Ebook giáo trình đa thức và nhân tử hóa phần 1

LỜI NÓI ĐẦUTrong giáo trình này, chúng tôi xem như người học đã có sẵn những kiến thức cần thiết về cấu trúc vành và các kiểu vành như miền nguyên, thể, trường… Trong chương I, vành đa t

Đại học Huế Trung tâm đào tạo từ xa GVC Lấ THANH HÀ

LỜI NÓI ĐẦUTrong giáo trình này, chúng tôi xem như người học đã có sẵn những kiến thức cần thiết về cấu trúc vành và các kiểu vành như miền nguyên, thể, trường… Trong chương I, vành đa thức sẽ được định nghĩa

và xây dựng như một cách mở rộng của vành Vành cơ sở (vành các hệ tử) của đa thức không nhất thiết là vành giao hoán, chỉ cần có phân tử đơn vị… Bằng cách đó, người ta có thể nói đến đa thức trên một vành các phép biến đổi của không gian, trên vành các ma trận vuông, hoặc trên một thể như thể các quatecnion… Trường hợp vành cơ sở là vành giao hoán, dĩ nhiên người ta có “đại số các đa thức” Vành đa thức theo

một biến siêu việt hay nhiều biến độc lập đại số thực ra là những kiểu vành “tự do” trên một tập hợp phần tử sinh, với tính chất phổ dụng của

đồng cấu nhúng vành vào vành các đa thức

Đối với vành đa thức theo một biến, ngoài phép cộng và phép nhân

của một vành, còn có phép chia đa thức thực hiện được dưới một vài điều

kiện Hàm đa thức và nghiệm của đa thức cũng được chú trọng đến

Nhiều tính chất của đa thức theo một biến được suy rộng cho đa thức theo nhiều biến Nhưng đối với đa thức theo một số hữu hạn hơn 2 biến,

các đa thức đối xứng là phần chủ yếu về lý thuyết cũng như về ứng dụng

Các công thức Newton được đưa vào để tăng cường phương pháp biểu thị

đa thức đối xứng theo các đa thức đối xứng sơ cấp, qua trung gian một lớp

đa thức đối xứng đẳng cấp đặc biệt

Chương II trước hết trình bày một lý thuyết tổng quát về nhân tử hóa trên những miền nguyên Nhóm các phần tử khả nghịch và lớp các iđêan chính của miền nguyên được sử dụng để định nghĩa quan hệ liên kết, các

phần tử bất khả quy và khái niệm ước chung lớn nhất Sau đó đi vào định

nghĩa và khảo sát các miền nguyên Gauss (miền nguyêm với dạng nhân tử hóa duy nhất) và các dạng đặc biệt của nó như miền nguyên chính, miền

nguyên Euclid, khảo sát các tính chất đặc trưng của mỗi kiểu miền nguyên

này cũng như mối quan hệ giữa chúng với nhau Phần cuối chương II dành khảo sát các miền nguyên đa thức có hệ tử trong các miền nguyên hay các trường số thông dụng

Trong mỗi chương, sau mỗi xoắn §, đều có một số đề bài tập áp dụng

Cuối mỗi chương có một số đề Bài tập tổng hợp, nhằm bổ sung những vấn đề

lí thuyết, chúng cũng có thể gợi ý cho những đề tài để làm bài tập lớn Một số

đề tài được hướng dẫn, giải đáp; tuy nhiên, đối với phần nhiều bài tập việc giải và triển khai chi tiết thường được để dành cho độc giả

KÍ HIỆU THÔNG DỤNG

Kí hiệu Nghĩa của kí hiệu

N Tập hợp các số nguyên tự nhiên I.1

A[u] Vành đa thức theo một biến u bất kì I.1

A[x] Vành đa thức theo một biến x siêu việt I.1

f Hàm đa thức tương ứng với đa thức f 1.2

A[u 1 ,…,u r] Vành đa thức theo r biến bất kỳ 1.4

A[x 1 ,…,x r] Vành đa thức theo r biến độc lập đại số 1.5

s 1 ,…,s r Các đa thức đối xứng sơ cấp 1.5

f (n) Đạo hàm bậc n của đa thức f 1.6

Фp (x) Đa thức chia đường trong II.5

Chương I

VÀNH ĐA THỨC

Trên cơ sở cấu trúc vành, những đa thức theo một số hữu hạn biến sẽ được khảo sát; nói rõ hơn, ta sẽ đề cập đến vành đa thức theo một biến và vành đa thức theo nhiều biến

1 Cấu trúc của vành đa thức theo một biến

1.1 Vành con các đa thức theo một biến của một vành

Cho một vành B, một vành con A của B và một phần tử u  B, ta

xem xét vành con của B sinh bởi bộ phận A {u} Để bài toán được đơn giản, ta giả thiết vành B, vành con A và phần tử u thỏa mãn các

điều kiện sau đây:

i) Vành B có phần tử đơn vị 1 B

ii) 1B  A

iii) au = ua với mọi a  A

Vành con của B sinh bởi A {u} sẽ được kí hiệu là A[u]

Dạng của mỗi phần tử thuộc vành con được biểu thị theo các

phần tử của bộ phận sinh, cho thấy cần phải xét các phần tử của B có

Mệnh đề 1 : Vành con A[u] của vành B là tập hợp tất cả các đa

thức theo biến u có hệ tử thuộc vành con A

Chứng minh : Đặt P(A, u) là tập hợp các phần tử của B có dạng

một đa thức như (1) Ta cần chứng minh P(a,u) = A[u] Hiển nhiên

P(A,u)  A[u] Để có đẳng thức ta cần chứng tỏ P(A, u) là một vành

con của B chứa A và u Dễ nhận thấy A  P(A, u) và u  P(A, u)

Lấy hai phần tử bất kỳ của P(A, u)

Không mất tính tổng quát của lập luận, ta có thể giả thiết m ≤ n (xem a’ m+1 = = a’ n = 0 B), tổng của chúng có thể viết :

0 n

Nếu xảy ra B = A[u] với một vành con A của B và một phần

tử u  B, ta nói B là một vành đa thức theo biến u có hệ tử thuộc vành A

Nếu một đa thức 

n

i 0 a i u i  A[u] có tất cả các hệ tử a i = 0 B thì

đa thức ấy bằng 0B Ngược lại, xét các đa thức của A[u] bằng 0 B, ta

có hai trường hợp tương ứng với các định nghĩa sau đây của biến u:

Định nghĩa 2: Trong vành đa thức A[u]

1) u gọi là đại số đối với vành A nếu trong A[u] có một đa thức

0B kéo theo a i = 0 B với mọi i

Mệnh đề 2: Nếu biến u siêu việt với vành A, thì dãy các hệ

tử a 0 , a 1 ,…,a n của mỗi đa thức 

(1) Chứng minh rằng vành con Z[ 2] (các đa thức theo

biến u = 2 có hệ số nguyên) của trường R là bộ phận các số thực

1.2 Nhúng một vành vào đa thức theo một biến siêu việt

Cho một vành A với phần tử đơn vị 1 A Ta tìm cách nhúng A vào một vành A[x] các đa thức có hệ tử thuộc A và theo một biến x siêu việt đối với A Theo 1.1 Mệnh đề 2, mỗi đa thức của vành A[x]

được xác định bởi dãy các hệ tử duy nhất của nó, tức là một dãy

vô hạn (a 0 , a 1 , …, a n , 0 A , …) phần tử của A, hầu hết bằng 0 A ngoại

trừ một số hữu hạn Vì thế để xây dựng A[x], ta xét tập hợp B =

A (N) các ánh xạ f : N  A từ tập hợp các số tự nhiên 0, 1, 2, … vào

vành A có giá trị f (i) = a i hầu hết bằng 0A ngoại trừ một số hữu hạn i

 N

Trên tập hợp B = A (N) ta sẽ định nghĩa các phép toán cộng và

nhân như sau, với f, g  B ta có phần tử f + g  B định bởi

(f + g)(i) = f(i) + g(i) với mọi i  N (1)

Có thể kiểm chứng B cùng phép cộng (f, g)  f = g là một

nhóm aben Phần tử 0B của nhóm cộng này là ánh xạ ε0A : N  A

định bởi ε0A (i) = 0A với mọi i  N Còn mỗi f  B có phần tử đối

là ánh xạ (-f): N  A cho bởi (-f)(i) = - f (i) với mọi i  N

Với f, g  B, ta lại có phần tử fg  B cho bởi

(f g)(i) = 



k i j f(j)g(k), với mọi i  N (2)

tổng ở vế sau được lấy với mọi cặp j, k  N sao cho j + k = i

Phép nhân (f, g)  f g trên B có tính kết hợp; Thật vậy, với bất





k m j

f(j)g(k)h(l)

cho nên

Vậy f(gh) = (fg)h

Từ các công thức định nghĩa, cũng có thể kiểm chứng phép

nhân trên B phân phối đối với phép cộng trên B Vậy B cùng phép

Một cách tổng quát, với mỗi phần tử a  A ta có phần tử εa  B

đó là ánh xạ ε a : N  A định bởi

εa (0) = a và ε a (i) = 0A với mọi i ≠ 0 (4)

Vì bất kì a, a’  A, ta có

a = a’ nếu và chỉ nếu ε a = ε a’

cho nên sự tương ứng a  εa là một đơn ánh xạ jA: A  B Hơn

nữa theo phép cộng và phép nhân trên B, với mọi a, a’  A

j A (a + a’) = ε a+a’ = ε a + ε a’ = j A (a) + j A (a’)

j A (aa’) = ε aa’ = ε a ε a’ = j A (a) j A (a’)

ngoài ra j A(1A ) = ε 1a = 1 B , nên a  εa là một cấu vành jA : A  B

chuyển đơn vị thành đơn vị

Vậy A đẳng cấu với vành con I mjA = {ε a  B|a A} của B

Đồng nhất A với cành con I mjA của A, tức là đồng nhất mỗi a  A

với ε a  B (khi đó 0 A được đồng nhất với 0B = ε OA và 1A được đồng

nhất với 1B = ε 1A ) cho chúng ta nhúng A vào vành B Nói một cách khác vành B chứa A như một vành con và đơn vị của A cũng là đơn

vị của B

Bây giờ ta để ý đến phần tử x  B đó là ánh xạ x : N  A định

nghĩa bởi

x (1) = 1 A và x(i) = 0 A với mọi i ≠ 1 (5)

Vì a đồng nhất với εa và theo phép nhân trên B, ta có

(ax)(1) = (ε a x)(1) = a và (ax)(i) = (ε a x)(i) = 0 A với mọi i ≠ 1

và

(xa)(1) = (xε a )(1) = a và (xa)(i) = (xε a )(i) = 0 A với mọi i ≠ 1

cho nên ax = xa với mọi a  A Do đó, theo 1.1 ta có vành con A[x] của B, gồm các đa thức theo biến x có các hệ tử thuộc vành con

A và B Ngoài ra, để ý với mọi số nguyên q ≥0, lũy thừa bậc q của x

f(0) = a 0 , …, f(n) = a n và f(i) = 0 A với mọi i > n

cho nên theo các phép toán trên B, ta có thể viết

(hai vế là ánh xạ N  A có giá trị tại mọi i  N bằng nhau);

điều này chứng tỏ B = A[x] Hơn nữa, biến x siêu việt đối với A, thật vậy với mọi đa thức

f = a 0 + a 1 x +…+a n x n  B = A[x]

vì f(i) = a i với mỗi i = 0, 1,…,n cho nên f = a 0 + a 1 x +…+ a n x n

= 0B kéo theo a 0 = a 1 = … = a n = 0A

Vậy ta có

Định lý 3: Mọi vành A có phần tử đơn vị đều nhúng được vào

một vành A[x] các đa thức có hệ tử thuộc A theo một biến x siêu việt đối với A

Sau này, đơn cấu vành j A : A  A[x] định bởi j A (a) = a với

mọi a  A sẽ được gọi là đồng cấu bao hàm

BÀI TẬP:

(1) Trên B = A (N) kiểm chứng phép nhân (2) phân phối đối với phép cộng (1)

(2) Trình bày lại chứng minh của định lý 3, bằng cách kí

hiệu mỗi f  B = A (N) như là một dãy f = (a 0 , a 1 ,…,) phần tử của A 1.3 Tính chất phổ dụng của vành đa thức A[x]

Cho A là vành với đơn vị 1 A , vành đa thức A[x] theo biến x siêu việt đối với A và đồng cấu bao hàm j A : A  A[x] có tính chất sau

h : A  B ảnh A’ = Imh = {a’=h(a)|aA} là một vành con của B: vì

1B = h(1 A)  A và ua’ = a’u với mọi a’ = h(a)  A’ ta có vành con A’[u] các đa thức theo biến u có hệ tử thuộc A’ của B Hiển nhiên

là một ánh xạ h : A[x]  B Hơn nữa, phép cộng và phép nhân

đa thức cho kiểm chứng được ngay :

h (f + g) = h (f) + h (g) và h (fg) = h (f) h (g)

với bất kỳ f, g  A[x] Cho nên h là một đồng cấu vành có ảnh

Imh =A’[u] Ngoài ra, với mọi a  A, h (a) = h(a), nên ta có hojA =

h, hơn nữa h(x) = h (1 A x) = 1 B u = u

Bây giờ giả sử một đồng cấu vành h’: A[x]  B sao cho h’ o j A =

h và h’(x) = u; khi đó với mọi f = n i0 a i x i  A[x] vì h’(f) = 0

n

i

 h’(a i )h’(x)i = n i0 h(a i )u i = h(f) cho nên h’ = h Điều này chứng minh đồng cấu h là duy nhất

Hệ quả 1: Nếu A[x] là một vành các đa thức theo biến x siêu

việt đối với vành A và A’[u] là một vành của đa thức theo biến u (bất

kỳ đối với vành A’), thì mọi toàn cấu vành h: A  A’ có thể mở rộng được thành một toàn cầu vành duy nhất h : A[x]  A’[u] sao cho

h (x) = u

Để có hệ quả, ta áp dụng Định lý 4 trong đó lấy vành B = A’[u] các đa thức theo biến u có hệ tử thuộc vành A’

Hệ quả 2: Nếu A[x] là một vành các đa thức theo biến x siêu

việt và A’[u] là một vành các đa thức theo biến u bất kì, thì mọi đẳng cấu vành A  A’ kéo theo đẳng cấu vành

Trong đó I là một iđêan của A[x] sao cho A ∩ I = {0 A }

Thật vậy theo Hệ quả 1, đẳng cấu vành h : A  A’ mở rộng

được thành một toàn cấu vành h : A[x]  A’[u], và theo định lý đồng cấu ta có đẳng cấu A[x] / Kerh  A’[u], trong đó I = Ker h là một

iđêan của A[x] sao cho I ∩ A = Kerh = {0 A}

Hệ quả 3: Nếu A[x] là vành các đa thức theo biến x siêu việt

đối với A và A’[y] là vành các đa thức theo biến y siêu việt đối với A’, thì mọi đẳng cấu vành AA’ có thể mở rộng được thành một đẳng cấu vành duy nhất A[x]  A’[y] đổi x thành y

Thật vậy, theo hệ quả 1, đẳng cấu vành h : A  A’ mở rộng

đựơc thành một toàn cấu vành duy nhất h : A[x]  A’[y] sao cho

h (x) = y; với mọi đa thức f = n i0 a i x i  A[x], ta có h (f) =

n

i 0 h(a i )y i = 0 A , kéo theo h(a i ) = 0 A tức là a i = 0A với mọi i = 1, …,

n vì h là đẳng cấu và vì y siêu việt đối với A’ Do đó Ker h = {0} và

h là một đẳng cấu

Đặc biệt, với A = A’ và h là tự đẳng cấu đồng nhất của vành A

thì các đẳng cấu vành trong hệ quả 2 và hệ quả 3 trở thành:

BÀI TẬP:

Chứng minh rằng vành con Z[ 2] của trường R đẳng cấu với

vành thương [x] / (x 2 – 2), trong đó (x 2 – 2) là iđêan của vành đa thức

Z[x] sinh ra bởi đa thức x 2 – 2  Z |x|

(1) Cho K là một vành giao hoán có phần tử đơn vị

i) Chứng minh rằng khi có một đa thức g  K[x], tồn tại một tự

đồng cấu duy nhất E g của vành K[x] sao cho

E g (a) = a với mọi a  K và E g (x) = g

Với một đa thức f  K[x] cho sẵn, hãy nói rõ cách thành lập đa

thức E g (f)

ii) Chứng minh rằng với mọi a  K, E a+x là một tự đẳng cấu của

vành K[x]

1.4 Bậc của đa thức

Cho A[x] là vành các đa thức theo biến x siêu việt đối với vành

A Mỗi đa thức f  A[x] có thể viết

f = a 0 + a 1 x + … + a n x n

với dãy các hệ tử a o , a 1 , …, a n  A có tính duy nhất Hệ tử a n đi

với lũy thừa lớn nhất của x, được gọi là hệ tử dẫn đầu của đa thức f Hiển nhiên đa thức f ≠ 0 A nếu và chỉ nếu hệ tử dẫn đầu a n ≠ 0A; trong

trường hợp này số nguyên n ≥ 0 được gọi là bậc của đa thức f , và ta thường viết n = bậc f Theo định nghĩa này của bậc, những phần tử của vành A còn gọi là những đa thức hằng – nếu khác 0 A , thì đó là những đa thức có bậc 0 Cũng để ý, ta không định nghĩa bậc của đa

Mặt khác, xét tích của hai đa thức, ta có

ii) Nếu tích của các hệ tử dẫn đầu của f và g khác 0 thì fg ≠

0, gf ≠ 0 và bậc (fg) = bậc (gf) = bậc f + bậc g

Từ mệnh đề 5 (ii), có thể suy ra:

Hệ quả: Nếu A là vành không có ước của 0 (đặc biệt, nếu A là

một miền nguyên) thì vành đa thức A[x] cũng vậy, và tích của hai đa thức khác 0 là một đa thức khác 0 có bậc bằng tổng các bậc của chúng

Bây giờ, xét các phần tử khả nghịch của vành A[x] ta có

Mệnh đề 6: Nếu vành A không có ước của 0 thì các phần tử khả

nghịch của vành đa thức A[x] chính là các phần tử khả nghịch của vành A

Chứng minh: Nếu giả sử f  A[x] khả nghịch, thì f ≠ 0 và

có g  A[x], g ≠ 0 sao cho fg = 1 D Do đó, theo Hệ quả trên đây ta có

bậc (fg) = bậc f + bậc g = 0 và suy ra bậc f = bậc g = 0 tức là f (và g)

là phần tử khả nghịch của vành A

Thí dụ: Các phần tử khả nghịch của vành Z[x] là các đa thức hằng ± 1 Với F là một trường, các phần tử khả nghịch của vành đa thức F[x] là các phần tử khác 0 của trường F

BÀI TẬP:

(1) Trong vành Z6[x], tính tổng và tích của các đa thức:

f = 1 + 3x + 4x 2 + 2x 3 + x 7

g = 5 + 3x + 2x 2 + 4x 3 + 5x 7

(2) Trong vành Z12[x], tính tổng và tích của các đa thức

f = 3 + 6x + 3x 2 + 6x 3 + 6x 5 + 3x 7

g = 8 + 8x + 4x 2 + 4x 3 + 4x 4 + 8x 7

(3) Trong vành Z8[x], tìm tất cả các đa thức bậc 1 khả nghịch và

có phần tử nghịch là chính đa thức đó

(4) Giả sử A là một vành giao hóan có đơn vị và a là một phần

tử lũy linh của A (tức là a n = 0A với một số nguyên n > 0); chứng

minh rằng đa thức 1 + ax là một phần tử khả nghịch của vành đa thức A[x]

2 Phép chia đa thức

2.1 Định lý cơ bản Định nghĩa

Cho vành đa thức A[x] trong đó A không nhất thiết là vành giao

hoán

Định lý 1: Với hai đa thức f, g  A[x], f bất kỳ, còn g ≠ 0 và có

hệ tử dẫn đầu là một phần tử khả nghịch của vành A; tồn tại một cặp duy nhất hai đa thức q, r  A[x] sao cho

Trước hết là sự tồn tại của các đa thức q, r  A[x] thỏa mãn

điều kiện (1) của định lý Có hai trường hợp:

Trường hợp 1: f = 0 hoặc f ≠ 0 với bậc f < bậc g; hiển nhiên

thỏa mãn (1)

Với n = bậc f > 0, giả sử tồn tại các đa thức q, r thỏa mãn (1) đối với mọi đa thức f1 ≠ 0 có bậc ≤ n – 1 Vì n = bậc f ≥ bậc g = m, ta có

thể xét đa thức

trong đó vì đa thức a n b m -1 x n-m g có hạng tử dẫn đầu bằng hạng tử

dẫn đầu a n x n của f nên f1 = 0 hoặc f1 ≠ 0 với bậc f1 < bậc f = n Như thế, theo trường hợp1 (f1 = 0 hoặc f1 ≠ 0 và bậc f1 < bậc g) hay theo giả thiết quy nạp (f1 ≠ 0 với bậc g ≤ bậc f1 ≤ n – 1), tồn tại các đa thức q*, r  A[x] thỏa mãn (1) đối với f1, tức là

f 1 = q* g + r với r = 0 hoặc r ≠ 0 với bậc r < bậc g

Từ đó, ta có:

f = (q* + a n b m -1 x n-m )g + r,

và như thế, ta có đa thức

q = q* + a n b m -1 x n-m g và r

thỏa điều kiện (1) đối với đa thức f ≠ 0 có bậc n > 0 Vậy sự tồn

tạ các đa thức q và r đã được chứng minh xong

Bây giờ ta chứng minh tính duy nhất của chúng Giả sử cũng có

các đa thức q 1 r 1  A[x] thỏa mãn (1) đối với đa thức f:

Hơn nữa, cũng không thể xảy ra q1 ≠ q, vì nếu thế, gọi c p là hệ

tử dẫn đầu của đa thức q – q1 ≠ 0, ta có vế đầu (q – q1)g của (2) có hệ

tử dẫn đầu c p b m ≠ 0, cho nên (q – q1)g ≠ 0 và bậc (q – q1)g = bậc (q –

q1) + bậc g = p + m ≥ m; còn vế sau của (2) là r1 – r, hoặc bằng 0 hoặc khác 0 với bậc (r1 – r) < bậc g = m ≤ bậc vế đầu (q – q 1 )g; nên

có sự mâu thuẫn Tóm lại, đẳng thức (2) kéo theo q = q 1 và r = r 1;

vậy cặp đa thức q, r có tính duy nhất Định lý 1 được chứng minh

xong

Bây giờ với hai đa thức f, g  A[x] thỏa mãn các giả thiết trong

Định lý 1, lập luận tương tự với những thay đổi thích hợp, ta

cũng chứng minh được rằng tồn tại một cặp duy nhất hai đa

thức q, r  A[x] sao cho

f = gq + r với r = 0 hoặc r ≠ 0 và bậc r < bậc g

Việc tìm các đa thức q, r thỏa mãn (1) hoặc (1’)), được gọi là

phép chia đa thức f cho đa thức g; đa thức q gọi là thương, và đa

thức r gọi là dư của phép chia Chính xác hơn, tùy theo đối với (1)

hoặc (1’) ta nói phép chia bên trái để đựơc thương và dư bên trái

hoặc phép chia bên phải để được thương và dư bên phải

Trường hợp vành đa thức A[x] với A là một thể, mọi đa

thức 0 ≠ g  A[x] đều có hệ tử dẫn đầu khả nghịch, và theo Định lý

1, ta có thể chia một đa thức bất kỳ f  A[x] cho đa thức g ≠ 0

Đối với vành đa thức A[x] trong đó A là vành giao hoán, hiển

nhiên ta có khái niệm về phép chia, thương và dư của phép chia

trong vành giao hoán A[x] không phân biệt bên trái hoặc bên phải, vì

các điều kiện (1) và (1’) không phân biêt

Nói riêng, trong vành đa thức F[x] với F là một trường, ta có

thể chia một đa thức f bất kỳ cho một đa thức g ≠ 0F

Trong phép chia đa thức f cho đa thức g, nếu dư r = 0, người ta

nói f chia hết cho g, hay g chia hết cho f, và khi đó thương q được

với b m là phần tử khả nghịch của vành A Ta hãy định thương q

và dư r của phép chia f cho g

Nếu f = 0 hoặc f ≠ 0 với bậc f < m, ta lấy

Nếu f ≠ 0 và bậc f = n ≥ m, ta đặt

q0a b x n m1 n m ,

thương đúng của hạng tử dẫn đầu a n x n của f chia cho hạng tử

dẫn đầu của b m x m của g, rồi tính

f1 = f - q0g (1)

Nếu f1 = 0 hoặc nếu f1 ≠ 0 với bậc f1 < m, ta có thương và dư là

q = q 0 và r = f1

Còn nếu f1 ≠ 0 và bậc f1 ≥ m, ta lại đặt q1 là thương đúng của

hạng tử dẫn đầu của f1 với hạng tử dẫn đầu b m x m của g và tính

Để lập dãy các đa thức f 1 , f 2 , , f k , người ta thường viết đa thức

bị chia f và đa thức chia g với các hạng tử sắp theo thứ tự luỹ thừa giảm của x và sắp đặt phép chia như trong các thí dụ sau đây

Thí dụ 1: Chia trong vành đa thức Q[x]

2.3 Iđêan trong vành đa thức F[x] với F là một trường

Áp dụng phép chia đa thức, ta chứng minh một tính chất đặc

trưng của iđêan trong vành F[x] các đa thức có hệ tử thuộc một

trường

Mệnh đề 2: Mọi iđêan của vành đa thức F[x] đều là iđêan

chính, tức là iđêan sinh bởi một phần tử

Chứng minh: Giả sử I là một iđêan của vành F[x] Nếu I = {0 F},

hiển nhiên I là iđêan chính Nếu I = {0 F }, gọi g  I, g ≠ 0 F và có bậc

nhỏ nhất Với mọi f  I, chia f cho g, ta có các đa thức q, r  F[x]

sao cho f = gq + r với r = 0 hoặc r ≠ 0 với bậc r < bậc g Nhưng do giả thiết I là iđêan r = f - gq  I, do đó vì g  I có bậc nhỏ nhất, ta

phải có r = 0, suy ra f = gq Điều này có nghĩa rằng iđêan I ≠ {0 F}

này của F[x] được sinh ra bởi của đa thức g

Qua chứng minh trên ta nhận xét rằng mọi iđêan I ≠ 0 của vành

F[x] được sinh bởi của đa thức khác 0 có bậc nhỏ nhất của iđêan

Với một đa thức f của vành F[x], iđêan sinh bởi f thường được

ký hiệu là (f)

Mệnh đề 3: Với hai đa thức f, g  F[x] khác 0 F , có đẳng thức iđêan (f) = (g) nếu và chỉ nếu f = a 0 g với một a 0 F* = F \ {0 F } Chứng minh: Giả sử (f) = (g) Vì f  (g), nên f = gq với q  F[x],

q ≠ 0 F Tương tự, vì g  (f) nên g = fq1 với q1 F[x], q1 ≠ 0F Từ các

đẳng thức trên, ta có g = gqq1, và do g ≠ 0 F suy ra qq1 = 1F , nghĩa là q

và q1 là các phần tử khả nghịch của F[x]; cho nên q = a 0  F* và

(1) Cho một đa thức g  Z10[x], g ≠ 0; hệ tử dẫn đầu của g

phải là phần tử nào của Z10 để có thể chia một đa thức bất kì f  Z10[x] cho g?

Trong vành Z10[x], chia đa thức

(2) Đa thức 1 x  x2x3 chia hết cho đa thức 2 3x x2

khi xem chúng là những đa thức của vành nào trong các vành Z3[x],

Z5[x], Z7[x]?

(3) Định tất cả các số nguyên n > 1 để trong vành Zn[x], đa

thức 1210xx chia hết cho đa thức 5 2x2

(4) Cho vành đa thức F[x] với F là một trường

a) Chứng minh rằng các đa thức có hệ tử hằng a 0 = 0F tạo thành

một iđêan sinh bởi x

b) Kí hiệu (x) là iđêan sinh bởi x, chứng minh rằng vành thương F[x] / (x) là một trường, đẳng cấu với trường F

(5) Cho vành đa thức Z[x]; chứng minh:

a) Các đa thức có hạng tử hằng là số chẵn tạo thành một iđêan (2,

x) sinh bởi 2 và x

b) Iđêan (2, x) không được sinh bởi một phần tử

3 Hàm đa thức một biến Nghiệm của đa thức

3.1 Vành các hàm lấy giá trị trong một vành

Mỗi f  A S có phần tử đối là hàm - f : S → A định bởi (-

f)(s) = - f(s) với mọi s  S

Bây giờ, với mỗi a  A, ta có hàm không đổi có giá trị a

k a : S → A định bởi k a (s) = a với mọi s  S

Dễ thấy k a = k a’ nếu và chỉ nếu a = a’ với bất kỳ a, a’  A; hơn

nữa theo định nghĩa của phép cộng và phép nhân trên vành A S,

k a+b = k a + k b và k ab = k a k b

với bất kỳ a, b  A Vì thế a → k a là một đơn cấu vành k : A → A S

Đơn cấu này cho ta nhúng vành A thành vành con các hàm không đổi của vành A S các hàm từ S vào A Vậy ta có

Mệnh đề 1: Tập hợp A S các hàm tử một tập S ≠  vào một vành A cùng phép cộng f + g và phép nhân fg định bởi

(f + g)(s) = f(s) + g(s), (fg)(s) = f(s)g(s)

với mọi s  S, là một vành Vành A nhúng được thành vành con các hàm không đổi của vành A S

Để ý rằng nếu A là vành có phần tử đơn vị 1 A thì vành A S có phần tử đơn vị là 1

A

k (đồng nhất với 1A ) và nếu A là vành giao hoán thì vành A S cũng vậy

3.2 Vành các hàm đa thức

Cho A là một vành giao hoán và có phần tử đơn vị Theo §3.1 ta

có vành B = A A các hàm từ A vào A là vành giao hoán, chứa A như một vành con, đơn vị của A như cũng là đơn vị của B Ngoài ra, đặt u = id A (hàm đồng nhất của A), thì u  B và theo §1.1, ta có vành con A[u]

gồm các đa thức theo biến u với hệ tử trong vành con A và B Mỗi phần tử của A[u] có dạng

f = a 0 + a 1 u + + a n u n , a i  A

và đó là một hàm f : A → A có giá trị của nó tại mỗi s  A là

f (s) = a 0 + a 1 s + + a n s n ,  A

Vì thế f gọi là một hàm đa thức và A[u] là vành con các hàm

đa thức của vành B = A A các hàm từ A vào A

Mặt khác, vành A nhúng được vào vành A[x] các đa thức theo biến x siêu việt (§1.2 Định lý 3) và theo tính chất phổ dụng của vành

đa thức A[x],, đồng cấu nhúng vành A vào vành B = A A có thể mở

rộng thành một đồng cấu duy nhất từ A[x] vào B = A A chuyển x

Mệnh đề 2: Nếu A là một vành giao hoán có phần tử đơn vị và

u là ánh xạ đồng nhất của A, thì vành A A các hàm từ A vào A chứa một vành con A[u] các hàm đa thức f, ảnh của vành đa thức A[x] qua đồng cấu vành

f : A → A, với mỗi s  A, cho phần tử ( )  i

i

bằng cách trong đa thức f thay biến x bởi phần tử s  A

2) Đồng cấu f → f từ vành A[x] vào vành B = A A nói chung

không phải là một đơn cấu; trong trường hợp đó vành đa thức A[x] không đẳng cấu với vành các hàm đa thức A[u] và hàm đồng nhất

u = id A là đại số trên vành A (tức là vành con các hàm không đổi của vành B = A A)

Thí dụ lấy A = Z2, đa thức f = x + x 2  Z2[x] hiển nhiên khác 0,

nhưng hàm đa thức tương ứng f = u + u 2 = 0  2

2 Z

3.3 Nghiệm của đa thức

Như trong §3.2, giả sử A là vành giao hoán có phần tử đơn vị Với mỗi đa thức f  A[x], ta kí hiệu f là hàm đa thức tương ứng với

Chứng minh: Vì đa thức g = x - a  A[x] có hệ tử dẫn đầu 1 A

nên tồn tại thương và dư q, r  A[x] của phép chia đa thức f 

A[x] cho g = x - a sao cho

f = (x - a)q + r

với r = 0 hoặc r ≠ 0 và bậc r < bậc g = 1 Do đó dư r = r 0

 A, và f = ( x - a )q + r 0 H à m đa th ứ c tươn g ứ ng với f

c ó dạ ng f = (u - a) q + r 0, do đó f (a) = r 0

Hệ quả: Đa thức f  A[x] chia hết cho đa thức x - c  A[x] nếu

và chỉ nếu c là nghiệm của f

Đối với các đa thức có hệ tử thuộc một miền nguyên, ta có các tính chất sau đây về số nghiệm của một đa thức

Mệnh đề 4: Nếu D là một miền nguyên, th ì mọi đ a

thức 0 ≠ f  D[x] bậc n có nhiều nhất n nghiệm trong D

Chứng minh: Ta chứng minh mệnh đề bằng quy nạp trên n =

bậc f Nếu n = 0, đa thức f thu về một hằng a0 ≠ 0 của D nên f không

có nghiệm trong D Với n > 0, giả sử mọi đa thức khác 0 D có bậc n -

1 có nhiều nhất n - 1 nghiệm trong D; nếu c  D là một nghiệm của f

thì theo hệ quả trên, ta có

f = (x - c)q với mọi đa thức q  D[x]

Vì D[x] là một miền nguyên (§1.4 mệnh đề 5) đẳng thức trên khẳng định đa thức q ≠ 0 với bậc q = n - 1 Ngoài ra ta có hàm đa thức f = (u

- c) q , cho thấy một nghiệm của f trong D hoặc là c hoặc là một nghiệm của q Nhưng theo giả thiết quy nạp đa thức q có nhiều nhất

n - 1 nghiệm trong D, cho nên f có nhiều nhất n nghiệm trong D và

mệnh đề được chứng minh xong

Hệ quả: Nếu D là một miền nguyên vô hạn thì vành đa thức

D[x] đẳng cấu với vành D[u] các hàm đa thức

Chứng minh: vì f  f là một toàn cấu từ vành D[x] lên vành

D[u] (Mệnh đề 2) ta chỉ cần chứng minh sự tương ứng là đơn ánh Giả

sử f, g  D[x] với f ≠ g ta sẽ chứng minh f≠ g Nhưng một mặt f ≠ g kéo theo f - g ≠ 0 và khi đặt n = bậc (f - g), thì theo Mệnh đề 4 f - g có nhiều nhất n nghiệm trong D Mặt khác, vì (f - g) = f g nên nếu

 

f g thì (f - g) = 0  D[u], nghĩa là mọi phần tử của miền nguyên vô

hạn đều là nghiệm của đa thức f - g, trái với f - g có nhiều nhất n

nghiệm trên đây Vậy ta phải có f g

Nếu D là một miền nguyên vô hạn, nhờ đẳng cấu này, người ta thường đồng nhất mỗi đa thức f  D[x] với hàm đa thức f D[u]

BÀI TẬP:

(1) Giả sử F là một trường hữu hạn; chứng minh rằng mọi hàm

từ F vào F đều là một hàm đa thức

(2) Giả sử F là một trường hữu hạn với q phần tử là a 1 , , a q

i) Chứng minh rằng trong vành đa thức F[x]

x q - x = (x - a 1 ) (x - a q )

Đặt h = x q - x  F[x], chứng minh rằng với bất kì f, g  F[x],



 

f g nếu và chỉ nếu f - g = kh với một đa thức k  F[x]

(3) Chứng minh rằng đa thức x 3 - x của vành Z6[x] có 6 nghiệm

Tìm tất cả các nghiệm của mỗi đa thức trong vành Z12

(5) Giả sử D là một miền nguyên; chứng minh rằng nếu một

đa thức f  D[x] có hai nghiệm phân biệt a, b  D thì f chia hết cho

đa thức (x - a)(x - b)

(6) Giả sử f là một trường và cho các phần tử a, b  F với a ≠

b Với mọi đa thức f  F[x], gọi r và r’ theo thứ tự và dư của phép

chia f cho đa thức x - a và đa thức x - b Tính dư của phép chia f cho đa thức (x - a)(x - b) theo a, b, r và r’

(7) Chứng minh rằng nếu D là một miền nguyên vô hạn thì mọi

đa thức f  D[x] khác 0 D , có ít nhất một phần tử c  D không phải

(9) Cho đa thức f = ax n+1 + bx n + 1  Z[x], định a và b để f chia hết cho đa thức (x - 1)2 tìm thương của phép chia

(10) C là trường các số phức, cho đa thức sau đây của C[x],

và cho một phần tử c  A Chứng minh rằng thương của phép

chia đa thức f cho đa thức x - c có dạng

1

1 n 1 0

n

qq  x   q xq với các hệ tử q n-1 , , q 1 , q 0 của thương q và dư r 0 = f (c) có thể

định từ c và các hệ tử a n , , a 0 của f nhờ sơ đồ Horner:

a n a n-1 a 1 a 0

c q n-1 q n-2 q 0 r 0

Trong đó dãy (1) được thiết lập như sau: qn-1 = an và mỗi phần

tử còn lại có được bằng cách lấy c nhân với phần tử kế trước nó rồi

cộng với phần tử ở trên nó

Áp dụng: Dùng sơ đồ Horner, tính thương và dư của phép chia

đa thức

f = 5x 5 - 2x 3 + x 2 + 7x - 3

cho đa thức x + 2 trong vành Z[x]

4 Cấu trúc của vành đa thức theo chiều biến

4.1 Vành con các đa thức theo nhiều biến của một vành

Cho một vành B, một vành con A của B và các phần tử u 1 , , u r

 B thoả mãn các điều kiện sau đây:

Nhưng theo §1.1, với vành B, vành con A và các phần tử u i  B cho

như thế, ta có các vành con theo một biến của B sau đây: A[u 1],

(A[u1]) [u 2], và sau cùng là vành con

(( ((A[u1]) [u2]) ) [u r-1 ])[u r]

sẽ được kí hiệu một cách đơn giản là A[u1] [u r]

Mệnh đề 1: Trong vành B, có đẳng thức sau giữa các vành con

A[u1, , u r ] = A[u1] [u r]

Chứng minh: Ta chứng minh đẳng thức này bằng quy nạp trên

r Với r = 1, đẳng thức hiển nhiên đúng Giả sử đẳng thức:

A[u1, , u r-1 ] = A[u1] [u r-1],

ta cần chứng minh đẳng thức:

A[u 1 , , u r ] = A[u1] [u r-1 ][u r]

Nhưng ta có đẳng thức vành con

A[u1, , u r ] = (A[u1 u r-1 ])[u r],

vì bộ phận sinh của vành con ở vế này chứa trong vành con ở vế kia Do đó áp dụng giả thiết quy nạp ta có

A[u1, , u r ] = (A[u1] [u r-1 ])[u r ] = A[u1] [u r]

Vậy mệnh đề được chứng minh xong

Theo đẳng thức trong Mệnh đề 1, mỗi phần tử f  A[u 1 , , u r]

có dạng

1 2

1 1 2 r r

Nếu B = A[u 1 , , u r ] với một vành con A và các phần tử

u 1 , ,u r  B ta nói B là một vành đa thức theo các biến u 1 , , u r và

có hệ tử trong vành A

Ta có các định nghĩa sau đây, suy rộng định nghĩa biến đại số hay biến siêu việt trong đa thức theo một biến

Định nghĩa: Trong vành đa thức A[u 1 , , u r],

1) Các biến u 1 , , u r gọi là đại số đối với vành A nếu

trong A[u 1 , , u r] có một đa thức

2) Các biến u 1 , , u r gọi là độc lập đại số đối với vành A nếu mỗi đa thức của A[u 1 , , u r]

Mệnh đề 2: u 1 , , u r độc lập đại số đối với A nếu và chỉ nếu với

mỗi s = 1,2, ,r, u s siêu việt đối với vành A[u 1 , , u s-1]

Chứng minh: Giả sử u 1 , , u r độc lập đại số đối với A ta chứng minh với mỗi s = 1,2, r, u s siêu việt đối với A[u 1 , , u s-1] Giả sử

một đa thức của (A[u 1 , , u s-1 ])[u s]

với mọi i Do đó f i = 0 với mọi i = 1,2, , m Vậy u s siêu việt

đối với A[u 1 , , u s-1]

Đảo lại giả sử với mỗi s = 1, , r, u s siêu việt đối với A[u 1 , , u

s-1 ], ta sẽ chứng minh u 1 , , u r độc lập đại số đối với A bằng quy nạp trên r Với r = 1, u 1 siêu việt đối với A cũng có nghĩa là u1 độc lập

đại số đối với A Với r > 1, giả sử tính chất đúng với r - 1 biến Với r biến, giả sử ta có một đa thức của A[u 1 , , u r]

trong đó với mỗi i = 0,1,2, , m, vì hệ tử fi A[u 1 , , u r-1] nên

Định lý 3: Mọi vành A có phần tử đơn vị nhúng được vào một

vành A[x 1 , , x r ] các đa thức có hệ tử thuộc A theo các biến x 1 , , x r

độc lập đại số đối với A

Chứng minh: Ta chứng minh bằng quy nạp trên r Với r = 1, định

lý đúng theo §1.2 Định lý 3: A nhúng được vào vành đa thức A[x 1] với

x 1 siêu việt (tức độc lập đại số) đối với A Giả sử định lý đúng với r - 1 tức là giả sử vành A nhúng được vào vành A[x 1 , , x r-1] với x1, , xr-1

độc lập đại số đối với A; khi đó với mỗi s = 1, , r - 1, x s siêu việt đối

với A[x 1 , ., x s-1] theo mệnh đề 2 Nhưng theo §1.2 Định lý 3 vành

A[x 1 , , x r-1 ] lại nhúng được vào vành (A[x 1 , ., x r-1 ])[x r ], với x r siêu

việt đối với A[x 1 , , x r-1 ] và như thế A nhúng được vào vành (A[x 1 , ,

x r-1 ])[x r ], tức là vành A[x 1 , , x r ] (Mệnh đề 1), và vì ta đã có x s siêu

việt với A[x 1 , , x s-1 ], s = 1, , r-1 nên x 1 , , x r độc lập đại số đối với

A Vậy định lí đã được chứng minh

Bằng quy nạp trên r, ta có thể chứng minh các tính chất tương

tự trong §1 Mệnh đề 5, Mệnh đề 6

Mệnh đề 4: Nếu A là một miền nguyên thì vành đa thức

A[x 1 , , x r ] cũng vậy

Mệnh đề 5: Nếu A là một miền nguyên, thì các phần tử khả

nghịch của vành A[u 1 , ., u r ] chính là các phần tử khả nghịch của

vành A

Thí dụ: Vành đa thức Z[x 1 , ., x r] là một miền nguyên; các phần tử khả nghịch của vành này là các phần tử +1 và - 1 của vành

Z Nếu F là một trường, vành F[x 1 , ., x r] là một miền nguyên và miền nguyên này chỉ có những phần tử khả nghịch là các phần tử khác 0 của F

Đối với vành đa thức theo nhiều biến ta có các tính chất tương

tự với các kết quả trong §1.3 Trước hết áp dụng lặp Hệ quả 1 của Mệnh đề 6 ta có

Mệnh đề 6: Nếu A[x 1 , , x r] là vành đa thức theo các biến

x 1 , , x r độc lập đại số và A’[x 1 , , x r] là vành đa thức theo các biến

u 1 , ., u r bất kỳ thì mọi toàn cấu vành h: A → A’ có thể mở rộng

Chứng minh: Thật vậy, toàn cấu vành h: A → A’ mở rộng thành

một toàn cấu vành h 1 : A[x 1 ] → A’[u 1 ], (x 1 siêu việt đối với A, u 1 bất

kì đối với A’) sao cho h1(x 1 ) = u1 đến lượt h1 có thể mở rộng thành toàn cấu vành duy nhất

2: ( [x ])[ ]1 2 '([u ])[1 2]

(với x2 siêu việt đối với A[x1], u 2 bất kì đối với A’[u 1]) sao

cho h2(x2) = u2 Nhưng theo mệnh đề 1,

(A[x1])[x2] = A[x 1 , x2], (A’[u1])[u2] = A’[u 1 , u 2]

và theo mệnh đề 2, x1, x2 độc lập đại số đối với A Như thế, bằng

quy nạp ta kết thúc chứng minh mệnh đề 6

Hệ quả 1: Mọi đẳng cấu vành A A’ kéo theo đẳng cấu vành

A[x 1 , , x r ] / I  A[u 1 , , u r]

Trong đó I là iđêan của vành A[x 1 , , x r ] sao cho IA  0A

Còn nếu các biến y 1 , , y r cũng độc lập đại số với A’, thì ta có

Hệ quả 2: Mọi đẳng cấu vành A A’ có thể mở rộng thành một

đẳng cấu vành

A[x 1 , , x r]  A[y 1 , , y r]

đổi x i thành y i với mỗi i = 1, , r

Mệnh đề 7: Mọi hoán vị σ của các biến x1, , xr cảm sinh một

tự đẳng cấu σ* của vành A[x 1 , , x r ] sao cho

σ*(a) = a với mọi a A và σ* (xi) = xσ(i), i = 1, , r

Chứng minh: Trong vành đa thức A[x 1 , ., x r], mỗi hoán vị σ

của tập hợp {1, , r} chuyển các biến x 1 , , x r thành xσ(1), , xσ(r) Nhưng một mặt theo §4.1, ta có

A[x 1 , , x r ] = A[x σ(r) , , x σ(r)]

Mặt khác, theo hệ quả 2 trên đây, tự đẳng cấu đồng nhất Id A của

vành A có thể mở rộng thành một đẳng cấu vành

σ*: A[x 1 , , x r]  A[x σ(1) , , x σ(r)]

chuyển mỗi x i thành x σ(i) Như thế, σ* là tự đẳng cấu mong

muốn của vành A[x 1 , , x r]

4.3 Hàm đa thức nhiều biến

Khái niệm hàm đa thức một biến suy rộng cho hàm đa thức nhiều biến như sau Cho A là vành giao hoán có phần tử đơn vị Với tập hợp tích Descartes

S = A r = A x x A,

ta có vành A S các hàm từ S = A r vào A Theo §3.1, vành A S này

giao hoán, chứa A như một vành con (mỗi a  A xem như một hàm không đổi có giá trị a từ A r vào A) và có phần tử đơn vị 1 A

Ta lại có r hàm (gọi là các phép chiếu)

u i : A r → A, i = 1, , r

định bởi u i (s 1 , , s r) = si với mọi s = (s 1 , , s r )  A r Dễ kiểm

chứng mỗi phép chiếu u j này khả hoán với mỗi phần tử của a  A:

au i = u i a i = 1, , r

và các phép chiếu này khả hoán với nhau:

u i u j = u j u i i, j = 1, , r

Cho nên, vành các hàm tử S = A r vào A chứa vành con A[u 1 , ,

u r] (§4.1) với mỗi phần tử có dạng đa thức

1

1 1i i r

i ir r

gọi là một hàm đa thức (có hệ tử trong A theo các biến u 1 , , u r)

từ A r vào A Giá trị của f tại mỗi bộ r phần tử s = (s 1 , , s r ) của A,

là một phần tử của A, thu được bằng cách trong đa thức

thay các biến x i bởi s i

Sự tương ứng f  f là một đồng cấu từ vành đa thức A[x 1 , ,

x r] vào vành các hàm A và ảnh của đồng cấu này là vành con A[uAr 1 , ., u r] các hàm đa thức của vành A Tóm lại, ta có: Ar

Mệnh đề 8: Nếu A là một vành giao hoán có phần tử đơn vị, vành

r

A

B A các hàm từ A r vào A chứa một vành con A[u 1 , , u r ] các hàm

đa thức, ảnh của vành đa thức A[x 1 , , x r ] qua đồng cấu vành

r

i i q i

r

i i q i



cho nên

0

p Khái niệm hàm đa thức nhiều biến, cho định nghĩa nghiệm của

đa thức nhiều biến

Định nghĩa: Với A là vành giao hoán có phần tử đơn vị, nghiệm của một đa thức f  A[x 1 ,…,x r ] là một bộ r là phần tử s = (s 1 ,…,s r ) của A sao cho f (s) = 0

Mệnh đề 9: Nếu D là một miền nguyên vô hạn và f là một đa

thức khác 0 của vành đa thức D[x 1 ,…,x r ] thì tồn tại một bộ r

phần tử s = (s 1 ,…,s r ) của D không phải là nghiệm của f

Chứng minh: Chứng minh bằng quy nạp trên r Với r = 1, theo

§3.3 Mệnh đề 4, vì số nghiệm của f trong D không vượt quá n = bậc

f và vì D vô hạn, phải có ít nhất một c  D để f (c) ≠ 0, mệnh đề

đúng Giả sử mệnh đề đúng với r – 1 biến Cho f  D[x 1 ,…,x r] ta viết

f dưới dạng

f = f 0 + f 1 x r +…+ f m x r m

đa thức theo biến x r có các hệ tử f o , …, f m D[x 1, …, x r-1 ] và vì f

≠ 0, ta có thể giả sử f m ≠ 0 Kí hiệu f i , i =0,…,m, các hàm đa thức tương ứng với các đa thức f i  D[x 1 ,…,x r-1] này Theo giả thiết quy

nạp, tồn tại một bộ r – 1 phần tử s’ = (x 1 , …, x r-1 ) của D sao cho

lên vành các hàm đa thức D[u 1 ,…, u r] Hơn nữa, đó là một đơn cấu,

vì nếu f, g  D[x 1 ,…,x r ] mà f ≠ g, ta phải có f ≠ g vì nếu

không, ta có f –g = 0 tức là mọi c  D vô hạn đều là nghiệm của

đa thức f – g = 0, đó là điều mâu thuẫn theo Mệnh đề 9

Cũng lưu ý rằng f  f là đẳng cấu vành D[x 1 ,…,x r]  D[u 1 ,…,

u r ] có nghĩa là u 1 ,…, u r độc lập đại số đối với D

4.4 Bậc Đa thức đẳng cấp Độ cao

Ta có thể viết các hạng tử của một đa thức nhiều biến

1…i r x i1…x i r A[x 1 ,…,x r] theo một thứ tự căn cứ trên một trong các định nghĩa sau đây

Trước hết, khi xem f như là đa thức theo một biến x i và có hệ tử

trong vành đa thức theo các biến còn lại, ta có bậc riêng phần của f đối với x i định nghĩa như trong §1.4

Bậc toàn phần của hạng tử ai1…irxi1…xir ≠ 0 trong f là số tự nhiên m = i 1 +…+ i r, tổng các số mũ của các biến

Bậc (toàn phần) của đa thức f khác 0, kí hiệu bậc f, là bậc toàn

phần của hạng tử ≠ 0 có bậc toàn phần lớn nhất

Tổng tất cả các hạng tử đều có bậc toàn phần m trong f, đựơc gọi là bộ phận đẳng cấp bậc m của f Theo định nghĩa này, mỗi đa thức f ≠ 0 viết được dưới dạng duy nhất :

Kí hiệu H m là bộ phận của vành A[x 1 ,…x r] gồm đa thức 0 và các đa

thức đẳng cấp bậc m Có thể kiểm chứng các tính chất sau đây

Mệnh đề 11 : Với những đa thức f, g  A[x 1 , …, x r]

Tính chất iii) cho suy ra

Hệ quả: Nếu f và g theo thứ tự là đa thức đẳng cấp bậc m và

bậc n và nếu fg ≠ 0 thì f g là đa thức đẳng cấp bậc m + n

Mệnh đề 12: Nếu D là một miền nguyên và f, g là hai đa thức

Định nghĩa 2 : Độ cao của hạng tử ai1…irxi1…xir ≠ 0 trong đa

thức f  A[x1 ,…,x r ] là thứ tự của bộ r số mũ của các biến (i 1 ,…,i r) 

N r trong thứ tự từ điển trên tập hợp tích Nr

Nói rõ ra, hạng tử a i x 1 i1….x r i r làm cao hơn hạng tử a j x 1 j1…x r i r

nếu có một số nguyên h(1 ≤ h ≤ r) sao cho

i 1 = j 1 ,…, i h-1 = j h-1 và i h > j h

Vì thứ tự từ điển trên tập hợp Nr là thứ tự toàn phần, ta luôn

luôn có thể sắp thứ tự các hạng tử của đa thức f theo thứ tự độ cao của chúng và có một hạng tử cao nhất

Để ý rằng trong thứ tự từ điển, nếu (i 1 ,…,i r ) đứng trên (i’ 1 ,…,i’ r)

và (j 1 ,…,j r ) đứng trên (j’ 1 ,…,j’ r ) thì (i 1 + j 1 ,…,i r + j r ) đứng trên (i' 1 + j’ 1 ,…, i' r + j’ r ) Do đó nếu các đa thức f, g  A[x1 ,…x r] khác 0, có

hạng tử cao nhất theo thứ tự là a k x 1 k1…x r k r và b l x 1 l1…x r l r và a k bl ≠ 0,

thì tích f g có hạng tử cao nhất là

a k b l x 1 k1+l1…x r k r +l r

BÀI TẬP:

(1) Cho A là vành có phần tử đơn vị các vành đa thức A[x] và A[y]

i) Chứng minh (A[x])[y] = (A[y])[x];

ii) Kí hiệu A[x,y] để chỉ các vành đa thức trong i); chứng tỏ rằng

mỗi phần tử f  A[x,y] có dạng

j i,

a i,j x i y j với a i,j A

và dạng này duy nhất nếu x siêu việt đối với A và y siêu việt đối với A[x]

(2) Giả sử A là vành có phần tử đơn vị 1A ; cho đa thức sau của

với các đa thức g i  F[x 1 ,…., x r]

(8) Cho đa thức đẳng cấp bậc 3 của vành A[x, y, z]:

f = ax 3 + by 3 + cz 3 + pyz 2 + p’y 2 z + qx 2 z + q’xz 2 + rxy 2 + r’x 2 y + sxyz

Chứng tỏ rằng điều kiện cần và đủ để

f = (x + y + z)g với một đa thức g  A[x, y, z]

là

a – b + r – r’ = b – c + p – p’ = c – a + q – q’ = 0

và

(9) Hãy viết lại đa thức f cho trong bài tập (8) khi sắp các hạng

tử theo thứ tự độ cao của chúng

5 Đa thức đối xứng

5.1 Định nghĩa Đa thức đối xứng sơ cấp Tính chất

Xét vành đa thức A[x 1 ,…,x r ] theo các biến x 1 ,…x r độc lập đại số Theo §4.2, Mệnh đề 7, với mỗi hoán vị σ của tập hợp các chỉ số 1, …, r

ta có một tự đẳng cấu σ* của vành A[x 1 ,…,x r ] sao cho σ* (a) = a với

mỗi a  A và σ*(x i ) = x σ(i) với mỗi i = 1,…, r Ta sẽ lưu ý đến các đa

thức của A[x 1 ,…, x r] bất biến qua mọi tự đẳng cấu σ*, như thế

Định nghĩa: Một đa thức f  A[x1 ,…,x r ] gọi là đa thức đối

xứng (đối với các biến x 1 ,…,x r ) nếu với mọi hoán vị σ của 1, …,r, σ*

(f) = f

Nói một cách khác, đa thức f  A[x 1 ,…,x r] là đa thức đói xứng nếu không thay đổi qua mọi hoán vị của các biến Hơn nữa vì hóan

bị là tích những chuyển trí nên ta có thể nói rằng đa thức f 

A[x 1 ,…,x r] là đối xứng nếu f không thay đổi khi ta chuyển trí hai biến

(Tổng quát, sm là tổng các tích chập m của các biến ) gọi là các

đa thức đối xứng so cấp của vành A[x 1 ,…,x r]

Chứng minh: Với mọi hóan bị σ của 1, …, r vì σ*(a) = a với

mỗi a  A, cho nên A  S hơn nữa, với bất kỳ f, g  S ta có

σ* (f – g) = σ* (f) – σ* (g) = f – g và σ* (fg) = σ* (f)σ* (g) = fg cho nên f – g  S và fg  S Vậy S là một vành con của vành A[x 1 ,…,x r ] chứa vành A

Mệnh đề 2: Nếu f là đa thức đối xứng thì mỗi bộ phận đẳng cấp

của f cũng là một đa thức đối xứng

Chứng minh: Cho đa thức f  S  A[x 1 ,…,x r] viết dưới dạng

không làm thay đổi bậc của mỗi đa thức đẳng cấp f m; do đó trong vế

sau của đẳng thức trên, σ* (f m ) chính là bộ phận đẳng cấp bậc m của

Chứng minh : Với mọi hoán vị σ của 1,…,r, vì là đa thức đối

xứng, nếu f m chứa hạng tử a k x 1 k1…x r k r thì f m chứa hạng tử

a k x σ(1) k1…x σ(r) k r Do đó nếu giả sử a k x 1 k1…x r k r là hạng tử cao nhất

của f m với dãy số mũ không thỏa mãn điều kiện k 1 ≥ k 2 ≥ … ≥ k r,

tức có i, 1 ≤ i ≤ r – 1 , sao cho k i < k i-1 thì với hoán vị σ là chuyển trí

(i,i+1), cho thấy f m chứa hạng tử a k x 1

5.2 Định lý cơ bản về đa thức đối xứng

Định lý 4 : Trong vành đa thức A[x 1 ,…,x r ] theo các biến x 1 ,…,x r , độc lập đại số, gọi s 1 ,…,s r là các đa thức đối xứng sơ cấp và S là vành con của các đa thức đối xứng

i) Vành S là một vành đa thức theo các biến s 1 ,…,s r với hệ tử thuộc vành A, và các biến s 1 ,…,s r độc lập đại số đối với A

ii) Mỗi biến x i (i=1,…,r) là đại số đối với vành con S

Chứng minh : i) Vì A  S (mệnh đề 1) và s 1 ,…, s r S nên A[s 1 ,…,s r]  S Ta còn phải chứng minh S  A[s 1 ,…,s r]

Nhưng theo Mệnh đề 2, một đa thức đối xứng có các bộ phận

đẳng cấp của nó đều là đa thức đối xứng nên để chứng minh S 

A[s 1 ,…,s r] ta chỉ cần chứng minh các đa thức đối ứng đẳng cấp đều

thuộc vành con A[s 1 ,…,s r ], tức là chứng minh H m  S  A[s 1 ,…,s r],

trong đó H m chỉ bộ phận gồm đa thức 0 hoặc các đa thức đẳng cấp

bậc m

Lấy một đa thức 0 ≠ f m  H m  S Gọi a 1 x 1 k1…x r k r là hạng tử

cao nhất của f m ; theo Mệnh đề 3 ta có k 1 ≥ k 2 ≥ … ≥ k r Từ dãy số mũ này và các đa thức đối xứng sơ cấp, ta lập đa thức sau đây của vành

như thế bằng hạng tử cao nhất của f m Do đó ta có đa thức

f 1 = f m – g 1 = f m – a 1 s 1 k2-k3

s 2 k2-k3

cũng thuộc S H m hơn nữa nếu khác 0, f 1 phải có hạng tử cao

nhất với độ cao bé hơn độ cao của hạng tử cao nhất của f m Gọi

là hạng tử cao nhất của f 1 ; ta có j 1 j 2 …j r Từ dãy

mũ này ta lại lập đa thức của A[x 1,…, x r]:

thuộc S  H m và nếu khác 0, f2 có hạng tử cao nhất với độ cao

bé hơn độ cao của hạng tử cao nhất của f1

Cứ tiếp tục lập luận này, ta được một dãy các đa thức khác 0

thuộc S H m:

f 1 , f 2 , f 3 ,…

có hạng tử cao nhất với độ cao càng lúc càng giảm xuống Nhưng vì chỉ có một số hữu hạn các hạng tử với độ cao bé hơn độ

cao của hạng tử cao nhất a 1 x 1 k1…x r k r của f m, cho nên dãy đa thức

trên đây phải kết thúc bởi một đa thức f sao cho, khi kí hiệu hạng tử

cao nhất của đa thức f-1 trước đó của dãy là ax 1

f m = a 1 s 1 k1-k2s 2 k2-k3…s r k r + a 2 s 1 j1-j2s 2 j2-j3…s r j r + …

+ as 1 l1-l2

s 2 l2-l3

Biểu thức này chứng tỏ f m là đa thức của A[s 1 ,…,s r] Vậy, theo

nhận xét trên đây, mọi đa thức đối xứng đều thuộc vành A[s 1 ,…,s r]

Tóm lại, S = A[s 1 ,…,s r] và phần i) của Định lý được chứng minh

Bây giờ ta sẽ chứng minh rằng trong vành đa thức S =

A[s 1 ,…,s r ], các biến s 1 ,…,s r độc lập đại số Để ý rằng trong một đa

thức

f  A[s 1 ,…,s r],

một hạng tử ai1…irs1i1…srir  0 là một đa thức đối xứng đẳng

cấp của vành A[x 1 ,…,x r] có hạng tử cao nhất là

a i1…i r x 1 k1x 2 k2…x r k r

với

k 1 = i 1 + i 2 +…+ i r , k 2 = i 2 +…+ i r ,…, k r = i r

Tương tự, một hảng tử thứ hai ai’

1 …i’rs1i’1…sri’r ≠ 0 là một đa

thức đối xứng đẳng cấp của vành A[x 1 ,…,x r] có hạng tử cao nhất là:

nên hạng tử phân biệt của f  A[s 1 ,…, s r] có các hạng tử cao

nhất phân biệt Như thế, giả sử một đa thức của A[s 1 ,…,s r]

∑ a i1…ir s 1 i1…s r i r = 0 (**) Nếu trong vế đầu của (**) có những hệ tử khác 0 ta chọn hệ tử

ai1…ir ≠ 0, sao cho hạng tử a i1…i r s 1

i1

…s r

i r

có hạng tử cao nhất 1

một đa thức theo x 1 , …x r ,hạng tử cao nhất này chỉ xuất hiện một lần

Điều đó cho ta một đa thức bằng 0 của vành A[x 1 ,…,x r] với hệ tử

1 0

r

i i

a  , là điều trái với giả thiết x 1 ,…,x r độc lập đại số Vậy, một đa

thức f  A[s 1 ,…,s r] bằng 0 phải có tất cả các hệ tử của nó bằng 0 Vật

s1,…,sr độc lập đại số đối với A

ii) Với mọi hoán vị σ của các biến x 1 ,…,x r ta có tự đẳng cấu σ*

của vành A[x 1 ,…,x r] (σ* giữ bất biến mọi phần tử của vành con S =

A[s 1 ,…,s r ] của vành A[x 1 ,…,x r]) Theo §1.3 Định lý 4, tự đẳng cấu σ* này lại mở rộng được thành một tự đẳng cấu duy nhất  của

vành (A[x 1 ,…,x r ])[x] (các đa thức theo biến x siêu việt, có hệ tử trong (A[x 1 ,…,x r]) sao cho (x) = x Xét đa thức khác 0 sau đây của vành

(A[x 1 ,…,x r ])[x]:

p = (x – x 1 )…(x - x r) = 

j

g j xj , g j  A[x1 ,…,x r]

Một mặt, với dạng thứ nhất của p, ta có:

(p) = (x - x

σ(1) )…(x - x σ(r) ) = (x – x 1 )…(x – x r) = p Mặt khác, với dạng thứ nhỉ của p, ta có

J )x j ; Cho nên:

p khác 0 (vì có hệ tử dẫn đầu gr = 1A) Ngoài ra, theo §1.3 Định

lý 4, với mỗi biến xi, i = 1, ,r, lấy sẵn, đồng cấu bao hàm S 

A[x 1 ,…,x r ] có thể mở rộng thành một đồng cấu S[x]  A[x 1 ,…,x r]

chuyển x thành xi; và đồng cấu này chuyển đa thức p  S[x], trên đây thành

j

g j x j = (x i – x 1 )…(x i – x r) = 0

và như thế cho ta một đa thức của A[x 1 ,…,x r ] [x i] bằng 0 với các

hệ tử g j không bằng 0 tất cả.Vậy mỗi x i , i = 1,…, r là đại số đối với cành con S = A[s 1 ,…,s r ] của vành A[x 1 ,…,x r]

Chú ý: Khai triển

p = (x – x 1 )…(x – x r) = 

j

g j x j (A[x 1 ,…,x r ])[x],

cho suy ra các hệ thức giữa các hệ tử gj và các đa thức đối xứng

sơ cấp s 1 ,…,s r của vành A[x 1 ,…,x r]:

gj = (-1)r – j s r – j với j = 0,…, r – 1 và g r = 1

5.3 Biểu thị đa thức đối xứng theo các đa thức đối xứng sơ cấp

Theo nhận xét trên đây (§5.1 Mệnh đề 2), ta chỉ cần nói đến biểu thị đa thức đối xứng đẳng cấp theo các đa thức đối xứng sơ cấp

Một cách biểu thị thông dụng nhất gọi là Phương pháp những

hệ tử bất đinh Phương pháp này dựa trên chứng minh của Định lý

cơ bản (§5.2.Định lý 4) Cho f m  A[x1 ,…,x r] là một đa thức đối xứng

đẳng cấp bậc m Từ dãy số mũ (k 1 , k 2 ,…, k r) của hạng tử cao nhát của

fm, ta suy ra các dãy số mũ (j 1 , j 2 , …, j r ),…, (l 1 , l 2 ,…,l r) theo thứ tự

của hạng tử cao nhất của các đa thức f 1 , f 2 ,…, fλ Tiếp đến, viết f m theo

s 1 , s 2 ,…, s r với các hệ tử a 1 , a 2 ,…, aλ chưa định (xem dạng (*) trong chứng minh)

Với giả thiết vành A các hệ tử là vành giao hoán có phần tử đơn

vị, đặc biệt giả thiết A là miền nguyên vô hạn, khi thay thế x 1 ,…,x r

bởi các giá trị thuộc A (chọn thích hợp) ta có các giá trị tương ứng

của f m và của s1,…,sr; cứ mỗi lần thay thế như vậy, đẳng thức (*) cho

ta một phương trình tuyến tính theo a 1 ,…,aλ Với một só lần thay thế cần thiết, ta được một hệ phương trình tuyến tính, cho định được dãy

hệ tử a 1 ,…,aλ của f m , như là đa thức thuộc vành A[s 1 ,…,s r] (và dãy hệ

tử này duy nhất vì s 1 ,…,s r độc lập đại số) Tuy nhiên, ta có ngay a 1,

vì a 1 là hệ tử của hạng tử cao nhất của f m

Thí dụ: Biểu thị đa thức (đối xứng đẳng cấp bậc 4)

f = x 1 3 x 2 + x 1 3 x 3 + x 1 x 2 3 + x 2 3 x 3 + x 1 x 3 3 + x 2 x 3 3

của vành Z[x 1 ,x 2 ,x 3] theo các đa thức đối xứng sơ cấp

Hạng tử cao nhất của f là x13x2 Từ dãy số mũ (3,1,0) ta có các dãy số mũ (2,2,0), (2,1,1) của hạng tử cao nhất f1, f2 Do đó f có thể

viết với các hệ tử a 1 = 1, và a 2, a 3 (số nguyên) chưa định:

f = s 1 3-1 s 2 1-0 s 3 0 + a 2 s 1 2-2 s 2 2-0 s 3 0 + a 3 s 1 2-1 s 3 1 = s 1 2 s 2 + a 2 s 2 2 +

a 3 s 1 s 3

Cho x 1 = x 2 = 1 và x 3 = 0, ta có f = 2, s 1 = 2, s 2 = 1, s 3 = 0 và được phương trình

Cho x 1 = x 2 = x 3 = 1, ta có f = 6, s 1 = 3, s 2 = 3, s 3 = 1 và được phương trình:

Từ hai hệ phương trình trên định được a2 = - 2, a 3 = - 1 Vậy

f = s 1 2 s 2 – 2s 2 2 – s 1 s 3