Về tập nghiệm của họ đa thức trên một trường

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– NGUYỄN THỊ ĐÀI TRANG VỀ TẬP NGHIỆM CỦA HỌ ĐA THỨC TRÊN MỘT TRƯỜNG THÁI NGUYÊN, THÁNG 10 NĂM 2018 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– NGUYỄN THỊ ĐÀI TRANG VỀ TẬP NGHIỆM CỦA HỌ ĐA THỨC TRÊN MỘT TRƯỜNG Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN GS TS LÊ THỊ THANH NHÀN THÁI NGUYÊN, THÁNG 10 NĂM 2018 iii Mục lục Lời cảm ơn iii Lời mở đầu iv Tập nghiệm họ đa thức 1.1 Tập đại số 1.2 Mối quan hệ tập đại số iđêan 1.3 Định lý sở Hilbert Mối quan hệ tập đại số iđêan 14 2.1 Định lý không điểm Hilbert 14 2.2 Mối quan hệ tập đại số iđêan 21 2.3 Tập đại số bất khả quy 24 2.4 2.5 Một ứng dụng xét tính bất khả quy đa thức nhiều biến 29 Một ứng dụng xét tính nguyên tố iđêan vành đa thức nhiều biến 33 Kết luận 35 Tài liệu tham khảo 36 iv LỜI CẢM ƠN Tôi xin chân thành cảm ơn GS.TS Lê Thị Thanh Nhàn, người tận tình bảo, tạo điều kiện giúp đỡ tơi có thêm kiến thức, khả nghiên cứu, tổng hợp tài liệu suốt trình thực luận văn Mặc dù bận rộn công việc cô dành nhiều thời gian tâm huyết việc hướng dẫn, động viên, khuyến khích tơi từ tơi tiếp cận đề tài đến tơi hồn thành luận văn Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới Tơi xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu, Khoa Toán - Tin Phòng Đào tạo trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Tôi xin trân trọng cảm ơn Thầy, Cơ tận tình truyền đạt kiến thức quý báu tạo điều kiện thuận lợi để tơi hồn thiện luận văn Cuối tơi xin chân thành bày tỏ lịng biết ơn đến gia đình, bạn bè, người khơng ngừng động viên, hỗ trợ tạo điều kiện tốt cho tơi suốt q trình học tập thực luận văn Thái Nguyên, ngày 04 tháng 10 năm 2018 Tác giả Nguyễn Thị Đài Trang v LỜI MỞ ĐẦU Đối với đa thức biến trường K, tốn tìm nghiệm tốn Trong đa thức nhiều biến nhìn chung có vô số nghiệm việc nghiên cứu nghiệm riêng lẻ khơng khả thi Thay vào đó, người ta nghiên cứu tập nghiệm đa thức hay họ đa thức Cho K trường, cho S tập vành đa thức n biến với hệ số K Tập nghiệm S gọi tập đại số kí hiệu Z(S) Mục đích luận văn trình bày lại số vấn đề tập đại số K n (tức tập nghiệm họ đa thức n biến trường K) Luận văn thuộc lĩnh vực Hình học đại số, người ta dùng cơng cụ Đại số (vành đa thức, iđêan, iđêan nguyên tố, ) để nghiên cứu vật Hình học (tập đại số, tập đại số bất khả quy, ) Luận văn gồm hai chương Chương trình bày khái niệm ví dụ tập đại số, đồng thời nêu lại chứng minh Định lí sở Hilbert tính hữu hạn sinh iđêan vành đa thức Định lí sở Hilbert cho phép ta quy tập đại số tập nghiệm họ gồm hữu hạn đa thức Chương trình bày lại Định lý khơng điểm Hilbert Định lí phát biểu tập nghiệm iđêan thực vành đa thức trường đóng đại số tập khác rỗng Định lý không điểm Hilbert tổng quát Định lý Đại số Nhờ Định lí này, thiết lập quan hệ song ánh tập đại số K n iđêan vành đa thức n biến K, K đóng đại số Phần Chương dành để tập trung nghiên vi cứu tập đại số bất khả quy (tức tập đại số khác rỗng không hợp hai tập đại số bé hơn) Định lí phân tích tập đại số thành hợp hữu hạn tập đại số bất khả quy Sử dụng Định lí sở Hilbert, mối quan hệ song ánh tập đại số bất khả quy K n iđêan nguyên tố vành đa thức n biến trường đóng đại số K Hai tiết cuối Chương trình bày ứng dụng xét tính bất khả quy đa thức nhiều biến tính nguyên tố iđêan vành đa thức nhiều biến (xem Định lí 2.4.5, Định lí 2.5.1) Kết hai tiết đóng góp luận văn Tài liệu tham khảo luận văn sách [2] Riêng phần Định lí khơng điểm Hilbert, chủ yếu dựa vào sách [4] Thái Nguyên, ngày 04 tháng 10 năm 2018 Tác giả Nguyễn Thị Đài Trang Chương Tập nghiệm họ đa thức Trong suốt chương giả thiết V vành giao hoán Ký hiệu V [x1 , , xn ] tập đa thức n biến x1 , , xn với hệ số V Chú ý vành V [x1 , , xn ] vành giao hoán với phép cộng nhân đa thức, với phần tử đơn vị đa thức phần tử không đa thức Cho V1 vành giao hoán chứa V Cho K trường Các tài liệu tham khảo Chương [1] [2] 1.1 Tập đại số Trong tiết tập trung giới thiệu khái niệm tập đại số, đồng thời đưa số ví dụ tập đại số Định nghĩa 1.1.1 Một n phần tử (α1 , , αn ) ∈ V1n gọi nghiệm đa thức f (x1 , , xn ) ∈ V [x1 , , xn ] f (α1 , , αn ) = Khi ta nói (α1 , , αn ) nghiệm phương trình đa thức f (x1 , , xn ) = Định nghĩa 1.1.2 Cho đa thức f (x1 , , xn ) ∈ V [x1 , , xn ] Khi ta có ánh xạ f : V n → V cho ứng phần tử (a1 , , an ) ∈ V n với phần tử f (a1 , , an ) ∈ V Ta gọi f hàm đa thức n biến V tương ứng với đa thức f (x1 , , xn ) Kết quan trọng sau cho phép ta đồng đa thức với hàm đa thức, giả thiết V miền nguyên vô hạn Nhắc lại vành giao hoán V gọi miền nguyên V khác vành a, b ∈ V hai phần tử khác 0, ab = Định lý 1.1.3 Nếu V miền ngun vơ hạn ánh xạ ϕ cho tương ứng đa thức f (x1 , , xn ) ∈ V [x1 , , xn ] với hàm đa thức f song ánh từ tập đa thức V [x1 , , xn ] đến tập hàm đa thức n biến V Đặc biệt, đa thức f (x1 , , xn ) đa thức hàm đa thức f hàm không Chứng minh Nếu f (x1 , , xn ) đa thức rõ ràng hàm đa thức tương ứng hàm Ta chứng minh chiều ngược lại quy nạp theo n Giả thiết f hàm 0, tức f (a1 , , an ) = với (a1 , , an ) ∈ V n Cho n = Khi f (a1 ) = với a1 ∈ V Do đa thức biến f (x1 ) nhận phần tử V làm nghiệm Vì V vơ hạn nên f (x1 ) có vơ hạn nghiệm Suy f (x1 ) = Cho n > giả thiết kết cho trường hợp n − biến Biểu diễn k fi (x1 , , xn−1 )xin , f (x1 , , xn ) = i=0 fi (x1 , , xn−1 ) ∈ V [x1 , , xn−1 ] với i ∈ {0, 1, , k} Với phần tử a = (a1 , , an−1 ) ∈ V n−1 , đặt ga (xn ) = f (a1 , , an−1 , xn ) Khi k ga (xn ) = i=0 fi (a1 , , an−1 )xin ∈ V [xn ] Theo giả thiết, ga (xn ) đa thức biến nhận phần tử V làm nghiệm Do V miền ngun vơ hạn nên ta có ga (xn ) đa thức Vì fi (a1 , , an−1 ) = với i ∈ {1, , k} Như vậy, đa thức fi (x1 , , xn−1 ) ∈ V [x1 , , xn−1 ] nhận phần tử V n−1 làm nghiệm Theo giả thiết quy nạp, fi (x1 , , xn−1 ) đa thức với i ∈ {0, , k} Do f (x1 , , xn ) đa thức Cuối ta chứng minh ánh xạ ϕ cho tương ứng đa thức f (x1 , , xn ) với hàm đa thức f song ánh từ V [x1 , , xn ] đến tập hàm đa thức từ V n đến V Rõ ràng ϕ toàn ánh Nếu hai đa thức f (x1 , , xn ) g(x1 , , xn ) cho hai hàm đa thức đa thức f (x1 , , xn ) − g(x1 , , xn ) cho hàm đa thức Theo kết trên, f (x1 , , xn ) − g(x1 , , xn ) đa thức 0, tức f (x1 , , xn ) = g(x1 , , xn ) Vì ϕ đơn ánh Chú ý V có hữu hạn phần tử ánh xạ Định lý 1.1.3 nói chung khơng song ánh Thật vậy, V = {a1 , , ar } với số tự nhiên n, ta có đa thức n biến khác n f (x1 , , xn ) = i=1 (xi − a1 ) (xi − ar ), hàm đa thức tương ứng hàm Chú ý 1.1.4 Đối với đa thức biến trường K, toán tìm nghiệm tốn Chú ý đa thức khác khơng K[x] có hữu hạn nghiệm (số nghiệm khơng vượt q bậc nó) Trong đa thức nhiều biến nhìn chung có vô số nghiệm việc nghiên cứu nghiệm riêng lẻ khơng khả thi Thay vào đó, người ta nghiên cứu tập nghiệm đa thức hay họ đa thức Những tập nghiệm gọi tập đại số Ký hiệu K n = {(a1 , , an ) | ∈ K, i = 1, , n} Ta gọi K n không gian affin n chiều Đặc biệt K = K gọi đường thẳng affin, K gọi mặt phẳng affin Với tập S K[x1 , , xn ], ký hiệu Z(S) = {(a1 , , an ) ∈ K n | f (a1 , , an ) = 0, ∀f ∈ S} Tập Z(S) gọi tập nghiệm S (hay tập không điểm chung S) Định nghĩa 1.1.5 Một tập X K n gọi tập đại số (hay đa tạp affin) tồn S ⊆ K[x1 , , xn ] cho X = Z(S) Khi ta nói X tập đại số định nghĩa S Cho X = Z(S) tập đại số K n Nếu S = {f } ta viết X = Z(f ) Nếu f khác Z(f ) gọi siêu mặt K n Nếu S = {f1 , , fk } tập hữu hạn ta viết X = Z(f1 , , fk ) Chú ý tập đại số (khác ∅ khác K n ) giao họ siêu mặt, ta có X = Z(S) = Z(f ) f ∈S Ví dụ 1.1.6 (i) Tập X = {(0, 0)} ⊆ R2 tập đại số Vì tập nghiệm họ gồm hai đa thức {x1 , x2 } ⊆ K[x1 , x2 ] (ii) Tập X = {tm , tn ) | t ∈ R} với m, n hai số nguyên tố tập đại số (Chúng ta xem Hệ 2.4.7 Chương 2, có chứng minh chi tiết X tập đại số) Ví dụ 1.1.7 (i) Trong mặt phẳng affin Rn , tập đại số Z(x2 + y − 4) đường trịn bán kính tâm gốc tọa độ Trong hình học giải tích, đường trịn, đường elip, parabol, hypebol tập đại số (ii) Trong không gian affin 3-chiều R3 , tập đại số Z(z − x2 − y ) mặt paraboloid tròn xoay, thu cách quay parabol z = x2 quanh truc z Các mặt bậc hai ellipsoid, hyperboloid tập đại số Ví dụ 1.1.8 Cho X = {(a, a) ∈ R2 | a = 1} Khi X khơng tập đại số R2 Thật vậy, giả sử X tập đại số Khi tồn tập S vành đa thức hai biến R[x, y] cho X = Z(S) Lấy f (x, y) ∈ S tùy ý Đặt g(t) = f (t, t) xét g(t) đa thức biến t với hệ số thực Vì f (x, y) ∈ S nên f (x, y) triệt tiêu X Do ta có f (a, a) = với a ∈ R a = Suy g(a) = với a ∈ R a = Do R trường (và miền ngun) có vơ hạn phần tử, nên g(t) đa thức biến nhận vô hạn nghiệm Do g(t) đa thức Do g(1) = Suy f (1, 1) = Như vậy, (1, 1) nghiệm đa thức S Do (1, 1) ∈ Z(S) Suy (1, 1) ∈ X Điều vơ lí Vậy, X không tập đại số Bằng lập luận tương tự Ví dụ 1.1.8, ta có ví dụ sau tập Rn không tập đại số Ví dụ 1.1.9 Các tập hợp sau không tập đại số Rn (i) X = {(a, a) ∈ R2 | a = r}, n = r số thực tùy ý cho trước (ii) Y = {(a, sa) ∈ R2 | a = r}, n = r, s số thực tùy ý cho trước (iii) Z = {(s1 a, s2 a, , sn a) ∈ Rn | a = r}, r, s1 , , sn số thực tùy ý cho trước với số i cho si = 22 Trong Chương 1, giới thiệu khái niệm iđêan định nghĩa tập đại số Nhắc lại X tập đại số, iđêan định nghĩa X xác định I(X) = {f ∈ K[x1 , , xn ] | f (a1 , , an ) = 0, ∀(a1 , , an ) ∈ X} Bổ đề 2.2.1 Nếu X tập đại số I(X) iđêan K[x1 , , xn ] Chứng minh Theo Bổ đề 1.2.3, I(X) iđêan K[x1 , , xn ] Ta cần chứng minh I(X) iđêan căn, tức Rad(I(X)) = I(X) Rõ ràng I(X) ⊆ Rad(I(X)) Cho f ∈ Rad(X) Khi tồn n ∈ N cho f n ∈ I(X) Suy f n (a) = với a = (a1 , , an ) ∈ X Vì f (a) = với a = (a1 , , an ) ∈ X Suy f ∈ I(X) Theo Mệnh đề 1.2.1, X tập đại số K n tồn iđêan J K[x1 , , xn ] cho X = Z(J) = {a = (a1 , , an ) ∈ K n | f (a) = 0, ∀f ∈ J} Nói cách khác, tập đại số tập nghiệm iđêan vành đa thức Như vậy, ta có hai ánh xạ bảo tồn ngược quan hệ bao hàm sau α : { tập đại số K n } → { iđêan K[x1 , , xn ]} xác định α(X) = I(X) β : { iđêan K[x1 , , xn ]} → { tập đại số K n } cho β(J) = Z(J) Rõ ràng X ⊆ Y hai tập đại số K n I(X) ⊇ I(Y ) Ngược lại, J ⊆ J ′ hai iđêan K[x1 , , xn ], Z(J) ⊇ Z(J ′ ) Điều thể α, β bảo toàn ngược quan hệ bao hàm Chú ý mối quan hệ α, β không song ánh K khơng trường đóng đại số Ví dụ 2.2.2 Cho K = Q trường số hữu tỷ, cho J = Q[X] J ′ = (x2 − 2) iđêan Q[X] sinh đa thức bất khả quy x2 − (trên Q) Khi J = J ′ , Z(J) = ∅ Z(J ′ ) = ∅ Chú ý J 23 J ′ iđêan Q[X] Vì β khơng đơn ánh (và β khơng song ánh) Ta chứng minh α khơng tồn ánh Giả sử α toàn ánh Xét iđêan J ′ = (x2 − 2) Q[X] Vì α toàn ánh nên tồn tập đại số X Q1 cho α(X) = J ′ Suy J ′ = I(X) Theo Mệnh đề 1.2.6 ta có Z(J ′ ) = Z(I(X)) = X Vì Z(J ′ ) = Z(x2 − 2) = ∅ nên X = ∅ Suy (x2 − 2) = J ′ = I(X) = I(∅) = K[X] Điều vơ lí Vậy α khơng tồn ánh Do α khơng song ánh Ví dụ 2.2.3 Cho K = R trường số thực Chọn J = R[X] J ′ = (x2 + 1) Khi đó, lập luận tương tự Ví dụ 2.2.2, ta suy β(J) = β(J ′ ) = ∅ với J = J ′ , tức β không đơn ánh Hơn nữa, J ′ iđêan R[X], không tồn tập đại số X R1 cho α(X) = J ′ Điều chứng tỏ α khơng tồn ánh Dưới đậy, trình bày kết tiết Sử dụng Định lý không điểm Hilbert, chứng minh K trường đóng đại số ánh xạ α, β xác định song ánh Định lý 2.2.4 Cho K trường đóng đại số Khi ánh xạ α, β song ánh bảo toàn ngược quan hệ bao hàm Chứng minh Giả sử X, Y hai tập đại số K n cho I(X) = I(Y ) Theo Hệ 1.2.7 ta có X = Y Do α đơn ánh Cho I iđêan K[x1 , , xn ] Theo phát biểu (iii) Định lý khơng điểm Hilbert, ta có I = rad(I) = I(Z(I)) = α(Z(I)) Do α tồn ánh Rõ ràng α bảo toàn ngược quan hệ bao hàm, tức X ⊆ Y hai tập đại số K n I(X) ⊇ I(Y ) Tiếp theo, ta chứng minh β song ánh Cho J, J ′ hai iđêan K[x1 , , xn ] 24 cho β(J) = β(J ′ ) Khi Z(J) = Z(J ′ ) Theo Định lí khơng điểm Hilbert ta có J = I(Z(J)) = I(Z(J ′ )) = J ′ Vì thế, β đơn ánh Cho X tập đại số Khi X = Z(I(X)) = β(I(X)) Vì β tồn ánh Vì vậy, β song ánh Rõ ràng β bảo toàn ngược quan hệ bao hàm 2.3 Tập đại số bất khả quy Các đa tạp bất khả quy (hay tập đại số bất khả quy) xem viên gạch sở để tạo nên tập đại số Trong tiết này, quan tâm đến khái niệm tập đại số bất khả quy, tiêu chuẩn để tập đại số bất khả quy, định lý phân tích tập đại số thành hợp tập đại số bất khả quy Đặc biệt, dựa vào Định lý không điểm Hilbert, xây dựng song ánh bảo tồn ngược quan hệ bao hàm từ họ tập đại số bất khả quy K n đến họ iđêan vành đa thức K[x1 , , xn ], giả thiết K trường đóng đại số Chú ý K khơng đóng đại số mối quan hệ song ánh khơng thiết tồn Định nghĩa 2.3.1 Cho X ⊆ K n tập đại số Ta nói X tập đại số bất khả quy X = ∅ X không hợp hai tập đại số bé Ví dụ 2.3.2 Trong khơng gian Affine R3 , tập X = {(t, t2 , t5 ) | t ∈ R} tập đại số bất khả quy Chúng ta xem Hệ 2.5.2, có chứng minh chi tiết X tập đại số bất khả quy Theo Mệnh đề 1.2.2, tập K n không gian tôpô với tôpô Zariski (tức với họ tập đóng họ tập đại số K n ) Vì tập đại số bất khả quy có tính chất giống tập đóng bất khả quy khơng gian tơpơ thơng thường Vì ta có kết sau Mệnh đề 2.3.3 Cho X tập đại số K n X = ∅ Khi X tập đại số bất khả quy tập X mở theo 25 tôpô cảm sinh X tập trù mật (tức bao đóng X) Tiếp theo gắn kết đa tạp bất khả quy K n với iđêan nguyên tố vành đa thức K[x1 , , xn ] Trước hết ta nhắc lại khái niệm iđêan nguyên tố Định nghĩa 2.3.4 Một iđêan I vành đa thức K[x1 , , xn ] gọi iđêan nguyên tố I = K[x1 , , xn ] với hai đa thức f, g ∈ K[x1 , , xn ], f g ∈ I f ∈ I g ∈ I Mệnh đề 2.3.5 Cho X ⊆ K n tập đại số Khi X bất khả quy iđêan định nghĩa I(X) iđêan nguyên tố Chứng minh Giả sử X ⊆ K n tập đại số bất khả quy Vì X = ∅ nên I(X) = K[x1 , , xn ] Cho f g ∈ I(X) Đặt X1 = X ∩ Z(f ) X2 = X ∩ Z(g), Z(f ) Z(g) tập nghiệm f g K n Rõ ràng X1 , X2 ⊆ X Suy X1 ∪ X2 ⊆ X Cho a ∈ X Vì f g ∈ I(X) nên f (a)g(a) = Suy f (a) = g(a) = Do a ∈ Z(f ) a ∈ Z(g) Vì a ∈ X1 a ∈ X2 Vì X ⊆ X1 ∪ X2 Suy X = X1 ∪ X2 Chú ý X Z(f ) tập đại số Suy X1 = X ∩ Z(f ) tập đại số theo Mệnh đề 1.2.2 Tương tự, X2 tập đại số Do X bất khả quy nên X = X1 X = X2 Nếu X = X1 f ∈ I(X1 ) = I(X) Nếu X = X2 g ∈ I(X2 ) = I(X) Vậy I(X) iđêan nguyên tố Ta chứng minh chiều ngược lại Cho X không bất khả quy Ta cần chứng minh I(X) khơng iđêan ngun tố Vì X khơng bất khả quy nên tồn hai tập đại số X1 , X2 cho X = X1 ∪X2 , X1 , X2 = X Ta khẳng định I(X1 ) = I(X) Thật vậy, giả sử I(X1 ) = I(X) Khi Z(I(X1 )) = Z(I(X)), Z(I(X1 )) Z(I(X)) tập nghiệm chung I(X1 ) I(X) Vì X1 X tập đại số nên theo Mệnh đề 1.2.6 ta có Z(I(X1 )) = X1 Z(I(X)) = X Suy X1 = X, điều mâu thuẫn Do khẳng định chứng minh, tức I(X1 ) = I(X) Vì X1 ⊆ X nên I(X1 ) ⊃ I(X) Chọn đa thức f ∈ I(X1 )\I(X) Lấy g ∈ I(X2 ) tùy ý Khi g triệt tiêu X2 Do 26 f ∈ I(X1 ) nên f triệt tiêu X1 Do X = X1 ∪ X2 nên f g triệt tiêu X Suy f g ∈ I(X) Vì X2 = X nên tương tự lập luận khẳng định ta suy I(X2 ) = I(X) Do X2 ⊂ X nên I(X2 ) ⊃ I(X) Vì ta chọn g ∈ I(X2 )\I(X) Khi f g ∈ I(X) với f, g ∈ / I(X) Điều chứng tỏ I(X) khơng iđêan ngun tố Như nói đầu Tiết 2.3, tập đại số bất khả quy đóng vai trò viên gạch xây nên tập đại số Điều thể định lý sau Định lý 2.3.6 (Định lý phân tích bất khả quy) Nếu X = ∅ tập đại số K n , tồn hữu hạn tập đại số bất khả quy X1 , X2 , , Xn cho X = X1 ∪ ∪ Xn Chứng minh Ta chứng minh định lý phương pháp phản chứng Giả sử có tập đại số X = ∅ cho X không hợp hữu hạn tập đại số bất khả quy Khi X khơng bất khả quy X bất khả quy X = X phân tích cần tìm Suy X = Y1 ∪ Y2 , Y1 , Y2 tập đại số thỏa mãn Y1 = X, Y2 = X Nếu Y1 Y2 phân tích thành hợp hữu hạn tập đại số bất khả quy, X hợp hữu hạn tập đại số bất khả quy Do đó, Y1 Y2 khơng hợp hữu hạn tập đại số bất khả quy Khơng tính tổng qt, ta giả sử Y1 không hợp hữu hạn tập đại số bất khả quy Do Y1 = Y11 ∪ Y12 với Y11 Y12 tập đại số thỏa mãn Y11 = Y1 , Y12 = Y1 Cứ tiếp tục lập luận trên, ta dãy giảm không dừng tập đại số X Y1 Y11 Y111 Từ ta có dãy tăng iđêan định nghĩa I(X) I(Y1 ) I(Y11 ) I(Y111 ) Chú ý dãy iđêan dãy tăng nghiêm ngặt Thật vậy, I(X) = I(Y1 ) Z(I(X)) = Z(I(Y1 )) theo Mệnh đề 1.2.6 ta có X = Y1 , vơ lí Suy I(X) = I(Y1 ) Tương tự ta có I(Y1 ) = I(Y11 ), I(Y11 ) = I(Y111 ), 27 Vì vành đa thức K[x1 , , xn ] vành Noether (theo Định lý sở Hilbert), nên dãy tăng iđêan phải dừng, điều vơ lý Tiếp theo ta chứng minh tính phân tích bất khả quy Định lý 2.3.6 phân tích không thừa Định nghĩa 2.3.7 Cho X = ∅ tập đại số Cho X = X1 ∪ .∪Xn phân tích X thành hợp tập đại số bất khả quy Ta nói phân tích không thừa thành phần Xi bỏ được, tức Xj , X= j=i với i = 1, , n Định lý 2.3.8 (Tính phân tích) Cho X = X ∪ ∪ X n = Y1 ∪ ∪ Yk hai phân tích bất khả quy khơng thừa tập đại số X ⊆ K n Khi n = k sau phép hoán vị δ tập {1, 2, , n} ta có Xi = Yδ(i) , ∀i = 1, 2, , n Chứng minh Với i ∈ {1, 2, , n} ta có Xi = Xi ∩ X = (Xi ∩ Y1 ) ∪ ∪ (Xi ∩ Yk ) Chú ý Xi ∩ Yj tập đại số theo Mệnh đề 1.2.2 Do Xi bất khả quy nên tồn j ∈ {1, 2, , k} cho Xi = Xi ∩ Yj Suy Xi ⊆ Yj Hoàn toàn tương tự, với j ∈ {1, 2, , k} ta có Yj = Yj ∩ X = (Yj ∩ X1 ) ∪ ∪ (Yj ∩ Xn ) Suy Yj = Yj ∩ Xt với t Vì Yj ⊆ Xt Do Xi ⊆ Yj ⊆ Xt Do phân tích bất khả quy X = X1 ∪ ∪ Xn không thừa nên quan hệ Xi ⊆ Xt kéo theo i = t Suy Xi = Yj Hoàn toàn tương tự ta suy k = n tồn hoán vị δ tập {1, 2, , n} cho X1 = Yδ(1) , , Xn = Yδ(n) 28 Trong phần tiếp theo, xét mối quan hệ đa tạp bất khả quy K n iđêan nguyên tố K[x1 , , xn ] Cụ thể, xét hai ánh xạ α∗ β ∗ sau α∗ : { tập đại số bất khả quy K n } → { iđêan nguyên tố K[x1 , , xn ]} xác định α∗ (X) = I(X) β ∗ : { iđêan nguyên tố K[x1 , , xn ]} → { tập đại số bất khả quy K n } cho β ∗ (J) = Z(J) Khi K trường bất kỳ, ánh xạ α∗ , β ∗ nhìn chung khơng song ánh Sau ví dụ Ví dụ 2.3.9 Chọn K = R trường số thực Chọn J = (x2 + 1) iđêan K[X] sinh đa thức bất khả quy x2 + Chọn J ′ = (x2 + 2) iđêan K[X] sinh đa thức bất khả quy x2 + Khi J, J ′ iđêan nguyên tố K[X] Ta có β ∗ (J) = Z(X + 1) = ∅ β ∗ (J ′ ) = Z(X + 2) = ∅ Do β ∗ (J) = β ∗ (J ′ ) J = J ′ Điều chứng tỏ β ∗ khơng đơn ánh, β ∗ không song ánh Ta chọn iđêan nguyên tố J = (x2 + 1) vành đa thức K[X] Nếu α∗ tồn ánh tồn tập đại số bất khả quy X ⊆ K cho α∗ (X) = J Khi I(X) = J Suy Z(I(X)) = Z(J) = Z(X + 1) = ∅ Vì X tập đại số nên theo Mệnh đề 1.2.6 ta có Z(I(X)) = X Suy X = ∅, điều khơng thể xảy tập đại bất khả quy phải khác rỗng Do α∗ khơng tồn ánh, α∗ khơng song ánh Khi K trường đóng đại số, ta có mối quan hệ song ánh lớp tập đại số bất khả quy K n lớp iđêan nguyên tố K[x1 , , xn ] Định lý 2.3.10 Nếu K trường đóng đại số α∗ β ∗ song ánh bảo toàn ngược quan hệ bao hàm Chứng minh Giả sử X, Y hai tập đại số K n cho I(X) = I(Y ) Theo Hệ 1.2.7 ta có X = Y Do α∗ đơn ánh Cho I iđêan nguyên tố K[x1 , , xn ] Khi theo Định lý khơng 29 điểm Hilbert Z(J) = ∅ Theo Mệnh đề 2.3.5 tồn tập đại số X bất khả quy thỏa mãn α∗ (X) = I(X) Do α∗ tồn ánh Tiếp theo ta chứng minh β ∗ song ánh Cho J, J ′ hai iđêan nguyên tố cho β ∗ (J) = β ∗ (J ′ ) Khi Z(J) = Z(J ′ ) Theo Định lí khơng điểm Hilbert ta có J = I(Z(J)) = I(Z(J ′ )) = J ′ Vì thế, β ∗ đơn ánh Cho X tập đại số Khi X = Z(I(X)) = β ∗ (I(X)) Vì β ∗ tồn ánh Vì vậy, β ∗ song ánh Rõ ràng β ∗ bảo toàn ngược quan hệ bao hàm 2.4 Một ứng dụng xét tính bất khả quy đa thức nhiều biến Trong tiết ta giả thiết K trường vô hạn (không thiết đóng đại số), chẳng hạn K = R Trước trình bày kết ta cần nhắc lại khái niệm vành nửa nhóm (xem [3]) Định nghĩa 2.4.1 Cho H tập tập N số ngun khơng âm Ta nói H nửa nhóm ∈ H a + b ∈ H, với a, b ∈ H Ví dụ 2.4.2 Cho a1 , a2 , , an ∈ N Đặt < a1 , a2 , , an >= {c1 a1 + + cn an | ci ∈ N, ∀i = 1, , n} Khi a1 , a2 , , an nửa nhóm ta có = 0a1 + + 0an ∈ a1 , a2 , , an a, b ∈ a1 , a2 , , an với a = c1 a1 + + cn an , b = d1 a1 + + dn an , a + b = (c1 + d1 )a1 + + (cn + dn )an ∈ a1 , a2 , , an Ta gọi a1 , a2 , , an nửa nhóm sinh a1 , a2 , , an 30 Định nghĩa 2.4.3 Cho H ⊆ N nửa nhóm Trong vành đa thức K[t] ta đặt kta K[H] = a∈H Khi K[H] vành vành đa thức K[t] Ta gọi K[H] vành nửa nhóm sinh H) Ví dụ 2.4.4 Cho H = a1 , a2 , , an ⊆ N Khi kta = K[ta1 , , tan ] K[H] = a∈H Bây ta vận dụng để xét tính bất khả quy đa thức nhiều biến K = R Nhắc lại đa thức f ∈ K[x1 , , xn ] bất khả quy f = 0, f không khả nghịch f khơng có ước thực Trường hợp n = 1, đa thức f ∈ K[x] bất khả quy degf > f khơng tích hai đa thức có bậc bé Khi K = R, đa thức bất khả quy R[x] đa thức bậc bậc hai có biệt thức ∆ âm Tuy nhiên, n > 1, tính bất khả quy vành R[x1 , , xn ] khó nhận biết Kết sau cho ta lớp đa thức hai biến bất khả quy R Đây kết luận văn tác giả phát Trong chứng minh kết này, cần tính chất quen thuộc sau iđêan nguyên tố: Nếu I iđêan vành giao hoán V , I iđêan nguyên tố vành thương V /I miền nguyên Định lý 2.4.5 Nếu m, n hai số tự nhiên nguyên tố nhau, đa thức xn − y m bất khả quy vành R[x, y] Chứng minh Xét ánh xạ ϕ : R[x, y] → R[tm , tn ] cho ϕ(f (x, y)) = f (tm , tn ) Rõ ràng xn − y m ∈ Kerϕ (tm )n − (tn )m = Đặt J = (xn − y m ) iđêan sinh xn − y m Khi J ⊆ Kerϕ Ngược lại, cho f (x, y) phần tử Kerϕ 31 Cho i ∈ N Viết i = qi r + ri có ≤ ri < n, qi ∈ N Ta có xi y j = xri (xn − y m + y m )qi y j = (xn − y m )gi + xri y qi+j gi ∈ R[x, y] Vì f tổng hữu hạn phần tử có dạng aij xi y j với aij ∈ R, nên ta có f (x, y) = = aij xi y j = aij [(xn − y m )gi + xri y qi+j ] aij (xn − y m )gi + bij xi y j bij ∈ R với i < n j Do f (x, y) ∈ Kerϕ nên f (tm , tn ) = Suy h(tm , tn ) = 0, với t ∈ R, h(x, y) = bij xi y j Ta có h(tm , tn ) = bij tmi tnj = i