Đang tải... (xem toàn văn)
BÀI 3.4: Cho F là một trường và K là một trường con của F. CMR: với f g K x , , f là ước của g trong Kx khi và chỉ khi f là ước của g trong Fx. Chứng minh: , , K F f g K x f g| trong Kx q K x g q f 1 1 , f g| trong Fx q F x g q f 2 2 , Chiều đảo hiển nhiên Chiều thuận, do K là con của F nên dẫn đến trong F cũng có dạng như vậy. BÀI 3.6. Trong các trường hợp sau hãy chứng minh f|g trong Qx: a). f x x x x ( ) ( 1)(2 1) và 2 2 ( ) 1 2 1 n n g x x x x b). 2 f x x x 1 và 2 2 1 1 n n g x x x c). 2 f x x x ( ) 1 và 3 3 1 3 2 k m n g x x x x , trong đó k, m, n là các số nguyên dương. Giải: b). 2 f x x x 1 và 2 2 1 1 n n g x x x
Đại Số Đại Cương - 96 - CHƯƠNG 5: VÀNH ĐA THỨC Vành đa thức một biến 1 1.1 Đònh nghóa • Giả sử A là một vành giao hóan với phần tử đơn vò là 1 ≠ 0. Gọi M là tập hợp các dãy (a 1 . a 2 , ….,a n ,….) trong đó các a i ∈ A và chỉ có một số hữu hạn trong chúng là khác 0. Trên M xác đònh một phép tóan cộng và một phép tóan nhân như (a , a , ….,a ….) + (b , b , ….,b ….) = (a + b , a 1 +b 1 , ….,a n +b n ,….) (a 0 . a 1 , ….,a n ….).(b 0 . b 1 , ….,b n ….) = (c 0 , c 1 , ….,c n ,….), ong đó c k = sau : 0 1 n 0 1 n 0 0 ∑ = tr + ki j ji ba , k = 0, 1, 2,…. a , vò là (1, 0, ….,0,…). Ngòai ra phép p toán + nhờ đẳng thức : • Khi đó (M, +) là một nhóm giao hóan với phần tử đơn vò 0 = ( 0, 0, ….,0,…), phần tử nghòch đảo của phần tử (a 0 , a 1 , ….,a n ….) là (– a 0 , – a 1 , ….,– n ….) và (M •) là một vò nhóm giao hóan với phần tử đơn tóan • cũng phân phối đối với phé ∑ =+ + kji jji )cb(a = ∑ =+ kji ji ba + ∑ =+ kji ji ca . Từ đó (M, +, •) là một vành giao hoán. {(a, 0,…,0, ), a • Nếu đặt M’ = ∈ A } ⊂ M, thì (M’,+, • ) là một vành con của M à từ đẳng cấu vành f : A M’, a (a,0,…,0, ), ta có thể đồng nhất một ≅ ⎯→⎯ a v phần tử a ∈ A với dãy (a, 0, ….,0,…) ∈ M. Vì vậy A cũng được xem như một vành ta n Vì chỉ có một số hữu hạn các phần tử a i trong dãy (a 0 , a 1 , ….,a n ….) là khác 0 hể qui ước viết mỗi phần tử khác 0 của M dưới dạng con của M. • Nếu ta ký hiệu x = (0, 1, 0,…,0,…) thì từ đònh nghóa phép tóan • và + được : x 2 = (0, 0, 1, 0, 0,…,0,…) 3 x = (0, 0, 0, 1, 0,…,0,…) … x = (0,0,…,0, 1, 0,…,0…) Ta qui ước viết x 0 = (1, 0,0,…,0,…) = 1 • nên ta có t Đỗ Nguyên Sơn Khoa Toán Tin Đại Số Đại Cương - 97 - (a 0 , a 1 , ….,a n , 0,…), trong đó a n ≠ 0 và a m = 0 với mọi m > n Theo qui ước cách viết đó, và từ đònh nghóa phép tóan • và + trên M, mỗi phần tử : 1,0, …) + … + (a n , 0,…).(0, + a n x n = = f(x) ác phần tử f(x) = (a 0 , a 1 , ….,a n , 0,…) ∈ M có thể biểu diễn dưới dạng (a 0 , a 1 , …, a n , 0, ) = (a 0 , 0,….) + (a 1 ,0,….).(0, …,0,1,0, ) ∑ = n 0i i i xa = a 0 + a 1 x + …. Vành (M,+, •) được gọi là vành đa thức của biến x trên A, kí hiệu là A[x]. n • ∑ C = i xa A [x] được gọi là một đa thức của biến x. Các a i của đa thức. Các a i x i gọi là các hạng tử của đa thức, đăïc biệt 0 x 0 = a 0 gọi là hạng tử tự do. Nếu a n ≠ 0 thì số n được gọi là bậc của đa thức f, h e , hệ tử cao nhất của đa thức f(x). Đa th i b a thức không. Đa thức bậc 0 là một phần tử h r g ta không đònh nghóa ∈ 0i i gọi là các hệ tử a và kí iệu d g(f) = n còn a được gọi là n ức vớ các hệ tử đều ằng 0 gọi là đ của vành A và nó còn được gọi là đa thức hằng. C ú ý ằn bậc của đa thức 0. 1.2 Đònh lí Cho f(x) và g(x là hai đa thức . Khi đo : ) ù 1) Nếu f(x) + g(x) ≠ 0 thì deg(f + g) ≤ max {deg(f), deg (g)}. Hơn nữa nếu giả ) = deg(f) = deg (g) thiết thêm deg(f) = deg(g) thì deg(f + g 2) Nếu f(x)g(x) ≠ 0 thì deg(f.g) ≤ eg(f) de (g). Hơn nữa nếu giả thiếtd + g êm A là vành nguyên thì deg(f.g) = deg(f) + deg(g). hứng minh: Giả sử f = th C ∑ = i x i a , g = n ∑ m 0i = i i xb , với a n , b m ≠ 0, m = n + k, k 0. 0i r h đã êu trong đònh lí. 1.3 Đònh lí 0i Khi đó f + g = ∑ + n i ii x)ba( + ∑ i i xb và f.g = a ≥ = += m 1ni 0 b 0 + …+ (a 0 b k + a 1 b k–1 +… a k b 0 )x k + …+ a n b m x n+m Chú ý rằng, nếu A là vành nguyên thì a b ≠ 0. Từ đó, suy a các khẳng đòn n m n Nếu A là một vành nguyên thì A[x] cũng là một vành nguyên. Đỗ Nguyên Sơn Khoa Toán Tin Đại Số Đại Cương - 98 - Chứng minh : Giả sử f = , g = (với a n ,b m ≠ 0) là hai đa thức khác không bất kì. Khi đó f.g = a 0 b 0 +….+ (a 0 b k +…+ a k b 0 ) x k + ….+ a n b m x n+m . Vì trong A không có ước của 0 nên từ a n ,b m ≠ 0 suy ra a n b m ≠ 0, do đó f.g ≠ 0 1.4 Đònh lí ax i i i n = ∑ 0 bx i i i m = ∑ 0 Nếu K là một trường thì vành K[x] là vành Euclide, và do đó nó cũng là vành chính, vành Gauss. Chứng minh : Từ 1.3 suy ra K[x] là một vành nguyên. Xét ánh xạ deg : K[x]– {0} ∠ , f deg(f). Từ 1.2 suy ra deg(fg) = deg(f) + deg (g) deg(f). Bây giờ, với mọi f, g K[x] và g ≠ 0, ta sẽ chỉ ra tồn tại duy nhất q, r K[x] sao cho f = qg + r với r = 0 hoặc deg(r ) < deg(g). . Tồn tại. Nếu f = 0 thì ta lấy q = 0, r = 0. Nếu với f ≠ 0 và deg(f) < deg(g) thì ta lấy q = 0, r = f. Vậy chỉ cần xét trường hợp f ≠ 0 và deg(f) deg(g)). Ta chứng minh bằng cách qui nạp theo deg(f). → a ≥ ∈ ∈ ≥ - Với deg(f) = 0, khi đó deg(g) = 0, tức là f, g ∈ K, g ≠ 0, từ đó chỉ cần chọn q = f.g –1 và r = 0. - Giả sử khẳng đònh đúng cho các đa thức với bậc < deg(f), ta chỉ ra khẳng đònh đúng cho deg(f). Nếu f = , g = thì đặt f 1 = f – b a n x n–m g. Khi đó f 1 = 0 hoặc deg(f 1 ) < deg(f). Nếu f 1 = 0 thì khẳng đònh đã được chứng minh. Nếu deg(f 1 ) < deg(f) thì theo giả thiết qui nạp tồn tại q 1 , r 1 ax i i i n = ∑ 0 bx i i i m = ∑ 0 1 m − ∈ K[x] sao cho f 1 = q 1 . g + r 1 , với r 1 = 0 hoặc deg(r 1 ) < deg(g). Từ đó f = f 1 + b a n x n–m g = q 1 g + r 1 + b a n x n–m g = (q 1 + b a n x n–m )g + r 1 . . Duy nhất . Giả sử có f = qg + r = q’g + r’. Khi đó (q – q’)g = r – r’. Nếu r ≠ r’ thì (q – q’)g ≠ 0, suy ra deg(r – r’) = deg( q – q’) + deg(g) (mâu thuẩn vì khi đó deg(g) deg (r – r') max {deg(r), deg(r')} < deg(g) ).Vậy r = r’ và từ đó q = q'. • VÍ DỤ: 1 m − 1 m − 1 m − ≤ ≤ Đỗ Nguyên Sơn Khoa Toán Tin Đại Số Đại Cương - 99 - 1) Thực hiện phép chia Euclide đa thức f = x 5 + x 2 + 1 cho g = x 3 + 3x 2 – 4 trên vành 3[x]. x 5 + 0x 4 + 0x 3 + x 2 + 0x + 1 x x 3 + 3x 2 – 4 5 + 3x 4 + – 4x 2 . – 3x 4 + + 5x 2 + 1 x – 3x 2 – 3x + 9 4 – 9x 3 +12x + 1 9x 3 + 5x 2 –12x + 1 9x 3 + 27x 2 – 36 – 22x 2 – 12x + 37 Từ đó x 5 + x 2 + 1 = (x 3 + 3x 2 – 4)( x 2 – 3x + 9) – 22x 2 – 12x + 37 2) Thực hiện phép chia đa thức f = 1x 5 + 1x 2 + 1 cho g = 1x 3 + 3 x 2 – 4 Đỗ Nguyên Sơn Khoa Toán Tin trên vành 9 5 [x]. 1x 5 + 0 x 4 + 0 x 3 + 1x 2 + 0 x + 1 1x 3 + 3 x 2 – 4 1x 5 + 3 x 4 – 4x 2 ––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––- 1x 2 – 3 x + 4 3 x 4 + 1 – – 3 x 4 – 4x 3 + 2x ––––––––––––––––––––––––––––––––––––––– 4x 3 – 2x + 1 4x 3 + 2x 2 – 1 ––––––––––––––––––––––––––- – 2x 2 – 2x + 2 Từ đó, 1x 5 + 1x 2 + 1 = ( 1x 3 + 3 x 2 – 4) ( 1x 2 – 3 x + 4) – 2x 2 – 2x + 2 1.5 Không điểm của đa thức Cho vành A , c là một phần tử của A và f(x) = là một đa thức của A[x] . Phần tử f(c) := sẽ được gọi là giá trò của đa thức f(x) tại c. Nếu f( c) = 0 thì ta nói c là một không điểm hay là nghiệm của f(x). Việc tìm tất cả các ghiệm của f(x) trong A được gọi là giải phương trình đại số bậc n = 0 trong A. ∑ = n 0i i i xa ∑ = n 0i i i ca ∑ = n 0i i i xa • n Đại Số Đại Cương - 100 - 1.6 Đònh lí Giả sử K là một trường, c là một phần tử của A và f(x) = là một đa thức của K[x]. Khi đó c là một nghiệm của f(x) khi và chỉ khi (x - c) | f(x) Chứng minh : Thực hiện phép chia Euclide f(x) = (x – c)g(x) + r. Từ đó suy ra r = f( c). Vậy có thể viết f(x) = (x – c)g(x) + f(c). Khi đó khẳng đònh là rõ ràng. 1.7 Cấp của không điểm ∑ = n 0i i i xa Cho K là một trường, c K, f(x) ∈ ∈ K[x] và m 1 là một số tự nhiên. Ta nói c là nghiệm bội cấp m của f(x) nếu chia hết cho (x – c ) m và khộng chia hết cho (x – c ) m+1 . Nếu m = 1 ta còn nói c là nghiệm đơn, nếu m = 2 thì c được gọi là nghiệm a thức có một nghiệm bội cấp m như một đa thức có m nghiệm trùng nhau. í ≥ kép. Ta cũng có thể xem một đ 1.8 Đònh l Giả sử K là một trường sao cho mọi đa thức khác hằng trong K[x] đều có nghiệm trong K. Khi đó với mọi đa thức f ∈ K[x ] tồn tại các phần tử a 1 , a 2 , …, a n K và c K sao cho f(x) = c (x – a 1 )(x – a 2 ) …(x – a n ). Chứng minh : Giả sử a 1 là một nghiệm của đa thức f(x). Theo đònh lí 1.6 ta có f(x) 2 f(x) = q 1 (x) (x – a 1 )(x – a 2 ) Tiếp tục lí luận như trên cho đến khi q n là hằng thì ta sẽ có điều cần chứng minh. • Một trường K có tính chất như đònh lí 1.8, đó là mọi đa thức khác hằng trên K ều có một nghiệm trên K, được gọi là trường đóng đại số. Cho dù K không đóng đại số ta cũng có: 1.9 Đònh lí ∈ ∈ = (x – a 1 )q(x) với deg(q) = deg(f) –1. Nếu q là khác hằng thì theo giả thiết tìm được một nghiệm của q(x) là a và như thế ta có đ Mọi đa thức bậc n 1 trên một trường K có nhiều nhất là n nghiệm kể cả bội. Chứng minh : Giả sử đa thức f(x) có k nghiệm phân biệt a 1 , a 2 , …, a k với bội tương ứng là m 1 , m 2 , …, m k thì bởi phép chia Euclide ta có phân tích f(x) = (x – a 1 (x – a 2 …(x – a n q(x) ≥ ) 1 m ) 2 m ) k m Đỗ Nguyên Sơn Khoa Toán Tin Đại Số Đại Cương - 101 - Từ đó suy ra m 1 + m 2 +…+ m k ≤ deg (f) = n. 1.10 Đònh lí Cho K là một trường vô hạn, và f(x) = , g(x) = là hai đa thức trong K[x]. Khi đó nếu f(c) = g(c) với mọi c ∑ = n 0i i i xa ∑ = n 0i i i xb ∈ K thì f = g, tức là a k = b k với mọi k = 0, 1, …, n. Chứng minh : Xét đa thức f(x) – g(x) = , khi đó theo giả thiết mỗi hần tử của K là một nghiệm của đa thức này. Từ đó, bởi đònh lí 1.9, phải có a k = b k với mọi k = 0, 1, …, n. 1.11 Hàm đa thức ∑ = − n 0i i ii x)ba( p • Với mọi đa thức f(x) = ∑ n = i xa ∈ 0i i K[x] ta xác đònh một ánh xạ như sau (c) = và gọi là hàm đa thức tương ứng với f. • CHÚ Ý: Xét ánh xạ : K[x] K K = {ánh xạ: K K}, f , và có thể kiểm tra dễ dàng rằng đó là một đồng cấu vành. Ta sẽ khảo sát tính đơn ánh của Giả sử K = {t 1 , t 2 , …,t N } hữu hạn và xét f = ∧ f : K → K, ∧ f ∑ = n 0i i i ca ϕ → → a ∧ f ϕ . ∏ = − N 1k k )tx( ∈ a) K[x] . Khi đó ta có f ≠ 0 vì deg(f) = N 1 nhưng rõ ràng = 0 vì (c) = 0 với mọi c K. Như vậy ta có f ≠ 0 mà (f) = (0) = 0. Từ đó ≥ ∧ f ∧ f ∈ ϕ ϕ ϕ là không đơn ánh. b) Giả sử K vô hạn. Khi đó là đơn ánh vì từ ϕ ϕ (f) = ϕ (g) suy ra (c) = (c) với mọi c K, hay f(c) = g(c) với mọi c ∧ f ∧ g ∈ ∈ K, và theo đònh lí 1.10, f = g. Như vậy là một đơn cấu vành khi và chỉ khi trường K là vô hạn. Từ đó, nếu K là 3 và ∀ ) thì ta có thể đồng nhất f với , tức là xem đa thức f như là một hàm xác đònh trên K. • Bây giờ ta sử dụng các kết qủa đã thu được về vành chính và vành Euclide để nghiên cứu vành đa thức K[x] với K là một trường. Trước hết chú ý rằng : ϕ vô hạn (Chẳng hạn ∧ f Đỗ Nguyên Sơn Khoa Toán Tin Đại Số Đại Cương - 102 - 1) Phần tử khả nghòch trong K[x] là các phần tử a ∈ K = K – {0} . ) Đa thức liên kết với đa thức f(x) là các đa thức có dạng af(x) với a K . 3) Phần tử bất khả qui trong K[x] là các đa thức p(x) có bậc 1, mà ước của nó chỉ có thể là các đa thức hằng ( các phần tử thuộc K ) và các đa thức có dạng c p(x) với c K*. Rõ ràng các đa thức bậc 1 : ax + b là bất khả qui . Chúng có nghiệm là – a –1 b trong K. Các đa thức bất khả qui khác tức là các đa thức bất khả qui có bậc > 1 là vô nghiệm trong K. Thật vây, nếu p(x) là một đa thức bất khả qui có bậc > 1 và có nghiệm c K thì p(x) = (x – c ).q(x) với deg(q) 1. Do đó ( x – c) là ước thực sự của p(x), điều này trái với p(x) là bất khả qui. 1.12 Đònh lí * ∈ * 2 ≥ * ∈ ∈ ≥ một trường và p(x) =Cho K là n i ∑ = i xa ( n >1) là một đa thức bất một trường T duy nhất (theo nghóa sai khác T 0i khả qui trên vành K [x]. Khi đó tồn tại nhau một đẳng cấu) sao cho : 1) K là một trường con của T. 2) p(x) có một nghiệm u trong 3) Mọi phần tử z ∈ T đều viết được duy nhất dưới dạng z = ∑ −1n = ]/ I . Khi đó T f(x) không phải là bội ủa p(x) nên ( f(x), p(x)) = 1. Từ đo ù tồn tại r(x), s(x) 0i i i ub , b i ∈ K. Chứng minh : . Đặt I = < p(x) > là ideal sinh bởi p(x) , và xét vành thương T = K[x cũng là một trường. Thật vậy, xét f(x) + I ≠ 0 + I, khi đó vì c ∈ K[x ] sao cho f.r + p.s = 1, suy ính tắc ra f.r ∈ 1 + I. Vậy ta có (f(x) + I).(r(x) + I) = f(x).r(x) + I = 1 + I. tức là f(x) + I khả nghòch. . Bây giờ xét tòan cấu ch π : K[x] K[x] / I, f f + I, và thu hẹp của nó ên K : K K [x] / I , và ta có thể dễ kiểm tra → a π | → π | K là một đơn cấu. Từ đó có tr K thể đồng nhất các phần tử a ∈ K với π | K (a) ∈ K [x] / I = T và xem K là một ường con của T. Nếu đặt u = (x), thì ta có thể viết π tr Đỗ Nguyên Sơn Khoa Toán Tin Đại Số Đại Cương - 103 - π (p(x)) = i )x()a( = ∑ n i ua . ∑ ππ n = i 0i i = 0i Vì π (p(x)) = p(x) + I = 0 + I nên ta có ∑ = Cuối cùng lấy z bất kì thuộc T, khi đó tồn tại f n 0i i i ua = 0 + I (phần tử không trong T), điều này có nghóa là u là nghiệm trong T của đa thức p(x). . ∈ K[x] sao cho z = (f). Chia f f(x) = p(x) g(x) + r(x), với r(x) = π cho p(x) ta được ∑ − = i i xb (b 1n i ∈ 0i K và không nhất thiết ≠ 0). Từ ó z = (f) = (p.g) + (r) = 0 + π π π π (r) = ∑ −1n = i i ub . iểu diễn của z là duy nhất . Thật vậy đ 0i B Giả sử z = ∑ − 0i = 1n i i ub = ∑ − 0i . i đ 0i i ii u)cb = = 1n i i uc Kh ó : ∑ 1n ( − = − π ( ∑ − = − 1n 0i i ii x)cb( ) = 0 , tức là ∑ − = 1n i x I , suy ra là bội của p(x), điều này chỉ một đẳng cấu. Giả sử có một trường T' ∈ ∑ − = − 1n 0i i ii x)cb(− 0i ii )cb( xảy ra khi b i = c i (do bậc của p(x) lớn hơn ). . Bây giờ ta chỉ ra T là duy nhất sai khác cũng có các tính chất như T. Gọi u' là nghiệm của p(x) trong T'. Xét đồng cấu ϕ : K [x] → T', f(x) a f(u'). Có thể chỉ ra ϕ là tòan cấu và Ker ϕ = I. Từ đó theo đònh lí đồng cấu vành : T' = Im ≅ K[x ]/ Ker ϕ ϕ = K [x] / I = T . • ÁP DỤNG : Áp dụng đònh lí 1.12 cho trường hợp K = 3 là tập các số thực và p(x) = x 2 + 1 thì trường T lúc nàùy sẽ là 3[x] = {a +b.i; a,b / >+< 1x 2 ∈ 3 và i là nghiệm của x 2 + 1 = 0} = ∀ . Như vậy ta tìm lại được trường số phức quen thuộc. 1.13 Đònh lí Cho K là một trường, f(x) K[x] là đa thức có bậc n > 1. Khi đó tồn tại một trường T mở rộng của K sao cho f( x) có đúng n nghiệm. Chứng minh : Nếu các nhân tử bất khả qui trong phân tích của f đều là bậc 1 thì đã chứng minh xong. Giả sử có p(x) là một nhân tử bất khả qui với bậc > 1. Ta xây ựng trường T để p(x) có nghiệm trong T. Nếu f(x) chưa có n nghiệm thì nó phải có dạng : ∈ d Đỗ Nguyên Sơn Khoa Toán Tin Đại Số Đại Cương - 104 - f(x) = (x –a) r … (x – b) s .f 1 (x), trong đó a,…,b ∈ T và f 1 (x) ∈ T[x ], 1 < deg(f 1 ) < deg(f) Tiếp tục mở rộng trường T thành T 1 để f 1 (x) có nghiệm trong T 1 . Vì bậc của đa thức là hữu hạn nên sau một số hữu hạn bước ta sẽ tìm được trường mở rộng T k thỏa 2. Vành đa thức nhiều biến yêu cầu . 2.1 Đònh nghóa • Giả sử A là một vành giao hóan với đơn vò 1. Ta đặt : A 1 = A[x 1 ] , A 2 = A 1 [x 2 ], …, A n = A n-1 [x n ]. Khi đó vành A n = A n-1 [x n ] , được kí hiệu là A[x 1 , x 2 , ….,x n ], sẽ được gọi là vành đa thức của n biến trên A. Mỗi phần tử của A[x 1 , x 2 , ….,x n ] được gọi là một đa thức của n biến x 1 , x 2 , ….,x n , và viết f(x 1 , x 2 , ….,x n ) ∈ A[x 1 , x 2 , ….,x n ]. Bây giờ ta tìm cách biểu diễn các phần tử của vành A[x 1 , x 2 , ….,x n ] . Trước hết xét các đa thức hai biến f(x,y) ∈ A[x,y] = A[x][y]. Nó có thể viết dưới dạng : f(x,y) = a 0 (x) + a 1 (x)y + + a n (x)y n với a i (x) = ∑ = i m 0k k ik xb ∈ A[x] Vì A [x, y] là vành nên phép nhân phân phối đối với phép cộng , do đó f(x,y) có thể viết f(x,y) = , với c ∑ j i i m m mjm yxc ji mm ∈ A. Bằng qui nạp ta thấy đa thức biến có thể viết dươiù dạng : f(x 1 , x 2 , ….,x n ) = , với c A, (1) ….x với a ∑ ni ni m n m 1m m x xc ni m m ∈ Mỗi hạng tử g = ax 1 1 m n n m ∈ A gọi là môt đơn thức, nếu a ≠ 0 thì +…+ m n được gọi là bậc của đơn thức g, và kíù hiệu là deg(g). Ta của một đa thức f bất kì viết dưới dạng (1) là deg(f) = max { m 1 + m 2 +…+ m n : c 0} tổng m 1 + m 2 đònh nghóa bậc ni m m ≠ Đỗ Nguyên Sơn Khoa Toán Tin Đại Số Đại Cương - 105 - 2.2 Cách sắp xếp đa thức theo lối tự điển • Xét vò nhóm cộng giao hoán ∠ = ∠ 0 × ∠ 0 × …× ∠ 0 với phép cộng được xác đònh bởi (a 1 , a 2 , …,a n ) + (b 1 , b 2 , …,b ) = (a 1 + b 1 , a 2 + b 2 , …, a n + b n ). Trên ∠ xác ònh một quan hệ > như sau : (a 1 , a 2 , …,a n ) > (b 1 , b 2 , …,b n ) nếu và chỉ nếu tồn tại i {1, 2, …, n} sao cho a 1 = b 1 , a 2 = b 2 , …, a i–1 = b i–1 và a i > b i . VÍ DỤ: Trên ∠ , (2, 1, 1) > (1, 2, 3) > (0, 4, 1) > (0, 3, 9) Có thể kiểm tra dễ dàng rằng ( ∠ , >) là một vò nhóm được sắp thứ tự tòan phần. • Sắp xếp đa thức f(x 1 , x 2 , ….,x n ) = theo lối từ điển là cách sắp xếp các hạng tử của đa thức này theo thứ tự giảm dần hoặc tăng dần của số mũ (m 1 , m 2 , …, m n ) ( theo quan hệ thứ tự ở trên và nếu trong hạng tử thiếu biến x i thì ta xem m i = 0 ). Hạng tử với số mũ lớn nhất được gọi là hạng tử cao nhất của đa thức. VÍ DỤ : Trong đa thức f(x 1 , x 2 , x 3 ) = 4x + 2x – 3x + x ta có (3,1,1) > (2,4,0) > (1,0,5) > (0,5,1) nên có dạng sắp xếp lối từ điển là f(x 1 , x 2 , x 3 ) = – 3x x + 4x + 2x + x KÍ HIỆU: Nếu x = (x 1 , x 2 , ….,x n ), m = (m 1 , m 2 , ….,m n ) thì ta viết x m = x x …x 2.3 Đònh lí n 0 n n 0 đ ∈ 3 0 n 0 ∑ n1 n1 m n m 1m m x xc 2 1 x 4 2 1 x 5 3 3 1 x 2 x 3 5 2 x 3 3 1 x 2 3 2 1 x 4 2 1 x 5 3 5 2 x 3 . 1 m 1 2 m 2 n m n Nếu A là vành nguyên thì A[x 1 , x 2 , ….,x n ] cũng là vành nguyên Chứng minh: Giả sử f = và g = là hai đa thức khác 0 và được sắp xếp theo lối từ điển, tức là n > n – 1 > … > 0 , m > m – 1 > … > 0, và các hạng ùc hệ tử lần lượt là a n ≠ 0, b m ≠ 0. ù f.g = , i = 1, 2, …, n và j = 1, 2, …, m. Từ đó hệ tử của hạng tử cao nhất trong f.g là a n b m . Vì A là vành nguyên nên a n b m ≠ 0, và do vậy f.g ≠ 0. ∑ = n 0k k k xa ∑ = m 0k k k xb tử cao nhất của chúng có ca Khi đo ∑ + j,i ji ji xba Đỗ Nguyên Sơn Khoa Toán Tin [...]... – 3 σ 3 + σ 1 σ 2 3 Các đa thức trên trường số 3.1 Đònh lí (d' Alermbert) Trường số phức ∀ là đóng đại số, tức là mọi đa thức f ∈ ∀[x] có bậc nghiệm trong ∀ ≥ 1 đều có Chứng minh: (xem phần phụ lục) 3.2 Đònh lí a) Các đa thức bất khả qui trên ∀[x] là các đa thức bậc 1 : p(x) = ax + b b) Các đa thức bất khả qui trong 3 [x] bao gồm : – Các đa thức bậc 1 : p(x) = ax + b – Các đa thức bậc 2 : p(x) = ax2... dẫn đến mâu thuẩn VÍ DỤ: Nếu p là nguyên tố thì f(x) = xm – p là đa thức bất khả qui Đỗ Nguyên Sơn Khoa Toán Tin Đại Số Đại Cương - 110 - BÀI TẬP ∧ 1 Trên vành 9p[x] xét đa thức f(x) = xp Hãy xác đònh hàm đa thức f tương ứng với f 2 Cho p là số nguyên tố và đa thức f(x) = xp – 1 ∈ 9p[x] Chứng minh rằng f(x) = (x –1)p 3 Trong vành đa thức 95[x] hãy thực hiện các phép tóan : a) ( 2 x2 + 4 x2 + 1 ) (... Ý: Vành đa thức K[x1, x2, ….,xn] trên trường K không phải là vành chính với n ≥ 2 Chẳng hạn ideal < x1, x2, ….,xn > không phải là một ideal chính 2.4 Đa thức đối xứng • Cho A là một vành giao hóan với đơn vò 1 ≠ 0, A[x1, x2, ….,xn ] là vành đa thức n biến Một đa thức f ∈ A[x1, x2, ….,xn ] gọi là đối xứng nếu f(x1, x2, ….,xn ) = f(x σ(1) , x σ( 2) , ….,x σ( n ) ) với mọi hóan vò σ ∈ Sn • VÍ DỤ: Các đa. .. + 2 x – 1 ) 4 Trong vành 96[x] hãy thực hiện phép nhân ( 2 x3 + 4 x2 + 1 x) ( 3 x2+ 3 x + 2 ) 5 Trong vành 97[x] hãy xác đònh p để dư của phép chia ( 1 x3 + p x + 5 ) cho ( 1 x2 + 5 x + 6 ) là bằng 0 6 Trong vành Θ[x] chứng minh rằng đa thức (x+1)2n – x2n – 2x –1 chia hết cho các đa thức 2x + 1, x + 1 và x 7 Chứng tỏ đa thức 1 x2 + 14 ∈ 915[x] có 4 nghiệm trong 915 8 Cho các đa thức f(x) = – x3 – 7x2... khả qui nên T phải liên kết với p, tức là p = a.T, với a ∈ 3* Vậy p(x) là một tam thức bậc 2 khong có nghiệm thực Ngược lại rõ ràng các đa thức bậc 1 là bất khả qui, â các đa thức bậc 2 không có nghiệm thực cũng vậy, vì nếu không thì nó phải có một ước là đa thức bậc 1 và điều này mâu thuẩn với giả thiết vô nghiệm của đa thức đó 3.3 Đònh lí ( tiêu chuẩn Eisenstein) Nếu f(x) = anxn + an–1xn–1 + … + a0... chứng minh sự tồn tại trong đònh lí cung cấp một phương pháp để tìm g sao cho f(x1, x2, …., xn) = g( σ 1, σ 2, …., σ n), tức là phương pháp biểu thò một đa thức đối xứng qua các đa thức đối xứng cơ bản VÍ DỤ: Biểu thò đa thức đối xứng sau qua các đa thức đối xứng cơ bản 2 2 2 2 f(x1, x2, x3) = x 1 x 2 + x 1 x 2 + x 1 x 3 + x 1 x 3 + x 2 x 3 + x 2 x 3 2 2 Giải: 2 Hạng tử cao nhất của f là x 1 x 2 Lập... ,…, an), vậy ax 11 x 22 … x a n n không là hạng tử cao nhất, và điều này dẫn đến mâu thuẩn Xét đa thức a −a 2 a σ 11 a −a 3 σ 22 … σ a n và dễ kiểm tra rằng đó cũng là đa thức n a a đối xứng và có hạng tử cao nhất là ax 11 x 22 … x a n n a −a a −a f1 = f – a σ 1 1 2 σ 2 2 3 … σ a n ( rõ ràng nó là đa thức đối xứng) n - Nếu f1 = 0 ( đã chứng minh xong) - Nếu f1 ≠ 0, thì ta lại sắp xếp nó theo lối... nạp theo n Trường hợp n = 1 là tầm thường Giả sử đònh lí đúng với n –1, ta sẽ chỉ ra nó cũng đúng với n Thật vậy, giả sử f ∈ A[x1, x2, ….,xn] là đa thức khác 0 và có cấp bé nhất sao cho f( σ 1, σ 2, … , σ n) = 0 Ta viết đa thức f(x1, x2, …., xn) như một đa thức một biến xn : f = f0(x1, x2, …., xn–1) + f1(x1, x2, …., xn–1)xn + … + fs(x1, x2, …., xn–1)x s n trong đó fi(x1, x2, …., xn–1) ∈ A[x1, x2, ….,xn–1]... nhiên là một đa thức n biến x1, x2, ….,xn và nếu thay xn = 0 vào thì Đỗ Nguyên Sơn Khoa Toán Tin Đại Số Đại Cương - 107 - do σ n(x1, x2, …,xn–1, xn) = x1 x2 ….xn–10 = 0 nên ta có f0( ω 1, ω 2, …, ω n–1) = 0 trong đó ω i = σ i(x1, x2, …, xn–1, 0) là đa thức đối xứng cơ bản n – 1 biến Kết hợp với f0(x1, x2, …., xn–1) ≠ 0 sẽ dẫn đến mâu thuẩn với giả thiết qui nạp 2.6 Đònh lí Đối với mỗi đa thức đối xứng... diễn các đa thức sau qua các đa thức đối xứng cơ bản 1) 2) 3) 4) x3 + y3 + z3 – 3xyz x2 y + x y2 + x2 z + x z 2+ y2 z + y z2 x4 + y4 + z4 – 2x2 y2 – 2 x2 z2 – 2 y2 z2 x5 y2 + x2 y5 + x5 z2 + x2 z 5+ y5 z2 + y2 z5 12 Xác đònh tính bất khả qui của các đa thức sau trên trường số hữu tỉ 1) x4 – 8x3 + 12x2 – 6x –2 2) x5 – 12x3 + 36x –12 3) x4 – x3 + 2x +1 13 Chứng minh rằng đa thức thuộc 3[x] có bậc ≥ 3