Ebook giáo trình đa thức và nhân tử hóa phần 2

Cấu trúc vành của đa thức theo một biến.. 1.1 Vành con các đa thức theo một biến của một vành.. Nhúng một vành vào vành đa thức theo một biến siêu việt 1... Hàm đa thức một biến.. Nghi

PHẦN HƯỚNG DẪN, GIẢI ĐÁP BÀI TẬP

HƯỚNG DẪN, GIẢI ĐÁP BÀI TẬP

Chương I

1 Cấu trúc vành của đa thức theo một biến

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

vô nghiệm trên Z

1 1 – (3) Với u 2 3 2 , người ta có đa thức

1 + 36u + 12u2 + 6u3 – 6u4 + u6 = 0

1 2 Nhúng một vành vào vành đa thức theo một biến siêu việt

1 2 – (1) Với ( )

, ,g h A N

( )

)(

)(

( )

h g j f i

h g

( ) ( ) ( )

( ) (

k

i fh i fg k h j f k

g j f

= ( fg  fh )(i)

Do đó F(g + h) = fg + fh Đẳng thức (g + h)f = gf + hf được

chứng minh tương tự

1.3 Tính chất phổ dụng của vành đa thức A[x]

1.3 – (1) Đồng cấu hao hàm j : Z → R mở rộng được thành một đồng cấu vành j : Z[x] R sao cho ‘x = ‘ Vì

Im’ j = Z[ 2] = {m + n 2m|m, n  Z}, (xem §1.1 Bài tập (1)) và

Ker j = {(x 2 – 2)g | g  Z[x] = (x2 – 2)}

iđêan của vành Z[x] gồm các bội của đa thức x2 – 2 Z[x] Định

lý cơ bản cho đẳng cấu

Z[x] | (x2 – 2)  Z[ 2]

1.3 – (2) Đồng cấu bao hàm j : K→ K[x] có Im j = K Vì K là vành giao hoán, ag = ga với mọi a  K và mọi g  K[x] nên theo

tính chất phổ dụng, tồn tại đồng cấu vành duy nhất E g : K[x] → K[x] sao

cho

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

Với mọi đa thức f = 

b) Giả sử (2, x) = (h) với một đa thức h  Z[x], suy ra

h = 2a 0 + a 1 x + …+ a n x n và h = ±1 nên có mâu thuẫn

3 Hàm đa thức một biến Nghiệm của đa thức

3 – (1) Giả sử trường f có q phần tử là a 1 , …, a q Với mỗi i = 1, …,

Với hàm đa thức tương ứng

ii) f – g = kh nếu và chỉ nếu ( f - g) = 0

3 – (3) mỗi phần tử của Z6 đều là nghiệm của x 3 – x

3 – (4) a) Đa thức f có thể viết

f = (x - 2)(x - 3) = (x - 6)(x - 11)

Suy ra chỉ có các phần tử 2, 3, 6, 11  Z12 là nghiệm của f

b) Tất cả các nghiệm của g trong Z12 là 0, 3,5,8,9 và 11

r r



 '

và c0 =

b a

br ar



 '

3 – (7) 0 D ≠ f D[x] với bậc f = n có nhiều nhất n nghiệm

trong D

3 – (8) f chia hết cho (x – 1)(x – 2) = x 2 – 3x + 2 (Bài tập (5))

Suy ra

f = (x – 1)(x – 2)[(x – 2) 2n – 2 – (x – 2) 2n – 3 +…- (x – 2) + 1 + (x – 1) n – 1 + (x – 1 ) n – 2 +…+ (x – 1) + 1]

3 – (9) Từ f(1) = 0 và f = (x – 1)g, với g  Z[x] sao cho g(1) = 0 suy ra a = n và b = -(n + 1)

Thương phải tìm là

q = nx n – 1 + (n – 1)x n – 2 +…+ 3x 2 + 2x + 1

3 – (10) Dư là cos nθ + x sin nθ

3 – (11) Đẳng thức của phép chia viết

n

i

i i

y x

i k j

k j

n

i

y x

Thay và cân bằng hệ số thì định được

4 – (4) f1 f2  f3 3x1, 3 1 2 3

3 3 2 3 1 3 2

của đồng cấu vành f  ~f Cần chứng minh Ker φ = I với I là iđêan

của vành F[x1,…x r ] sinh bởi r đa thức

f     

2 3 4

Trong đó  là một căn số bậc 5 của đơn vị Như thế

x1,x2,x3 là các nghiệm số của phương trình

Bài tập tổng hợp chương I

(2) i) Vì g ≠ 0 có hệ tử dẫn đầu 0 ≠ b m  D khả nghịch trong

F D , ta có thể chia f cho g trong F D [x]

ii) Với n ≤ m – 1, hiển nhiên vì trong trường hợp đó q = 0 và r =

f Với n ≥ m, chứng minh bằng quy nạp trên n (chỉ cần lấy f = ax n)

(4) i) Theo tính phổ dụng, với mọi đa thức v A[x], đồng cấu

bao hàm A A[x] mở rộng được thành tự đồng cấu duy nhất E v : A[x]

A[x] sao cho E v (x) = v; và E v chuyển mọi đa thức u A[x] thành

đa thức E v (u) = u(v) A[x], đựơc bằng cách thay biến x bởi v trong

đa thức u Vì thế

(u,v) E v(u) u(v) (1)

Là một phép toán 2 ngôi trên A[x]

Trước hết với bất kì u,v  A[x], kiểm chứng

E u   u  u ,E u(vw)E u v E u(w)

nghĩa là

(v + w)(u) = v(u) + w(u), (vw)(u) = v(u) w(u)

ii) Đặt ua0 a1x a n x nA[x] Với v A[x], hệ thức

0

iii) Nếu A là một trường A[x] là miền nguyên; có thể chia u cho v ≠

0, thương q và dư r thỏa mãn

u = vq + r với r = 0 hay r ≠ 0 và bậc r < bậc v

Do đó theo i) và ii)

u(f) = v(f)q(f) + r(f) với r(f) = 0 hay r(f) ≠ 0 và bậc r(f) < bậc v(f) chứng tỏ q(f) và r (f) là thương và dư của phép chia u(f) cho v(f)

(5) i) Theo tính phổ dụng, với đa thức u = x + y A[x,y] = (A[x])[y],

đồng cấu bao hàm A→ A[x] mở rộng được thành tự đồng cấu duy nhất E u : A[x]→A[x,y] chuyển x thành u Đồng cấu E u này với mọi

đa thức f  A[x] cho đa thức Eu (f) = f(u) = f(x + y)  A[x,y] =

(A[x])[y], và ta có thể viết

f(x + y) = f0 + f1y + …+f n yn , f i A[x];

vì f(x) = f0 và theo định nghĩa f1 = f’ cho nên

f(x + y) = f + f’y + hy2 , với h  A[x,y]

Hơn nữa, các hệ tử f, f’ A[x] trong dạng này của f(x + y) là duy nhất vì trong vành đa thức A[x,y] biến y siêu việt đối với A[x]

ii) Với f, g  A[x] và α A theo câu i) ta có

f(x + y) = f + f’y + hy2, g(x + y) = g + g’y + ky2

trong đó f, f’, g, g’  A[x] và h, k  A[x,y] Do đó

(f + g)(x + y) = f(x + y) + g( x + y) = f + g + (f’ + g’)y + h1y2, (af)(x + y) = af(x + y) = af + (af’)y + h2y2,

(fg)(x + y) = f(x + y)g(x + y) = fg + (f’g + gf’)y + h3y2 Vậy tính duy nhất cho suy ra

iv) Chứng minh bằng quy nạp trên n

(6) Theo định nghĩa c  A là nghiệm cấp k của 0 ≠ f  A[x] nếu và chỉ nếu f = (x – c)k f1 với ~f1(c)  0

Nếu D là m – n; cho c  D là nghiệm cấp p và q theo thứ tự của

f và g khác 0 của D[x] thì c là nghiệm cấp p + q của fg

Bây giờ cho c1,…,c m  D là m nghiệm phân biệt với cấp theo

thứ tự k1,…,k m của một đa thức 0 ≠ f  D[x]; nhờ các nhận xét trên người ta chứng minh bằng quy nạp trên m rằng f có dạng

g c x c x

m h

) (

Suy ra nếu một đa thức f  D[x] khác 0 bậc n thì tổng các cấp

của tất cả các nghiệm đa trùng trong D của f là ≥ n; vì thế, số nghiệm

số phân biệt của f trong D không vượt quá n = bậc f

Bây giờ cho f, g  D[x] như trong đề; nếu f – g ≠ 0 thì một mặt

vì bậc (f – g) ≥ n nên f – g có nhiều nhất n nghiệm trong D; mặt khác

vì ~f g  ~f g~ nên f – g có ít nhất n + 1 nghiệm trong D; như thế

có điều mâu thuẫn Vậy, ta phải có f – g = 0 nghĩa là f – g

j i i

a a

a x b

q b c f

0

1

) (

) (





với bậc f ≤ bậc qi = n và ~f(a i) b i , (i = 0, 1, …, n)

Đa thức f xác định như thế là duy nhất vì nếu giả sử một đa thức

0 ≠ g  F[x] bậc L n sao cho g~(a i)b i (i = 0, 1, …, n) thì theo câu i) ta có g = f

(10) Vì p m = a với 1≤ m ≤ r, công thức Newton cho viết lại phương trình thứ m và thứ m + 1 của hệ:

p m = as1 – as2 + …+ (-1)m ms m = a

p m+1 = as1 – as2 + …+ (-1)m as m + (-1)m+1 (m + 1)s m+1 = a

Từ đó suy ra hệ thức

m

m a

s 1  

Vì s1 = a hệ thức trên cho tính

! 2

) 1 (

) 2 )(

1 (

1 (

r

r a a

1 ( ) 1 (

! 2

) 1

a x

a a ax

và mỗi hoán vị của x1, ,xr cho một nghiệm của hệ phương trình đã cho

Trước hết, vì p2 = x12  x r2 a nên một điều kiện có nghiệm là

a ≥ 0 Trường hợp tham số a  N, có hai khả năng

Chương II

1 Các khái niệm cơ bản:

1 – (2) Gọi U là nhóm các phần tử khả nghịch của D thì D/ ~ là tập hợp các lớp tương đương aU, a D, và phép chiếu

~

/

:D  D

 định bởi π(a) = aU với mọi a D

i) Quan hệ ≤ trên D ~ hiển nhiên là phản xạ bắc cầu như quan

hệ | trên D, hơn nữa còn có tính phản xứng vì

Tập hợp D/ ~ cùng với phép nhân này là một vị nhóm, phân tử

đơn vị là 1D U = u Còn phép chiếu  :D  D/ ~ sao cho

π(ab) = abU = π(a) π(b) với mọi a, b  D và π(1D) = 1D U

nên π là một đồng cấu vị nhóm nhân Nếu D/ ~ trang bị một phép toán thứ hai * cũng là vị nhóm và π là đồng cấu vị nhóm nhân D lên ( D/ ~,*) thì với bất kỳ a, b D, ta có

(aU) * (bU) = π(a) * π(b) = π(ab) = abU = (aU)(bU)

cho nên phép nhân * trùng với phép nhân thứ nhất

1 – (4) Cho a0 + ux  D[x] với u  U Giả sử g, h  D[x] sao cho

khả quy

1 – (6) 1 + x2  Z[x] không có nghiệm trong Z nên không có

ước thích đáng (bậc 1) trong Z[x] Còn 1 + x2  Z5[x] là khả quy

vì trong Z5[x]

) 3 )(

2 (

1 x2  x x

1 – (7) Các đa thức bậc 1 của F[x] đều là bất khả quy theo Bài tập (4) Một đa thức 0 ≠ f  F[x] bậc 2 hoặc bậc 3 là khả quy nếu và

chỉ nếu nó có một ước bậc 1, tức là có một nghiệm trong F

2 Sự tồn tại dạng nhân tử hóa duy nhất Miền nguyên Gauss

2 – (2) i) Dễ thấy Z Z[α] Vì hiệu và tích của hai phần tử thuộc Z[α] vẫn thuộc Z[α] nên Z[α] vẫn là một vành con của trường

C chứa Z, do đóZ[α] là một miền nguyên có đơn vị

iii) Mọi dây chuyền tăng iđêan chính của Z[α]

0  (0)  (1)  (2)   Z[]

kéo theo dãy số nguyên dương giảm

) ( ) ( ) (0  N 1 N 2 

N

Do đó có n để N(ζn) = N(ζn-1) = … Suy ra ζn ~ ζn-1 ~ … tức là N(ζn) = N(ζn-1) = … Vậy dây chuyền dừng ở n

iv) Nếu 3 = ζ ζ’ (ζ, ζ’ Z[α]) thì

Do đó N(ζ) = 1 hoặc 9 suy ra ζ = ± 1 hoặc ζ = ± 3 Vậy 3 là phần tử bất khả quy của Z[α]

Vì N(2 + α) = 9 nên nếu ζ |(2 + α) thì N(ζ) một ước số của 9 suy

ra ζ = ± 1 hay ζ ~ 2 + α phần tử bất khả quy của Z[α] Lập luận tương tự chứng minh 2 – α phần tử bất khả quy của Z[α]

Hai trong ba phần tử 3,2 + α, 2 – α không liên kết vì 3 ≠ ±(2 +

2 – (5) Gọi m là một bội chung nhỏ nhất của a và b và giả sử m’ ~

m, tức là m’|m và m|m’ Vì quan hệ | có tính bắc cầu cho nên

1) a|m và b|m kéo theo a|m’ và b|m’;

2) Với mọi c sao cho a|c và b|c, vì m|c nên m’|c

Vậy m’ cũng là một bội chung nhỏ nhất của a và b Điều đó chứng tỏ bội chung nhỏ nhất [a,b] của a và b xác định duy nhất với sai khác một nhân tử khả nghịch của D

Giả sử D một miền nguyên Gauss và hai phần tử a, b  D Theo định nghĩa của bội chung nhỏ nhất ,

Nếu a = 0 D hay b = 0 D thì [a,b] ~ D,

Nếu a ~ 1 D (b ~1 D ) thì [a,b] ~ b([a,b] ~a)

Nếu a và b đều khác 0 D và không khả nghịch, thì có dạng nhân tử hóa (biểu thị theo cùng những phần tử bất khả quy):

s

p up

a 11  , s

s

p vp

a, ] ~  

trong đó i max(ii)

3 Miền nguyên chính Miền nguyên Euclid

3 – (1) Vì D là miền nguyên chính, hai phần tử bất kỳ a, b của

D đều có một ước chung lớn nhất d = (a,b)  D sao cho

Để chứng minh d cũng là ước chung lớn nhất của a và b trong E

ta cần chứng minh dE là iđêan chính bé nhất chứa iđêan aE + bE trong

aE + bEdE Mặt khác, với mọi c  E sao cho aE + bE  cE, vì

dD = aD + bD  aE + bE  cE nên d  cE và do đó dE  cE Vậy

d cũng là ước chung lớn nhất của a và b trong E

3 – (3) Iđêan (2) + (x) tạo thành bởi các đa thức có hệ số hằng chẵn của Z[x] không phải là iđêan chính Thật vậy, nếu giả sử (2) + (x) = (g) với một đa thức Z[x] thì một mặt, g có hệ số hằng chẵn, mặt khác, vì g là một ước chung của 2 và x nên g = ±1 do đó có sự

) 2 ' )(

2 (

2 2

n m

n m n m

1 2 4

1 2

  (st 2 )  Z 2

Như thế ta có , Z 2 sao cho

Vậy (Z 2 ,) là một miền nguyên Euclid

3 – (7) 5 + 3i = (1 + i)(4 – i), 13 + 18i = (4 – i)(2 + 5i)

mọi ước của p đều thuộc D cho nên p không có ước thích đáng trong

D và như thế, p là một phần tử bất khả quy của D Nếu bậc p > 0, vì là

đa thức bất khả quy, p là đa thức nguyên bản của D[x], và p cũng là một đa thức bất khả quy cả trong D[x] và cả trong F D [x]

4 – (3) a) Trong Z[x] các đa thức f và g có dạng nhân tử hoá

4 – (4) Đa thức yf + g  F[x,y] = (F[x])[y], với f ≠ 0 và (f,g) ~ 1

trong F[x], là đa thức nguyên bản bậc 1 theo y và cũng là đa thức bất khả quy của vành (F[x])[y], trong đó F[x] là trường các thương của miền nguyên F[x], cho nên là đa thức bất khả quy của (F[x])[y] =

F[x,y]

5 Các miền nguyên Gauss đặc biệt

5.1 Đa thức có hệ số nguyên và hệ số hữu tỷ

e) Có ngiệm số hữu tỷ là , 2

3

1 , 2

1



-3 2

5.1 – (5) Số nguyên a cần tìm phải có dạng a = 30b n , trong đó n >1

và b là một số nguyên sao cho 0 < 30b n < 250; từ đó 0 < b n  8, suy

ra b = 2 với n = 2 hoặc n = 3 và như thế a = 120 hay 240

3

 , ta có

1 ,

a đa thức f có một nghiệm x1 Tương

  đa thức f có một nghiệm x2 Hiển

nhiên hai nghiệm x1 và x2 của f này là phân biệt

5.2 – (3) Ta có f(0) = a0 < 0 Vì ai > 0 với i = 1,…, n cho nên với

Ta có

f(x0) = a0 + a1x0 +…+an x0n > a0 + a1x > 0

Sau cùng vì f(0) < 0 < f(x0) nên có  ( 0 ,x0) để f(α) = 0

5.3 Các miền nguyên Gauss R[x] và C[x]

5.3 – (1) Đa thức1 xx2 Z2[x] không có nghiệm trong Z2

nên bất khả quy Do đó vành thương Z2[x] / (1x  x2) là một trường đẳng cấu với trường Z2(u), với 1 x  x2= 0, và trường này

có 4 phần tử 0 , 1 ,u, 1 u

5.3 – (2) Vì 1 x  x không có nghiệm trong Z3 nên là đa thức bất khả quy của Z3[x] Trường Z3(u) có 9 phần tử, đó là

7

x x x x x x x x x x x x x

7

4 cos 2 1

7

2 cos 2

)

1

x x x

x x

x

x

b) Trong C[x] đặt

, 2

sin 2

thì

x4 – 2x2cos + 1 = (x – x0)(x – x0)(x – x1)(x – x1) Trong R[x],

2 cos 2 1

6 2 6

2 6

b) Vì nếu (x, y, z) là một nghiệm của x2 + y2 = z2 thì (ax, ay, az)

cũng là một nghiệm với (x,y)z , cho nên có thể giả thử (x,y) = 1 Nếu x = 2h + 1 và y = 2k + 1 thì z2 = 4q + 2, điều không thể được với mọi số nguyên z

Với y là số chẵn, vì y2 = (z + x)(z – x) suy ra z + x và z – x đều là

e) Giả sử p  Z nguyên tố trong Z Nếu p khả quy trong Z[i] thì p = αβ với αβZ[i] Từ đó trong Z ta có

E[x] Giả thiết bậc σf = bậc f cho viết

bậc σg + bậc σh = bậc g + bậc h,

nhưng vì bậc σg  bậc g và bậc σh  bậc h, đẳng thức trên kéo theo bậc σg = bậc g và bậc σh = bậc h Giả thiết σf là bất khả quy trong F E [x] và đẳng thức σf = σgσh kéo theo σg  E* hay σh  E*;

do đó bậc g = bậc σg = 0 hay bậc h = bậc σh = 0, vì thế g  D* hay h

 D*

b) Nếu f = gh với h, g  D[x], thì theo a) ta có σg  E* hay

σh  E* cho nên g  D – P hay h  D – P, nghĩa là g hay h thu về

một phần tử khả nghịch trong D ; vậy f là bất khả quy trong D[x] c) f  D[x] là bất khả quy trong FE [x], vì các giả thiết cho suy

ra f ≠ 0, bậc f > 0 và mọi dạng nhân tử hoá f = gh trong miền nguyên Gauss D[x] kéo theo g  D* hay h  D*, nghĩa là g hay h

thu về một phần tử khả nghịch trong F D.

Áp dụng : D = Z, E = Z / pZ = Z p , σ: Z→ Z / pZ

i) Với f  Z[x] có hệ tử dẫn đầu bằng ±1, thì f = σf  Z p [x] có

hệ tử dẫn đầu 1 hay p – 1  Z p cho nên bậcf = bậc f Vì thế nếu

f là bất khả quy trong Zp [x] thì f là đa thức bất khả quy của Q[x] ,

và nếu f khả quy trong Z[x] thì mỗi nhân tử g của f thu về một nhân

 Với 8 + 11x + 6x2 + x3  Z[x], và phép chiếu σ : Z → Z3 ta

có

f = σf = 2 + 2x + x3 Z3[x] (bậc 3 không có nghiệm trong Z3) bất khả quy trong Z3[x] cho nên f là đa thức bất khả quy trong Z[x]  Với f = 5 + 2x + x2 + 8x3 + x4, trong Z3[x] , ta có

f  2  2xx2  2x3 x4  ( 1 x)( 2 x2 x3 )

Do đó, nếu khả quy thì f phải có một nhân tử bậc 1 và một nhân

tử bậc 3, hơn nữa, căn cứ vào hệ số dẫn đầu và hệ số hằng , nhân tử

1 Vậy f là đa thức bất khả quy trong Z[x]

(8) a) Lấy một ước số nguyên tố p của d, suy ra x2 - d Z[x] là

đa thức bất khả quy trong Q[x] theo Eisentein Do đó có đẳng cấu

trường

Q x/x2  dQ d ,

trong đó d chỉ một nghiệm của đa thức x2 – d

b) Với α = r + s d  Q d , theo định nghĩa

và α là nghiệm của đa thức

nên α là đại số đối với Q

Từ định nghĩa của chuẩn và vết với mọi α, β Q d nguời ta