GIÁO TRÌNH đại số đại CƯƠNG đỗ NGUYÊN sơn

TRƯỜNG ĐẠI HỌC ĐÀ LẠT F7G GIÁO TRÌNH ĐẠI SỐ ĐẠI CƯƠNG ĐỖ NGUYÊN SƠN 2000 Đại Số Đại Cương -2- MỤC LỤC mục lục CHƯƠNG 1: ĐẠI CƯƠNG VỀ CẤU TRÚC ĐẠI SỐ Tập hợp - Ánh xạ - Quan hệ 1.1 Tập hợp .7 1.2 Ánh xạ ⎧ f ( A ∪ B) = f ( A) ∪ f ( B) A, B ⊂ X ⇒ ⎨ ⎩ f ( A ∩ B) ⊂ f ( A) ∩ f ( B) ⎧⎪ f −1 (U ∪ V ) = f −1 (U ) ∪ f −1 (V ) U, V ⊂ Y ⇒ ⎨ −1 ⎪⎩ f (U ∩ V ) = f −1 (U ) ∩ f −1 (V ) 1.3 Tập hữu hạn - vô hạn - đếm 1.4 Quan hệ hai .9 1.5 Quan hệ tương đương .10 1.6 Mệnh đề .11 1.7 Quan hệ thứ tự .12 Cấu trúc đại số .13 2.1 Phép tóan đại số .13 2.2 Các tính chất phép toán đại số .14 2.3 Các phần tử đặc biệt 15 2.4 Cấu trúc đại số .15 2.5 Các cấu trúc đại số .16 BÀI TẬP 18 CHƯƠNG 2: SỐ HỌC TRÊN 21 Số tự nhiên 21 1.1 Xây dựng số tự nhiên .21 1.2 Phép cộng ∠ 21 1.3 Đònh lí 22 1.4 Phép nhân ∠ 23 1.5 Đònh lí 23 1.6 Quan hệ thứ tự tập hợp số tự nhiên .23 1.7 Đònh lí: 23 Vành số nguyên 24 2.1 Xây dựng tập số nguyên 24 2.2 Phép cộng 25 2.3 Phép nhân .25 2.4 Đònh lí 26 2.5 Quan hệ thứ tự 27 Sự chia hết tập số nguyên 27 3.1 Đònh nghóa .27 3.2 Tính chất ( a, b, c, d số nguyên) 27 3.3 Đònh lí ( phép chia Euclide) 28 3.4 Ước chung lớn (ƯCLN) 28 3.5 Đònh líù 28 3.6 Hệ 29 Đỗ Nguyên Sơn Khoa Toán Tin Đại Số Đại Cương -3- 3.7 Đònh líù 29 3.8 Đònh lí 30 3.9 Thuật toán tìm ƯCLN hai số .30 Số nguyên tố 30 4.1 Đònh nghóa .30 4.2 Đònh lí (Bezout) 31 4.3 Đònh lí (Gauss) .31 4.4 Đònh lí 31 Bội chung nhỏ (BCNN) .32 5.1 Đònh nghóa : 32 5.2 Mệnh đề .32 5.3 Mệnh đề 33 Số nguyên tố .33 6.1 Đònh nghóa 33 6.2 Đònh lí 33 6.3 Đònh lí 33 6.4 Đònh lí 34 6.5 Đònh líù .34 6.6 Đònh lí 34 6.7 Sàng Eratosthène 34 6.8 Đònh lí ( số học) 35 6.9 Dạng phân tích tắc .36 6.10 Đònh lí 36 6.11 Cách tìm ƯCLN BCNN 36 Đồng dư 37 7.1 Đònh nghóa 37 7.2 Lớp đồng dư 37 7.3 Tính chất 38 BÀI TẬP 39 CHƯƠNG 3: NHÓM 42 Nửa nhóm - Vò nhóm 42 1.1 Đònh nghóa .42 1.2 Tích n phần tử nửa nhóm 42 1.3 Đònh lí 42 1.4 Đònh lí 43 Nhóm .44 2.1 Đònh nghóa .44 2.2 Các tính chất nhóm .45 Nhóm 47 3.1 Đònh nghóa 47 3.2 Đònh lí (tiêu chuẩn để nhận biết nhóm con) 47 3.3 Nhóm sinh tập nhóm 48 Nhóm chuẩn tắc - Nhóm thương 49 4.1 Lớp kề - Quan hệ tương đương xác đònh nhóm .49 4.2 Mệnh đề .50 Đỗ Nguyên Sơn Khoa Toán Tin Đại Số Đại Cương -4- 4.3 Đònh lí (Lagrange) 51 4.4 Nhóm chuẩn tắc 51 4.5 Nhóm thương 52 Đồng cấu nhóm 54 5.1 Đònh nghóa .54 5.2 Ảnh nhân đồng cấu 55 5.3 Các tính chất đồng cấu nhóm 55 5.4 Đònh lí ( đồng cấu nhóm) 57 5.5 Hệ 58 Nhóm cyclic 58 6.1 Đònh nghóa .58 6.2 Cấp phần tử nhóm 58 6.3 Đònh lí ( phân loại nhóm tuần hoàn) 59 Tác động nhóm lên tập hợp 59 7.1 Đònh nghóa: 59 7.2 Nhóm ổn đònh phần tử 60 7.3 Quỹ đạo phần tử 60 Nhóm đối xứng 60 8.1 Đònh nghóa .60 8.2 Đònh lí (Ceyley) 61 8.3 Nhóm đối xứng Sn 61 8.4 r - chu trình 61 8.5 Tính chất 62 8.6 Đònh lí 62 8.7 Đònh liù .62 8.8 Hệ 63 BÀI TẬP 65 CHƯƠNG 4: VÀNH VÀ TRƯỜNG 70 Vành trường 70 1.1 Đònh nghóa 70 1.2 Các tính chất 71 Vành – Trường 72 2.1 Đònh nghóa .72 2.2 Đònh lí (tiêu chuẩn nhận biết vành con) .73 2.3 Đònh lí (tiêu chuẩn nhận biết trường con) 73 Ideal - Vành thương .74 3.1 Đònh nghóa .74 Ideal 75 3 Vành thương 75 Đồng cấu vành .76 4.1 Đònh nghóa .76 4.2 Các tính chất đồng cấu vành 77 4.3 Đònh lí ( đồng cấu vành) 78 4.4 Hệ 78 4.5 Đặc số vành .78 Đỗ Nguyên Sơn Khoa Toán Tin Đại Số Đại Cương -5- Các đònh lí nhúng đẳng cấu 78 5.1 Đònh lí (nhúng đẳng cấu vò nhóm) 78 5.2 Đònh lí ( nhúng đẳng cấu vành nguyên) .80 Số học vành nguyên - Vành - Vành Euclide - Vành Gauss 82 6.1 Các đònh nghóa 82 6.2 Các tính chất 83 6.3 Vành .84 6.4 Đònh líù .84 6.5 Đònh lí 85 6.6 Vành Euclide 86 6.7 Đònh lí 86 6.8 Thuật tóan tìm ƯCLN 86 6.9 Vành Gauss (Vành nhân tử hóa) 87 6.10 Đònh lí 88 6.11 Đònh lí 89 BÀI TẬP 91 CHƯƠNG 5: VÀNH ĐA THỨC .96 Vành đa thức biến 96 1.1 Đònh nghóa 96 1.2 Đònh lí 97 1.3 Đònh lí 97 1.4 Đònh lí 98 1.5 Không điểm đa thức .99 1.6 Đònh lí 100 1.7 Cấp không điểm 100 1.8 Đònh lí 100 1.9 Đònh lí 100 1.10 Đònh lí 101 1.11 Hàm đa thức 101 1.12 Đònh lí 102 1.13 Đònh lí .103 Vành đa thức nhiều biến 104 2.1 Đònh nghóa 104 2.2 Cách xếp đa thức theo lối tự điển .105 2.3 Đònh lí 105 2.4 Đa thức đối xứng 106 2.5 Đònh lí 106 2.6 Đònh lí 107 Các đa thức trường số 108 3.1 Đònh lí (d' Alermbert) 108 3.2 Đònh lí 108 3.3 Đònh lí ( tiêu chuẩn Eisenstein) 109 BÀI TẬP 110 PHỤ LỤC 112 Trường số thực 112 Đỗ Nguyên Sơn Khoa Toán Tin Đại Số Đại Cương -6- 1.1 Lát cắt hữu tỉ 112 1.2 Các quan hệ .112 1.3 Phép cộng .113 1.4 Phép nhân .113 Trường số phức 113 2.1 Xây dựng số phức 113 2.2 Đònh lí (d' Alermbert) 115 Đỗ Nguyên Sơn Khoa Toán Tin Đại Số Đại Cương -7- CHƯƠNG 1: ĐẠI CƯƠNG VỀ CẤU TRÚC ĐẠI SỐ Tập hợp - Ánh xạ - Quan hệ 1.1 Tập hợp • Tập hợp khái niệm ban đầu Tập hợp mô tả tòan thể bao gồm đối tượng có dấu hiệu hay tính chất đònh Các đối tượng lập nên tập hợp gọi phần tử Ta thường kí hiệu tập hợp chữ A, B, X, Y phần tử chúng chữ nhỏ a, b, x, y… Có hai cách để xác đònh tập hợp, liệt kê tất phần tử nó, A = {a1 ,a2 ,…an }; hai miêu tả đặc tính phần tử tạo nên tập hợp, X = {x : x có tính chất E } Nếu a phần tử tập hợp A ta viết a ∈ A Nếu a không phần tử tập hợp A ta viết a ∉A Tập hợp không chứa phần tử gọi tập hợp rỗng kí hiệu ∅ Ví dụ, tập hợp số mà ta quen biết : tập số tự nhiên (không có số 0) ∠ = {1, 2, 3, …, n,…}; tập số tự nhiên (với số 0), ∠0 = {0,1, 2, …, n,…}; tập số : m ∈9, n ∈∠}; tập nguyên = {0, ± 1, ± 2,…, ± n,…}; tập số hữu tỉ Θ = { m n số thực 3; tập số phức ∀ = {a + bi : a,b ∈ 3} • Nếu phần tử tập hợp A phần tử tập hợp B ta nói A nằm B, hay B chứa A, hay A tập B , kí hiệu A ⊂ B B ⊃ A • Hợp hai tập hợp A B tập hợp gồm tất phần tử thuộc tập hợp cho Hợp hai tập hợp kí hiệu A ∪ B Hợp họ tập hợp {A α } tập hợp B gồm tất phần tử thuộc tập hợp A α kí hiệu B = ∪ A α α ∞ ∪ [0, – • VÍ DỤ: n =1 n ] = [0, 1) • Giao hai tập hợp A B tập hợp gồm tất phần tử đồng thời thuộc tập hợp A tập hợp B Giao hai tập hợp kí hiệu A ∩ B • Giao họ tập hợp {A α } tập hợp B gồm tất phần tử đồng thời thuộc vào tập hợp A α kí hiệu B = ∩ A α α • VÍ DỤ: ∞ ∩ [– n =1 n , n1 ] = {0} • Hợp giao tập hợp có tính chất 1) A ∪ B = B ∪ A 2) A ∪ (B ∪ C) = (A ∪ B) ∪ C Đỗ Nguyên Sơn A∩ B = B∩ A (Giao hóan) A ∩ (B ∩ C) = (A ∩ B) ∩ C (Kết hợp) Khoa Toán Tin Đại Số Đại Cương -8- 3) A ∩ ( ∪ A α ) = ∪ (A ∩ A α ) α A ∪ ( ∩ A α ) = ∩ (A ∪ A α ) α α α (Phân phối) • Hiệu hai tập hợp A B tập hợp gồm tất phần tử tập hợp A mà phần tử tập hợp B Hiệu hai tập hợp kí hiệu A \ B hay A – B • Hiệu đối xứng hai tập hợp A B tập hợp (A – B) ∪ (B – A) Hiệu đối xứng hai tập hợp kí hiệu A ∆ B Rõ ràng A ∆ B = B ∆ A • Tích trực tiếp hay tích Descartes hai tập hợp A B tập hợp gồm cặp (x,y) x ∈A y ∈B, kí hiệu A × B Tích Descartes họ tập hợp {A α } α∈.I tập hợp gồm họ (a α ) α∈.I , với a α ∈ A α với α ∈ I, kí hiệu ∏ A α α∈I • Nếu B tập tập hợp A A – B gọi phần bù tập hợp B tập hợp A kí hiệu C A B Đối với phần bù ta có luật đối ngẫu C( ∪ A α ) = ∩ ( CA α ) C( ∩ A α ) = ∪ ( CA α ) α α α α 1.2 Ánh xạ • Cho hai tập hợp X Y Một ánh xạ từ X vào Y qui luật f cho tương ứng phần tử x ∈X với phần tử y ∈ Y X gọi tập nguồn hay miền xác đònh Y tập đích hay miền giá trò Phần tử y gọi ảnh x, x gọi tạo ảnh y qua ánh xạ f, ta viết y = f(x) Để ánh xa từ X vào Y thường dùng kí hiệu f : X → Y, x a y = f(x) • Cho ánh xạ f : X → Y U, V tập X Y Tập hợp f (U) = {f(x) : x ∈U} gọi ảnh tập hợp U qua ánh xạ f, tập hợp f – (V) = {x ∈ X : f(x) ∈ V } gọi nghòch ảnh tập hợp V • Ánh xạ f U :U → Y, xác đònh f U (x) = f(x) với x ∈U, gọi hạn chế ánh xạ f U Ánh xạ idX : X → X, idX(x) = x, gọi ánh xạ đồng X • Ta có tính chất sau ⎧f (A ∪ B) = f (A) ∪ f (B) ⎩f (A ∩ B) ⊂ f (A) ∩ f (B) A, B ⊂ X ⇒ ⎨ Đỗ Nguyên Sơn Khoa Toán Tin Đại Số Đại Cương -9- ⎧f −1 (U ∪ V) = f −1 (U) ∪ f −1 ( V) U, V ⊂ Y ⇒ ⎨ −1 −1 −1 ⎩f (U ∩ V) = f (U) ∩ f ( V) CHÚ Ý : Đẳng thức f(A ∩ B) = f(A) ∩ f(B) nói chung không Chẳng hạn, ], B = [ π2 , 3π ] xét ánh xạ f : → , f(x) = sinx; A = [0, 3π • Hai ánh xạ f1 : X1 → Y1 f2 : X2 → Y2 gọi X1 = X2 f1(x) = f2(x) với x ∈ X1, ta viết f1 = f2 • Cho hai ánh xạ f : X → Y g : Y → Z Hợp f với g, ký hiệu gof, ánh xạ từ X vào Z, xác đònh (gof)(x) = g(f(x)) Nếu h : Z → T ánh xạ khác ta có ho(gof) = (hog)o f • Ánh xạ f : X → Y gọi đơn ánh ảnh hai phần tử khác X hai phần tử khác Y Ánh xạ f gọi tòan ánh f(X) = Y, tức phần tử y ∈ Y tồn phần tử x ∈ X cho y = f(x) Một ánh xạ vừa đơn ánh vừa tòan ánh gọi song ánh • Nếu f : X → Y song ánh y thuộc Y có x thuộc X cho y = f(x) Điều cho phép xác đònh ánh xạ f –1 từ Y vào X với f –1(y) := x f(x) = y Ánh xạ f –1 gọi ánh xạ ngược ánh xạ f Hiển nhiên f–1o f = idX f o f–1 = idY Ta dễ kiểm tra rằng, f : X → Y, g : Y → Z song ánh f –1 : Y → X, (g o f) : X → Z song ánh (g o f)–1 = f –1 o g–1 1.3 Tập hữu hạn - vô hạn - đếm Nếu có song ánh f : X → Y từ tập hợp X vào tập hợp Y ta nói X Y có lực lượng Tập hợp X gọi đếm lực lượng với tập hợp số tự nhiên ∠ Nói cách khác, tập hợp đếm tập hợp mà phần tử đánh số thành dãy vô hạn x1, x2, …, xn,… Một tập hợp X gọi hữu hạn lực lượng với tập hợp {n ∈ ∠:1 ≤ n ≤ ko } (với ko số tự nhiên đó) Tập hợp không hữu hạn gọi vô hạn • VÍ DỤ:Tập hợp số nguyên có lực lượng với tập số tự nhiên ta có song ánh f : → ∠, xác đònh f(n) = 2n +1 n ≥ 0, f(n) = n n < 1.4 Quan hệ hai • Quan hệ (hai ngôi) tập X tập R X × X Nếu cặp phần tử (x, y) ∈ R ta nói x có quan hệ R vơi y, viết x R y • Một quan hệ R tập X gọi có tính chất Đỗ Nguyên Sơn Khoa Toán Tin Đại Số Đại Cương - 10 - 1) phản xạ 2) đối xứng 3) phản xứng x R x, ∀ x ∈ X x R y ⇒ y R x x R y y R x ⇒ x = y 4) bắc cầu x R y y R z ⇒ x R z • VÍ DỤ: a) Quan hệ bé '' ≤ '' thông thường tập ∠ phản xạ, không đối xứng, phản xứng, bắc cầu b) Quan hệ vuông góc tập hợp đường thẳng mặt phẳng đối xứng, không phản xạ, không phản xứng, không bắc cầu 1.5 Quan hệ tương đương • Quan hệ R tập X gọi quan hệ tương đương có tính chất: phản xạ, đối xứng bắc cầu Người ta thường kí hiệu quan hệ tương đương R dấu '' ~ '' đọc '' a ~ b'' a tương đương với b • Cho R quan hệ tương đương X Đối với x thuộc X, tập hợp { y ∈ X : x R y } X gọi lớp tương đương x (modulo R) ∧ kí hiệu [x] R , [x], x , x Mỗi phần tử [x] R gọi đại diện [x] R • Tập hợp X R := { [x] : x ∈ X } gọi tập thương X quan hệ tương đương R Ánh xạ π : X → X R , π (x) = [x], tòan ánh gọi tòan cấu tắc VÍ DỤ: a) Quan hệ tập hợp X quan hệ tương đương Với x thuộc X, ta có [x] = {x} X R = {{x}, x ∈ X} b) Với n ∈ ∠, quan hệ đồng dư modulo n 9, kí hiệu x ≡ y(mod n) đọc '' x đồng dư với y modulo n '', xác đònh bởi: x ≡ y(mod n) ⇔ x – y chia hết cho n quan hệ tương đương Lớp tương đương x gọi lớp đồng dư modulo n x , thường kí hiệu x = {x + kn, k ∈ } • Một họ P = {X α } α∈I cacù tập X gọi phân lớp (hay phân hoạch) X 1) Đỗ Nguyên Sơn X α ≠ ∅ , ∀ α ∈ I Khoa Toán Tin Đại Số Đại Cương - 102 - * 1) Phần tử khả nghòch K[x] phần tử a ∈ K = K – {0} 2) Đa thức liên kết với đa thức f(x) đa thức có dạng af(x) với a ∈ K * 3) Phần tử bất khả qui K[x] đa thức p(x) có bậc ≥ 1, mà ước * đa thức ( phần tử thuộc K ) đa thức có dạng c p(x) với c ∈ K* Rõ ràng đa thức bậc : ax + b bất khả qui Chúng có nghiệm – a–1b K Các đa thức bất khả qui khác tức đa thức bất khả qui có bậc > vô nghiệm K Thật vây, p(x) đa thức bất khả qui có bậc > có nghiệm c ∈ K p(x) = (x – c ).q(x) với deg(q) ≥ Do ( x – c) ước thực p(x), điều trái với p(x) bất khả qui 1.12 Đònh lí n Cho K trường p(x) = ∑ a i x i ( n >1) đa thức bất i =0 khả qui vành K [x] Khi tồn trường T (theo nghóa sai khác đẳng cấu) cho : 1) K trường T 2) p(x) có nghiệm u T n −1 3) Mọi phần tử z ∈T viết dạng z = ∑ b i u i , bi ∈ K i =0 Chứng minh : Đặt I = < p(x) > ideal sinh p(x) , xét vành thương T = K[x]/ I Khi T trường Thật vậy, xét f(x) + I ≠ + I, f(x) bội p(x) nên ( f(x), p(x)) = Từ đo ù tồn r(x), s(x) ∈ K[x ] cho f.r + p.s = 1, suy f.r ∈ + I Vậy ta có (f(x) + I).(r(x) + I) = f(x).r(x) + I = + I tức f(x) + I khả nghòch Bây xét tòan cấu tắc π : K[x] → K[x] / I, f a f + I, thu hẹp K π |K : K → K [x] / I , ta dễ kiểm tra π |K đơn cấu Từ đồng phần tử a ∈ K với π |K (a) ∈ K [x] / I = T xem K trường T Nếu đặt u = π (x), ta viết Đỗ Nguyên Sơn Khoa Toán Tin Đại Số Đại Cương - 103 - n n i =0 i =0 π (p(x)) = ∑ π(a i ) π( x ) i = ∑ a i u i n Vì π (p(x)) = p(x) + I = + I nên ta có ∑ a i u i = + I (phần tử không T), i =0 điều có nghóa u nghiệm T đa thức p(x) Cuối lấy z thuộc T, tồn f ∈ K[x] cho z = π (f) Chia f cho p(x) ta n −1 f(x) = p(x) g(x) + r(x), với r(x) = ∑ b i x i (bi ∈ K không thiết ≠ 0) Từ i =0 n −1 z = π (f) = π (p.g) + π (r) = + π (r) = ∑ b i u i i =0 Biểu diễn z Thật n −1 n −1 i =0 i =0 n −1 n −1 i =0 i =0 Giả sử z = ∑ b i u i = ∑ c i u i Khi : ∑ ( b i − c i ) u i = π ( ∑ ( b i − c i ) x i ) = , tức n −1 n −1 i =0 i =0 i i ∑ (b i − c i ) x ∈ I , suy ∑ (b i − c i ) x bội p(x), điều xảy bi = ci (do bậc p(x) lớn ) Bây ta T sai khác đẳng cấu Giả sử có trường T' có tính chất T Gọi u' nghiệm p(x) T' Xét đồng cấu ϕ : K [x] → T', f(x) a f(u') Có thể ϕ tòan cấu Ker ϕ = I Từ theo đònh lí đồng cấu vành : T' = Im ϕ ≅ K[x ]/ Ker ϕ = K [x] / I = T • ÁP DỤNG : Áp dụng đònh lí 1.12 cho trường hợp K = tập số thực p(x) = x2 + trường T lúc nàùy / < x +1> = {a +b.i; a,b ∈ i nghiệm x2 + = 0} = ∀ 3[x] Như ta tìm lại trường số phức quen thuộc 1.13 Đònh lí Cho K trường, f(x) ∈ K[x] đa thức có bậc n > Khi tồn trường T mở rộng K cho f( x) có n nghiệm Chứng minh : Nếu nhân tử bất khả qui phân tích f bậc chứng minh xong Giả sử có p(x) nhân tử bất khả qui với bậc > Ta xây dựng trường T để p(x) có nghiệm T Nếu f(x) chưa có n nghiệm phải có dạng : Đỗ Nguyên Sơn Khoa Toán Tin Đại Số Đại Cương - 104 - f(x) = (x –a)r… (x – b)s.f1(x), a,…,b ∈ T f1(x) ∈ T[x ], < deg(f1) < deg(f) Tiếp tục mở rộng trường T thành T1 để f1(x) có nghiệm T1 Vì bậc đa thức hữu hạn nên sau số hữu hạn bước ta tìm trường mở rộng Tk thỏa yêu cầu Vành đa thức nhiều biến 2.1 Đònh nghóa • Giả sử A vành giao hóan với đơn vò Ta đặt : A1 = A[x1 ] , A2 = A1[x2 ], …, A n = An-1 [xn ] Khi vành A n = An-1 [xn] , kí hiệu A[x1, x2, ….,xn], gọi vành đa thức n biến A Mỗi phần tử A[x1, x2, ….,xn] gọi đa thức n biến x1, x2, ….,xn , viết f(x1, x2, ….,xn ) ∈ A[x1, x2, ….,xn] Bây ta tìm cách biểu diễn phần tử vành A[x1, x2, ….,xn] Trước hết xét đa thức hai biến f(x,y) ∈ A[x,y] = A[x][y] Nó viết dạng : f(x,y) = a0(x) + a1(x)y + + an (x)yn với mi ai(x) = ∑ b ik x k ∈ A[x] k =0 Vì A [x, y] vành nên phép nhân phân phối phép cộng , f(x,y) viết f(x,y) = ∑ c mi mj x mi y mj , với c m i m j ∈ A Bằng qui nạp ta thấy đa thức biến viết dươiù dạng : f(x1, x2, ….,xn ) = m m ∑ c mi .m n x i x n n , với c m i m n ∈ A, (1) Mỗi hạng tử g = ax1 ….xn n với a ∈ A gọi môt đơn thức, a ≠ tổng m1 + m2 +…+ mn gọi bậc đơn thức g, kíù hiệu deg(g) Ta đònh nghóa bậc đa thức f viết dạng (1) m m deg(f) = max { m1 + m2 +…+ mn : c m i m n ≠ 0} Đỗ Nguyên Sơn Khoa Toán Tin Đại Số Đại Cương - 105 - 2.2 Cách xếp đa thức theo lối tự điển • Xét vò nhóm cộng giao hoán ∠ 0n = ∠0 × ∠0 × …× ∠0 với phép cộng xác đònh (a1, a2, …,an) + (b1, b2, …,bn) = (a1 + b1, a2 + b2, …, an + bn) Trên ∠ 0n xác đònh quan hệ > sau : (a1, a2, …,an) > (b1, b2, …,bn) tồn i ∈ {1, 2, …, n} cho a1 = b1, a2 = b2, …, ai–1 = bi–1 > bi VÍ DỤ: Trên ∠ 30 , (2, 1, 1) > (1, 2, 3) > (0, 4, 1) > (0, 3, 9) Có thể kiểm tra dễ dàng (∠ 0n , >) vò nhóm thứ tự tòan phần • Sắp xếp đa thức f(x1, x2, ….,xn) = ∑ c m1 m n x m1 x n mn theo lối từ điển cách xếp hạng tử đa thức theo thứ tự giảm dần tăng dần số mũ (m1, m2, …, mn) ( theo quan hệ thứ tự hạng tử thiếu biến xi ta xem mi = ) Hạng tử với số mũ lớn gọi hạng tử cao đa thức VÍ DỤ : Trong đa thức f(x1, x2, x3) = 4x 12 x 42 + 2x x 53 – 3x 13 x x + x 52 x ta có (3,1,1) > (2,4,0) > (1,0,5) > (0,5,1) nên có dạng xếp lối từ điển f(x1, x2, x3) = – 3x 13 x x + 4x 12 x 42 + 2x x 53 + x 52 x KÍ HIỆU: Nếu x = (x1, x2, ….,xn), m = (m1, m2, ….,mn) ta viết n xm = x 1 x 2 …x m n m m 2.3 Đònh lí Nếu A vành nguyên A[x1, x2, ….,xn] vành nguyên n m k =0 k =0 Chứng minh: Giả sử f = ∑ a k x k g = ∑ b k x k hai đa thức khác xếp theo lối từ điển, tức n > n – > … > , m > m – > … > 0, hạng tử cao chúng có hệ tử an ≠ 0, bm ≠ Khi f.g = ∑ a i b j x i + j , i = 1, 2, …, n j = 1, 2, …, m Từ hệ tử hạng i, j tử cao f.g anbm Vì A vành nguyên nên anbm ≠ 0, f.g ≠ Đỗ Nguyên Sơn Khoa Toán Tin Đại Số Đại Cương - 106 - CHÚ Ý: Vành đa thức K[x1, x2, ….,xn] trường K vành với n ≥ Chẳng hạn ideal < x1, x2, ….,xn > ideal 2.4 Đa thức đối xứng • Cho A vành giao hóan với đơn vò ≠ 0, A[x1, x2, ….,xn ] vành đa thức n biến Một đa thức f ∈ A[x1, x2, ….,xn ] gọi đối xứng f(x1, x2, ….,xn ) = f(x σ(1) , x σ( 2) , ….,x σ( n ) ) với hóan vò σ ∈ Sn • VÍ DỤ: Các đa thức sau : σ1 = x1 + x2 + … +xn σ = x1x2 + x1x3 … + xn-1 xn σk = ∑ x i1 x i x i k 1≤i1 , ,i k ≤ n σ n = x1x2 ….xn đối xứng gọi đa thức đối xứng 2.5 Đònh lí Các đa thức đối xứng độc lập đại số A, tức là, f( σ 1, σ 2, … , σ n) = với f ∈ A[x1, x2, ….,xn ] f = Chứng minh: Ta chứng minh qui nạp theo n Trường hợp n = tầm thường Giả sử đònh lí với n –1, ta với n Thật vậy, giả sử f ∈ A[x1, x2, ….,xn] đa thức khác có cấp bé cho f( σ 1, σ 2, … , σ n) = Ta viết đa thức f(x1, x2, …., xn) đa thức biến xn : f = f0(x1, x2, …., xn–1) + f1(x1, x2, …., xn–1)xn + … + fs(x1, x2, …., xn–1)x sn fi(x1, x2, …., xn–1) ∈ A[x1, x2, ….,xn–1] Hạng tử f0(x1, x2, …., xn–1) ≠ không f = xn g, từ = f( σ 1, σ 2, …, σ n) = σ ng( σ 1, σ 2, … , σ n) = 0, g( σ 1, σ 2, … , σ n) = 0, điều mâu thuẩn với f có cấp nhỏ thỏa f( σ 1, σ 2, … , σ n) = Bây ta có = f0( σ 1, σ 2, …, σ n–1) + f1( σ 1, σ 2, … , σ n–1) σ n + … + fs( σ 1, σ 2, … , σ n–1) σ sn Vế phải tất nhiên đa thức n biến x1, x2, ….,xn thay xn = vào Đỗ Nguyên Sơn Khoa Toán Tin Đại Số Đại Cương - 107 - σ n(x1, x2, …,xn–1, xn) = x1 x2 ….xn–10 = nên ta có f0( ω 1, ω 2, …, ω n–1) = ω i = σ i(x1, x2, …, xn–1, 0) đa thức đối xứng n – biến Kết hợp với f0(x1, x2, …., xn–1) ≠ dẫn đến mâu thuẩn với giả thiết qui nạp 2.6 Đònh lí Đối với đa thức đối xứng f ∈ A[x1, x2, ….,xn] tồn đa thức g ∈ A[x1, x2, ….,xn] cho f(x1, x2, …., xn) = g( σ 1, σ 2, …., σ n) Chứng minh: • Sự tồn a a Ta xếp f(x1, x2, …., xn) theo lối từ điển giả sử ax 11 x 22 … x ann hạng tử cao Khi ta phải có a1 ≥ a2 ≥ … ≥ an Thật vậy, giả sử tồn i a a a cho > ai–1 Vì f đối xứng nên f phải chứa hạng tử ax 11 …x i −i x i i −1 … x ann a a có từ ax 11 x 22 … x ann cách thay xi xi–1 xi–1 xi Do > ai–1 a a nên (a1, …, ai–2, ai, ai-1,…, an) > (a1, …, ai–2, ai–1, ,…, an), ax 11 x 22 … x ann không hạng tử cao nhất, điều dẫn đến mâu thuẩn Xét đa thức a −a a σ 11 a −a σ 22 … σ ann dễ kiểm tra đa thức a a đối xứng có hạng tử cao ax 11 x 22 … x ann a −a a −a f1 = f – a σ 11 σ 22 … σ ann ( rõ ràng đa thức đối xứng) - Nếu f1 = ( chứng minh xong) - Nếu f1 ≠ 0, ta lại xếp theo lối từ điển giả sử hạng tử cao Đặt b b bx 1 x 2 … x bn n , để ý lúc (a1, a2,…, an) > (b1, b2,…, bn), a1 ≥ b1 b −b b −b Đặt f2 = f1 – a σ 1 σ 22 … σ bn n - Nếu f2 = ( chứng minh xong) - Nếu f2 ≠ 0, ta lại xếp theo lối từ điển giả sử hạng tử cao c c cx 11 x 22 … x cnn , để ý lúc (b1, b2,…, bn) > (c1, c2,…, cn), b1 ≥ c1 Quá trình chấm dứt sau số hữu hạn bước tương ứng với ta có dãy số tự nhiên giảm dần a1 ≥ b1 ≥ c1 ≥ … ≥ • Sự Giả sử có g g1 ∈ A[x1, x2, ….,xn] cho Đỗ Nguyên Sơn Khoa Toán Tin Đại Số Đại Cương - 108 - f(x1, x2, …., xn) = g( σ 1, σ 2, …., σ n) = g1( σ 1, σ 2, …., σ n) Khi (g – g1) ( σ 1, σ 2, …, σ n) = 0, từ g = g1 đònh lí 2.5 CHÚ Ý: Phép chứng minh tồn đònh lí cung cấp phương pháp để tìm g cho f(x1, x2, …., xn) = g( σ 1, σ 2, …., σ n), tức phương pháp biểu thò đa thức đối xứng qua đa thức đối xứng VÍ DỤ: Biểu thò đa thức đối xứng sau qua đa thức đối xứng f(x1, x2, x3) = x 12 x + x x 22 + x 12 x + x x 32 + x 22 x + x x 32 Giải: Hạng tử cao f x 12 x Lập hàm f1 = f – σ 12 −1 σ 12− σ 30 = f – σ σ = x 12 x + x x 22 +x 12 x + x x 32 + x 22 x + x x 32 – (x1 + x2 + x3)( x1 x2 + x1x3 + x2x3) = – x1 x2 x3 Lập hàm f2 = f1 + σ 11−1 σ 12−1 σ 13 = f1 + σ = Từ f = f1 + σ σ = – σ + σ σ Các đa thức trường số 3.1 Đònh lí (d' Alermbert) Trường số phức ∀ đóng đại số, tức đa thức f ∈ ∀[x] có bậc nghiệm ∀ ≥ có Chứng minh: (xem phần phụ lục) 3.2 Đònh lí a) Các đa thức bất khả qui ∀[x] đa thức bậc : p(x) = ax + b b) Các đa thức bất khả qui [x] bao gồm : – Các đa thức bậc : p(x) = ax + b – Các đa thức bậc : p(x) = ax2 + bx + c với ∆ = b2 – 4ac < Đỗ Nguyên Sơn Khoa Toán Tin Đại Số Đại Cương - 109 - Chứng minh: a) suy trực tiếp từ đònh lí 3.1 Ta chứng minh b) Giả sử p(x) thuộc 3[x] bất khả qui deg(p) ≥ Vì p(x) thuộc ∀[x] nên theo đònh lí 3.1 p(x) có nghiệm z ∈ ∀ p bất khả qui [x] nên z ∉ Vì z nghiệm p(x) nên T = (x – z)(x – z ) ước p(x) ∀[x], T = x2 – 2Re(z)x + z ∈ [x] nên T ước p(x) 3[x] Do p bất khả qui nên T phải liên kết với p, tức p = a.T, với a ∈ 3* Vậy p(x) tam thức bậc khong â có nghiệm thực Ngược lại rõ ràng đa thức bậc bất khả qui, đa thức bậc nghiệm thực vậy, không phải có ước đa thức bậc điều mâu thuẩn với giả thiết vô nghiệm đa thức 3.3 Đònh lí ( tiêu chuẩn Eisenstein) Nếu f(x) = anxn + an–1xn–1 + … + a0 ∈ 9[x] p số nguyên tố thỏa mãn an ≠ 0( mod p), ≡ 0(mod p) với i < n, a0 ≠ (mod p2) f(x) đa thức bất khả qui Θ[x] r s k =0 k =0 Chứng minh: Giả sử f =g.h, với g = ∑ b k x k , h ∑ c k x k ; r, s > r + s = n Vì a0 = b0 c0 p nguyên tố thỏa p | a0 nên suy b0 ≡ 0(mod p) c0 ≡ 0(mod p) Chú ý b0 ≡ 0(mod p) c0 ≠ 0(mod p) không a0 =b0 co ≡ 0(mod p2) Giả sử b0 ≡ 0(mod p) Ta để ý hệ số g(x) bội p không an = br cs ≡ 0(mod p), điều trái với giả thiết Gọi bi hệ số g không chia hết cho p (0 < i ≤ r < n) Khi từ = bic0 + bi–1c1 + … + b0ci suy bic0 ≡ 0(mod p) p nguyên tố nên p |bi p | c0, điều dẫn đến mâu thuẩn VÍ DỤ: Nếu p nguyên tố f(x) = xm – p đa thức bất khả qui Đỗ Nguyên Sơn Khoa Toán Tin Đại Số Đại Cương - 110 - BÀI TẬP ∧ Trên vành 9p[x] xét đa thức f(x) = xp Hãy xác đònh hàm đa thức f tương ứng với f Cho p số nguyên tố đa thức f(x) = xp – ∈ 9p[x] Chứng minh f(x) = (x –1)p Trong vành đa thức 95[x] thực phép tóan : a) ( x2 + x2 + ) ( x2 + x + ) b) (– x2 + x + )2 c) Phép chia (– x3 + x2 + x + ) cho (– x2 + x – ) Trong vành 96[x] thực phép nhân ( x3 + x2 + x) ( x2+ x + ) Trong vành 97[x] xác đònh p để dư phép chia ( x3 + p x + ) cho ( x2 + x + ) Trong vành Θ[x] chứng minh đa thức (x+1)2n – x2n – 2x –1 chia hết cho đa thức 2x + 1, x + x Chứng tỏ đa thức x2 + 14 ∈ 915[x] có nghiệm 915 Cho đa thức f(x) = – x3 – 7x2 + 2x – g(x) = – 2x2 + 2x – a) Tìm ƯCLN f(x) g(x) Θ[x] b) Tìm ƯCLN f(x) g(x) 911[x] Xét tập Θ( ) = {a + b : a, b ∈ Θ} Chứng minh a) Θ( ) trường vơiù phép cộng nhân thông thường số b) Θ( ) ≅ Θ[x] / < x − 2> 10 Xét tập 3( − ) = {a + b Đỗ Nguyên Sơn − : a, b ∈ 3} Chứng minh : Khoa Toán Tin Đại Số Đại Cương - 111 - a) ( − ) trường vơiù phép cộng nhân thông thường so b) ( − ) ≅ 3[x] / < x +3> 11 Hãy biểu diễn đa thức sau qua đa thức đối xứng 1) 2) 3) 4) x3 + y3 + z3 – 3xyz x2 y + x y2 + x2 z + x z 2+ y2 z + y z2 x4 + y4 + z4 – 2x2 y2 – x2 z2 – y2 z2 x5 y2 + x2 y5 + x5 z2 + x2 z 5+ y5 z2 + y2 z5 12 Xác đònh tính bất khả qui đa thức sau trường số hữu tỉ 1) x4 – 8x3 + 12x2 – 6x –2 2) x5 – 12x3 + 36x –12 3) x4 – x3 + 2x +1 13 Chứng minh đa thức thuộc 3[x] có bậc ≥ không bất khả qui 14 Cho f(x) = xn + … + a0 ∈ 9[x] với n ≥ Chỉ f có nghiệm hữu tỉ nghiệm nghiệm nguyên ước a0 15 Tìm tất nghiệm hữu tỉ đa thức sau: a) x7 –1 b) 2x4 – 4x + c) x5 + x4 – 6x3 – 14x2 – 11x – 16 Cho p số nguyên tố Đặt f(x) = xp + xp–1 + … + Chứng tỏ f(x) bất khả qui trêa Θ [x] Đỗ Nguyên Sơn Khoa Toán Tin Đại Số Đại Cương - 112 - PHỤ LỤC Trường số thực 1.1 Lát cắt hữu tỉ • Giả sử K trường xác đònh quan hệ thứ tự tòan phần '' bé '' < Ta gọi lát cắt trường K cặp (A1, A2) gồm hai tập K thỏa mãn tính chất : 1) A1 ≠ ∅ , A2 ≠ ∅ 2) A1 ∩ A2 = ∅, A1 ∪ A2 = K 2) x < y với x ∈ A1, với y ∈ A2 • Ta thấy lát cắt (A1, A2) thuộc bốn lọai sau đây: 1) 2) 3) 4) A1 có phần tử lớn nhất, A2 có phần tử bé A1 có phần tử lớn nhất, A2 phần tử bé A1 phần tử lớn nhất, A2 có phần tử bé A1 phần tử lớn nhất, A2 phần tử bé Lát cắt lọai gọi lát cắt có bước nhảy, lọai gọi lát cắt có biên, lọai gọi lát cắt không biên • Một trường thứ tự tòan phần K gọi liên tục lát cắt K có biên Trường số hữu tỉ Θ trường không liên tục • Gọi tập hợp tất lát cắt trường số hữu tỉ Θ Chú ý lát cắt trường hữu tỉ có bước nhảy 1.2 Các quan hệ Cho hai lát cắt α =(A1, A2), β =(B1, B2) ∈ • Hai lát cắt α β gọi nhau, viết α = β , A1 – {phần tử lớn nhất} = B1 – {phần tử lớn nhất} A2 – {phần tử bé nhất} = B2 – {phần tử bé nhất} Ta qui ước viết lát cắt có biên α =(A1, A2) với A2 phần tử bé • Ta nói α bé β , viết α < β , A ⊂ B1 A ≠ B1 Với quan hệ } A'1 = Θ – A'2, phần tử nghòch đảo α < α –1 = (– α )–1 Trường số phức 2.1 Xây dựng số phức • Ta xét tập hợp ∀ = ×3 tập tất cặp số thực (a, b) mà quan hệ nhau, phép tóan cộng, phép tóan nhân xác đònh sau : (a, b) = (c, d ) ⇔ a = b c = d (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) (a, b) (c, d) = (a c – b d, a d + b c) Đỗ Nguyên Sơn Khoa Toán Tin Đại Số Đại Cương - 114 - • Đối với phép cộng phần tử đơn vò = (0, 0), phần tử nghòch đảo z = (a, b) – z = (– a, – b) Đối với phép nhân phần tử đơn vò =(1, 0), phần tử nghòch đảo z =(a, b)≠ z–1 = ( a a +b 2 , −b a + b2 ) Với phép cộng phép nhân đònh nghóa (∀,+,•) trường, gọi trường số phức, phần tử gọi số phức • Nếu đặt ∀0 = {(a, 0): a ∈ } ⊂ ∀ ( ∀, +, •) trường từ đẳng cấu ϕ : → ∀0, a a (a, 0), ta đồng với ∀0, tức số thực x ∈ đồng với số phức (x, 0) ∈ ∀ , đặc biệt ≡ (1, 0), ≡ (0, 0) • Với số phức z = (a, b) ∈ ∀, ta viết : (a, b) = (a, 0) + (b, 0).(0, 1) đặt i = (0, 1) số phức z có dạng z = a + bi, gọi dạng đại số số phức Số a gọi phần thực số phức z, kí hiệu a = Rez, số b gọi phần ảo số phức z, kí hiệu b = Im z Ta gọi số phức z = a – bi số phức liên hợp số phức z = a + bi Việc tính toán số phức viết dạng đại số tính toán số thực với ý i2 = i i = (0, 1).(0, 1) = ( –1, 0) ≡ –1 • Nếu mặt phẳng tọa độ Oxy ta đặt tương ứng số phức z = a + bi với → điểm M(a,b) ∈ Oxy với vectơ OM = (a, b) ∈ mpOxy ta song ánh → từ ∀ lên mpOxy Điểm M(a,b) vectơ OM = (a,b) gọi biểu diễn hình học số phức z Mặt phẳng tọa độ Oxy gọi mặt phẳng phức, trục Ox gọi trục thực, Oy trục ảo → • Bây giả sử z = a + bi số phức biểu diễn vectơ OM → mp Oxy Ta gọi r = | OM | = a + b2 modul số phức z, kí hiệu | z | → Góc đònh hướng (Ox, OM ) gọi argument của số phức z, kí hiệu arg z Ta thấy số có modul argument tùy ý, số phức khác có modul số thực dương argument xác đònh sai khác bội nguyên π • Nếu số phức z = (a,b) ≠ có z = r arg z = ϕ (hoặc tổng quát arg z = ϕ +k2 π ) ta có biểu diễn khác số phức sau (gọi biểu diễn lượng giác ) z = (a,b) = a + bi = r (cos ϕ + isin ϕ ) Đỗ Nguyên Sơn Khoa Toán Tin Đại Số Đại Cương - 115 - • Với z = r (cos ϕ + isin ϕ ), ta có công thức zn = [r(cos ϕ + isin ϕ )]n = rn (cosn ϕ + isinn ϕ ) n z = r (cos n ϕ + 2kπ ϕ + 2kπ + isin ), k = 0, 1, 2, …, n –1 n n 2.2 Đònh lí (d' Alermbert) Trường số phức ∀ đóng đại số, tức đa thức f ∈ ∀[z] có bậc ≥ có nghiệm ∀ Chứng minh: Có nhiều phép chứng minh đònh lí d'Alermbert thường phải sử dụng đến kết giải tích Sau Ta chứng minh n phương pháp phản chứng: Giả sử tồn đa thức f(z) = ∑ a i z i ∈ ∀[x] khác i =0 nghiệm ∀ Xét hàm | f | : ∀ → ∀, x a | f(z)| Vì | f | → ∞ | z | → ∞ nên tồn R > cho | f(z) | > | f(0) | với z ∈ {| z | > R} Vì | f | liên tục compact {| z | ≤ R } nên tồn z0 ∈∀ cho | f(z0) | = | f(z) | Nhưng | f (z)| >| f(0) | ≥ | f(z0) | với z ∈ {| z | > R} nên ta có | B B z ≤R B B B B f(z0) | = | f(z) | B B z∈C Ta có công thức Taylor f f(z0 + h) = f(z0) + h f '(z0) + … + B B B B B B h n (n) f (z0) n! B B Ta chứng minh rằng, chọn h cho | f(z0 +h) | < | f(z0) | từ suy mâu thuẩn Trước hết để ý rằng, có đạo hàm cấp cao f z0 khác 0, cụ thể f (n)(z0) = n!an ≠ Gọi k ≥ số nguyên bé cho f (k)(z0) ≠ Như ta có B B B B B B B B B B B B f (k ) (z o ) f ( n ) (z o ) f (z o + h ) = + hk + … + hn k!f ( z ) n!f (z ) f (z ) = + hk Đỗ Nguyên Sơn f (k ) (z o ) + hk+1 g(h), với g(h) ∈ ∀[h] k!f ( z ) Khoa Toán Tin Đại Số Đại Cương - 116 - f (k ) (z o ) Gọi w số phức cho w = – , ta có k!f ( z ) k f (z o + t) w f (z ) = – tk + tk+1w– k–1 g(tw–1) Vì hàm biến f1(t) = | w– k–1 g(tw–1)| liên tục [0, 1]) nên tồn C > cho với t ∈ [0, 1] ta có | w– k–1 g(tw–1)| < C , từ B B f (z o + t) w f (z ) ≤ – tk + C tk+1 < ta có C Bây cần chọn t cho < t < < – tk + C tk+1 < hay Đỗ Nguyên Sơn | f(z0 + wt ) | < | f(z0) | B B B B Khoa Toán Tin [...]... ,an] 6 Số nguyên tố Để đơn giản, các khái niệm và kết quả trong phần này ta chỉ trình bày trên tập các số nguyên dương ∠ Các khái niệm và kết quả đó cũng có thể chuyển lên tập các số nguyên 9 6.1 Đònh nghóa • Một số tự nhiên khác 1 gọi là số nguyên tố nếu nó chỉ chia hết cho 1 và cho chính nó Một số tự nhiên khác 1 và không phải là số nguyên tố được gọi là hợp số Ta có thể nói số nguyên n là số nguyên. .. cùng nhau 4.1 Đònh nghóa • Các số nguyên a1, a2, , an được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu chúng nhận số 1 làm ƯCLN Đỗ Nguyên Sơn Khoa Toán Tin Đại Số Đại Cương - 31 - • Ta nói rằng các số nguyên a1, a2, , an nguyên tố cùng nhau từng đôi nếu và chỉ nếu (ai, aj) = 1 với mọi i ≠ j • NHẬN XÉT: 1) Nếu các số nguyên a1, a2, , an nguyen â tố cùng nhau từng đôi thì chúng là nguyên tố cùng nhau, vì khi đó (a1,... : Đỗ Nguyên Sơn Khoa Toán Tin Đại Số Đại Cương - 35 - • Lập dãy số 1, 2, 3, 4, …, n (Số thứ nhất lớn hơn 1 của dãy số trên là 2, hiển nhiên 2 là số nguyên tố) • Trong dãy số trên, ta xóa tất cả các bội của 2 (Số thứ nhất đứng sau 2 không bò xóa là 3 Hiển nhiên 3 là số nguyên tố) • Tiếp tục ta xóa tất cả các bội của 3 • Cứ tiếp tục theo cách đó, ta xóa tất cả các bội số. .. số của a, và điều này mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của p 6.3 Đònh lí Tập các số nguyên tố trong ∠ là vô hạn Đỗ Nguyên Sơn Khoa Toán Tin Đại Số Đại Cương - 34 - Chứng minh: Giả sử ngược lại, ∠ chỉ có một số hữu hạn các số nguyên tố là p1 , , pn Từ 6.3 suy ra số tự nhiên M = p1 pn + 1 có ướùc số dương nhỏ nhất khác 1 là một số nguyên tố p Như thế tồn tại j ∈ {1, 2, …, n} sao cho p = pj, do đó p | p1 pn... Vành số nguyên 2.1 Xây dựng tập số nguyên • Xét tập ∠ ×∠ = {(m, n) : m, n ∈∠} gồm mọi cặp số tự nhiên Trên tập ∠ ×∠ đưa vào một quan hệ tương đương như sau: (m, n) ~ (p, q) ⇔ m + q = n + p Đỗ Nguyên Sơn Khoa Toán Tin Đại Số Đại Cương - 25 - • Ta kí hiệu [m, n] là lớp tương đương của (m,n) và 9 là tập thương của ∠ x∠ đối với quan hệ ~ 9 được gọi là là tập các số nguyên, mỗi phần tử cuả nó gọi là một số. .. nguyên tố nếu | n | là số nguyên tố • CHÚ Ý : Số 1 không phải là số nguyên tố cũng không phải là hợp số 6.2 Đònh lí Ước số dương nhỏ nhất khác 1 của một số tự nhiên lớn hơn 1 là một số nguyên tố Chứng minh: Xét a ∈ ∠ và a >1 Gọi p là ước số dương nhỏ nhất khác 1 của a Nếu p không phải là nguyên tố thì p là hợp số, nên p có một ước số là p1 với :1 < p1 < p Nhưng khi đó p1 cũng là ước số của a, và điều này... cực đại, cực tiểu hoặc có một, hoặc có nhiều Chẳng hạn: Trong (3 , ≤ ) bộ phận ∠0 không có phần tử cực đại, đoạn [0, 1] có một phần tử cực đại và chỉ một, đó là 1 đó cũng Đỗ Nguyên Sơn Khoa Toán Tin Đại Số Đại Cương - 13 - là phần tử lớn nhất của [0,1]; trong (∠ – {1}, ξ ) có vô số phần tử cực tiểu, đó là các số nguyên tố d) Nếu (X, ≤ ) được sắp thứ tự toàn phần thì X có nhiều nhất một phần tử cực đại, ... xóa tất cả các bội số của các số nguyên tố nhỏ hơn một số nguyên tố p, thì tất cả các số không bò xóa nhỏ hơn p2 đều nguyên tố Thật vậy, mọi hợp số a nhỏ hơn p2 đều đã bò xóa vì là bội của ước số dương nhỏ nhất của nó, ùc số này, theo 6.6, nhỏ hơn a < p Suy ra rằng : 1) Khi xóa các bội của một số nguyên tố p, thì số đầu tiên bò xóa là p2 2) Khi đã xóa các bội của các số nguyên tố ≤ n thì hoàn thành... số tự nhiên) n 9) Nếu a | bi , ∀ i = 1, 2, …, n thì a | ∑ m i b i (bi, mi là các số nguyên) i =1 Đỗ Nguyên Sơn Khoa Toán Tin Đại Số Đại Cương - 28 - Chứng minh: Việc chứng minh chỉ là sự kiểm tra đơn giản từ đònh nghóa 3.3 Đònh lí ( phép chia Euclide) Cho a, b là hai số nguyên với b ≠ 0 Khi đó tồn tại duy nhất một cặp số nguyên q, r sao cho a = b q + r với 0 ≤ r < |b| (q gọi là thương và r gọi là dư... khi m = n ⎩ Như vậy, các số nguyên có thể chia làm ba lọai : số không ( là lớp tương đương của các cặp dạng (a, a) , khi đó ta viết [a, a] = 0 ), số nguyên dương (là lớp có dạng [m, n] với m > n, khi đó ta viết [m, n] > 0 ), số nguyên âm (là lớp có dạng [m, n] với m < n, khi đó ta viết [m, n] < 0) Nếu đặt – n = [a, n + a] thì vành số nguyên có thể viết dưới dạng 9 Đỗ Nguyên Sơn = { – 3, – 2, – 1, 0,