Bài tập Vành đa thức

BÀI 3.4: Cho F là một trường và K là một trường con của F. CMR: với f g K x ,   , f là ước của g trong Kx khi và chỉ khi f là ước của g trong Fx. Chứng minh:   , , K F f g K x   f g| trong Kx     q K x g q f 1 1  ,  f g| trong Fx    q F x g q f 2 2  , Chiều đảo hiển nhiên Chiều thuận, do K là con của F nên dẫn đến trong F cũng có dạng như vậy. BÀI 3.6. Trong các trường hợp sau hãy chứng minh f|g trong Qx: a). f x x x x ( ) ( 1)(2 1)    và   2 2 ( ) 1 2 1 n n g x x x x      b).   2 f x x x   1 và     2 2 1 1 n n g x x x      c). 2 f x x x ( ) 1    và   3 3 1 3 2 k m n g x x x x      , trong đó k, m, n là các số nguyên dương. Giải: b).   2 f x x x   1 và     2 2 1 1 n n g x x x     

CHƯƠNG 5:

VÀNH ĐA THỨC

Vành đa thức một biến

1

1.1 Định nghĩa

• Giả sử A là một vành giao hóan với phần tử đơn vị là 1 ≠ 0 Gọi M là tập hợp các dãy (a1 a2, ….,an,….) trong đó các ai ∈ A và chỉ có một số hữu hạn trong

chúng là khác 0 Trên M xác định một phép tóan cộng và một phép tóan nhân như

(a , a , ….,a ….) + (b , b , ….,b ….) = (a + b , a1 +b1, ….,an +bn,….)

(a0 a1, ….,an….).(b0 b1, ….,bn….) = (c0, c1 , ….,cn,….),

ong đó ck =

sau :

∑

=

tr

+ k

i j i j

b

a , k = 0, 1, 2,…

vị là (1, 0, ….,0,…) Ngòai ra phép

p toán + nhờ đẳng thức :

• Khi đó (M, +) là một nhóm giao hóan với phần tử đơn vị 0 = ( 0, 0, ….,0,…),

phần tử nghịch đảo của phần tử (a0, a1, ….,an….) là (– a0, – a1, ….,– n….) và (M

•) là một vị nhóm giao hóan với phần tử đơn

tóan • cũng phân phối đối với phé

∑

=

k j

) c b (

= + k j

b

= + k j

c

a

Từ đó (M, +, •) là một vành giao hoán

{(a, 0,…,0, ), a

• Nếu đặt M’ = ∈ A } ⊂ M, thì (M’,+, • ) là một vành con của M

à từ đẳng cấu vành f : A ⎯ → ⎯ ≅ M’, a (a,0,…,0, ), ta có thể đồng nhất một a

v

phần tử a∈ A với dãy (a, 0, ….,0,…) ∈ M Vì vậy A cũng được xem như một vành

ta

n

Vì chỉ có một số hữu hạn các phần tử ai trong dãy (a0, a1, ….,an….) là khác 0

hể qui ước viết mỗi phần tử khác 0 của M dưới dạng

con của M

• Nếu ta ký hiệu x = (0, 1, 0,…,0,…) thì từ định nghĩa phép tóan • và +

được :

x2 = (0, 0, 1, 0, 0,…,0,…)

3

x = (0, 0, 0, 1, 0,…,0,…)

…

x = (0,0,…,0, 1, 0,…,0…)

Ta qui ước viết x0 = (1, 0,0,…,0,…) = 1

•

nên ta có t

(a0, a1, ….,an, 0,…), trong đó an ≠ 0 và am = 0 với mọi m > n

Theo qui ước cách viết đó, và từ định nghĩa phép tóan • và + trên M, mỗi phần tử

: 1,0, …) + … + (an, 0,…).(0, + an xn = = f(x)

ác phần tử f(x) =

(a0, a1, ….,an, 0,…) ∈ M có thể biểu diễn dưới dạng

(a0, a1, …, an, 0, ) = (a0, 0,….) + (a1,0,….).(0,

…,0,1,0, )

∑

=

n 0 i

i

ix a = a0 + a1 x + …

Vành (M,+, •) được gọi là vành đa thức của biến x trên A, kí hiệu là A[x]

n

•

∑

C

=

i x

a A [x] được gọi là một đa thức của biến x Các ai

của đa thức Các aixi gọi là các hạng tử của đa thức, đăïc biệt

0x0 = a0 gọi là hạng tử tự do Nếu an ≠ 0 thì số n được gọi là bậc của đa thức

th i b a thức không Đa thức bậc 0 là một phần tử

h r g ta không định nghĩa

∈ 0

i i

gọi là các hệ tử

a

và kí iệu d g(f) = n còn a được gọi là n

ức vớ các hệ tử đều ằng 0 gọi là đ

của vành A và nó còn được gọi là đa thức hằng C ú ý ằn

bậc của đa thức 0

1.2 Định lí

Cho f(x) và g(x là hai đa thức Khi đo : ) ù

1) Nếu f(x) + g(x) ≠ 0 thì deg(f + g) ≤ max {deg(f), deg (g)} Hơn nữa nếu giả

) = deg(f) = deg (g)

thiết thêm deg(f) = deg(g) thì deg(f + g

2) Nếu f(x)g(x) ≠ 0 thì deg(f.g) ≤ eg(f) de (g) Hơn nữa nếu giả thiếtd + g

êm A là vành nguyên thì deg(f.g) = deg(f) + deg(g)

hứng minh: Giả sử f =

th

=

i x i

a , g =

n

∑m 0

i

ix

b , với an, bm ≠ 0, m = n + k, k 0

0 i

êu trong định lí

1.3 Định lí

0 i

Khi đó f + g = ∑n + i

i

a

ix b và f.g = a

≥

m 1 n i

0b0 + …+ (a0bk + a1bk–1 +… akb0 )xk + …+ anbm xn+m

Chú ý rằng, nếu A là vành nguyên thì a b ≠ 0 Từ đó, suy a các khẳng địnn m

n

Nếu A là một vành nguyên thì A[x] cũng là một vành nguyên

Chứng minh : Giả sử f = , g = (với an ,bm ≠ 0) là hai đa thức khác

không bất kì Khi đó f.g = a0b0 +….+ (a0bk +…+ akb0) xk + ….+ an bm xn+m

Vì trong A không có ước của 0 nên từ an ,bm ≠ 0 suy ra anbm ≠ 0, do đó f.g ≠ 0

1.4 Định lí

a xi i

i

n

=

∑ 0

b xi i

i

m

=

∑ 0

Nếu K là một trường thì vành K[x] là vành Euclide, và do đó nó cũng là vành

chính, vành Gauss

Chứng minh :

Từ 1.3 suy ra K[x] là một vành nguyên Xét ánh xạ

deg : K[x]– {0} ∠ , f deg(f)

Từ 1.2 suy ra deg(fg) = deg(f) + deg (g) deg(f)

Bây giờ, với mọi f, g K[x] và g ≠ 0, ta sẽ chỉ ra tồn tại duy nhất q, r K[x] sao

cho f = qg + r với r = 0 hoặc deg(r ) < deg(g)

Tồn tại

Nếu f = 0 thì ta lấy q = 0, r = 0 Nếu với f ≠ 0 và deg(f) < deg(g) thì ta lấy q = 0,

r = f Vậy chỉ cần xét trường hợp f ≠ 0 và deg(f) deg(g)) Ta chứng minh bằng

cách qui nạp theo deg(f)

≥

≥

- Với deg(f) = 0, khi đó deg(g) = 0, tức là f, g ∈ K, g ≠ 0, từ đó chỉ cần chọn q =

f.g–1 và r = 0

- Giả sử khẳng định đúng cho các đa thức với bậc < deg(f), ta chỉ ra khẳng

định đúng cho deg(f) Nếu f = , g = thì đặt f1 = f – b an xn–m g Khi

đó f1 = 0 hoặc deg(f1) < deg(f) Nếu f1 = 0 thì khẳng định đã được chứng minh

Nếu deg(f1) < deg(f) thì theo giả thiết qui nạp tồn tại q1, r1

a xi i

i

n

=

∑ 0

b xi i

i

m

=

∑ 0

1 m

−

∈ K[x] sao cho f1 = q1

g + r1 , với r1 = 0 hoặc deg(r1 ) < deg(g) Từ đó

f = f1 + b an xn–m g = q1g + r1 + b an xn–mg = (q1 + b an xn–m )g + r1

Duy nhất Giả sử có f = qg + r = q’g + r’ Khi đó (q – q’)g = r – r’ Nếu r ≠ r’

thì (q – q’)g ≠ 0, suy ra deg(r – r’) = deg( q – q’) + deg(g) (mâu thuẩn vì khi đó

deg(g) deg (r – r') max {deg(r), deg(r')} < deg(g) ).Vậy r = r’ và từ đó q = q'

• VÍ DỤ:

1

m

m

m

−

1) Thực hiện phép chia Euclide đa thức f = x5 + x2 + 1 cho g = x3 + 3x2 – 4

trên vành 3[x]

x5 + 0x4 + 0x3 + x2 + 0x + 1 x

x

3 + 3x2 – 4

5 + 3x4 + – 4x2

– 3x4 + + 5x2 + 1 x

– 3x

2 – 3x + 9

4 – 9x3 +12x + 1

9x3 + 5x2 –12x + 1

9x3 + 27x2 – 36

– 22x2 – 12x + 37

Từ đó x5 + x2 + 1 = (x3 + 3x2 – 4)( x2 – 3x + 9) – 22x2 – 12x + 37

2) Thực hiện phép chia đa thức f = 1x5 + 1x2 + 1 cho g = 1x3 + 3x2 – 4

trên vành 95[x]

1x5 + 0x4 + 0x3 + 1x2 + 0x + 1 1x3 + 3x2 – 4

1x5 + 3x4 – 4x2

––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––- 1x2 – 3x + 4

3x4 + 1

–

– 3x4 – 4x3 + 2x

–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––

4x3 – 2x + 1

4x3 + 2x2 – 1

––––––––––––––––––––––––––-

– 2x2 – 2x + 2

Từ đó, 1x5 + 1x2 + 1 = (1x3 + 3x2 – 4) (1x2 – 3x + 4) – 2x2 – 2x + 2

1.5 Không điểm của đa thức

Cho vành A , c là một phần tử của A và f(x) = là một đa thức của A[x]

Phần tử f(c) := sẽ được gọi là giá trị của đa thức f(x) tại c Nếu f( c)

= 0 thì ta nói c là một không điểm hay là nghiệm của f(x) Việc tìm tất cả các

ghiệm của f(x) trong A được gọi là giải phương trình đại số bậc n = 0 trong A

∑

=

n 0 i

i

ix a

∑

=

n 0 i

i

ic a

∑

=

n 0 i

i

ix a

•

n

1.6 Định lí

Giả sử K là một trường, c là một phần tử của A và f(x) = là một đa thức

của K[x] Khi đó c là một nghiệm của f(x) khi và chỉ khi (x - c) | f(x)

Chứng minh : Thực hiện phép chia Euclide f(x) = (x – c)g(x) + r Từ đó suy ra r = f(

c) Vậy có thể viết f(x) = (x – c)g(x) + f(c) Khi đó khẳng định là rõ ràng

1.7 Cấp của không điểm

∑

=

n 0 i

i

ix a

Cho K là một trường, c K, f(x) ∈ ∈ K[x] và m 1 là một số tự nhiên Ta nói c là

nghiệm bội cấp m của f(x) nếu chia hết cho (x – c )m và khộng chia hết cho (x – c

)m+1 Nếu m = 1 ta còn nói c là nghiệm đơn, nếu m = 2 thì c được gọi là nghiệm

a thức có một nghiệm bội cấp m như một đa thức có m nghiệm trùng nhau

í

≥

kép Ta cũng có thể xem một đ

1.8 Định l

Giả sử K là một trường sao cho mọi đa thức khác hằng trong

K[x] đều có nghiệm trong K Khi đó với mọi đa thức f ∈ K[x ] tồn tại các phần tử

a1, a2, …, an K và c K sao cho f(x) = c (x – a1)(x – a2) …(x – an)

Chứng minh : Giả sử a1 là một nghiệm của đa thức f(x) Theo định lí 1.6 ta có f(x)

2

f(x) = q1(x) (x – a1)(x – a2)

Tiếp tục lí luận như trên cho đến khi qn là hằng thì ta sẽ có điều cần chứng minh

• Một trường K có tính chất như định lí 1.8, đó là mọi đa thức khác hằng trên K

ều có một nghiệm trên K, được gọi là trường đóng đại số Cho dù K không đóng

đại số ta cũng có:

1.9 Định lí

= (x – a1)q(x) với deg(q) = deg(f) –1 Nếu q là khác hằng thì theo giả thiết tìm được

một nghiệm của q(x) là a và như thế ta có

đ

Mọi đa thức bậc n 1 trên một trường K có nhiều nhất là n nghiệm kể cả bội

Chứng minh : Giả sử đa thức f(x) có k nghiệm phân biệt a1, a2, …, ak với bội tương

ứng là m1, m2, …, mk thì bởi phép chia Euclide ta có phân tích

f(x) = (x – a1 (x – a2 …(x – an q(x)

≥

Từ đó suy ra m1 + m2 +…+ mk ≤ deg (f) = n

1.10 Định lí

Cho K là một trường vô hạn, và f(x) = , g(x) = là hai đa thức trong

K[x] Khi đó nếu f(c) = g(c) với mọi c

∑

=

n 0 i

i

ix

=

n 0 i

i

ix b

∈ K thì f = g, tức là ak = bk với mọi k = 0,

1, …, n

Chứng minh : Xét đa thức f(x) – g(x) = , khi đó theo giả thiết mỗi

hần tử của K là một nghiệm của đa thức này Từ đó, bởi định lí 1.9, phải có ak =

bk với mọi k = 0, 1, …, n

1.11 Hàm đa thức

∑

0 i

i i

a ( p

• Với mọi đa thức f(x) = ∑n

=

i

x

0 i

i K[x] ta xác định một ánh xạ như sau

(c) =

và gọi là hàm đa thức tương ứng với f

• CHÚ Ý: Xét ánh xạ : K[x] KK = {ánh xạ: K K}, f , và có thể

kiểm tra dễ dàng rằng đó là một đồng cấu vành Ta sẽ khảo sát tính đơn ánh của

Giả sử K = {t1, t2, …,tN} hữu hạn và xét f =

∧f : K → K, f∧ ∑

=

n 0 i

i

ic a

∧

f

ϕ

∏

N 1 k

k) t x

f ≠ 0 vì deg(f) = N 1 nhưng rõ ràng = 0 vì (c) = 0 với mọi c K Như vậy ta

có f ≠ 0 mà (f) = (0) = 0 Từ đó ≥ ∧f

∧

b) Giả sử K vô hạn Khi đó là đơn ánh vì từ ϕ ϕ(f) = ϕ(g) suy ra (c) = (c)

với mọi c K, hay f(c) = g(c) với mọi c

∧

f

∧

g

Như vậy là một đơn cấu vành khi và chỉ khi trường K là vô hạn Từ đó, nếu K là

3và ∀ ) thì ta có thể đồng nhất f với , tức là xem đa thức f như là một hàm xác định trên K

• Bây giờ ta sử dụng các kết qủa đã thu được về vành chính và vành Euclide để

nghiên cứu vành đa thức K[x] với K là một trường Trước hết chú ý rằng :

ϕ

1) Phần tử khả nghịch trong K[x] là các phần tử a ∈ K = K – {0}

) Đa thức liên kết với đa thức f(x) là các đa thức có dạng af(x) với a K

3) Phần tử bất khả qui trong K[x] là các đa thức p(x) có bậc 1, mà ước của

nó chỉ có thể là các đa thức hằng ( các phần tử thuộc K ) và các đa thức có dạng c

p(x) với c K* Rõ ràng các đa thức bậc 1 : ax + b là bất khả qui Chúng có

nghiệm là – a–1b trong K Các đa thức bất khả qui khác tức là các đa thức bất khả

qui có bậc > 1 là vô nghiệm trong K Thật vây, nếu p(x) là một đa thức bất khả qui

có bậc > 1 và có nghiệm c K thì

p(x) = (x – c ).q(x) với deg(q) 1

Do đó ( x – c) là ước thực sự của p(x), điều này trái với p(x) là bất khả qui

1.12 Định lí

*

2

≥

*

∈

∈

≥

một trường và p(x) =

= aix ( n >1) là một đa thức bất

một trường T duy nhất (theo nghĩa sai khác

T

0 i

khả qui trên vành K [x] Khi đó tồn tại

nhau một đẳng cấu) sao cho :

1) K là một trường con của T

2) p(x) có một nghiệm u trong

3) Mọi phần tử z∈T đều viết được duy nhất dưới dạng z =n∑−1

=

]/ I Khi đó T f(x) không phải là bội ủa p(x) nên ( f(x), p(x)) = 1 Từ đo ù tồn tại r(x), s(x)

0 i

i

iu

b , bi ∈ K

Chứng minh :

Đặt I = < p(x) > là ideal sinh bởi p(x) , và xét vành thương T = K[x

cũng là một trường Thật vậy, xét f(x) + I ≠ 0 + I, khi đó vì

suy

ính tắc

ra f.r ∈ 1 + I Vậy ta có

(f(x) + I).(r(x) + I) = f(x).r(x) + I = 1 + I

tức là f(x) + I khả nghịch

Bây giờ xét tòan cấu ch π: K[x] K[x] / I, f f + I, và thu hẹp của nó

ên K : K K [x] / I , và ta có thể dễ kiểm tra

thể đồng nhất các phần tử a ∈ K với π|K (a) ∈ K [x] / I = T và xem K là một

ường con của T Nếu đặt u = (x), thì ta có thể viết π

tr

π(p(x)) = i

) x ( ) a

u

a

= 0

i

Vì π(p(x)) = p(x) + I = 0 + I nên ta có ∑

=

Cuối cùng lấy z bất kì thuộc T, khi đó tồn tại f

n 0 i

i

iu

a = 0 + I (phần tử không trong T), điều này có nghĩa là u là nghiệm trong T của đa thức p(x)

f(x) = p(x) g(x) + r(x), với r(x) =

π cho p(x) ta được

=

i

ix

1 n

i∈

0 i

K và không nhất thiết ≠ 0) Từ

ó z = (f) = (p.g) + (r) = 0 +π π π π(r) = n∑−1

=

i

iu

b iểu diễn của z là duy nhất Thật vậy

đ

0 i

B

Giả sử z = ∑−

0 i=

1 n

i

iu

b = ∑−

0 i

i đ

0 i

i i

=

1 n i

iu

c Kh ó : n∑1(

−

n 0 i

i i

b

tức là ∑−

=

1

n

i

x I , suy ra là bội của p(x), điều này chỉ

một đẳng cấu Giả sử có một trường T'

n 0 i

i i

b (

−

0

i

i

b

(

xảy ra khi bi = ci (do bậc của p(x) lớn hơn )

Bây giờ ta chỉ ra T là duy nhất sai khác

cũng có các tính chất như T Gọi u' là nghiệm của p(x) trong T' Xét đồng cấu ϕ : K

[x] → T', f(x) af(u') Có thể chỉ ra ϕ là tòan cấu và Kerϕ = I Từ đó theo định lí

đồng cấu vành : T' = Imϕ ≅ K[x ]/ Kerϕ = K [x] / I = T

• ÁP DỤNG : Áp dụng định lí 1.12 cho trường hợp K = 3 là tập các số thực và p(x)

= x2 + 1 thì trường T lúc nàùy sẽ là

3[x]/< x2+ 1 > = {a +b.i; a,b ∈ 3 và i là nghiệm của x2 + 1 = 0} = ∀

Như vậy ta tìm lại được trường số phức quen thuộc

1.13 Định lí

Cho K là một trường, f(x) K[x] là đa thức có bậc n > 1 Khi đó tồn tại một trường

T mở rộng của K sao cho f( x) có đúng n nghiệm

Chứng minh : Nếu các nhân tử bất khả qui trong phân tích của f đều là bậc 1 thì đã

chứng minh xong Giả sử có p(x) là một nhân tử bất khả qui với bậc > 1 Ta xây

ựng trường T để p(x) có nghiệm trong T Nếu f(x) chưa có n nghiệm thì nó phải có

dạng :

∈

d

f(x) = (x –a)r… (x – b)s.f1(x),

trong đó a,…,b ∈ T và f1(x) ∈ T[x ], 1 < deg(f1) < deg(f)

Tiếp tục mở rộng trường T thành T1 để f1(x) có nghiệm trong T1 Vì bậc của đa thức

là hữu hạn nên sau một số hữu hạn bước ta sẽ tìm được trường mở rộng Tk thỏa

2 Vành đa thức nhiều biến

yêu cầu

2.1 Định nghĩa

• Giả sử A là một vành giao hóan với đơn vị 1 Ta đặt :

A1 = A[x1 ] , A2 = A1[x2 ], …, A n = An-1 [xn ]

Khi đó vành A n = An-1 [xn] , được kí hiệu là A[x1, x2, ….,xn], sẽ được gọi là vành

đa thức của n biến trên A Mỗi phần tử của A[x1, x2, ….,xn] được gọi là một đa

thức của n biến x1, x2, ….,xn , và viết f(x1, x2, ….,xn ) ∈ A[x1, x2, ….,xn]

Bây giờ ta tìm cách biểu diễn các phần tử của vành A[x1, x2, ….,xn]

Trước hết xét các đa thức hai biến f(x,y) ∈ A[x,y] = A[x][y] Nó có thể viết dưới

dạng :

f(x,y) = a0(x) + a1(x)y + + an (x)yn

với ai(x) = ∑

=

i

m 0 k

k

ikx

Vì A [x, y] là vành nên phép nhân phân phối đối với phép cộng , do đó f(x,y) có

thể viết

f(x,y) = ∑ i j , với c

i

m m mj

c

j

i m

Bằng qui nạp ta thấy đa thức biến có thể viết dươiù dạng :

f(x1, x2, ….,xn ) = , với c A, (1)

….x với a

n i

m n

m 1 m

c

n

i m

Mỗi hạng tử g = ax1m1 nmn ∈ A gọi là môt đơn thức, nếu a ≠ 0 thì

+…+ mn được gọi là bậc của đơn thức g, và kíù hiệu là deg(g) Ta

của một đa thức f bất kì viết dưới dạng (1) là

deg(f) = max { m1 + m2 +…+ mn : c 0}

tổng m1 + m2

định nghĩa bậc

n

i m

2.2 Cách sắp xếp đa thức theo lối tự điển

• Xét vị nhóm cộng giao hoán ∠ = ∠0 × ∠0 × …× ∠0 với phép cộng được xác

định bởi (a1, a2, …,an) + (b1, b2, …,b ) = (a1 + b1, a2 + b2, …, an + bn) Trên ∠ xác

ịnh một quan hệ > như sau : (a1, a2, …,an) > (b1, b2, …,bn) nếu và chỉ nếu tồn tại

i {1, 2, …, n} sao cho

a1 = b1, a2 = b2, …, ai–1 = bi–1 và ai > bi

VÍ DỤ: Trên ∠ , (2, 1, 1) > (1, 2, 3) > (0, 4, 1) > (0, 3, 9)

Có thể kiểm tra dễ dàng rằng (∠ , >) là một vị nhóm được sắp thứ tự tòan phần

• Sắp xếp đa thức f(x1, x2, ….,xn) = theo lối từ điển

là cách sắp xếp các hạng tử của đa thức này theo thứ tự giảm dần hoặc tăng dần

của số mũ (m1, m2, …, mn) ( theo quan hệ thứ tự ở trên và nếu trong hạng tử thiếu

biến xi thì ta xem mi = 0 ) Hạng tử với số mũ lớn nhất được gọi là hạng tử cao

nhất của đa thức

VÍ DỤ : Trong đa thức f(x1, x2, x3) = 4x + 2x – 3x + x

ta có (3,1,1) > (2,4,0) > (1,0,5) > (0,5,1) nên có dạng sắp xếp lối từ điển là

f(x1, x2, x3) = – 3x x + 4x + 2x + x

KÍ HIỆU: Nếu x = (x1, x2, ….,xn), m = (m1, m2, ….,mn) thì ta viết

xm = x x …x

2.3 Định lí

n 0

đ

∈

3 0

n 0

n 1

m n

m 1 m

c

2

1 x4

2x3

3

1 x4

3 52x3

1

m

m

m

n

Nếu A là vành nguyên thì A[x1, x2, ….,xn] cũng là vành nguyên

Chứng minh: Giả sử f = và g = là hai đa thức khác 0 và được

sắp xếp theo lối từ điển, tức là n > n – 1 > … > 0 , m > m – 1 > … > 0, và các hạng

ùc hệ tử lần lượt là an ≠ 0, bm ≠ 0

ù f.g = , i = 1, 2, …, n và j = 1, 2, …, m Từ đó hệ tử của hạng

tử cao nhất trong f.g là anbm Vì A là vành nguyên nên anbm ≠ 0, và do vậy f.g ≠

0

∑

=

n 0 k

k

kx

=

m 0 k

k

kx b

tử cao nhất của chúng có ca

j i

j i j

ib x a