[...]... hạn b0 chia hết cho p Vì a0 không chia hết cho p2 nên c0 không chia hết cho p Nếu tất cả các bi đều chia hết cho p thì an cũng phải chia hết cho p : mâu thuẫn với giả thi t Vậy phải có một bi không chia hết cho p Gọi i là chỉ số nhỏ nhất để bi không chia hết cho p Khi đó 0 < i r Vì ai = bi c0 + bi1 c1 + ã ã ã + b0 ci chia hết cho p với tất cả các số hạng bi1 c1 , , b0 ci đều chia hết cho p nên bi c0... + ã ã ã+b Z[x], a0 b0 = 0, với cont(g) = cont(h) = 1 Giả sử cont(gh) = d > 1 Gọi p là số nguyên tố và là ước của d Khi đó tất cả các hệ số của gh đều chia hết cho p trong khi g và h có những hệ số không cùng chia hết cho p Gọi ar và bs là những hệ số đầu tiên của g và h tương ứng mà không chia hết cho p Khi đó hệ số cr+s của gh thỏa mãn ar1 ar2 ã ã ã a0 0(mod p) b bs2 ã ã ã b0 0(mod p) s1... |1 k | = 2011 2011 với k < 2011 Do 2011 2011 không là số Bài giải: Giả sử phân tích được nguyên ,còn |1 k | là số nguyên nên ta gặp mâu thuẫn Vậy không thể phân tích đa thức x2011 2011 ra thành tích hai đa thức với bậc 1 và các hệ số nguyên Ví dụ 1.2.31 Với số tự nhiên n > 1, p(x) = xn + 18xn1 + 2011 thức với bậc 1 và các hệ số đa thức không thể phân tích được thành tích hai đa nguyên Giả... là một ước của f (m) cho mọi số nguyên m Hệ quả 1.2.2 Nghiệm hữu tỷ của đa thức f (x) = xn + a1 xn1 + ã ã ã + an Z[x] phải là số nguyên Chứng minh: Ví dụ 1.2.3 Suy ra từ bổ đề trên Số = 2+ 2+ 3 63 2+ 3 là số hữu tỉ hay vô tỉ? 4 162 + 32 = 0 nên đa thức f (x) = x4 16x2 + 32 Z[x] thỏa mãn f () = 0 Không ước nào của 32 là nghiệm của f (x) Như vậy, Bài giải: Vì là một số vô tỉ 16 f (x) = a0 xn +... chất: Mỗi sự hoán vị các h có hoán vị của các ij Vì các hệ số của g(x) là những hàm đối xứng của các ij nên ta suy ra các hệ số này là những hàm đối xứng của các i Theo định lý về các hàm đối xứng, các hệ số của g(x) là những đa thức của các hàm đối xứng cơ bản của các i và vì c là số thực nên các hệ số của g(x) là những số thực Theo giả thi t quy nạp, g(x) có ít nhất một nghiệm trong C, điều này... thức với các hệ số nguyên và p là số nguyên tố sao cho an không chia hết cho p và các ai , i < n, chia hết cho p nhưng a0 không 2 chia hết cho p Khi đó f (x) là đa thức bất khả qui trên Z Định lý 1.2.7 [Tiêu chuẩn Eisenstein] r Chứng minh: Giả sử f = gh = ( Cho i s bi x )( i=0 cj xj ) với g, h Z[x] và j=0 r = deg g, s = deg h > 0, r + s = n Vì b0 c0 = a0 chia hết cho p nên tối thi u một số b0 hoặc c0... i, j với i < j, thức ấy có ít nất một nghiệm phức Vì chỉ có 2 n(n 1) nhưng có + 1 đa thức g(x) tương ứng có nghiệm phức, nên có 2 cặp (i, j) được tính 2 lần Do vậy mà có hai số thực c1 và c2 khác nhau để a = i j + c1 (i + j ), b = i j + c2 (i + j ) đều thuộc C Ta có hệ sau: + = a b , i j c1 c2 bc1 ac2 = i j c1 c2 Hệ này có nghiệm phức theo Bổ đề 1.1.14 Tóm lại, ta đã chỉ ra nghiệm f (x)... Vận dụng số phức trong Đại số, Số học và Lượng giác Phân tích đa thức thành tích Vì C là trường đóng đại số nên đa thức bất khả quy một ẩn trên C chỉ là những đa thức bậc 1 theo Hệ quả 1.1.16 Chính vì lý do này mà ta chỉ xét đa thức bất khả quy trên Q và trên R Giả sử hai đa thức f (x), g(x) R[x] Đa thức f (x) được gọi là cho đa thức g(x) nếu có đa thức h(x) R[x] để f (x) = g(x)h(x) Bổ đề 1.2.1 (ii)... hết cho p Biểu diễn f (x) = g(x)h(x) với h(x) = d0 xh + d1 xh1 + ã ã ã + dh Z[x] Khi đó dh không chia hết cho p Gọi ci là hệ số đầu tiên của g(x) không chia hết cho p trong khi bm , , bi+1 chia hết cho p Ta có cm dh = bn chia hết cho p, nhưng không chia hết cho p2 Vì bh+i = ci dh + bi+1 dh1 + ã ã ã không chia hết cho p nên h + i k hay n m + i k Do đó m n + i k n k với f (x) R[x] \ R f (x)... + s) (r s) 2 cos cos + 1 = 0 5 5 r + s = 5 không thỏa mãn hệ Với r+s = 5 cũng không thỏa mãn hệ 2 cos (r s) = 1 5 Vậy, tam thức xm +xn +1 không bao giờ chia hết cho x4 +x3 +x2 +x+1 Bài giải: Đa thức 24 Ví dụ 1.2.22 cho Xác định số tự nhiên m để đa thức (x + 1)m + xm + 1 chia hết x2 + x + 1 Bài giải: Đa thức x2 + x + 1 là bất khả quy trên Q với nghiệm phức = 2 2 + i sin , 3 = 1 Vì 2 + + 1 = 0 nên