VÀNH ƠCLITTrần Văn Cương

Do K là một trường nên hiển nhiên vành đa thức K[x] là một miền nguyên... Định lý.Nếu A là một vành Ơclit thì A là một vành chính.. Để giải quyết ví dụ này,trước hết xin phát biểu không

VÀNH ƠCLIT

Trần Văn Cương

1 Định nghĩa và các ví dụ.

1.1 Định nghĩa.Vành Ơclit là một miền nguyên A cùng với ánh xạ

δ : A∗ = A\{0} → N

sao cho :

(i)Nếu a, b ∈ A, a|b, b 6= 0 thì δ(a) ≤ δ(b);

(ii)Với hai phần tử a, b tùy ý của A, b 6= 0,tồn tại q, r ∈ A sao cho a = bq + r

và δ(r) < δ(b) nếu r 6= 0

1.2 Các ví dụ.

Ví dụ 1.Vành các số nguyên Z cùng với ánh xạ

δ : Z∗ → N

là một vành Ơclit

Hiển nhiên Z là một miền nguyên

Giả sử m, n ∈ Z, m|n, n 6= 0

Vì m|n, n 6= 0 nên n = mk, k ∈ Z∗.Ta có:

δ(n) = δ(mk) = |mk| = |m||k| ≥ |m| = δ(m) (vì |k| ≥ 1)

Với ∀m, n ∈ Z, n 6= 0.Xét m

n ∈ Q ta luôn tìm được số nguyên q sao cho

|m

n − q| < 1 hay |m − nq| < |n|

Đặt r = m − nq thì r ∈ Z và ta được m = nq + r với δ(r) < δ(n) nếu

r 6= 0.Vậy Z là một vành Ơclit

Ví dụ 2.Vành đa thức K[x],với K là một trường cùng với ánh xạ

δ : K[x]∗ → N

là một vành Ơclit

Do K là một trường nên hiển nhiên vành đa thức K[x] là một miền nguyên

Giả sử f, g ∈ K[x], f|g, g 6= 0.

Vì f|g, g 6= 0 nên g = fh, h ∈ K[x]∗.Ta có

δ(g) = deg g = deg (f h) = deg f + deg h ≥ deg f = δ(f)

Với ∀f, g ∈ K[x], g 6= 0.Xét phép chia đa thức f cho đa thức g ta được

f = gq + r, q, r ∈ K[x]

Rõ ràng δ(r) = deg r < deg g = δ(g) nếu r 6= 0.Vậy K[x] là một vành Ơclit

Ví dụ 3.Vành các số nguyên Gauss Z[i] cùng với ánh xạ

δ : Z[i]∗ → N

z 7−→|z| 2

là một vành Ơclit

Hiển nhiên Z[i] là một miền nguyên

Giả sử α = a + bi, β = c + di ∈ Z[i], α|β, β 6= 0

Vì α|β, β 6= 0 nên β = γα, γ = m + ni ∈ Z[i]∗.Ta có

α = a+bi, β = c+di = (m+ni)(a+bi) = (am−bn)+(an+bm)i ⇒

(

c = am − bn

d = an + bm δ(α) = a2 + b2

δ(β) = c2 + d2 = (am − bn)2+ (an + bm)2 = (a2+ b2)(m2+ n2)

Vì γ = m + ni ∈ Z[i]∗ nên m2+ n2 ≥ 1.Do đó δ(α) ≤ δ(β)

Với ∀α, β ∈ Z[i], β 6= 0 xét α

β = x + yi ∈ Q[i].Ta biết rằng cho một số hữu tỉ

x bao giờ cũng tìm được một số nguyên a sao cho

|x − a| ≤ 12 =⇒ |x − a|2 ≤ 14 Cũng làm như vậy với số hữu tỉ y,ta có b ∈ Z sao cho |y − b|2 ≤ 14.

Đặt q = a + bi thì q ∈ Z[i],ta có

|α − βq

β |2 = |α

β−q|2 = |(x+yi)−(a+bi)|2 = |(x−a)+(y−b)i|2 = (x−a)2+(y−b)2 ≤ 1

2 < 1. Vậy |α −βq

β |2 < 1 hay |α − βq|2 < |β|2

Đặt r = α −βq,thì r ∈ Z[i],ta được α = βq +r với δ(r) < δ(β) nếu r 6= 0.Vậy

Z[i] là một vành Ơclit.

2 Mối quan hệ giữa vành chính và vành Ơclit.

2.1 Định lý.Nếu A là một vành Ơclit thì A là một vành chính

Chứng minh Ta cần chứng minh mọi iđêan của A đều là iđêan chính Giả sử I là một iđêan của A

Nếu I = {0} thì I là iđêan sinh bởi 0

Giả sử I 6= {0}.Gọi a là phần tử khác 0 của I sao cho δ(a) là bé nhất trong tập hợp δ(I∗ = I\{0})

Với x ∈ I, theo tính chất (ii) có q, r ∈ A sao cho

x = aq + r

Vì a, x ∈ I nên r = x − aq ∈ I.Nếu r 6= 0 ta có δ(r) < δ(a),mâu thuẫn với giả thiết δ(a) là bé nhất trong δ(I∗).Do đó r = 0 và I = aA.Vậy I là một iđêan chính của A.Định lý được chứng minh

Ví dụ 4.Các vành Ơclit Z, K[x], Z[i] đã xét trong các ví dụ 1,2,3 của mục 1.2 cũng đồng thời là các vành chính

Nhận xét.Điều ngược lại của định lý 2.1 nói chung là không đúng.Chẳng hạn xét ví dụ sau:

Ví dụ 5.Chứng minh rằng vành

A = {a + b1 + i

√ 19

2 |a, b ∈ Z}

là một vành chính nhưng không phải là một vành Ơclit

Để giải quyết ví dụ này,trước hết xin phát biểu không chứng minh một bổ đề:

Bổ đề Điều kiện cần và đủ để miền nguyên A là vành Ơclit là tồn tại một phần tử không khả nghịch x ∈ A sao cho mọi phần tử y ∈ A hoặc có dạng

y = xq hoặc có dạng y = xq + r, r khả nghịch

Bây giờ quay trở lại với ví dụ 5 ta có các nhận xét sau :

(1) Nếu y = a + b1+i √

19

2 ∈ A thì chuẩn của y là N(y) = |y|2 = (a + b

2)

2

4 = a

2+ ab + 5b2 ∈ N Mặt khác,nếu y có phần ảo thì N(y) ≥ 5

(2) Các phần tử khả nghịch của A là ±1

Thật vậy,giả sử u = a + b1+i √

19

∈ A là khả nghịch.Khi đó tồn tại v ∈ A sao

cho uv = 1.Thế thì N(u)N(v) = N(uv) = N(1) = 1.Theo nhận xét (1) thì

N(u) = 1 = (a + b

2)2 + 19b42 hay (2a + b)2+ 19b2 = 4.Vậy b = 0 và 4a2 = 4 hay a = ±1

Áp dụng vào bài toán,ta giả thiết phản chứng A là một vành Ơclit

Khi đó theo bổ đề ở trên phải tồn tại phần tử không khả nghịch x ∈ A sao

cho ∀y ∈ A hoặc có dạng y = xq hoặc có dạng y = xq ± 1 (theo nhận xét

(2)).Từ đó:

•Nếu Im x = 0 =⇒ x = m ∈ Z, m 6= ±1

Nhưng khi đó y = (m + 1) + (m + 1)1+i √

19

2 ∈ A không có dạng y = mq hoặc

y = mq ± 1.Vô lý

•Nếu Im x 6= 0 thì theo nhận xét (1) có N(x) ≥ 5.Xét y = 2 ∈ A thế thì

2 = xq hoặc 2 = xq ± 1

Nếu xq = 2 thì N(x)N(q) = 4 mà N(x) ≥ 5 suy ra vô lý

Nếu xq ± 1 = 2 thì xq = 3 ⇒ N(x)N(q) = 9 (vì xq = 1 không xảy ra do x

không khả nghịch) mà N(x) ≥ 5 nên N(x) = 9, N(q) = 1 theo nhận xét (1)

và (2) thì q = ±1 và x = ±3,mâu thuẫn với việc x có phần ảo

Vậy A không là vành Ơclit

Dĩ nhiên A là một vành chính vì mọi iđêan của A đều có dạng I = {0} = 0.A

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−Hết tiết 1−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

3 Ứng dụng.

3.1 Định lý Giả sử A là một vành chính và a, b, q, r ∈ A thỏa mãn quan

hệ

a = bq + r

Thế thì ước chung lớn nhất của a và b là ước chung lớn nhất của b và r

Chứng minh Gọi I là iđêan sinh bởi a, b và J là iđêan sinh bởi b, r

Từ a = bq + r =⇒ a ∈ J,do đó I ⊂ J

Từ r = a − bq =⇒ r ∈ I,do đó J ⊂ I.Vậy I = J

Nhưng A là một vành chính,nên tồn tại d ∈ I sao cho I = dA.Ta có d =

ax + by, x, y ∈ A (∗)

Vì a, b ∈ I = dA nên a = da′, b = db′, a′, b′ ∈ A.Do đó d là ước chung của

a và b.Thêm nữa nếu c là một ước chung của a và b,tức là có a = ca′′, b =

cb′′, a′′, b′′ ∈ A,thế thì từ (*) suy ra

d = c(a′′x + b′′y)

=⇒ d là ước chung lớn nhất của a và b.Nhưng I = J nên d cũng là ước chung

lớn nhất của b và r.Định lý được chứng minh

Bây giờ giả sử A là một vành Ơclit và vấn đề được đặt ra là tìm ƯCLN(a, b) Nếu a = 0 thì ƯCLN(a, b) = b

Giả sử a, b đều khác 0.Thực hiện phép chia a cho b ta được

a = bq0+ r0 với δ(r0) < δ(b) nếu r0 6= 0

Nếu r0 6= 0 ta lại chia b cho r0:

b = r0q1+ r1 với δ(r1) < δ(r0) nếu r1 6= 0

Nếu r1 6= 0 ta lại chia r0 cho r1:

r0 = r1q2+ r2 với δ(r2) < δ(r1) nếu r2 6= 0

Quá trình chia như vậy phải chấm dứt sau một số hữu hạn bước vì dãy các

số tự nhiên:

δ(b) > δ(r0) > δ(r1) > δ(r2) > không thể giảm vô hạn,tức là sau một số lần chia nào đó ta phải có

rk −1 = rkqk+1+ 0

Áp dụng định lý 3.1 ta có

rk = ƯCLN(rk, 0) = ƯCLN(rk −1, rk) = = ƯCLN(b, r0) = ƯCLN(a, b) Thuật toán chia trên đây được gọi là thuật toán Ơclit

Ví dụ 6 Tìm ƯCLN của

f (x) = x5+ x3+ x2+ x + 1 và

g(x) = x3+ 2x2+ x + 1

Trước hết ta có nhận xét : Nếu a′ là phần tử liên kết của a thì

ƯCLN(a′, b) = ƯCLN(a, b)

Áp dụng thuật toán Ơclit ở trên ta có :

f (x) = (x2− 2x + 4)g(x) + r0(x), r0(x) = −6x2− x − 3

6g(x) = (−x − 11

6)r0(x) + r1(x), r1(x) = 7

2

−r0(x) = (36x −66)r1(x) + r2(x), r2(x) = 75

Từ đó ƯCLN(f(x), g(x)) = 1.

Bây giờ ta hãy áp dụng các kết quả đã thu được về vành chính và vành Ơclit

để nghiên cứu vành đa thức K[x] với K là một trường.Trong vành đa thức K[x] ta chú ý đến mấy đặc điểm sau:

•Các đa thức bậc nhất ax + b, (a 6= 0) là bkq trong K[x].Đó là các đa thức bkq duy nhất có nghiệm trong K

•Các đa thức bkq khác có bậc lớn hơn 1 không có nghiệm trong K

•Mọi đa thức f(x) có bậc ≥ 1 có thể viết dưới dạng sau,sai khác một nhân

tử khả nghịch

f (x) = (a1x + b1)m1· · · (akx + bk)mk

p1(x)n1· · · pr(x)nr

trong đó các aix + bi, i = 1, , k,là những đa thức bậc nhất không liên kết,các pj(x), j = 1, , r là những đa thức bkq có bậc > 1 không liên kết,các mi, nj ∈ N

•deg f(x) ≥ m1+ m2 + + mk

3.2 Định lý Giả sử f(x) là một đa thức bậc n > 1 của vành K[x],với K là một trường.Thế thì f(x) có không quá n nghiệm trong K, các nghiệm có thể phân biệt có thể trùng nhau

Chứng minh Giả sử f(x) có phân tích

f (x) = (a1x + b1)m1

· · · (akx + bk)m k

p1(x)n1

· · · pr(x)n r

Thế thì rõ ràng

n = deg f (x) ≥ m1+ m2+ + mk = số nghiệm của f (x) trong K 3.3 Định lý Giả sử

p(x) = a0+ a1x + · · · + anxn(n > 1)

là một đa thức bất khả quy của vành K[x].Thế thì có một trường E xác định duy nhất (sai khác một đẳng cấu) sao cho

(i)K là một trường con của E

(ii)p(x) có một nghiệm θ trong E

(iii)Mọi phần tử α ∈ E viết duy nhất dưới dạng

α = b0+ b1θ + · · · + bn −1θn −1, bi ∈ K, i = 0, 1, , n − 1

Chứng minh.(i) Gọi I là iđêan sinh bởi p(x), I là tối đại.Như vậy vành thương E = K[x]/I là một trường

Xét toàn cấu chính tắc

h : K[x] → K[x]/I

Thu hẹp của h vào K là một đồng cấu

h : K → K[x]/I

Ta chứng minh nó là đơn cấu.Thật vậy ,giả sử a, b ∈ K sao cho

a + I = b + I

Vậy a − b ∈ I,tức là a − b là một bội của p(x),điều này chỉ xảy ra khi

a − b = 0.Vì h là đơn cấu nên ta hãy đồng nhất các phần tử a ∈ K với h(a) ∈ K[x]/I = E

Do đó K là một trường con của trường E

(ii) Ký hiệu h(f(x)) = f(x) + I = f(x).Ta có

p(x) = a0+ a1x + + anxn = 0 Nhưng ta đã đồng nhất các phần tử a ∈ K với h(a) = h(a) = a ∈ K[x]/I = E cho nên ta có thể viết

a0+ a1θ + + anθn= 0 trong đó θ = x.Vậy θ ∈ E là một nghiệm của p(x)

(iii) Cuối cùng một phần tử tùy ý của E có dạng f(x) với f(x) là một đa thức của K[x].Lấy f(x) chia cho p(x),ta được

f (x) = p(x)q(x) + r(x) với r(x) = b0 + b1x + + bn −1xn −1, b0, b1, , bn −1 ∈ K,không nhất thiết khác 0.Lấy ảnh của f(x) bởi h được

f (x) = p(x)q(x)+r(x) = 0+r(x) = b0+a1x+ .+bn −1xn −1 = b0+b1θ+ .+bn −1θn −1

Hai phần tử

f (x) = b0+ b1θ + + bn −1θn −1

và

g(x) = c0+ c1θ + + cn −1θn −1

bằng nhau khi và chỉ khi bi = ci, i = 0, 1, , n − 1 (vì f(x) − g(x) là bội của p(x))

Bây giờ ta chứng minh trường E xác định duy nhất (sai khác một đẳng

cấu).Thật vậy,giả sử có một trường E′ cũng có các tính chất (i),(ii),(iii).Gọi

θ′ là một nghiệm của p(x) trong E′.Xét đồng cấu

ϕ : K[x] → E′

f (x)7−→f(θ ′ )

Ta có p(x) ∈ ker ϕ.Mặt khác K[x] là một vành chính nên ker ϕ sinh ra bởi một đa thức p′(x).Vì ϕ 6= 0 nên ker ϕ 6= K[x],do đó p′(x) không khả nghịch.Kết luận p(x) và p′(x) phải là liên kết,do đó ker ϕ = I.Thêm nữa do (iii),E′ ⊂ Im ϕ = K[θ′],vậy E′ = Im ϕ,và ta có ϕ là toàn cấu.Áp dụng định

lý đồng cấu,ta có một đơn cấu ϕ : K[x]/I → E′ sao cho tam giác

K[x]

p

L L L L L

ϕ

//E′

K[x]/I = E

ϕ

s s s s s s

là giao hoán.Nhưng ở đây vì ϕ là một toàn ánh nên ϕ cũng là toàn ánh.Đẳng cấu ϕ được xác định bởi:

b0+ b1θ + + bn −1θn−1 7−→ b0+ b1θ′ + + bn −1θ′n−1

nó giữ nguyên các phần tử của K và biến θ thành θ′

Ví dụ 7.Cho trường K = R, p(x) = x2+ 1 là đa thức bkq trên R[x].Hãy xây dựng trường E thỏa mãn các tính chất sau: (a)R là một trường con của E (b)p(x) = x2+ 1 có nghiệm trên E

(c)∀α ∈ E viết duy nhất dưới dạng

α = b0+ b1θ, b0, b1 ∈ R

Áp dụng định lý 3.3 ta xây dựng được trường E chính là trường

C= {a + bi|a, b ∈ R}

3.4 Hệ quả Giả sử f(x) là một đa thức có bậc n > 1 của vành đa thức K[x].Thế thì bao giờ cũng có một trường chứa K như một trường con sao cho f(x) có đúng n nghiệm trong đó,các nghiệm có thể phân biết hoặc trùng nhau

Chứng minh Gọi p(x) là một nhân tử bkq của f(x) có bậc lớn hơn 1 (nếu các nhân tử bkq của f(x) đều bậc 1 thì f(x) có đầy đủ nghiệm trong K và

vấn đề coi như xong).Ta xây dựng trường E như trong định lý 3.3,đa thức p(x) có nghiệm trong E,do đó f (x) cũng vậy.Nếu f (x) có n nghiệm trong E thì vấn đề coi như xong,trái lại f(x) phải có dạng

f (x) = (x − c1)m1

· · · (x − ck)m k

f1(x) với ci ∈ E, i = 1, 2, , k, f1(x) ∈ E[x] với 1 < deg f1(x) < deg f (x)

Ta lại mở rộng trường E thành trường E1 để f1(x) có nghiệm trong E1.Vì bậc của các đa thức là hữu hạn nên sau một số bước hữu hạn ta phải được một trường Ek trong đó f(x) có n nghiệm

Ví dụ 8.Xét đa thức f(x) ∈ Q[x], Q là trường số hữu tỉ

f (x) = x4− x2− 2 = (x2+ 1)(x2 − 2) Các đa thức x2+ 1 và x2− 2 là bkq trên Q[x].Ta hãy mở rộng Q theo phương pháp của định lý 3.3 để x2 + 1 có nghiệm.Gọi Q[i] là trường mở rộng đó với i là một nghiệm của x2+ 1.Vì −i ∈ Q[i] nên Q[i] chứa hai nghiệm của

x2+ 1.Bây giờ ta lại mở rộng Q[i] để x2− 2 có nghiệm.Gọi√2 là một nghiệm của x2− 2 và ký hiệu bằng Q(i)(√2) trường mở rộng đó,ta được hai nghiệm của x2− 2 trong Q(i)(√2).Như vậy trong trường Q(i)(√

2) thì f (x) có bốn nghiệm là ±i, ±√2