Một vài cách chứng minh định lý cơ bản của đại số bằng công cụ đại số và một số ứng dụng của định lý

Trong Toán học, Định lý cơ bản của Đại số phát biểu rằng mỗi đa thức một biến khác hằng với hệ số phức có ít nhất một nghiệm phức.. Mặc dù với tên gọi là "Định lý cơ bản của Đại số" nhưn

KHOA TOÁN

TẠ THANH TÂM

MỘT VÀI CÁCH CHỨNG MINH ĐỊNH LÝ CƠ BẢN

CỦA ĐẠI SỐ BẰNG CÔNG CỤ ĐẠI SỐ

VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

Chuyên ngành: Đại số

Hà Nội – 2016

KHOA TOÁN

TẠ THANH TÂM

MỘT VÀI CÁCH CHỨNG MINH ĐỊNH LÝ CƠ BẢN

CỦA ĐẠI SỐ BẰNG CÔNG CỤ ĐẠI SỐ

Trước khi trình bày nội dung chính của khóa luận, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Ths Đỗ Văn Kiên người đã tận tình hướng dẫn để tôi có thể hoàn thành khóa luận này.

Tôi xin được gửi lời cảm ơn tới các thầy cô giáo trường Đại học Sư phạm Hà Nội

2, các thầy cô giáo khoa Toán đã giúp đỡ tôi trong quá trình học tập tại trường và tạo điều kiện cho tôi hoàn thành đề tài khóa luận tốt nghiệp.

Trong quá trình nghiên cứu, không tránh khỏi những thiếu sót và hạn chế, kính mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các thầy giáo, cô giáo và toàn thể bạn đọc để khóa luận được hoàn thiện hơn.

Hà Nội, ngày 02 tháng 05 năm 2016

Sinh viên

Tạ Thanh Tâm

Tôi xin cam đoan dưới sự hướng dẫn của thầy giáo Đỗ Văn Kiên khóa luận của tôi được hoàn thành không trùng với bất kì đề tài nào khác.

Trong khi làm khóa luận này, tôi đã kế thừa thành quả khoa học của các nhà khoa học với sự trân trọng và biết ơn.

Hà Nội, ngày 02 tháng 05 năm 2016

Sinh viên

Tạ Thanh Tâm

MỞ ĐẦU 1

1.1 Vành đa thức 4

1.1.1 Đa thức trên một trường 4

1.1.2 Nghiệm của đa thức 6

1.1.3 Đa thức bất khả quy 7

1.1.4 Đa thức đối xứng 8

1.2 Định lý cơ bản của Đại số và chứng minh thứ nhất 12

1.3 Bài tập 15

2 Mở rộng trường và chứng minh thứ hai 18 2.1 Mở rộng trường 18

2.1.1 Đặc số của vành 18

2.1.2 Mở rộng bậc hữu hạn 19

2.1.3 Mở rộng đơn 20

2.1.4 Mở rộng đại số 22

2.1.5 Trường phân rã của một đa thức 24

2.1.6 Mở rộng chuẩn tắc 28

2.1.7 Trường đóng đại số 30

2.1.8 Mở rộng tách được 31

2.2 Định lý cơ bản của Đại số và chứng minh thứ hai 34

2.3 Một số ứng dụng và bài tập 36

2.3.1 Một số ứng dụng 36

2.3.2 Bài tập 41

3 Lý thuyết Galois và chứng minh thứ ba 45 3.1 Một số kiến thức cơ bản về lý thuyết Galois 45

3.1.1 Một vài trọng điểm về nhóm 45

3.1.2 Nhóm Galois 47

3.1.3 Mở rộng Galois 50

3.1.4 Định lý cơ bản của lý thuyết Galois 52

3.2 Định lý cơ bản của Đại số và chứng minh thứ ba 54

3.3 Bài tập 56

Lời mở đầu

1 Lý do chọn đề tài

Trong Toán học, Định lý cơ bản của Đại số phát biểu rằng mỗi đa

thức một biến khác hằng với hệ số phức có ít nhất một nghiệm phức

Mặc dù với tên gọi là "Định lý cơ bản của Đại số" nhưng không có một

chứng minh thuần tuý đại số nào cho định lý này Tên của định lý này

được đặt ra vào thời điểm khi mà việc nghiên cứu đại số chủ yếu là để

giải phương trình đa thức

Peter Roth là người đầu tiên phát biểu gợi mở Định lý cơ bản của Đại

số trong cuốn sách Arithmetica Philosophica công bố năm 1608: "Một

đa thức bậc n với hệ số thực có không quá n nghiệm" Tiếp đến là khẳng

định của Albert Giard trong cuốn sách L’invention nouvelle en l’Algèbre

năm 1629: "Phương trình đa thức bậc n có n nghiệm, trừ khi phương

trình bị khuyết" Nhiều nhà Toán học đã tin Định lý là đúng, và do đó

họ tin rằng mọi đa thức với hệ số thực khác hằng đều viết dưới dạng

tích của các đa thức với hệ số thực bậc một hoặc bậc hai Bên cạnh đó,

Gottfried Wilhelm Leibiz, Nikolaus II Bernoulli đã tìm ra những đa thức

bậc 4 với hệ số thực không là tích của các đa thức bậc 1 hoặc bậc 2

Tuy nhiên các phản ví dụ của họ đều được Leonhard Euler phản bác,

điều này làm cho các nhà Toán học thời đó tin tưởng tính đúng đắn

của Định lý Chứng minh đầu tiên cho Định lý thuộc về D’Alembert vào

năm 1746 nhưng chứng minh này không hoàn chỉnh Euler 1749 có một

chứng minh đúng cho Định lý trong trường hợp bậc của đa thức nhỏ

hơn hoặc bằng 6 Các chứng minh khác được thực hiện bởi Euler 1749,

De Foncenex 1759, Lagrange 1772 và Laplace 1795 đều có ít nhiều chưa

chặt chẽ Kể cả chứng minh đầu tiên của Gauss năm 1799 cũng không

đầy đủ Mãi đến năm 1816, Gauss mới đưa ra một chứng minh chính

xác cho Định lý

Được sự hướng dẫn tận tình của thầy giáo Ths Đỗ Văn Kiên và mong

muốn tìm hiểu về Định lý cơ bản của Đại số, tôi chọn đề tài "Một vài

cách chứng minh Định lý cơ bản của Đại số bằng công cụ đại số và một

số ứng dụng của định lý" để làm khóa luận tốt nghiệp của mình hi vọng

sẽ giúp ích cho các bạn yêu thích môn Đại số có thêm tài liệu tham khảo

2 Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu

Tìm hiểu và trình bày ba cách chứng minh Định lý cơ bản của Đại

số bằng công cụ đại số và một số ứng dụng của định lý

3 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

3.1 Đối tượng

- Trường số phức

- Một số cấu trúc đại số như: nhóm, vành, trường, mở rộng

trường, lý thuyết Galois

3.2 Phạm vi nghiên cứu

- Vành đa thức

- Mở rộng trường

- Lý thuyết Galois

- Một vài cách chứng minh Định lý cơ bản của Đại số

4 Phương pháp nghiên cứu

Sử dụng phương pháp nghiên cứu tài liệu, hệ thống hóa, khái quát

hóa

5 Bố cục khóa luận.

Ngoài phần mở đầu và kết luận, nội dung khóa luận gồm 3 chương:

Chương 1: Vành đa thức và chứng minh thứ nhất

Chương 2: Mở rộng trường và chứng minh thứ hai

Chương 3: Lý thuyết Galois và chứng minh thứ ba

Vành đa thức và chứng minh thứ

nhất

Trong chương này, tôi sẽ trình bày những kiến thức cơ bản về vành đa

thức và chứng minh thứ nhất của định lý cơ bản của Đại số

1.1.1 Đa thức trên một trường

Định nghĩa 1.1 Một tập K cùng với hai phép toán cộng và nhân được

gọi là một trường nếu nó là một vành giao hoán có đơn vị, có nhiều hơn

một phần tử và mọi phần tử khác không đều khả nghịch

Ví dụ 1.1.1 Q, R, C là các trường với các phép toán cộng và nhânthông thường

nếu m = n và ai = bi, với mọi i = 0, n Kí hiệu f (x) = g(x).

Trên K[x] ta trang bị hai phép toán

Mỗi phần tử của K[x] gọi là một đa thức ẩn x, và vành K[x] được

gọi là vành đa thức một ẩn với hệ tử trên K

Quy ước đa thức 0 là không có bậc

Bổ đề 1.1 Cho hai đa thức khác không f (x), g(x) ∈ K[x] Nếu f (x) +

g(x) khác không thì

deg(f (x) + g(x)) 6 max{degf (x), degg(x)}

deg(f (x)g(x)) = degf (x) + degg(x), f (x)g(x) 6= 0

Định lý 1.1 Cho f (x), g(x) ∈ K[x] trong đó g(x) 6= 0 Khi đó tồn tại

duy nhất một cặp đa thức q(x), r(x) ∈ K[x] sao cho

f (x) = g(x)q(x) + r(x) với r(x) = 0 hoặc degr(x) < degg(x)

Trong định lý trên, q(x) được gọi là thương và r(x) gọi là dư của phép

chia f (x) cho g(x) Nếu dư của phép chia f (x) cho g(x) là 0 thì ta nói

rằng f (x) chia hết cho g(x) hay g(x) là ước của f (x)

1.1.2 Nghiệm của đa thức

Định nghĩa 1.4 Cho f (x) = anxn+ · · · + a1x + a0 ∈ K[x] và F ⊇ K.Phần tử α ∈ F , ta đặt f (α) = anαn+ · · · + a1α + a0 ∈ F Nếu f (α) = 0thì ta nói α là nghiệm của f (x)

Ví dụ 1.1.2 √

2 ∈ R là một nghiệm của đa thức x2 − 2 ∈ Q[x]

Hệ quả 1.1 (Định lý Bezout) Phần tử a ∈ K là nghiệm của đa thức

f (x) ∈ K[x] nếu và chỉ nếu tồn tại đa thức g(x) ∈ K[x] sao cho f (x) =

(x − a)g(x)

Chứng minh Theo định lý 1.1, ta có thể viết f (x) = (x−a)g(x)+r(x), ở

đó r(x) = 0 hoặc degr(x) = 0 Chia f (x) cho (x−a) ta được r ∈ K Thay

x = a vào đẳng thức ta được r = f (a) = 0 Suy ra f (x) = (x − a)g(x)

Ngược lại, hiển nhiên

Cho k > 0 là một số nguyên Một phần tử a ∈ K được gọi là một

nghiệm bội k của đa thức f (x) ∈ K[x] nếu f (x) chia hết cho (x − a)k

nhưng không chia hết cho (x − a)k+1 Nếu k = 1 thì a được gọi là nghiệm

đơn Nếu k = 2 thì a được gọi là nghiệm kép Nếu k ≥ 2 thì a được gọi

là nghiệm bội

Hệ quả 1.2 Phần tử a ∈ K là nghiệm bội k của f (x) ∈ K[x] nếu và

chỉ nếu f (x) có dạng f (x) = (x − a)kg(x) với g(x) ∈ K[x] và g(a) 6= 0

Chứng minh Giả sử a là nghiệm bội k của f (x) Vì f (x) chia hết cho

(x − a)k nên f (x) = (x − a)kg(x) với g(x) ∈ K[x] Nếu g(a) = 0 thì theo

hệ quả 1.1 ta có g(x) = (x − a)h(x) với h(x) ∈ K[x] và do đó f (x) chia

hết cho (x − a)k+1, vô lý Vậy g(a) 6= 0

Ngược lại, vì f (x) = (x − a)kg(x) nên f (x) chia hết cho (x − a)k Nếu

f (x) chia hết cho (x−a)k+1 thì f (x) = (x−a)k+1h(x) với h(x) ∈ K[x] Do

đó (x−a)kg(x) = (x−a)k+1h(x) Do K là trường nên g(x) = (x−a)h(x)

Suy ra g(a) = 0, mâu thuẫn Vậy f (x) không chia hết cho (x − a)k+1

1.1.3 Đa thức bất khả quy

Định nghĩa 1.5 Đa thức f (x) 6= 0 không khả nghịch trong vành F [x]

được gọi là bất khả quy (trên F ) nếu f (x) không có ước thực sự trong

Định lý 1.3 (Tiêu chuẩn Eisenstein)

Cho đa thức f (x) = anxn + · · · + a1x + a0, an 6= 0, n > 1 trong Z[x].Giả sử tồn tại số nguyên tố p sao cho p không chia hết an nhưng chia

hết các hệ số còn lại và p2 không chia hết a0 Khi đó f (x) là bất khả quy

trong Q[x]

Định lý 1.4 Cho K là một trường, f (x) là đa thức khác hằng trong

K[x] Khi đó f (x) luôn biểu diễn được thành tích của các đa thức bất

khả quy trên K[x] Sự phân tích này là duy nhất nếu không kể thứ tự các

nhân tử bất khả quy và các hệ tử khả nghịch

Ví dụ 1.1.4 Mọi đa thức bậc 1 đều bất khả quy trong K[x]

Định nghĩa 1.6 Cho α là phần tử đại số trên K Gọi p(x) là đa thức

bất khả quy trên K nhận α là nghiệm Nếu hệ tử cao nhất của p(x)

bằng 1 thì p(x) gọi là đa thức tối tiểu của α trên K

1.1.4 Đa thức đối xứng

Định nghĩa 1.7 (Vành đa thức nhiều ẩn)

Giả sử K là vành giao hoán có đơn vị Ta đặt

vành Kn = Kn−1[xn] kí hiệu là K[x1, x2, , xn] gọi là vành đa thức của

n ẩn x1, x2, , xn lấy hệ tử trong vành K Một phần tử của Kn gọi là

một đa thức của n ẩn x1, x2, , xn lấy hệ tử trong vành K, người ta kí

hiệu nó bằng f (x1, x2, , xn) hay g(x1, x2, , xn)

1 xα

j 2

2 · · · xαjn

n là một đơn thức Nếu aj 6= 0 thì

αj1+ αj2+ + αjn được gọi là bậc của đơn thức đó và xα

j 1

1 xα

j 2

2 · · · xαjn

gọi là một từ của f Số lớn nhất trong các bậc của đơn thức được gọi là

bậc của đa thức

Định nghĩa 1.8 Kí hiệu Sn là tập các song ánh từ tập {1, 2, , n}

vào chính nó Ta nói f (x1, x2, , xn) là đa thức đối xứng nếu

n , ta định nghĩa u < v nếu tồn tại chỉ số

i sao cho ai < bi và ak = bk với mọi k < i Với mỗi đa thức f ta kí hiệu

In(f ) là từ lớn nhất trong các từ của f và gọi là từ dấu của f Dễ thấy

rằng In(f g) = In(f )In(g) với mọi f, g

Định lý 1.5 (Định lý cơ bản của đa thức đối xứng) Nếu f là đa thức

đối xứng thì tồn tại duy nhất đa thức ϕ sao cho

f (x1, x2, , xn) = ϕ(σ1, σ2, , σn)

Chứng minh Giả sử In(f ) = axa1

1 · · · xa n

n Cho i > 1 Nếu ta thay xi bởi

xi+1 và thay xi+1 bởi xi, còn giữ nguyên các xk khác trong đa thức f

thì từ cao nhất In(f ) của f trở thành từ axa1

1 · · · xai+1

i xai

i+1· · · xa n

n Vì f

là đối xứng nên từ này cũng là một từ của f và do đó nó không thể lớn

hơn In(f ) Vì thế ta có ai > ai+1 Suy ra a1 > > an Dễ thấy từ dấucủa đa thức σa1 −a 2

1 · · · xb n

n Tương tự như chứng minh trên ta có b1 > > bn Hơn nữa, từ dấu của

mãn tính chất bi, 6 a1 với mọi i = 1, , n Nhận xét rằng chỉ cónhiều nhất na1 +1 bộ số tự nhiên (d1, , dn) thoả mãn tính chất di 6 a1

với mọi i = 1, , n Do đó quá trình này phải kết thúc sau một số hữu

hạn bước Vì vậy đến bước thứ s nào đó ta có

tức là đã biểu diễn được đa thức f dưới dạng một đa thức σ1, , σn.

Giả sử có hai đa thức ϕ1 và ϕ2 khác nhau sao cho

f (X1, , Xn) = ϕ1(σ1, , σn) = ϕ2(σ1, , σn)

Đặt ϕ(σ1, , σn) = ϕ1(σ1, , σn) − ϕ2(σ1, , σn) Khi đó ϕ là đa

thức khác không của σ1, , σn và sau khi thay σ1, , σn bởi các biểu

thức của chúng qua x1, , xn vào ϕ ta nhận được đa thức không Chúng

ta sẽ chỉ ra điều này là vô lý Rõ ràng nếu aσk1

1 · · · σk n

n và bσl1

1 · · · σl n

n làhai hạng tử của ϕ(σ1, , σn) sao cho (k1, , kn) 6= (l1, , ln) thì khi

thay σ1, , σn bởi các biểu thức của chúng qua x1, , xn vào hai hạng

tử này, ta sẽ nhận được hai đa thức của x1, , xn mà hai từ dấu của

chúng không đồng dạng Với mỗi hạng tử của ϕ(σ1, , σn), ta tìm từ

dấu của đa thức của x1, , xn thu được từ hạng tử này bằng cách thay

σ1, , σn bởi các biểu thức của chúng qua x1, , xn Khi đó từ dấu lớn

nhất trong các từ dấu vừa tìm được sẽ không đồng dạng với bất cứ một

từ nào khác Vì vậy, sau khi thay σ1, , σn bởi các biểu thức của chúng

qua x1, , xn vào đa thức ϕ(σ1, , σn) ta sẽ nhận được đa thức khác

không, mâu thuẫn

Bổ đề 1.2 Cho f (x) ∈ K[x] là đa thức một biến x bậc n với hệ số

cao nhất bằng 1 Giả sử f có n nghiệm α1, , αn trong một mở rộng

nào đó của K Giả thiết rằng g(x1, , xn) là đa thức đối xứng Khi đó

Dựa vào những kiến thức như trên, sau đây tôi xin trình bày chứng

minh thứ nhất của Định lý cơ bản của Đại số bằng công cụ đại số

nhất

Bổ đề 1.3 Cho f : D → R là hàm liên tục trong đó D là tập con đóng

và bị chặn của R2 Khi đó f (x, y) có giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhấttrên D

Định lý 1.6 (Định lý cơ bản của đại số) Nếu f (x) ∈ C[x], f (x) kháchằng thì f (x) có ít nhất một nghiệm phức

Chứng minh Để chứng minh định lý Ta cần chứng minh hai bổ đề sau

Bổ đề 1.4 Cho f (x) ∈ C[x] thì |f (x)| có giá trị nhỏ nhất tại z0 ∈ Cnào đó

Chứng minh Dễ thấy |f (x)| → ∞ khi x → ∞ bởi vì |f (x)| lớn khi |x|

lớn Suy ra tồn tại cận dưới lớn nhất m của |f (z)| với z ∈ C Ta thấy

m = inf{|f (z)| | z ∈ C} = inf{|f (z)| | |z| ≤ r, r  0}

Đặt D = {z ∈ R | |z| ≤ r, r  0} Vì |f (x)| là hàm số liên tục trên Dvới giá trị thực, suy ra từ bổ đề 1.3, |f (x)| sẽ đạt giá trị nhỏ nhất

Bổ đề 1.5 Giả sử f (x) ∈ C[x], f (x) khác hằng Nếu f (x0) 6= 0 thì

|f (x0)| không là giá trị nhỏ nhất của |f (x)|

Chứng minh Cho f (x) ∈ C[x], f (x) khác hằng, giả sử có x0 sao cho

f (x0) 6= 0 Đổi biến x bởi x + x0, ta có thể giả định rằng f (0) 6= 0 Nhân

f (x) với f (0)−1 ta có f (0) = 1 Ta cần phải chỉ ra 1 không là giá trị nhỏ

nhất của |f (x)| Giả sử k là số mũ khác 0 thấp nhất của x xuất hiện

trong f (x) Khi đó f (x) có dạng f (x) = 1 + axk + (số hạng có bậc lớn

hơn k)

Cho α = √k

−a−1 Đổi biến x bởi αx thì f (x) có dạng

f (x) = 1 − xk+ xk+1g(x), với g(x) là đa thức nào đó

Với x là số thực dương nhỏ tuỳ ý, theo bất đẳng thức tam giác ta có

|f (x)| ≤ |1 − xk| + xk+1|g(x)|

Cho x  0 suy ra xk < 1 và

|f (x)| ≤ 1 − xk + xk+1|g(x)| = 1 − xk(1 − x|g(x)|)

Mà với x là số thực dương nhỏ thì x|g(x)| nhỏ nên ta có thể chọn x0

sao cho x0|g(x0)| < 1 Suy ra xk0(1 − x0|g(x0)|) > 0 nên |f (x0)| < 1 =

|f (0)|

Bây giờ ta chứng minh định lý cơ bản của đại số: Từ bổ đề 1.4 ta

có |f (x)| có giá trị nhỏ nhất tại x0 ∈ C Lại từ bổ đề 1.5 có |f(x0)| = 0,

do đó f (x0) = 0 Vậy f (x) có một nghiệm phức

Hệ quả 1.3 Mọi đa thức bất khả quy trên C là và chỉ là các đa thứcbậc nhất (nói cách khác, C là trường đóng đại số) Mọi đa thức bất khảquy trên R là và chỉ là các đa thức bậc nhất và bậc hai vô nghiệm thực.Chứng minh • Ta chứng minh mọi đa thức bất khả quy trên C là và chỉ

là các đa thức bậc nhất Thật vậy, cho P (x) là đa thức hệ số phức và bất

khả quy trên C Theo Định lý cơ bản của đại số ta có thể gọi α là mộtnghiệm phức nào đó thì ta có P (x) = g(x)(x − α), g(x) ∈ C[x] P (x)

là bất khả quy trên C nên g(x) là hằng số khác 0 Suy ra degP (x) = 1.Vậy mọi đa thức bất khả quy trên C đều là đa thức bậc nhất

Ngược lại, hiển nhiên

• Ta chứng minh mọi đa thức bất khả quy trên R là và chỉ là các đathức bậc nhất và bậc hai vô nghiệm thực

Trước tiên ta thấy, những đa thức bậc nhất và bậc hai vô nghiệm

thực đều là những đa thức bất khả quy trên R

Ngược lại, nếu degP (x) = 1 thì hiển nhiên Nếu degP (x) 6= 1 thì theo

Định lý cơ bản của đại số, tồn tại α ∈ C sao cho P (α) = 0

Vì P (x) ∈ R[x], suy ra P (α) = 0, α 6= α Theo định lý Bezout ta có

P (x) = (x − α)(x − α)g(x), g(x) ∈ C[x]

Mà (x − α)(x − α) = x2− (α + α)x + αα ∈ R[x]; P (x) ∈ R[x] Suy rag(x) ∈ R[x].

Do P (x) bất khả quy trên R, suy ra g(x) là hằng số, degg(x) = 0 nêndegP (x) = 2

Bài tập 1.3.1 Xét vành đa thức K[x], với K là trường

a) Chứng minh rằng mọi đa thức bậc nhất của K[x] đều là bất khả

quy

b) Chứng minh rằng các đa thức bậc hai của K[x] là bất khả quy khi

và chỉ khi chúng không có nghiệm trong K

Lời giải a) Xét đa thức bậc nhất trong K là f (x) = ax + b, a 6= 0 Giả

sử f (x) = g(x)h(x) Vì degf (x) = degg(x) + degh(x) nên degg(x) = 0

hoặc degh(x) = 0 Nếu degg(x) = 0 thì g(x) ∈ K là phần tử khả nghịch

Khi đó h(x) liên kết với f (x) Bởi vậy f (x) là bất khả quy

b) Giả sử f (x) = ax2 + bx + c, a 6= 0 là đa thức bất khả quy trên

trường K, nếu f (x) có nghiệm α ∈ K thì f (x) = (x − α)h(x), (x − α)

và h(x) đều có bậc một và là ước thực sự của f Điều này vô lý, chứng

tỏ f (x) không thể có nghiệm trong K

Bây giờ, giả sử f (x) khả quy Nó phải có ước thực sự là đa thức bậc

nhất (x − α)

f (x) = (x − α)h(x)

Đẳng thức này chứng tỏ α là nghiệm của f (x)

Bài tập 1.3.2 Giả sử f (x) = (x − a1)(x − a2) · · · (x − an) − 1, với ai

là những số nguyên phân biệt Chứng minh rằng f (x) là bất khả quy

trong Q[x]

Lời giải Giả sử f (x) là khả quy trong Q[x] Khi đó f (x) = g(x)h(x)với g(x), h(x) là những đa thức trong Q[x] và có bậc dương Vì f (a) =

−1 = g(a)h(a), nên g(a) + h(a) = 0 tại n giá trị phân biệt a Mặt khác

deg(g(x) + h(x)) ≤ max{degg(x), degh(x)}

degh(x) < degf (x) = n

Điều này chứng tỏ g(x) + h(x) = 0 và do đó

So sánh dấu của các hệ số cao nhất ở hai vế, ta nhận thấy đẳng thức

(∗) là vô lý Vậy f (x) là bất khả quy trong Q[x]

Bài tập 1.3.3 Chứng minh rằng mọi đa thức của R[x] được phân tíchthành tích các đa thức bậc nhất hoặc bậc hai bất khả quy trên R.Lời giải Trước tiên ta thấy, nếu f (x) = a0+ a1x + + anxn là đa thức

hệ số thực nhận số phức z = a + bi làm nghiệm thì nó cũng nhận số

phức liên hợp z = a − bi làm nghiệm Thật vậy, ta có f (z) = 0 Bằng

cách lấy liên hợp phức và chú ý ai = ai, ta có

0 = 0 = f (z) = a0 + a1z + + anzn = f (z)

Giả sử f (x) là đa thức hệ số thực bậc n ≥ 1 Trong C, đa thức f (x) có

đủ n nghiệm (phân biệt hoặc không) Ta phân chia các nghiệm của f (x)

thành hai loại, thực và phức Ta thấy, số nghiệm phức của f (x) là chẵn

và gồm các cặp nghiệm phức liên hợp Giả sử f (x) có r nghiệm thực

Trong chương tiếp theo trình bày về Mở rộng trường, tôi sẽ đưa ra

chứng minh thứ hai của Định lý cơ bản của Đại số bằng công cụ đại

số

Mở rộng trường và chứng minh thứ hai

A được gọi là có đặc số n nếu n là một số nguyên dương bé nhất thoả

mãn n1 = 0 Đặc số của vành A được kí hiệu là char(A)

Ví dụ 2.1.1 Vành các số hữu tỉ Q có đặc số 0, Zn là vành các lớp thặng

dư môđun n có đặc số n

Mệnh đề 2.1 Nếu A là một miền nguyên thì hoặc char(A) = 0 hoặc

char(A) = p, p là một số nguyên tố nào đó

Chứng minh Nếu char(A) = 0 thì mệnh đề luôn đúng

Giả sử char(A) = n > 0 Nếu n không là số nguyên tố thì tồn tại

các số nguyên dương r và s sao cho n = rs với r < n, s < n Ta

có (r1)(s1) = (rs)1 = n1 = 0 Do A là miền nguyên nên r1 = 0 hoặc

s1 = 0 Điều này mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của n Vậy n là số nguyên

tố

2.1.2 Mở rộng bậc hữu hạn

Định nghĩa 2.2 Cho F và K là hai trường Trường F được gọi là một

mở rộng của K nếu K là một trường con của F

Nếu F là một mở rộng của trường K, thì dễ dàng chỉ ra rằng F cũng

là một không gian vectơ trên K Số chiều của không gian vectơ này được

gọi là bậc mở rộng của F trên K và kí hiệu là [F : K]

Trường F được gọi là mở rộng bậc hữu hạn (vô hạn) của K nếu bậc

mở rộng của nó là hữu hạn (vô hạn)

Ví dụ 2.1.2 1 Trường số phức C là một mở rộng bậc hai của trường

số thực R

2 Trường Q[i] = {a + bi | a, b ∈ Q} là mở rộng bậc hai của Q

Định lý 2.1 Cho K ⊂ E ⊂ F là các trường Khi đó F là một mở rộng

bậc hữu hạn của K nếu và chỉ nếu F là một mở rộng bậc hữu hạn của

E và E là một mở rộng bậc hữu hạn của K Hơn nữa,

[F : K] = [F : E][E : K]

Chứng minh Giả sử [F : E] = s và [E : K] = r Khi đó tồn tại một

cơ sở {v1, v2, , vs} của F trên E và một cơ sở {w1, w2, , wr} của Etrên K Ta cần chỉ ra rằng {viwj | 1 ≤ i ≤ s, 1 ≤ j ≤ r} là một cơ sở

của F trên K.

Thật vậy, do F = Ev1+Ev2+ .+Evs và E = Kw1+Kw2+ .+Kwr,

nên F = P Kviwj và rút ra {viwj | 1 ≤ i ≤ s, 1 ≤ j ≤ r} là một hệ sinhcủa K−không gian vectơ F Bây giờ giả sử rằng

j ≤ r} là độc lập tuyến tính và do đó hệ này là một cơ sở của K−không

gian vectơ F Ta nhận được [F : K] = sr = [F : E][E : K]

2.1.3 Mở rộng đơn

Định nghĩa 2.3 Cho F là một mở rộng của K, S ⊆ F Khi đó giao

của tất cả các trường con của F chứa K và S là một trường con nhỏ

nhất của F chứa K và S Trường này được gọi là trường thu được từ K



Đặc biệt, S = {a} thì

K(S) = K(a) = f (a)

g(a) | f (x), g(x) ∈ K[x], g(a) 6= 0



Định nghĩa 2.4 Giả sử F là một mở rộng của K Khi đó ta nói rằng

F là một mở rộng đơn của K nếu tồn tại một phần tử u ∈ F sao cho

F = K(u), còn u được gọi là phần tử nguyên thuỷ của F

Đặc biệt nếu u là đại số (siêu việt) trên K thì K(u) gọi là mở rộng

đơn đại số (siêu việt) trên K

2 Q(i, −i) là mở rộng đơn của Q vì Q(i, −i) = Q(i)

Định nghĩa 2.5 Giả sử F là một mở rộng trường của K và u ∈ F

Phần tử u được gọi là đại số trên K nếu tồn tại một đa thức khác không

f (x) ∈ K[x] sao cho f (u) = 0 Trong trường hợp u không là nghiệm của

bất kì một đa thức khác không nào trên K thì u gọi là phần tử siêu việt

Định lý 2.2 Cho F là một mở rộng của trường K và u ∈ F là đại

số trên K Khi đó tồn tại một đa thức p(x) ∈ K[x] bất khả quy nhận u

làm nghiệm Hơn nữa, nếu u là một nghiệm của đa thức f (x) ∈ K[x] thì

f (x) chia hết cho p(x) Ta gọi degp(x) là bậc của u trên K

Ví dụ 2.1.5 x2 − 2 là một đa thức tối tiểu của √2 ∈ R trên trường sốhữu tỷ Q

Định lý 2.3 Cho F là một mở rộng của trường K và u ∈ F là phần tử

đại số trên K Giả sử p(x) là đa thức tối tiểu bậc n của u trên K Khi

đó

(i) K[u] = K(u) ∼= K[x]/(p(x)), ở đó K[u] = {f (u) | f (x) ∈ K[x]}

(ii) {1, u, u2, , un−1} là một cơ sở của K(u) trên K

(iii ) [K(u) : K] = n = degp(x)

Hệ quả 2.1 Cho u là phần tử đại số trên K Khi đó K(u) = {a0 +

a1u + + an−1un−1 | ai ∈ K}, n là bậc của u trên K

Hệ quả 2.2 Cho σ : K → E là một đẳng cấu Giả sử u là một phần tử

đại số của một mở rộng nào đó trên K và p(x) là một đa thức tối tiểu

của u trên K, giả sử v là một phần tử đại số của một mở rộng nào đó

trên E và σp(x) là đa thức tối tiểu của v trên E Khi đó tồn tại một

đẳng cấu σ : K(u) → E(v) sao cho σ(u) = v và σ(c) = σ(c) với mọi

c ∈ K Đặc biệt, nếu u, v là hai phần tử đại số trên K và cùng là nghiệm

của một đa thức bất khả quy trên K thì K(u) ∼= K(v) là K−đẳng cấu

2.1.4 Mở rộng đại số

Định nghĩa 2.6 Giả sử F là một mở rộng của trường K Trường F

được gọi là một mở rộng đại số của K nếu mọi phần tử của F đều đại

số trên K

Ví dụ 2.1.6 1 Q(√2) là một mở rộng đại số của trường số hữu tỷQ.

2 Các trường C và R không là mở rộng đại số của trường số hữu tỷQ

Định lý 2.4 Cho F là một mở rộng bậc hữu hạn của trường K Khi đó

F là một mở rộng đại số của K

Chứng minh Giả sử [F : K] = n Lấy u bất kì thuộc F , ta phải chứng

minh u là nghiệm của một đa thức nào đó trên K

Thật vậy, hệ {1, u, u2, , un} gồm có (n + 1) phần tử nên nó phụthuộc tuyến tính Khi đó tồn tại các phần tử ai ∈ K (i = 0, , n)không đồng thời bằng 0 để a0 + a1u + + anun = 0 Do đó u là một

nghiệm của đa thức khác không a0 + a1x + + anxn ∈ K[x]

Vậy F là một mở rộng đại số của K

Định lý 2.5 Giả sử F là một mở rộng bậc hữu hạn của trường K Khi

đó F là một mở rộng hữu hạn sinh của K

Chứng minh Gọi {u1, u2, , un} là một cơ sở của F trên K Khi đótất cả các tổ hợp tuyến tính của các ui với hệ số trong K đều thuộc

K(u1, u2, , un) và do đó F = K(u1, u2, , un)

Định lý 2.6 Giả sử F = K(u1, u2, , un) là một mở rộng hữu hạn

sinh của trường K và các phần tử ui (i = 1, 2, , n) đều là đại số trên

K Khi đó F là một mở rộng đại số bậc hữu hạn của K

Chứng minh Xét các trường

K ⊂ K(u1) ⊂ K(u1, u2) ⊂ K(u1, u2, u3) ⊂ ⊂ K(u1, , un−1)

⊂ K(u1, , un) = F

Ta luôn có K(u1, u2, , ui−1, ui) = K(u1, u2, , ui−1)(ui) với mọi

i = 2, 3, , n Do đó K(u1, u2, , ui−1, ui) là một mở rộng đơn của

K(u1, u2, , ui−1) với mọi i = 1, 2, , n Vì ui là phần tử đại số

trên K nên nó cũng đại số trên K(u1, u2, , ui−1) Theo định lý 2.3,

K(u1, u2, , ui) là mở rộng bậc hữu hạn của K(u1, u2, , ui−1) với mọi

i = 2, 3, , n Suy ra F là một mở rộng bậc hữu hạn của K

Do đó F là một mở rộng đại số của K

2.1.5 Trường phân rã của một đa thức

Định nghĩa 2.7 Giả sử F là một mở rộng của trường K và f (x) ∈ K[x]

là một đa thức bậc n ≥ 1 Đa thức f (x) được gọi là chẻ ra trên F nếu

nó phân tích được thành tích những nhân tử tuyến tính (đa thức bậc

Định nghĩa 2.8 Cho F là một mở rộng của trường K và f (x) ∈ K[x].

Trường F được gọi là trường phân rã (hoặc trường nghiệm) của đa thức

f (x) trên K nếu hai điều kiện sau được thoả mãn:

(i) Đa thức f (x) chẻ ra trên F , nghĩa là

f (x) = a(x − u1)(x − u2) · · · (x − un)

(ii) F = K(u1, u2, , un)

Ví dụ 2.1.8 Q(√2) là trường phân rã của đa thức x2 − 2 trên trường

số hữu tỷ Q

Mệnh đề 2.3 Mọi đa thức trên một trường đều có trường nghiệm

Chứng minh Giả sử f (x) ∈ K[x] là một đa thức có bậc n > 1 Ta chứngminh sự tồn tại trường nghiệm của f (x) bằng quy nạp theo bậc của

f (x)

Với n = 1, trường nghiệm của f (x) chính là trường K

Với n > 1 ta phân tích f (x) thành tích các nhân tử bất khả quy trên

K Nếu mọi nhân tử đều có bậc 1 thì trường nghiệm F = K Ngược lại,

giả sử f (x) có nhân tử p(x) bất khả quy trên K có bậc > 1 Khi đó tồn

tại trường mở rộng E của K, chứa một nghiệm u của p(x) Hơn nữa,

E = K(u) Trên trường K(u) ta có sự phân tích

f (x) = (x − u)g(x), với g(x) ∈ E[x]

Đa thức g(x) có bậc (n − 1) nên theo giả thiết quy nạp có một trường

F mở rộng của E = K(u) và chứa mọi nghiệm của g(x) Hiển nhiên F

là trường nghiệm của f (x)

Về tính duy nhất của trường nghiệm ta có định lý sau.

Định lý 2.7 Hai trường nghiệm bất kì F, F0 của một đa thức đã cho

f (x) ∈ K[x] là đẳng cấu Hơn nữa, có thể chọn đẳng cấu sao cho mọi

phần tử của K là cố định

Chứng minh Để chứng minh định lý ta cần tới hai bổ đề sau

Bổ đề 2.1 Nếu đẳng cấu trường ψ : K → K0 chuyển các hệ tử của

đa thức bất khả quy p(x) ∈ K[x] thành các hệ tử tương ứng của đa thức

p0(x) ∈ K0[x] và u, u0 là các nghiệm tương ứng của p(x), p0(x) thì ψ có

thể kéo dài thành đẳng cấu

ψ∗ : K(u) → K0(u0),

trong đó ψ∗(u) = u0

Chứng minh Ta thấy mỗi phần tử α của K(u) có dạng g(u), trong đó

g(x) là một đa thức trên K, có bậc nhỏ hơn bậc của p(x) Xét ánh xạ