Vanh da thuc

yeâu caàu.. Haïng töû vôùi soá muõ lôùn nhaát ñöôïc goïi laø haïng töû cao nhaát cuûa ña thöùc.. Chöùng minh: Ta chöùng minh baèng qui naïp theo n. Giaû söû ñònh lí ñuùng vôùi n –1, [r]

(1)

CHƯƠNG 5:

VAØNH ĐA THỨC

Vành đa thức biến

1

1.1 Định nghóa

• Giả sử A vành giao hóan với phần tử đơn vị ≠ Gọi M tập hợp dãy (a1 a2, ….,an,….) ∈ A có số hữu hạn

chúng khác Trên M xác định phép tóan cộng phép tóan nhân (a , a , ….,a ….) + (b , b , ….,b ….) = (a + b , a1 +b1, ….,an +bn,….)

(a0 a1, ….,an….).(b0 b1, ….,bn….) = (c0, c1 , ….,cn,….),

ong ck =

sau :

n n 0

∑

tr

+ k

i j i j

b

a , k = 0, 1, 2,…

a ,

vị (1, 0, ….,0,…) Ngòai phép p tốn + nhờ đẳng thức :

• Khi (M, +) nhóm giao hóan với phần tử đơn vị = ( 0, 0, ….,0,…), phần tử nghịch đảo phần tử (a0, a1, ….,an….) (– a0, – a1, ….,– n….) (M

•) vị nhóm giao hóan với phần tử đơn tóan • phân phối phé

∑

+j k +

i i j j

) c b (

a =

∑

= +j k

i i j

b

a +

∑

i i j

c a

Từ (M, +, •) vành giao hoán {(a, 0,…,0, ), a

• Nếu đặt M’ = ∈ A } ⊂ M, (M’,+, • ) vành M từ đẳng cấu vành f : A ⎯ →⎯≅ M’, a (a,0,…,0, ), ta đồng

a

v

phần tử a∈ A với dãy (a, 0, ….,0,…) ∈ M Vì A xem vành ta

n

Vì có số hữu hạn phần tử dãy (a0, a1, ….,an….) khác

hể qui ước viết phần tử khác M dạng M

• Nếu ta ký hiệu x = (0, 1, 0,…,0,…) từ định nghĩa phép tóan • + :

x2 = (0, 0, 1, 0, 0,…,0,…)

x = (0, 0, 0, 1, 0,…,0,…) … x = (0,0,…,0, 1, 0,…,0…) Ta qui ước viết x0 = (1, 0,0,…,0,…) =

•

(2)

(a0, a1, ….,an, 0,…), an≠ am = với m > n

Theo qui ước cách viết đó, từ định nghĩa phép tóan • + M, phần tử :

1,0, …) + … + (an, 0,…).(0,

+ an xn = = f(x)

ác phần tử f(x) =

(a0, a1, ….,an, 0,…) ∈ M biểu diễn dạng

(a0, a1, …, an, 0, ) = (a0, 0,….) + (a1,0,….).(0,

…,0,1,0, )

∑

=

n

0 i

i ix a

= a0 + a1 x + …

Vành (M,+, •) gọi vành đa thức biến x A, kí hiệu A[x]

n

•

∑

=

i x

a A [x] gọi đa thức biến x. Các đa thức Các aixi gọi hạng tử đa thức, đăïc biệt 0x0 = a0 gọi hạng tử tự do Nếu an ≠ số n gọi bậc đa thức f, h e , hệ tử cao đa thức f(x) Đa th i b a thức không. Đa thức bậc phần tử h r g ta không định nghĩa ∈

0 i

i

gọi hệ tử

a

kí iệu d g(f) = n a gọi n

ức vớ hệ tử ằng gọi đ

của vành A cịn gọi đa thức hằng C ú ý ằn bậc đa thức

1.2 Định lí

Cho f(x) g(x hai đa thức Khi đo : ) ù

1) Nếu f(x) + g(x) ≠ deg(f + g) ≤ max {deg(f), deg (g)} Hơn giả ) = deg(f) = deg (g)

thiết thêm deg(f) = deg(g) deg(f + g

2) Nếu f(x)g(x) ≠ deg(f.g) ≤ eg(f) de (g) Hơn giả thiếtd + g êm A vành nguyên deg(f.g) = deg(f) + deg(g)

hứng minh: Giả sử f = th

C

∑

=

i x i

a , g = n

∑

i =

i ix

b , với an, bm ≠ 0, m = n + k, k

0 i

r h

êu định lí

1.3 Định lí

0 i

Khi f + g =

∑

( +

∑

vaø f.g = a

≥

= = +

m

1 n i

0b0 + …+ (a0bk + a1bk–1 +… akb0 )xk + …+ anbm xn+m

Chú ý rằng, A vành ngun a b n m≠ Từ đó, suy a khẳng địn n

(3)

Chứng minh : Giả sử f = , g = (với an ,bm ≠ 0) hai đa thức khác

khơng Khi f.g = a0b0 +….+ (a0bk +…+ akb0) xk + ….+ an bm xn+m

Vì A khơng có ước nên từ an ,bm≠ suy anbm≠ 0, f.g ≠

1.4 Định lí

a xi i i

n

=

∑

0

b xi i i

m

=

∑

0

Nếu K trường vành K[x] vành Euclide, vành chính, vành Gauss

Chứng minh :

Từ 1.3 suy K[x] vành nguyên Xét ánh xạ deg : K[x]– {0} ∠ , f deg(f) Từ 1.2 suy deg(fg) = deg(f) + deg (g) deg(f)

Bây giờ, với f, g K[x] g ≠ 0, ta tồn q, r K[x] cho f = qg + r với r = deg(r ) < deg(g)

Tồn tại

Nếu f = ta lấy q = 0, r = Nếu với f ≠ deg(f) < deg(g) ta lấy q = 0, r = f Vậy cần xét trường hợp f ≠ deg(f) deg(g)) Ta chứng minh cách qui nạp theo deg(f)

→ a

≥

∈ ∈

≥

- Với deg(f) = 0, deg(g) = 0, tức f, g ∈ K, g ≠ 0, từ cần chọn q = f.g–1 r =

- Giả sử khẳng định cho đa thức với bậc < deg(f), ta khẳng

định cho deg(f) Nếu f = , g = đặt f1 = f – b an xn–m g Khi

đó f1 = deg(f1) < deg(f) Nếu f1 = khẳng định chứng minh

Nếu deg(f1) < deg(f) theo giả thiết qui nạp tồn q1, r1

a xi i i

n

=

∑

0

b xi i i

m

=

∑

0

1 m

−

∈ K[x] cho f1 = q1

g + r1 , với r1 = deg(r1 ) < deg(g) Từ

f = f1 + b an xn–m g = q1g + r1 + b an xn–mg = (q1 + b an xn–m )g + r1

Duy Giả sử có f = qg + r = q’g + r’ Khi (q – q’)g = r – r’ Nếu r ≠ r’ (q – q’)g ≠ 0, suy deg(r – r’) = deg( q – q’) + deg(g) (mâu thuẩn

deg(g) deg (r – r') max {deg(r), deg(r')} < deg(g) ).Vậy r = r’ từ q = q'

1 m

−

m

−

m

−

(4)

1) Thực phép chia Euclide đa thức f = x5 + x2 + cho g = x3 + 3x2 –

treân vaønh 3[x]

x5 + 0x4 + 0x3 + x2 + 0x + x

x

3 + 3x2 – 5 + 3x4 + – 4x2

– 3x4 + + 5x2 + x

– 3x

2 – 3x + 4 – 9x3 +12x +

9x3 + 5x2 –12x +

9x3 + 27x2 – 36

– 22x2 – 12x + 37

Từ x5 + x2 + = (x3 + 3x2 – 4)( x2 – 3x + 9) – 22x2 – 12x + 37

2) Thực phép chia đa thức f = 1x5 + 1x2 + cho g = 1x3 + 3x2 –

trên vành 95[x]

1x5 +

0

3

––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––-

1x2 – 3x +

3

–

– 3x4 – 4x3 + 2x –––––––––––––––––––––––––––––––––––––––

4x3 – 2x + 4x3 + 2x2 –

––––––––––––––––––––––––––-

– 2x2 – 2x +

Từ đó, 1x5 + 1x2 + = (1x3 + 3x2 – 4) (1x2 – 3x + 4) – 2x2 – 2x +

1.5 Không điểm đa thức

Cho vành A , c phần tử A f(x) = đa thức A[x] Phần tử f(c) := gọi giá trị đa thức f(x) c Nếu f( c) = ta nói c khơng điểm nghiệm f(x) Việc tìm tất ghiệm f(x) A gọi giải phương trình đại số bậc n = A

∑

=

n

0 i

i ix a

∑

=

n

0 i

i ic a

∑

=

n

0 i

i ix a

•

(5)

1.6 Định lí

Giả sử K trường, c phần tử A f(x) = đa thức K[x] Khi c nghiệm f(x) (x - c) | f(x)

Chứng minh : Thực phép chia Euclide f(x) = (x – c)g(x) + r Từ suy r = f(

c) Vậy viết f(x) = (x – c)g(x) + f(c) Khi khẳng định rõ ràng

1.7 Cấp không điểm

∑

=

n

0 i

i ix a

Cho K trường, c K, f(x) ∈ ∈ K[x] m số tự nhiên Ta nói c

nghiệm bội cấp m f(x) chia hết cho (x – c )m khộng chia heát cho (x – c

)m+1 Nếu m = ta cịn nói c nghiệm đơn, m = c gọi nghiệm

a thức có nghiệm bội cấp m đa thức có m nghiệm trùng

í

≥

kép Ta xem đ

1.8 Định l

Giả sử K trường cho đa thức khác

K[x] có nghiệm K Khi với đa thức f ∈ K[x ] tồn phần tử a1, a2, …, an K c K cho f(x) = c (x – a1)(x – a2) …(x – an)

Chứng minh : Giả sử a1 nghiệm đa thức f(x) Theo định lí 1.6 ta có f(x)

2

f(x) = q1(x) (x – a1)(x – a2)

Tiếp tục lí luận qn ta có điều cần chứng minh

• Một trường K có tính chất định lí 1.8, đa thức khác K ều có nghiệm K, gọi trường đóng đại số Cho dù K khơng đóng đại số ta có:

1.9 Định lí

∈ ∈

= (x – a1)q(x) với deg(q) = deg(f) –1 Nếu q khác theo giả thiết tìm

một nghiệm q(x) a ta có

đ

Mọi đa thức bậc n trường K có nhiều n nghiệm kể bội

Chứng minh : Giả sử đa thức f(x) có k nghiệm phân biệt a1, a2, …, ak với bội tương

ứng m1, m2, …, mk phép chia Euclide ta có phân tích

f(x) = (x – a1 (x – a2 …(x – an q(x)

≥

(6)

Từ suy m1 + m2 +…+ mk

≤

1.10 Định lí

ChoK trường vơ hạn, f(x) = , g(x) = hai đa thức K[x] Khi f(c) = g(c) với c

∑

=

n

0 i

i ix

a

∑

=

n

0 i

i ix b

∈ K f = g, tức ak = bk với k = 0,

1, …, n

Chứng minh : Xét đa thức f(x) – g(x) = , theo giả thiết

hần tử K nghiệm đa thức Từ đó, định lí 1.9, phải có ak =

bk với k = 0, 1, …, n

1.11 Hàm đa thức

∑

= −

n

0 i

i i i b )x a

(

p

• Với đa thức f(x) =

∑

i x a ∈

i

i K[x] ta xaùc định ánh xạ sau

(c) = gọi hàm đa thức tương ứng với f

• CHÚ Ý: Xét ánh xạ : K[x] KK = {ánh xạ: K K}, f ,

kiểm tra dễ dàng đồng cấu vành Ta khảo sát tính đơn ánh Giả sử K = {t1, t2, …,tN} hữu hạn xét f =

∧f : K → K, ∧

f

∑

=

n

0 i

i ic a

ϕ → → a ∧f

ϕ

∏

= −

N

1 k

k) t x

( ∈

a) K[x] Khi ta có

f ≠ deg(f) = N rõ ràng = (c) = với c K Như ta có f ≠ mà (f) = (0) = Từ

≥

∧ f

∧

f ∈

ϕ ϕ ϕ không đơn ánh

b) Giả sử K vơ hạn Khi đơn ánh từ ϕ ϕ(f) = ϕ(g) suy (c) = (c) với c K, hay f(c) = g(c) với c

∧ f

∧

g

∈ ∈ K, theo định lí 1.10, f = g

Như đơn cấu vành trường K vơ hạn Từ đó, K 3và ∀ ) ta đồng f với , tức xem đa thức f hàm xác định K

• Bây ta sử dụng kết qủa thu vành vành Euclide để nghiên cứu vành đa thức K[x] với K trường Trước :

ϕ

(7)

1) Phần tử khả nghịch K[x] phần tử a ∈ K = K – {0}

) Đa thức liên kết với đa thức f(x) đa thức có dạng af(x) với a K 3) Phần tử bất khả qui K[x] đa thức p(x) có bậc 1, mà ước đa thức ( phần tử thuộc K ) đa thức có dạng c p(x) với c K* Rõ ràng đa thức bậc : ax + b bất khả qui Chúng có nghiệm – a–1b K Các đa thức bất khả qui khác tức đa thức bất khả

qui có bậc > vô nghiệm K Thật vây, p(x) đa thức bất khả qui có bậc > có nghiệm c K

p(x) = (x – c ).q(x) với deg(q)

Do ( x – c) ước thực p(x), điều trái với p(x) bất khả qui

1.12 Định lí

*

∈ *

2

≥

*

∈

≥

trường p(x) =

Cho K laø

∑

= aix ( n >1) đa thức bất

một trường T (theo nghĩa sai khác T

0 i

khả qui vành K [x] Khi tồn đẳng cấu) cho :

1) K trường T 2) p(x) có nghiệm u

3) Mọi phần tử z∈T viết dạng z =n

∑

]/ I Khi T f(x) bội p(x) nên ( f(x), p(x)) = Từ đo ù tồn r(x), s(x)

0 i

i iu

b , bi ∈ K Chứng minh :

Đặt I = < p(x) > ideal sinh p(x) , xét vành thương T = K[x trường Thật vậy, xét f(x) + I ≠ + I,

c ∈ K[x ] cho f.r + p.s = 1,

suy

ính tắc f.r ∈ + I Vậy ta coù

(f(x) + I).(r(x) + I) = f(x).r(x) + I = + I tức f(x) + I khả nghịch

Bây xét tòan cấu ch π: K[x] K[x] / I, f f + I, thu hẹp ên K : K K [x] / I , ta dễ kiểm tra

→ a

π| → π|K đơn cấu Từ có

tr K

thể đồng phần tử a∈ K với π|K (a) ∈ K [x] / I = T xem K

ường T Nếu đặt u = (x), ta viết π

(8)

π(p(x)) = i ) x ( ) a ( =

∑

= i i i

=

0 i

Vì π(p(x)) = p(x) + I = + I nên ta có

∑

Cuối lấy z thuộc T, tồn f

n

0 i

i iu

a = + I (phần tử không T),

điều có nghĩa u nghiệm T đa thức p(x)

∈ K[x] cho z = (f) Chia f

f(x) = p(x) g(x) + r(x), với r(x) =

π

cho p(x) ta

∑

=

i ix b (b

n

i∈

i

K không thiết ≠ 0) Từ ó z = (f) = (p.g) + (r) = +π π π π(r) = n

∑

=

i iu b

iểu diễn z Thật đ

0 i

B

Giả sử z =

∑

0 i= n i iu

b =

∑

−

0 i

i ñ

0 i

i i i c )u

b =

=

1 n

i iu

c Kh où :

∑

1 n ( − = − π(

∑

( ) = ,

tức

∑

1 n

i

x I , suy bội p(x), điều

một đẳng cấu Giả sử có trường T'

∈

∑

(

xảy bi = ci (do bậc p(x) lớn )

Bây ta T sai khác

cũng có tính chất T Gọi u' nghiệm p(x) T' Xét đồng cấu ϕ : K [x] → T', f(x) af(u') Có thể ϕ tòan cấu Kerϕ = I Từ theo định lí đồng cấu vành : T' = Imϕ ≅ K[x ]/ Kerϕ = K [x] / I = T

• ÁP DỤNG : Áp dụng định lí 1.12 cho trường hợp K = tập số thực p(x) = x2 + trường T lúc nàùy

3[x]/ = {a +b.i; a,b

> +

<x2 ∈3 vaø i laø nghiệm x2 + = 0} = ∀

Như ta tìm lại trường số phức quen thuộc

1.13 Định lí

Cho K trường, f(x) K[x] đa thức có bậc n > Khi tồn trường T mở rộng K cho f( x) có n nghiệm

Chứng minh : Nếu nhân tử bất khả qui phân tích f bậc chứng minh xong Giả sử có p(x) nhân tử bất khả qui với bậc > Ta xây ựng trường T để p(x) có nghiệm T Nếu f(x) chưa có n nghiệm phải có dạng :

∈

(9)

f(x) = (x –a)r… (x – b)s.f 1(x),

trong a,…,b ∈ T f1(x) ∈ T[x ], < deg(f1) < deg(f)

Tiếp tục mở rộng trường T thành T1 để f1(x) có nghiệm T1 Vì bậc đa thức

là hữu hạn nên sau số hữu hạn bước ta tìm trường mở rộng Tk thỏa

2 Vành đa thức nhiều biến

yêu cầu

2.1 Định nghóa

• Giả sử A vành giao hóan với đơn vị Ta đặt :

A1 = A[x1 ] , A2 = A1[x2 ], …, A n = An-1 [xn ]

Khi vành A n = An-1 [xn] , kí hiệu A[x1, x2, ….,xn], gọi vành đa thức n biến trên A Mỗi phần tử A[x1, x2, ….,xn] gọi đa

thức n biến x1, x2, ….,xn , viết f(x1, x2, ….,xn ) ∈ A[x1, x2, ….,xn]

Bây ta tìm cách biểu diễn phần tử vành A[x1, x2, ….,xn]

Trước hết xét đa thức hai biến f(x,y) ∈ A[x,y] = A[x][y] Nó viết dạng :

f(x,y) = a0(x) + a1(x)y + + an (x)yn

với ai(x) =

∑

= i

m

0 k

k ikx

b ∈ A[x]

Vì A [x, y] vành nên phép nhân phân phối phép cộng , f(x,y) viết

f(x,y) =

∑

i

m m mj

m x y

c

j im

m ∈ A

Bằng qui nạp ta thấy đa thức biến viết dươiù dạng :

f(x1, x2, ….,xn ) = , với c A, (1)

….x với a

∑

n i

m n m

1 m

m x x

c

n i m

m ∈

Mỗi hạng tử g = ax1m1 nmn ∈ A gọi mơt đơn thức, a ≠

+…+ mn gọi bậc đơn thức g, kíù hiệu deg(g) Ta đa thức f viết dạng (1)

deg(f) = max { m1 + m2 +…+ mn : c 0}

toång m1 + m2

định nghóa bậc

n i m

(10)

2.2 Cách xếp đa thức theo lối tự điển

• Xét vị nhóm cộng giao hốn ∠ = ∠0 × ∠0 × …× ∠0 với phép cộng xác

định (a1, a2, …,an) + (b1, b2, …,b ) = (a1 + b1, a2 + b2, …, an + bn) Trên ∠ xác

ịnh quan hệ > sau : (a1, a2, …,an) > (b1, b2, …,bn) tồn

i {1, 2, …, n} cho

a1 = b1, a2 = b2, …, ai–1 = bi–1 vaø > bi

VÍ DỤ: Trên ∠ , (2, 1, 1) > (1, 2, 3) > (0, 4, 1) > (0, 3, 9)

Có thể kiểm tra dễ dàng (∠ , >) vị nhóm thứ tự tịan phần • Sắp xếp đa thức f(x1, x2, ….,xn) = theo lối từ điển

là cách xếp hạng tử đa thức theo thứ tự giảm dần tăng dần số mũ (m1, m2, …, mn) ( theo quan hệ thứ tự hạng tử thiếu

biến xi ta xem mi = ) Hạng tử với số mũ lớn gọi hạng tử cao nhất đa thức

VÍ DỤ : Trong đa thức f(x1, x2, x3) = 4x + 2x – 3x + x

ta có (3,1,1) > (2,4,0) > (1,0,5) > (0,5,1) nên có dạng xếp lối từ điển f(x1, x2, x3) = – 3x x + 4x + 2x + x

KÍ HIỆU: Neáu x = (x1, x2, ….,xn), m = (m1, m2, ….,mn) ta viết

xm = x x …x

2.3 Định lí

n

n 0n

ñ ∈

3

n

∑

n

m n m

1 m

m x x

c

2

1 x42 1x53 13x2x3 52x3

3

1x2 3 12x42 1x53 52x3

1

m

1

m

2 n

m n

Neáu A vành nguyên A[x1, x2, ….,xn] vành nguyeân

Chứng minh: Giả sử f = g = hai đa thức khác

sắp xếp theo lối từ điển, tức n > n – > … > , m > m – > … > 0, hạng ùc hệ tử an≠ 0, bm≠

ù f.g = , i = 1, 2, …, n j = 1, 2, …, m Từ hệ tử hạng tử cao f.g anbm Vì A vành nguyên nên anbm≠ 0, f.g ≠

0

∑

=

n

0 k

k kx

a

∑

=

m

0 k

k kx b

tử cao chúng có ca

Khi đo

∑

j , i

(11)

CHÚ Ý: Vành đa thức K[x1, x2, ….,xn] trường K vành với

n Chẳng hạn ideal < x1, x2, ….,xn > ideal

2.4 Đa thức đối xứng

≥

• Cho A vành giao hóan với đơn vị ≠ 0, A[x1, x2, ….,xn ] vành đa thức n

biến Một đa thức f A[x1, x2, ….,xn ] gọi đối xứng

, ….,x ) với hóan vị Sn

• VÍ

∈

f(x1, x2, ….,xn ) = f(xσ(1), xσ(2) σ(n) σ∈

DỤ: Các đa thức sau :

1 σ

= x1 + x2 + … +xn

σ2 = x1x2 + x1x3 … + xn-1 xn

σ

k 1x x

x

∑

1 k

n σ

= x1x2 ….xn

đa thức đối xứng 2.5 Định lí

là đối xứng gọi

Các đa thức đối xứng độc lập đại số A, tức là, f( , … , ) = với f A[x1, x2, ….,xn ] f =

Chứng minh: Ta chứng minh qui nạp theo n Trường hợp n = tầm thường Giả sử định lí với n –1, ta với n Thật vậy, giả sử f

σ1,σ2 σn

∈

∈ A[x1, x2, ….,xn] đa thức khác có cấp bé cho f(σ1,σ2, … , ) =

Ta viết đa thức f(x1, x2, …., xn) đa thức biến xn :

f = f0(x1, x2, …., xn–1) + f1(x1, x2, …., xn–1)xn + … + fs(x1, x2, …., xn–1)x

trong fi(x1, x2, …., xn–1) A[x1, x2, ….,xn–1] Hạng tử f0(x1, x2, …., xn–1) ≠

vì khơng f = xn g, từ = f(

σn

s n

∈

σ1,σ2, …,σn) = σng(σ1,σ2, … , ) = 0,

do g( , … , ) = 0, điều mâu thuẩn với f có cấp nhỏ thỏa f( , … ,

σn

σ1,σ2 σn

σ1,σ2 σn) = Bây ta có

= f0(σ1,σ2, …,σn–1) + f1(σ1,σ2, … ,σn–1)σn + … + fs(σ1,σ2, … , n–1

Vế phải tất nhiên đa thức n biến x1, x2, ….,xn thay xn = vào

σ )σs

(12)

do (xσn 1, x2, …,xn–1, xn) = x1 x2 ….xn–10 = nên ta có f0(ω1,ω2, …, n–1) =

ó = (x1, x2, …, xn–1, 0) đa thức đối xứng n – biến Kết hợp với

f0(x1, x2, …., xn–1) ≠ dẫn đến mâu thuẩn với giả thiết qui nạp

2.6 Định lí

ω

ωi σi

ñ

Đối với đa thức đối xứng f∈ A[x1, x2, ….,xn] tồn đa thức g ∈

A[x1, x2, ….,xn] cho f(x1, x2, …., xn) = g(σ1, σ2, ….,σn) Chứng minh:

• Sự tồn

Ta xếp f(x1, x2, …., xn) theo lối từ điển giả sử ax … x hạng tử

cao Khi ta phải có a a2 … an Thật vậy, giả sử tồn i

cho > ai–1 Vì f đối xứng nên f phải chứa hạng tử ax …x … x

có từ ax … x cách thay xi xi–1 xi–1 xi Do > ai–1

neân (a1, …, ai–2, ai, ai-1 n) > (a1, …, ai–2, ai–1, ,…, an), ax … x

khơng hạng tử cao nhất, điều dẫn đến mâu thuẩn Xét đa thức a

1

a x

a

2 n

a n

1

≥

1

a

1 i

a i− x i

a

i − n

a n

1

a x

a

2 n

a n

,…, a a1

1 x a

2 n

a n

σa1 a2

1

− σa2 a3

− … σan n

1

a x

dễ kiểm tra đa thức đối xứng có hạng tử cao ax … x

Đặt f1 = f – a …

2

a

2 n

a n

σa1 a2

1

− σa2 a3

− σan

n ( rõ ràng đa thức đối xứng)

- Nếu f1 = ( chứng minh xong)

- Nếu f1≠ 0, ta lại xếp theo lối từ điển giả sử hạng tử cao

nhất bx … x , để ý lúc (a1, a2,…, an) > (b1, b2,…, bn),

và a1 b1

Đặt f2 = f1 – a …

1

b

1 x

b

2 n

b n

≥

σb1 b2

1

− σb2 b3

− σbn n

- Nếu f2 = ( chứng minh xong)

- Nếu f2≠ 0, ta lại xếp theo lối từ điển giả sử hạng tử cao

nó cx … x , để ý lúc (b1, b2,…, bn) > (c1, c2,…, cn), b1

c1

Quá trình chấm dứt sau số hữu hạn bước tương ứng với ta có dãy số tự nhiên giảm dần a1 b1 c1 …

•Sự nhất. Giả sử có g g1

1

c x

c n c n

≥

(13)

f(x1, x2, …., xn) = g(σ1, σ2, ….,σn) = g1(σ1, σ2, ….,σn)

Khi (g – g1) ( , …, ) = 0, từ g = g1 định lí 2.5

ùng minh tồn định lí cung cấp phương pháp để tìm g cho f(x1, x2, …., xn) = g( ,

σ1,σ2 σn

CHÚ Ý: Phép chư

σ1 σ2, ….,σn), tức phương pháp biểu thị đa

thức đối xứng qua đa thức đối xứng

VÍ DỤ: Biểu thị đa thức đối xứng sau qua đa thức đối xứng f(x1, x2, x3) = x + x + x + x + x + x Giải:

Hạng tử cao f x Lập hàm f1 = f –

2

1x2 1x22 12x3 1x23 22x3 2x32

1x2

σ2 1

− σ1

− σ0

3 = f – σ1 σ2

= x + x +x + x + x + x

– (x1 + x2 + x3)( x1 x2 + x1x3 + x2x3) = – x1 x2 x3

Lập hàm f2 = f1 +

1 x2 1x22 12x3 1x32 22x3 2x23

σ1 1

− σ1

3 = f1 + 3σ3 =

Từ f = f1 + σ1σ2 = – 3σ3 + σ1σ2

3 Các đa thức trường số

3.1 Định lí (d' Alermbert)

Trường số phức ∀ đóng đại số, tức đa thức f ∈ ∀[x] có bậc có nghiệm ∀

hứng minh: (xem phần phụ lục)

≥

C

3.2 Định lí

a) Các đa thức bất khả qui ∀[x] đa thức bậc : p(x) = ax + b – Các đa thức bậc : p(x) = ax + b

ña th x2

b) Các đa thức bất khả qui 3[x] bao gồm :

(14)

Chứng minh: a) suy r tra ực tiếp từ định lí 3.1 Ta chứng minh b) Giả sử p(x) thuộc [x] bất khả qui deg(p) Vì p(x) thuộc ∀[x] nên theo định lí 3.1 p(x)

3 Vì

≥

3

có nghiệm z ∈∀ p bất khả qui 3[x] nên z ∉ z

ø nghiệm p(x) nên T = (x – z)(x – z

la ) ước p(x) ∀[x], T

= x2 – 2Re(z)x + 3[x] nên T ước p(x) 3[x] Do p bất khả

a.T, với a z ∈

∈

qui nên T phải liên kết với p, tức p = 3* Vậy p(x) tam thức

â ràng đa thức bậc bất khả qui,

vậy, không phải có

ớc đa thức bậc điều mâu thuẩn với giả thiết vô nghiệm đa thức

ẩn Eisenstein)

bậc khong có nghiệm thực Ngược lại rõ đa thức bậc khơng có nghiệm thực

3.3 Định lí ( tiêu chu

ếu f(x) = anx + an n–1xn–1 + … + a0

N ∈9[x] p số nguyên tố thỏa mãn

an≠ 0( mod p), 0(mod p) với i < n, a0≠ (mod p )

0 k

k

0 k

k

kx ; r, s > vaø r + s = n Vì

o p nguyên tố thỏa p | a0 nên suy b0

2

≡

thì f(x) đa thức bất khả qui Θ[x]

Chứng minh: Giả sử f =g.h, với g =

∑

= =

a0 = b0 c0 d ≡ 0(mod p) c0 ≡

0(mod p) Chú ý b0 0(mod p) c0≠ 0(mod p) không a0 =b0

co 0(mod p2) Giả sử b0 0(mod p) Ta để ý hệ số

≡

≡ ≡

của g(x) bội p khơng an = br cs ≡ 0(mod p), điều tra

với giả thiết Gọi b r < n) Khi ùi

ó từ = bic0 + bi–1c1 + … + b0ci suy bic0

i hệ số g không chia hết cho p (0 < i

≤

≡

đ 0(mod p) p nguyên toá

ên p |bi p | c0, điều dẫn đến mâu thuẩn

m – p đa thức bất khả qui

n

(15)

BÀI TẬP

1. Trên vành [x] xét đa thức f(x) = xp Hãy xác định hàm đa thức

tươn

2. Cho p số nguyên tố đa thức f(x) = xp –

∧ f p

g ứng với f

∈9p[x] Chứng minh

raèng f(x) = (x –1)p

3 Trong vành đa thức 95[x] thực phép tóan :

a) (2x2 + 4x2 + 1) (3x2 + 1x + 2)

b) (– 2x2 + 4x + 3)2

c) Phép chia (– 1x3 +2x2 +2x + 1) cho (–2x2 + 2x –1) 4. Trong vành 96[x] thực phép nhân

(2x3 + 4x2 + 1x) (3x2+ 3x + 2)

5. Trong vành 97[x] xác định p để dư phép chia

(1x3 + px + 5) cho (1x2 + x + 6)

7. Chứng tỏ đa thức

6 Trong vành Θ[x] chứng minh đa thức (x+1)2n – x2n – 2x –1 chia hết cho

các đa thức 2x + 1, x + x

1x2 + 14 ∈ 915[x] có nghiệm 915 8. Cho đa thức

f(x) = – x3 – 7x2 + 2x –

g(x) = – 2x2 + 2x –

a) Tìm ƯCLN f(x) g(x) Θ[x] b) Tìm ƯCLN f(x) g(x) 911[x]

9. Xét tập Θ( 2) = {a + b : a, b ∈Θ} Chứng minh

a) Θ( 2) trường vơiù phép cộng nhân thông thường số

b) Θ( 2) ≅ Θ[x] /

10.Xét tập

> − <x2

(16)

a) ( −3) trường vơiù phép cộng nhân thông thường so

b) ( −3) ≅ 3[x] /

11.Hãy biểu diễn đa thức sau qua đa thức đối xứng 1) x3 + y3 + z3 – 3xyz

2) x2 y + x y2 + x2 z + x z 2+ y2 z + y z2

3) – x2 z2 – y2 z2

4) x y + x y + x z + x2 z 5+ y5 z2 + y2 z5

12 Xác định tính bất khả qui đa thức sau trường số hữu tỉ 1) x4 – 8x3 + 12x2 – 6x –2

2) x5 – 12x3 + 36x –12

3) x4 – x3 + 2x +1

13 Chứng minh đa thức thuộc 3[x] có bậc khơng bất khả qui

14. Cho f(x) = xn + … + a

0 9[x] với n Chỉ f có nghiệm hữu tỉ

ghiệm nghiệm nguyên ước a0 5 Tìm tất nghiệm hữu tỉ đa thức sau: a) x7 –1

b) 2x4 – 4x +

c) x5 + x4 – 6x3 – 14x2 – 11x –

16. Cho p số nguyên tố Đặt f(x) = xp + xp–1 + … + Chứng tỏ f(x) bất

khả qui trêa Θ [x]

> + <x2

x4 + y4 + z4 – 2x2 y2

5 2 5

≥

∈

≥

n

1