) + f(x)b(x)g(x).
Do p(x) là ước của đa thức ở vế phải nên p(x)|g(x).
Với 0 6= g(x) ∈ F [x], kí hiệu g∗(x) = g(x)/an trong đó an là hệ số
cao nhất của g(x). Chú ý rằng g∗(x) là đa thức dạng chuẩn. Để tìm ước
chung lớn nhất ta có thuật toán sau:
1.1.14 Mệnh đề. (Thuật toán Euclid tìm ước chung lớn nhất). Cho hai đa
thức f(x), g(x) ∈ F [x] với g(x) 6= 0. Nếu g(x)|f(x) thì
gcd(f(x), g(x)) = g∗(x).
Nếu ngược lại, chia liên tiếp ta được
f(x) = q(x)g(x) + r(x), r(x) 6= 0, deg r(x) < deg g(x).
g(x) = q1(x)r(x) + r1(x), r1(x) 6= 0, deg r1(x) < deg r(x).
. . . . . . . . .
rn−2(x) = qn(x)rn−1(x) + rn(x), rn(x) 6= 0, deg rn(x) < deg rn−1(x).
rn−1(x) = qn+1(x)rn(x).
9Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 
9Khi đó gcd(f(x), g(x)) = r∗n(x).
Chứng minh. Từ đẳng thức cuối ta có rn(x)|rn−1(x). Thay vào đẳng thức
thứ hai từ dưới lên ta có rn(x)|rn−2(x). Cứ tiếp tục lập luận với các đẳng
thức từ dưới lên trên ta suy ra rn(x)|g(x) và rn(x)|f(x). Do đó r∗n(x)|f(x)
và r∗n(x)|g(x). Giả sử h(x)|f(x) và h(x)|g(x). Từ đẳng thức đầu tiên
ta có h(x)|r(x). Từ đẳng thức thứ hai ta có h(x)|r1(x). Cứ tiếp tục lập
luận trên với các đẳng thức từ trên xuống dưới ta có h(x)|rn(x). Do đó
h(x)|r∗n(x).
1.2 Đa thức bất khả quy
1.2.1 Định nghĩa. Một đa thức f(x) ∈ F [x] được gọi là bất khả quy nếu
deg f(x) > 0 và f(x) không phân tích được thành tích của hai đa thức có
bậc bé hơn. Nếu deg f(x) > 0 và f(x) là tích của hai đa thức có bậc bé
hơn thì ta nói f(x) là khả quy.
Sau đây là một số ví dụ về đa thức bất khả quy.
1.2.2 Bổ đề. Các phát biểu sau là đúng.
(i) Đa thức bậc nhất luôn bất khả quy.
(ii) Nếu f(x) bậc lớn hơn 1 và có nghiệm trong F thì f(x) khả quy.
(iii) Đa thức bậc 2 và bậc 3 là bất khả quy nếu và chỉ nếu nó không có
nghiệm trong F.
(iv) Đa thức f(x) có bậc dương là bất khả quy nếu và chỉ nếu f(x+a)
là bất khả quy với mọi a ∈ F.
Chứng minh. (i) Rõ ràng đa thức bậc nhất không thể là tích của hai đa
thức bậc thấp hơn.
(ii) Nếu deg f(x) > 1 và f(x) có nghiệm x = a ∈ F thì f = (x− a)g
trong đó deg g = deg f − 1 ≥ 1. Vì thế f khả quy.
10Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 
10
(iii) Cho f(x) có bậc 2 hoặc 3. Nếu f khả quy thì nó phân tích được
thành tích của hai đa thức bậc thấp hơn, một trong hai đa thức đó phải có
bậc 1, do đó f(x) có nghiệm trong F . Nếu f(x) có nghiệm trong F thì
theo (ii), f(x) là khả quy.
(iv) Cho đa thức f(x) ∈ F [x] có bậc dương và a ∈ F. Với mỗi h ∈ F ,
đặt h1(x) = h(x − a). Chú ý rằng deg h1(x) = deg h(x) với mọi h ∈ F .
Vì thế f(x + a) = k(x)g(x) là phân tích của f(x + a) thành 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) khả quy khi và
chỉ khi f(x+ a) khả quy.
Tiếp theo, chúng ta định nghĩa khái niệm đa thức bất khả quy của một
phần tử chứa F trong một trường. Trước hết ta cần kết quả sau.
1.2.3 Định nghĩa. Cho K là một trường chứa F và a ∈ K. Ta nói a là
phần tử đại số trên F nếu tồn tại một đa thức 0 6= f(x) ∈ F [x] nhận a
làm nghiệm. Nếu a không đại số trên F thì ta nói a là siêu việt trên F .
1.2.4 Mệnh đề. Cho K là một trường chứa F và a ∈ K là phần tử đại
số trên F . Khi đó tồn tại duy nhất một đa thức p(x) ∈ F [x] bất khả quy
dạng chuẩn nhận a làm nghiệm, và mọi đa thức g(x) ∈ F [x] nhận a làm
nghiệm đều là bội của p(x).
Chứng minh. Vì a là nghiệm của một đa thức khác 0 với hệ số trong F
nên tồn tại đa thức khác 0 với hệ số trong F có bậc bé nhất nhận a làm
nghiệm. Gọi p(x) ∈ F [x] là dạng chuẩn của đa thức này. Khi đó a là
nghiệm của p(x). Ta chứng minh p(x) bất khả quy. Giả sử p(x) không
bất khả quy. Khi đó p(x) phân tích được thành tích của hai đa thức trong
F [x] với bậc bé hơn, và do đó một trong hai đa thức này phải nhận a làm
nghiệm, điều này là mâu thuẫn với cách chọn p(x). Giả sử g(x) ∈ F [x]
11Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 
11
nhận a làm nghiệm. Nếu p(x) không là ước của g(x) thì vì p(x) bất
khả quy nên gcd(g(x), p(x)) = 1, do đó 1 = p(x)q(x) + g(x)h(x) với
q(x), h(x) ∈ F [x]. Thay x = a vào cả hai vế ta được 1 = 0, điều này là vô
lí. Vậy g(x) chia hết cho p(x). Giả sử q(x) ∈ F [x] cũng là đa thức bất khả
quy dạng chuẩn nhận a làm nghiệm. Theo chứng minh trên, q(x) là bội
của p(x). Viết q(x) = p(x)k(x). Vì q(x) bất khả quy nên k(x) = b ∈ F.
Do đó q(x) = bp(x). Đồng nhất hệ số cao nhất của hai vế với chú ý rằng
q(x) và p(x) đều có dạng chuẩn, ta suy ra b = 1. Vì thế p(x) = q(x).
1.2.5 Định nghĩa. Đa thức p(x) ∈ F [x] bất khả quy dạng chuẩn xác định
như trong mệnh đề trên được gọi là đa thức bất khả quy của a.
1.2.6 Ví dụ. Đa thức x3 − 2 ∈ Q[x] là đa thức bất khả quy của 3√2 ∈ R;
đa thức x2 + 1 ∈ R[x] là đa thức bất khả quy của i ∈ C.
Đa thức bất khả quy có tính chất tương tự như tính chất của số nguyên
tố. Trước hết, chúng ta đã biết, Bổ đề Euclid phát biểu rằng số tự nhiên
p > 1 là số nguyên tố nếu và chỉ nếu p|ab kéo theo p|a hoặc p|b với mọi
số tự nhiên a, b. Mệnh đề sau đây là điều tương tự cho đa thức bất khả
quy.
1.2.7Mệnh đề. Nếu p(x) ∈ F [x] bất khả quy và p(x)|a(x)b(x) thì p(x)|a(x)
hoặc p(x)|b(x) với mọi a(x), b(x) ∈ F [x]. Đặc biệt, một đa thức bất khả
quy là ước của một tích hữu hạn đa thức thì nó phải là ước của ít nhất
một trong các đa thức đó.
Chứng minh. Cho p(x)|a(x)b(x). Giả sử p(x) không là ước của a(x) và
cũng không là ước của b(x). Khi đó gcd(p(x), a(x)) = 1. Do đó tồn tại
s(x), r(x) ∈ F [x] sao cho 1 = s(x)p(x) + r(x)a(x). Tương tự, tồn tại
e(x), f(x) ∈ F [x] sao cho 1 = e(x)p(x) + f(x)b(x). Nhân vế với vế của
12Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 
12
hai đẳng thức này ta có
1 = p(x)g(x) + r(x)f(x)a(x)b(x)
với g(x) ∈ F [x]. Đa thức bên vế phải của đẳng thức trên là bội của p(x),
trong khi đó đa thức bên vế trái là 1 không chia hết cho p(x). Điều này là
vô lí.
Tiếp theo, Định lý cơ bản của Số học nói rằng mỗi số tự nhiên lớn hơn
1 đều phân tích được thành tích các thừa số nguyên tố và sự phân tích này
là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các thừa số. Kết quả sau đây là một
sự tương tự của định lý này đối với đa thức.
1.2.8 Định lý. Mỗi đa thức dạng chuẩn bậc dương có thể phân tích được
thành tích các đa thức bất khả quy dạng chuẩn và sự phân tích này là duy
nhất nếu không kể đến thứ tự các nhân tử.
Chứng minh. Trước hết, chúng ta chứng minh sự tồn tại phân tích bằng
quy nạp theo bậc của đa thức. Giả sử f(x) ∈ F [x] là đa thức dạng chuẩn
bậc d > 0. Nếu d = 1 thì f(x) là bất khả quy nên sự phân tích bất khả
quy của f(x) là f(x) = f(x), kết quả đúng cho trường hợp d = 1. Cho
d > 1 và giả sử kết quả đã đúng cho các đa thức bậc nhỏ hơn d. Nếu
f(x) bất khả quy thì f(x) có sự phân tích bất khả quy là f(x) = f(x).
Vì thế ta giả thiết f(x) không bất khả quy. Khi đó f(x) = g(x)h(x) với
deg g(x), deg h(x) < deg f(x). Đặt g∗(x) = g(x)/ak với ak là hệ số cao
nhất của g(x). Khi đó ta có f(x) = g∗(x)(akh(x)). Đồng nhất hệ số cao
nhất ở hai vế ta được 1 = akbt, trong đó bt là hệ số cao nhất của h(x).
Đặt h∗(x) = akh(x). Khi đó f(x) = g∗(x)h∗(x) với g∗(x), h∗(x) là các
đa thức dạng chuẩn có bậc nhỏ hơn d. Theo giả thiết quy nạp, g∗(x) và
h∗(x) phân tích được thành tích các đa thức bất khả quy dạng chuẩn. Vì
13Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 
13
thế f(x) phân tích được thành tích của hữu hạn đa thức bất khả quy dạng
chuẩn.
Bây giờ ta chứng minh tính duy nhất của phân tích. Giả sử f(x) có hai
sự phân tích thành nhân tử bất khả quy dạng chuẩn
f(x) = p1(x)p2(x) . . . pn(x) = q1(x)q2(x) . . . qm(x).
Ta chứng minh bằng quy nạp theo n rằng n = m và sau một phép hoán
vị ta có pi(x) = qi(x) với mọi i = 1, . . . , n. Cho n = 1. Khi đó ta có
p1(x) = q1(x)q2(x) . . . qm(x). Suy ra p1(x)|q1(x)q2(x) . . . qm(x). Do p1(x)
là bất khả quy nên p1(x) là ước của một nhân tử qi(x) nào đó, không mất
tính tổng quát ta có thể giả thiết p1(x)|q1(x). Biểu diễn q1(x) = p1(x)t1(x).
Vì q1(x) bất khả quy nên t1(x) = a ∈ F . Đồng nhất hệ số cao nhất của
hai vế của đẳng thức q1(x) = ap1(x) với chú ý rằng p1(x) và q1(x) là dạng
chuẩn, ta có 1 = 1.a. Suy ra a = 1 và do đó p1(x) = q1(x). Nếum > 1 thì
1 = q2(x) . . . qm(x), điều này là vô lí. Vậy, kết quả đúng cho n = 1. Cho
n > 1. Vì p1(x)|q1(x)q2(x) . . . qm(x) và p1(x) là bất khả quy nên không
mất tính tổng quát ta có thể giả thiết p1(x)|q1(x). Lại do q1(x) là bất khả
quy và p1(x), q1(x) đều có dạng chuẩn nên tương tự như lập luận trên ta
có p1(x) = q1(x). Giản ước cả hai vế cho p1(x) ta được
p2(x)p3(x) . . . pn(x) = q2(x)q3(x) . . . qm(x).
Theo giả thiết quy nạp ta có n− 1 = m− 1 và bằng việc đánh số lại các
nhân tử qi(x) ta suy ra pi(x) = qi(x) với mọi i = 2, . . . , n.
1.3 Trường phân rã của đa thức
Trong tiết này, dựa vào tính chất bất khả quy, chúng ta chỉ ra rằng với mỗi
đa thức f(x) ∈ F [x], tồn tại một trường K tối thiểu chứa trường F và
14Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 
14
chứa tất cả các nghiệm của f(x). Trường K có tính chất trên được gọi là
trường phân rã của đa thức f(x) trên F .
1.3.1 Định nghĩa. Cho F và F ′ là hai trường.
(i) Một tập con T của F được gọi là trường con của F nếu x−1 ∈ T
với mọi 0 6= x ∈ T và x+y, xy,−1 ∈ T với mọi x, y ∈ T. Chú ý rằng tập
con T của F là trường con của F nếu phép cộng và nhân đóng kín trong
T và T là một trường với hai phép toán này.
(ii) Một ánh xạ ϕ : F → F ′ được gọi là một đồng cấu nếu ϕ(1) = 1,
ϕ(x+ y) = ϕ(x) + ϕ(y) và ϕ(xy) = ϕ(x)ϕ(y) với mọi x, y ∈ F .
(iii) Một đồng cấu ϕ : F → F ′ được gọi là đơn cấu nếu ϕ là đơn ánh.
Trong trường hợp này ϕ(F ) là một trường con của F ′. Vì thế ta nói F
nhúng được vào F ′ và ta cũng có thể coi F ′ là một trường chứa F .
(iv) Một đồng cấu ϕ : F → F ′ được gọi là toàn cấu nếu ϕ là toàn ánh.
(v) Một đồng cấu ϕ : F → F ′ được gọi là đẳng cấu nếu ϕ là song ánh.
Trong trường hợp này ta nói F và F ′ là đẳng cấu với nhau và ta có thể
đồng nhất hai trường F và F ′ với nhau.
1.3.2 Định lý. (Kronecker). Cho f(x) ∈ F [x] là một đa thức có bậc dương.
Khi đó tồn tại một trường tối thiểu chứa F và chứa tất cả các nghiệm của
f(x). Đặc biệt, mỗi đa thức trên một trường đều có trường phân rã.
Chứng minh. Kí hiệu f ∗(x) là đa thức dạng chuẩn của f(x). Vì các nghiệm
của f(x) cũng là các nghiệm của f ∗(x) nên ta có thể giả thiết f(x) có dạng
chuẩn. Ta chứng minh định lý bằng quy nạp theo deg f(x) = n. Giả sử
n = 1. Khi đó f(x) = x−a với a ∈ F. Do a là nghiệm duy nhất của f(x)
nên ta chỉ việc chọn K = F. Giả thiết rằng n > 1 và định lý đã đúng cho
trường hợp đa thức bậc nhỏ hơn n. Trước hết ta chứng minh cho trường
hợp f(x) bất khả quy. Đặt
I = (f) = {g(x)f(x) | g(x) ∈ F [x]}.
15Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 
15
Dễ kiểm tra được I là một iđêan của F [x]. Với mỗi g(x) ∈ F [x] ta đặt
g(x) + I = {g(x) + h(x) | h(x) ∈ I}.
Ta có thể chỉ ra rằng g(x) + I = h(x) + I nếu và chỉ nếu g(x)−h(x) ∈ I.
Đặt K = {g(x) + I | g(x) ∈ F [x]}. Trước hết ta kiểm tra quy tắc cộng
(g(x) + I) + (h(x) + I) = (g(x) + h(x)) + I
là một phép toán trên K. Thật vậy, nếu g + I = g1 + I và h+ I = h1 + I
thì g − g1 ∈ I và h − h1 ∈ I. Do đó g − g1 và h − h1 là bội của f.
Suy ra (g + h) − (g1 + h1) = (g − g1) + (h − h1) là bội của f . Vì thế
(g + h)− (g1 + h1) ∈ I hay (g + h) + I = (g1 + h1) + I. Suy ra quy tắc
cộng ở trên là một phép toán trên K. Hoàn toàn tương tự, ta có thể chỉ ra
rằng quy tắc nhân
(g + I)(h+ I) = gh+ I
là một phép toán trên K. Dễ thấy phép cộng và phép nhân trên K có
tính chất kết hợp, giao hoán; Phép nhân phân phối với phép cộng; Phần tử
không củaK là 0+I; Phần tử đơn vị củaK là 1+I; Phần tử đối xứng của
g + I ∈ K là −g + I ∈ K. Ta chứng minh mọi phần tử khác 0 + I ∈ K
đều có nghịch đảo. Lấy g + I ∈ K với g + I 6= 0 + I. Khi đó g /∈ I . Do
đó g không là bội của f . Vì f bất khả quy nên gcd(f, g) = 1. Vì thế ta
có biểu diễn 1 = f(x)p(x) + g(x)q(x) với p(x), q(x) ∈ F [x]. Chú ý rằng
fp ∈ I . Do đó fp+ I = 0 + I . Suy ra
1 + I = (fp+ gq) + I = (fp+ I) + (gq+ I) = gq+ I = (g+ I)(q+ I).
Do đó g + I khả nghịch trong K. Vậy K làm thành một trường với phép
cộng và nhân ở trên. Xét ánh xạ ϕ : F → K cho bởi ϕ(a) = a + I. Rõ
ràng ϕ là một đồng cấu. Nếu ϕ(a) = ϕ(b) với a, b ∈ F thì a+ I = b+ I.
Vì thế a − b ∈ I. Suy ra a − b là bội của f(x). Nếu a − b 6= 0 thì a − b
16Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 
16
là đa thức có bậc 0 nên nó không thể là bội của đa thức f(x) bậc dương,
điều này là vô lí. Do đó a − b = 0. Suy ra a = b. Vì vậy ϕ là đơn cấu,
do đó ta có thể xem K là một trường chứa F . Đặt α = x + I ∈ K. Giả
sử f(x) = xn + an−1xn−1 + . . .+ a1x+ a0. Đồng nhất phần tử a ∈ F với
phần tử a+ I ∈ K, khi đó trong trường K ta có
f(α) = (x+ I)n + (an−1 + I)(x+ I)n−1 + . . .+ (a0 + I)
= (xn + I) + (an−1xn−1 + I) + . . .+ (a0 + I)
= (xn + an−1xn−1 + . . .+ a0) + I
= f(x) + I = 0 + I.
Vì vậy α là một nghiệm của đa thức f(x) trong trường K. Do đó tồn tại
f1(x) ∈ K[x] sao cho f(x) = (x− α)f1(x), trong đó deg f1(x) = n− 1.
Theo giả thiết quy nạp, tồn tại một trường K1 chứa K và chứa tất cả các
nghiệm của f1(x). Do đó K1 chứa F và chứa tất cả các nghiệm của f(x).
Gọi K∗ là giao của tất cả các trường con của K1 chứa F và chứa tất cả
các nghiệm của f(x). Khi đó K∗ là trường tối thiểu chứa F và chứa các
nghiệm của f(x).
Tiếp theo, ta chứng minh cho trường hợp f(x) khả quy. Trong trường
hợp này, tồn tại hai đa thức dạng chuẩn bậc dương g(x), h(x) ∈ F [x] sao
cho f(x) = g(x)h(x) và deg g, deg h < n = deg f. Theo giả thiết quy
nạp, tồn tại một trường K chứa F và chứa tất cả các nghiệm của g(x). Ta
coi h(x) là đa thức với hệ số trong K. Theo giả thiết quy nạp, tồn tại một
trường chứa K1 và chứa tất cả các nghiệm của h(x). Vì thế K1 là trường
chứa F và chứa các nghiệm của f(x). Lấy giao của tất cả các trường con
của K1 chứa F và chứa các nghiệm của f(x), ta được trường tối thiểu
chứa F và các nghiệm của f(x).
1.3.3 Ví dụ. Kí hiệu Q(i
√
3, 3
√
2) là giao của các trường con của C chứa
17Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 
17
Q và chứa các phần tử i
√
3, 3
√
2. Khi đó trường phân rã của f(x) = x3− 2
trên Q là Q(i
√
3, 3
√
2). Thật vậy, dễ thấy 3 nghiệm của x3 − 2 là
x1 =
3
√
2, x2 =
3
√
2(−1
2
+
i
√
3
2
), x3 =
3
√
2(−1
2
− i
√
3
2
).
Do đó x1, x2, x3 ∈ Q(i
√
3, 3
√
2). Ngược lại, trường bé nhất chứa Q và các
nghiệm x1, x2, x3 phải chứa i
√
3 và 3
√
2.
Sử dụng Định lý 1.3.2 về sự tồn tại trường phân rã của đa thức, chúng
ta có thể chỉ ra số phần tử của một trường hữu hạn và sự tồn tại một trường
có hữu hạn phần tử. Chú ý đơn giản sau đây là rất có ích. Nếu T là một
trường con của trường F thì F có cấu trúc là không gian véc tơ trên T với
phép cộng là phép cộng của F và tích vô hướng là phép nhân các phần tử
của T với các phần tử của F.
1.3.4 Mệnh đề. Nếu F là một trường hữu hạn thì số phần tử của F là lũy
thừa của một số nguyên tố.
Chứng minh. Với mỗi số tự nhiên n, kí hiệu n1 = 1+ . . .+1 là tổng của n
phần tử 1 và (−n)1 là tổng của n phần tử −1. Quy ước 01 = 0. Ta khẳng
định rằng tồn tại một số nguyên dương k sao cho k1 = 0. Giả sử ngược
lại, khi đó tương ứng ϕ : Q → F cho bởi ϕ(n/m) = (n1)(m1)−1 là đơn
cấu trường. Do Q có vô hạn phần tử nên F có vô hạn phần tử, điều này
là vô lí. Vậy, tồn tại số nguyên dương k để k1 = 0. Gọi p là số nguyên
dương bé nhất có tính chất p1 = 0. Ta chứng minh p là số nguyên tố. Thật
vậy, vì p1 = 1 6= 0 nên p > 1. Nếu p không nguyên tố thì p = nm trong
đó 1 < n,m < p. Suy ra 0 = p1 = (n1)(m1). Do n,m < p nên n1 6= 0
và m1 6= 0. Do đó n1 và m1 khả nghịch. Gọi a, b ∈ F lần lượt là nghịch
đảo của n1 và m1. Khi đó
0 = 0(ab) = (n1)a(m1)b = 1.1 = 1,
18Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 
18
điều này là vô lí. Vậy p là số nguyên tố. Ti