Định nghĩa 1.5.1. ([1]) Giả sử V là một vành con của một vành giao hoán S
và f(x) =anxn+...+a1x+a0∈V[x]. Một phần tử c∈S được gọi là nghiệm của
f(x) trong S nếu f(c) = ancn+...+a1c+a0 = 0. Trong trường hợp này ta cũng nói clà một nghiệm của phương trình f(x) = 0.
Chẳng hạn, xét hai đa thức f(x) = x2−2 và g(x) = x2+ 1 trong vành Q[x]. Rõ ràng R,C đều chứa Q. Ta có ±√2∈ R là các nghiệm của f(x) và ±i∈C là các nghiệm của g(x).
Bổ đề 1.5.1. ([1]) Phần tử a ∈V là nghiệm của f(x)∈V[x] nếu và chỉ nếu tồn tại đa thức g(x)∈V[x] sao cho f(x) = (x−a)g(x).
Chứng minh. Nếu f(x) = (x−a)g(x) với g(x)∈V[x] thì rõ rànga là nghiệm của
f(x). Ngược lại, nếu a là nghiệm của f(x) thì f(a) = 0. Theo Hệ quả 1.3.4, dư trong phép chia f(x) cho (x−a) là f(a) = 0. Vì thế tồn tại g(x) ∈ V[x] sao cho
f(x) = (x−a)g(x).
Định nghĩa 1.5.2. Cho f(x)∈V[x] là đa thức bậc n, c là nghiệm bộim của đa thứcf(x)nếuf(x)chia hết cho (x−c)m nhưngf(x)không chia hết cho(x−c)m+1. Tính chất 1.5.2. α là nghiệm bội m của f(x)
⇔ f(α) =f0(α) = ...=fm−1(α) = 0 fm(α)6= 0
Định lý 1.5.3. Số α là nghiệm của f(x)khi và chỉ khi f(x) chia hết cho (x−α). Giả sử V là một trường, α∈ V, f(x)∈V[x] và m∈N∗. Khi đó α là nghiệm bội cấp m của f(x) ⇔ f(x)...(x−α)m f(x)6...(x−α)m+1 - m = 1 thì α là nghiệm đơn của f(x). - m = 2 thì α là nghiệm kép của f(x).
Số nghiệm của đa thức là tổng số nghiệm của đa thức đó kể cả bội của các nghiệm (nếu có).
Chẳng hạn, cho f(x) = x5+x4+ 2x3+ 2x2+x+ 1∈ Q[x]. Khi đó i và −i là hai nghiệm kép của f(x) và −1 là nghiệm đơn của f(x), bởi vì trong C[x] ta có phân tích f(x) = (x−i)2(x+i)2(x+ 1).
Bổ đề 1.5.4. [1] Phần tử a ∈ V là nghiệm bội k của f(x) ∈ V[x] nếu và chỉ nếu tồn tại g(x) ∈ V[x] sao cho f(x) = (x −a)kg(x) với g(x) ∈ V[x] sao cho
f(x) = (x−a)kg(x) và g(a)6= 0.
Chứng minh. Giả sử a là nghiệm bội k của f(x). Vì f(x) chia hết cho (x−a)k
nên f(x) = (x−a)kg(x) với g(x) ∈V[x]. Nếu g(a) = 0 thì theo Bổ đề 1.5.1 ta có
g(x) = (x−a)h(x)với h(x)∈V[x]và do đó f(x) chia hết cho(x−a)k+1, vô lí. Vậy
g(a) 6= 0. Ngược lại, vì f(x) = (x−a)kg(x) nên f(x) chia hết cho (x−a)k. Nếu
f(x) chia hết cho (x−a)k+1 thì f(x) = (x−a)k+1h(x) với h(x)∈V[x]. Do đó
(x−a)kg(x) = (x−a)k+1h(x). Suy ra (x−a)k g(x)−(x−a)h(x) = 0.
Do hệ số cao nhất của (x−a)k bằng 1 nêng(x)−(x−a)h(x) = 0. Do đóg(a) = 0, mâu thuẫn. Vì thếf(x)không chia hết cho (x−a)k+1. Vậya là nghiệm bộik của
f(x).
Hệ quả 1.5.5. ([1]) Cho V là miền nguyên và f(x)∈V[x]. Giả sử a1, ..., ar ∈V
là những phần tử đôi một khác nhau vàailà nghiệm bộiki củaf(x)với i= 1, ..., r. Khi đó tồn tại u(x)∈V[x] sao cho
f(x) = (x−a1)k1...(x−ar)kru(x)
và u(ai)6= 0 với mọi i= 1, ..., r.
Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo r. Trường hợp r = 1 được suy ra từ Bổ đề 1.5.4. Chor >1. Từ giả thiết quy nạp đối vớir−1nghiệma1, ..., ar−1
của f(x), tồn tại h(x)∈V[x] sao cho
f(x) = (x−ai)k1...(x−ar−1)kr−1h(x),
trong đó h(ai)6= 0 với mọi i≤r−1. Vì ar là nghiệm của f(x) nên ta có
0 =f(ar) = (ar−a1)k1...(ar−ar−1)kr−1h(ar).
Do V là miền nguyên và ar 6=ai với mọi i≤ r−1 nên h(ar) = 0. Do đó tồn tại số nguyên t >0 sao cho h(x) = (x−ar)tu(x), trong đó u(x) ∈V[x] và u(ar)6= 0. Vìh(ai)6= 0 nên u(ai)6= 0 với mọi i≤r−1. Do ar là nghiệm bội kr củaf(x) nên
t≤kr. Hơn nữa, f(x) có sự phân tích f(x) = (x−ar)krv(x), trong đó v(x)∈V[x]
và v(ar)6= 0. Vì thế ta có
f(x) = (x−ar)krv(x) = (x−a1)k1...(x−ar−1)kr−1(x−ar)tu(x). Giản ước cả hai vế cho (x−ar)t ta được
(x−ar)kr−tv(x) = (x−a1)k1...(x−ar−1)kr−1u(x).
Nếu t < kr thì khi thay x =ar vào đẳng thức trên ta có vế trái bằng 0, còn vế phải khác 0, điều này vô lý. Vậy t =kr. Vì thế f có phân tích
f(x) = (x−a1)k1...(x−ar−1)kr−1(x−ar)kru(x), trong đó u(ai)6= 0 với mọi i= 1, ..., r.
Ví dụ 1.6. ([1]) Xét vành đa thức Z1[x].
(i) Luật giản ước không thực hiện được. Chẳng hạn,2x(x−1) = 2x(2x2+x−1), nhưng x−16= 2x2+x−1.
(ii) Số nghiệm của một đa thức có thể lớn hơn bậc của đa thức đó. Chẳng hạn, đa thức f(x) = 2x2−2x có bậc 2 nhưng có tới 4 nghiệm là 0,1,2,3∈Z4. (iii) Tồn tại hai đa thức có bậc không quá n nhưng nhận giá trị bằng nhau tại
n+ 1 điểm. Chẳng hạn, hai đa thức 2x2+ 2x và 2x3+ 2x có bậc không quá
3 nhưng nhận giá trị bằng nhau tại 4 điểm 0,1,2,3∈Z4.
Mệnh đề 1.5.6 (Công thức Viete). ([1]) Cho V là một miền nguyên và
f(x) =anxn+an−1xn−1+...+a1x+a0 ∈V[x],
trong đó an là phần tử khả nghịch. Giả sử f(x) có n nghiệm α1, ..., αn trong một miền nguyên nào đó chứa V. Khi đó
an−1a−n1 =−(α1+α2+...+αn)
an−2a−n1 =X
i<j
αiαj
an−ka−n1 = (−1)k X i1<i2<...<ik αi1αi2...αik ... a1a−n1 = (−1)n−1 X i1<i2<...<in−1 αi1αi2...αin−1 a0a−n1 = (−1)nα1α2...αn.
Chứng minh. Cho S là miền nguyên chứa V và chứa các nghiệm α1, ..., αn của
f(x). Sử dụng Hệ quả 1.5.5 ta cóf(x) = (x−α1)...(x−αng(x)), trong đóg(x)∈S[x]. Vì f(x) có bậc n và S là miền nguyên nên áp dụng công thức tính bậc của tích ta suy ra deg g(x) = 0. Vì thế g(x) =b ∈S. Do đó ta có
f(x) =anxn+an−1xn−1+...+a1x+a0
=b(x−α1)...(x−αn).
Khai triển đa thức b(x−α1)...(x−αn) rồi đồng nhất các hệ số của hai đa thức trên ta được b =an và an−1 =−an(α1+α2+...+αn) an−2 =X i<j αiαj ... an−k = (−1)kan X i1<i2<...<ik αi1αi2...αik ... a1 = (−1)n−1an X i1<i2<...<in−1 αi1αi2...αin−1 a0 = (−1)nanα1α2...αn.
Vì an khả nghịch nên nhân cả hai vế của các đẳng thức trên với a−n1 ta có kết quả.
Ví dụ 1.7. ([1])
(i) Nếu α1, α2 là hai nghiệm của đa thức bậc hai ax2 +bx+c với hệ số thực
(a6= 0) thì ta có
−b
a =α1+α2, c
(ii) Nếu α1, α2, α3 là ba nghiệm của đa thức bậc ba ax3+bx2+cx+d với hệ số thực (a6= 0) thì ta có −b a =α1+α2+α3, c a =α1α2+α1α3+α2α3, −d a =α1α2α3.
Định nghĩa 1.5.3 (Nghiệm của đa thức hệ số đối xứng). Một đa thức P(x) =
a0xn+a1xn−1+...+an−1x+an, gọi là đa thức có hệ số đối xứng, nếu những hệ số trong dạng chuẩn tắc của nó cách hệ số đầu và hệ số cuối bằng nhau thì có giá trị bằng nhau, nghĩa là:
a0=an, a1 =an−1, ..., ak =an−k, ...
Định lý 1.5.7. Đa thức P(x) là đa thức hệ số đối xứng bậc n khi và chỉ khi với
x6= 0
P(x) =xn.P(1
x)
Định lý 1.5.8. Nếu P(x) là đa thức hệ số đối xứng bậc 2m thì P(x) =xm.Q(y), ở đây y=x+1x với x6= 0, còn Q(y) là đa thức bậc m.
Định lý 1.5.9 (Nghiệm của đa thức hệ số nguyên). Nếu phân số tối giản pq
((p, q) = 1) là nghiệm của đa thức với hệ số nguyên f(x) = a0+a1x+...+anxn
thì p là ước của a0 và q là ước của an.
Chứng minh. Giả sử phân số tối giản pq ((p, q) = 1) là nghiệm của đa thức f(x). Khi đó ta có: fpq=a0+a1pq +...+anpq n = 0. Từ đó ta có: anpn =−q(an−1pn−1+...+a1qn−2p+a0qn−1) (1.1) a0qn =−p(anpn−1+...+a2qn−2p+a1qn−1) (1.2) Từ (1.1) suy ra anpn...q mà (p, q) = 1 ⇒a n...q. Từ (1.2) suy ra a0qn...p mà (p, q) = 1 ⇒a 0...p. Định lí được chứng minh.
Định lý 1.5.10 (Nghiệm hữu tỷ). Cho f(x)∈Z[x], deg f(x) =n, ai ∈Z,
f(x) = anxn+an−1xn−1+...+a1x+a0, an 6= 0
Nghiệm hữu tỷ nếu có x= pq với (p, q) = 1 thì p là ước của hệ số tự do a0 và q là ước của hệ số cao nhất an.
Chứng minh. Thế nghiệm x= pq vào phương trình f(x) = 0, ta có:
anp n qn +an−1p n−1 qn−1 +...+a1p q +a0 = 0 ⇒anpn+an−1qpn−1+...+a1qn−1p+a0qn = 0 ⇒anpn =−(an−1qpn−1+...+a1qn−1p+a0qn).
Do vế phải chia hết cho q nên anpn chia hết cho q. Mà (p, q) = 1 nên an chia hết cho q hay q|an.
Tương tự ta có: a0qn =−(anpn+an−1qpn−1+...+a1qn−1p). Suy ra a0qn chia hết cho p hay p|a0.
Định nghĩa 1.5.4. ([1]) Giả sử S là một vành giao hoán chứa V và α ∈S. Ta nói rằng α là phần tử đại số trênV nếu α là nghiệm của một đa thức khác0 với hệ số trên V. Nếu α không đại số trên V thì ta nói α là phần tử siêu việt trên
V. Đặc biệt, nếu α ∈ C là đại số (siêu việt) trên Q thì α được gọi là đại số (số siêu việt).
Ví dụ 1.8. ([1]) Mọi số phức α =a+bi đều đại số trên trường số thực R vì α
là nghiệm của đa thức x2−2ax+a2+b2 ∈R[x]. Số thực α=√
2 là số đại số vì nó là nghiệm của đa thức x2−2∈Q[x]. Người ta đã chứng minh rằng số π (tỷ số giữa chu vi và đường kính của một đường tròn) không là nghiệm của bất cứ đa thức khác 0 nào trong Q[x]. Vì thế π là số siêu việt.
Giả sử S là một vành giao hoán chứa V và a∈S. Đặt
V[α] ={f(α)|f(x)∈V[x]}. Khi đó V[α] là một vành con của S.
Để mô tả cấu trúc của vành V[α], chúng ta cần nhắc lại một số khái niệm và tính chất về vành thương và đồng cấu vành. Giả sử I là iđêan của V. Với mỗi
v ∈V, đặt v +I = {v+a|a ∈ I}. Rõ ràng v+I là một tập con của V và ta gọi nó là một lớp ghép trái của I với đại diện là v. Chú ý rằng v+I =u+I nếu và chỉ nếu u−v ∈I. Đặt V /I ={v+I|v ∈V}. Định nghĩa
(u+I)(v+I) =uv+I.
Khi đó các quy tắc cộng và nhân ở trên không phụ thuộc vào việc chọn đại diện của lớp ghép, vì thế nó là các phép toán trên V /I. Hơn nữa, V /I cùng với hai phép toán này làm thành một vành với phần tử đơn vị là1 +I và phần tử không là0 +I. Vành V /I vừa xây dựng được gọi là vành thương của V ứng với iđêanI.
Giả sử ϕ:V −→V0 là một đồng cấu vành. Đặt
Imϕ={ϕ(a)|a ∈V}, Kerϕ ={a ∈V|ϕ(a) = 0}.
Khi đóImϕlà một vành con củaV0vàKerϕlà một iđêan củaV. Ta cóV /Kerϕ∼=
Imϕ. Chú ý rằng ϕ là toàn cấu khi và chỉ khi Imϕ =V0 và ϕ là đơn cấu khi và chỉ khi Kerϕ={0}.
Chú ý 1.5.5. ([1]) Cho S là một vành giao hoán chứa V và α∈S. Khi đó ánh xạ ϕ:V[x]−→V[α] cho bởi ϕ(f(x)) =f(α) với mọi f(x)∈ V[x] là một toàn cấu vành. Vì thế ta có đẳng cấu
V[x]/Kerϕ∼=V[α].
Mệnh đề 1.5.11. ([1]) Cho S là một vành giao hoán chứa V, cho α ∈ S và
ϕ:V[x]−→V[α] là toàn cấu xác định như trên. Khi đó
(i) α là phần tử siêu trên V nếu và chỉ nếu ϕ là đẳng cấu. Trong trường hợp này ta có V[α]∼=V[x].
(ii) Giả sử α đại số trên V. Gọi I là tập các đa thức trong V[x] nhận α làm nghiệm. Khi đó I là iđêan khác 0 của V[x] và V[α]∼=V[x]/I.
Chứng minh. (i) Giả sử α là phần tử siêu việt trên V. Khi đó
Kerϕ={f(x)∈V[x]|f(α) = 0}={0}.
Do đó ϕ là đơn cấu. Suy ra ϕ là đẳng cấu, tức là V[x]∼=V[α]. Ngược lại, giả sử
ϕ là đẳng cấu. Khi đó Kerϕ = {0}. Do đó không có đa thức nào khác 0 trong
V[x] nhận α làm nghiệm. Vì thế α là phần tử siêu việt trên V.
(ii) Do α đại số trên V nên tồn tại đa thức f(x) ∈ V[x] khác 0 nhận α làm nghiệm. Suy ra I 6={0}. Rõ ràng Kerϕ=I. Vì thế I là iđêan của V[x] và ta có