2.1 Nghiệm của hệ đa thức
2.1.2 Khái niệm kết thức và biệt thức
Giả sử u0, u1, . . . , um và v0, v1, . . . , vn là một họ gồm m+n+ 2 biến độc lập đại số trên trường K. Hai đa thức thuộc K[u, v][x] với biểu diễn:
fu = u0xm+u1xm−1 + ã ã ã+ um
gv = v0xn+v1xn−1 + ã ã ã+vn.
Định thức cấp m + n gồm n dòng cho các ui, m dòng cho các vj sau đây:
Res(fu, gv) :=
u0 u1 u2 ã ã ã um
u0 u1 ã ã ã um−1 um
... ... ã ã ã ... ...
u0 u1 ã ã ã um−1 um
v0 v1 v2 ã ã ã vn
v0 v1 ã ã ã vn−1 vn
... ... ã ã ã ... ...
v0 v1 ã ã ã vn−1 vn
gồm n với các vị trí trắng dều bằng 0 được gọi là Kết thức hay Định thức Sylvester của fu và gv. Từ định nghĩa ta suy ra ngay một vài tính chất sau:
(i) Res(fu, gv) là đa thức thuần nhất với hệ số nguyên bậc m +n và là đa thức thuần nhất bậc n của các ui, bậc m của các vj.
(ii) Res(fu, gv) có một hạng tử là un0vnm, còn unnvm0 với dấu + hoặc −. (iii) Giả sử m > n và c ∈ K. Khi đó Res(fu+cgv, gv) = Res(fu, gv).
(iv) Với đa thức ht ta có Res(fu, gvht) = Res(fu, gv).Res(fu, ht).
Định lý 2.1.1. Với hai đa thức fu và gv luôn có hai đa thức h(u, v, x) và k(u, v, x) thuộc K[u, v][x] thỏa mãn hệ thức biểu diễn sau:
Res(fu, gv) =h(u, v, x)fu+k(u, v, x)gv.
Chứng minh: Sử dụng một hệ các đồng nhất thức như dưới đây:
xn−1fu = u0xm+n−1 +u1xm+n−2 +ã ã ã+umxn−1 xn−2fu = u0xm+n−2 +u1xm+n−3 +ã ã ã+umxn−2 ...
fu = u0xm +u1xm−1 +ã ã ã+um
xm−1gv = v0xm+n−1 +v1xm+n−2 +ã ã ã+vnxm−1 xm−2gv = v0xm+n−2 +v1xm+n−3 +ã ã ã+vnxm−2 ...
gv = v0xn +v1xn−1 +ã ã ã+vn.
Ta coi zi = xm+n−1−i, i = 0,1, . . . , m+ n− 1, là các ẩn và định thức của hệ phương trình tuyến tính này là Res(fu, gv).
Ký hiệu ~ki, i = 0,1, . . . , m+ n−1, là các véc tơ cột của ma trận ngay dưới đây
u0 u1 u2 ã ã ã um
u0 u1 ã ã ã um−1 um
... ... ã ã ã ... ...
u0 u1 ã ã ã um−1 um
v0 v1 v2 ã ã ã vn
v0 v1 ã ã ã vn−1 vn
... ... ã ã ã ... ...
v0 v1 ã ã ã vn−1 vn
và~k = (xn−1fu, . . . , fu, xm−1gv, . . . , gv)T. Khi đó ta có hệ phương trình z0~k0 +z1~k1 +ã ã ã+zm+n−1~km+n−1 =~k.
Giải hệ qua định thức và khai triển định thức ta có hệ thức Res(fu, gv) = det(~k0, ~k1, . . . , ~k).
Vậy Res(fu, gv) =h(u, v, x)fu+k(u, v, x)gv.
Tiếp theo, thực hiện phép đặc biệt hóa K[u, v][x]→ K[x] qua việc thế (u0, . . . , um) 7→ (a0, . . . , am),(v0, v1, . . . , vn) 7→ (b0, b1, . . . , bn). Khi đó có hai đa thức fa, gb và kết thức Res(fa, gb), tương ứng, sau đây:
fa = a0xm +a1xm−1 +ã ã ã+am
gb = b0xn+ b1xn−1 +ã ã ã+ bn, a0b0 6= 0
Res(fa, gb) =
a0 a1 a2 ã ã ã am
a0 a1 ã ã ã am−1 am
... ... ã ã ã ... ...
a0 a1 ã ã ã am−1 am
b0 b1 b2 ã ã ã bn
b0 b1 ã ã ã bn−1 bn
... ... ã ã ã ... ...
b0 b1 ã ã ã bn−1 bn
.
Bổ đề 2.1.2. Hai đa thức fa và gb có ước chung khác hằng số khi và chỉ khi có hai đa thức thuộc K[x] biểu diễn dạng
p(x) = c0xm−1 + c1xm−2 +ã ã ã+cm−1
q(x) = d0xn−1 +d1xn−2 +ã ã ã+dn−1
không đồng thời bằng 0 thỏa mãn q(x)fa = p(x)gb. Chứng minh: Giả sử ta có quan hệ q(x)fa = p(x)gb.
Khi đó mọi nhân tử của fa không thể chỉ là các nhân tử của p(x), vì degp(x) 6 m−1 < m, mọi nhân tử của gb cũng không thể chỉ là các nhân tử của q(x), vì degq(x) 6 n−1 < n. Vậy hai đa thức fa và gb
phải có ít nhất một nhân tử chung bất khả quy.
Ngược lại, giả sử fa và gb có nhân tử chung là d(x) khác hằng số.
Đặt fa = d(x)p(x) và gb = d(x)q(x).
Khi đó
q(x)fa = q(x)d(x)p(x) = p(x)gb
với m−1 > degp(x), n−1> degq(x).
Chú ý rằng, phương trình q(x)fa = p(x)gb tương đương với hệ phương trình tuyến tính m+n ẩn ci, dj như sau đây:
d0a0 = c0b0
d0a1 +d1a0 = c0b1 +c1b0
d0a2 +d1a1 +d2a0 = c0b2 +c1b1 + c2b0 . . .
dn−2am +dn−1an−1 = cm−2bn+cm−1bn−1
dn−1am = cm−1bn.
Đây là hệ phương trình tuyến tính thuần nhất gồm m+n phương trình với các ẩnc0, c1, . . . , cm−1, d0, d1, . . . , dn−1. Hệ này có nghiệm không tầm thường khi và chỉ khi định thức cấp m +n sau đây phải bằng 0:
a0 −b0
a1 a0 −b1 −b0
a2 a1 ... −b2 −b1 ...
... a2 ... a0 ... −b2 ... −b0
am ... ... a1 −bn ... ... −b1
am a2 −bn −b2
... ... ... ...
am −bn
= 0 hay ta có
Res(fa, gb) =
a0 a1 a2 ã ã ã am
a0 a1 ã ã ã am−1 am
... ... ã ã ã ... ...
a0 a1 ã ã ã am−1 am
b0 b1 b2 ã ã ã bn
b0 b1 ã ã ã bn−1 bn
... ... ã ã ã ... ...
b0 b1 ã ã ã bn−1 bn
= 0
với những vị trí trắng đều bằng 0. Kết quả sau được suy ra từ Định lý 2.1.1:
Hệ quả 2.1.3. Cho đa thức fa và gb có hai đa thức α(x), β(x) ∈ K[x]
để α(x)fa+ β(x)gb = Res(fa, gb).
Chứng minh: Đa thức fa và gb sẽ có được qua đặc biệt hóa hai đa thức fu và gv tương ứng. Từ Định lý 2.1.1 suy ra sự tồn tại hai đa thức α(x), β(x) ∈ K[x] để α(x)fa + β(x)gb = Res(fa, gb) qua đặc biệt hóa.
Hệ quả 2.1.4. Cho đa thức fa và gb. Hai đa thức fa và gb có nghiệm chung trong một mở rộng K∗ của K khi và chỉ khi Res(fa, gb) = 0.
Chứng minh: Giả sử hai đa thức fa và gb có nghiệm chung ξ ∈ K∗. Khi đó ta có fa(ξ) = 0 và gb(ξ) = 0. Theo Hệ quả 2.1.3, nhận được phương trình Res(fa, gb) = α(ξ)fa(ξ) + β(ξ)gb(ξ) = 0. Ngược lại, giả thiết Res(fa, gb) = 0. Khi đó fa, gb có nhân tử chung khác hằng số theo
Định lý 2.1.2. Vậy fa và gb có nghiệm chung trong mở rộng K∗ của K.
Mệnh đề 2.1.5. [Bezoút] Cho hai đa thức f(x), g(x) ∈ R[x]. Điều kiện cần và đủ để ước chung lớn nhất (f(x), g(x)) = 1 là có hai đa thức p(x), q(x) ∈ R[x] để p(x)f(x) +q(x)g(x) = 1.
Chứng minh: Theo Hệ quả 2.1.3 tồn tại hai đa thức α(x), β(x) ∈ R[x]
thỏa mãn α(x)f(x) +β(x)g(x) =Res(f, g). Chú ý rằng Res(f, g) ∈ R. Như vậy f và g không có nhân tử chung khác hằng số hay
(f(x), g(x)) = 1 khi và chỉ khi Res(f, g) 6= 0. Điều này tương đương với điều kiện 1
Res(f, g)α(x)f(x) + 1
Res(f, g)β(x)g(x) = 1.
Ví dụ 2.1.6. Xác định điều kiện cần và đủ để f(x) = x2 +ax + 1 và g(x) =px+ q có nghiệm chung.
Bài giải: Hai đa thức f(x) và g(x) có nghiệm chung khi và chỉ khi kết thức Res(f, g) = 0. Vậy f(x) và g(x) có nghiệm chung khi và chỉ khi 0 =
1 a 1 p q 0 0 p q
= p2 +q2 −apq hay p2 +q2 = apq.
Ví dụ 2.1.7. Xác định điều kiện cần và đủ để f(x) = x2 + ax+ b và g(x) =x2 +px+q có nghiệm chung.
Bài giải: Hai đa thức f(x) và g(x) có nghiệm chung khi và chỉ khi kết thức Res(f, g) = 0. Vậy f(x) và g(x) có nghiệm chung khi và chỉ khi 0 =
1 a b 0 0 1 a b 1 p q 0 0 1 p q
= (b−q)2 + (a−p)(aq −bp).
Ví dụ 2.1.8. Xác định giá trị của a để hai phương trình x3−ax+2 = 0 và x2 +ax+ 2 = 0 có nghiệm chung trong C.
Bài giải: Hai phương trình đã cho có nghiệm chung khi và chỉ khi kết thức tương ứng của chúng bằng 0 hay
1 0 −a 2 0 0 1 0 −a 2
1 a 2 0 0
0 1 a 2 0
0 0 1 a 2
= 0.
Giải ra được a = 3 và a = −1.
Khi a = 3 hai phương trình x3 −3x+ 2 = 0 và x2 + 3x + 2 = 0 có nghiệm chung x = −2
Khi a = −1 hai phương trình x3 + x + 2 = 0 và x2 −x + 2 = 0 có nghiệm chung x = 1±i√
7 2 .
Xột đa thức f = a0xm + a1xm−1 + ã ã ã + am−1x+ am. Biệt thức D(f) của f được định nghĩa bằng
D(f) = (−1)m(m−1)/2a−01Res(f, f′).
Các mệnh đề sau được suy ra từ các kết quả trên.
Mệnh đề 2.1.9. Giả sử f = a0xm+a1xm−1+ã ã ã+am = a0 m
Q
i=1
(x−αi).
Khi đó ta có đồng nhất thức (i) Res(f, f′) = am0 −1 Qm
i=1
f′(αi).
(ii) D(f) = a2m0 −2 Q
16i<j6m
(αi−αj)2.
Chứng minh: (i) Trong chứng minh của Định lý 2.1.14 ta đã chỉ ra đồng nhất thức Res(f, f′) =am0 −1
m
Q
i=1
f′(αi).
(ii) Viết f = a0
Qm i=1
(x − αi). Khi đó f′ = a0
Pm i=1
Qm j=1,j6=i
(x − αj) và có f′(αi) = a0
Qm j=1,j6=i
(αi − αj). Từ D(f) = (−1)m(m−1)/2a−01Res(f, f′) ta
suy ra hệ thức D(f) = (−1)m(m−1)/2a−01am0 −1 Qm
i=1
f′(αi) hay
D(f) = (−1)m(m−1)/2a−01am0 −1
m
Y
i=1
a0 m
Y
j=1,j6=i
(αi −αj).
Sau khi biến đổi tích ta có D(f) = a2m0 −2 Q
16i<j6m
(αi−αj)2.
Mệnh đề 2.1.10. Với đa thứcf vàg cóD(f g) = D(f)D(g)[Res(f, g)]2. Ví dụ 2.1.11. Với đa thức f = ax2 +bx+c = a(x−x1)(x−x2) có D(f) =a2(x1−x2)2 = a2[(x1+x2)2−4x1x2] = a2[b2
a2 −4c
a ] = b2−4ac.
Ví dụ 2.1.12. Với đa thức f = x3+ax+b = (x−x1)(x−x2)(x−x3) có D(f) = (x1−x2)2(x2−x3)2(x1−x3)2 = −f′(x1)f′(x2)f′(x3). Dễ dàng có được 3x21 +a = (x1 −x2)(x1 −x3), 3x22 +a = (x2 −x3)(x2 −x1) và 3x23+a = (x3−x1)(x3−x2). Vậy D(f) =−(a+ 3x21)(a+ 3x22)(a+ 3x23)
= −[a3 + 3a2(x21 +x22 +x23) + 9a(x21x22 +x22x23 +x23x21) + 27x21x22x23]. Dễ dàng suy ra D(f) =−4a3 −27b2.