PHẦN HƯỚNG DẪN, GIẢI ĐÁP BÀI TẬP 105 106 HƯỚNG DẪN, GIẢI ĐÁP BÀI TẬP Chương I Cấu trúc vành đa thức theo biến 1.1 Vành đa thức theo biến vành 1.1 – (1) Đặt B = {m + n m, n  Z}  R Một mặt B  Z| | Mặt khác, B vành R chứa Z nên [ ]  B 1 – (2) Đặt B =  m n3 m, n  Z  R Hiển nhiên   BZ   Vì u   B nên u   Z u  B Thật vậy, từ m, n  Z u  m nu , ta có = u3 = (m + nu)u = mn + (m + n2)u tương đương với hệ phương trình mn = m + n2 = vô nghiệm Z 1 – (3) Với u   , người ta có đa thức + 36u + 12u2 + 6u3 – 6u4 + u6 = Nhúng vành vào vành đa thức theo biến siêu việt – (1) Với f , g , h  A ( N ) , ta có [ f ( g h)](i )   f ( j )( g h)(k )   f ( j ) g (k )  j  k 1  j  k 1  f ( j )( g (k )  h(k )) j  k 1  f ( j)h(k )  ( fg )(i)  fh(i) j  k 1 = ( fg  fh)(i ) Do F(g + h) = fg + fh Đẳng thức (g + h)f = gf + hf chứng minh tương tự 107 1.3 Tính chất phổ dụng vành đa thức A[x] 1.3 – (1) Đồng cấu hao hàm j : Z → R mở rộng thành đồng cấu vành j : Z[x] R cho ‘x = ‘ Vì Im’ j = Z[ ] = {m + n m|m, n  Z}, (xem §1.1 Bài tập (1)) Ker j = {(x2 – 2)g | g  Z[x] = (x2 – 2)} iđêan vành Z[x] gồm bội đa thức x2 – Z[x] Định lý cho đẳng cấu Z[x] | (x2 – 2)  Z[ ] 1.3 – (2) Đồng cấu bao hàm j : K→ K[x] có Im j = K Vì K vành giao hoán, ag = ga với a  K g  K[x] nên theo tính chất phổ dụng, tồn đồng cấu vành Eg : K[x] → K[x] cho Eg(a) = a với a  K Eg(x) = g Với đa thức f =  n i 0 aixi  K[x], n Eg(f) =  n Eg(ai)Eg(x) = i0  g i i 0 nghĩa Eg(f)  K[x] thu cách thay f biến x g ii) Cho a  K, theo có tự đồng cấu Ea + x vành K[x] có tự đồng cấu Ea + x K[x] cho (Ea + x ° Ea+ x (f) = (Ea + x ° Ea + x)(f) = f Vậy Ea + x mộ tự đẳng cấu vành K[x] 1.4 Bậc đa thức 1.4 – (1) f +  Z6 1.4 – (2) fg =  Z12 1.4 – (3) Từ a0 + a1x  Z8[x] ( a1 ≠ 0) cho (a0 + a1x)2 = Suy a0 = , , , a1 = Các đa thức bậc Z8[x] cần tìm + x, + x, + x + x 1.4 – (4) 1A + ax khả nghịch vành A[x] 108 Phép chia đa thức – (1) Hệ tử dẫn đầu g phải phân tử , , ,  Z10 Thương dư đa thức sau Z10[x] q = x5 + x4 + x3 + x + r = 3x + – (2) Z5[x] – (3) n = 2, hay 2- (4) a) Một đa thức có hệ tử a0 = có dạng xq với q  F[x] b) Xét hợp thành đồng cấu bao hàm phép chiếu j p F  F[x]  F[x] / (x)  – (5) a) Một đa thức có hệ số chẵn có dạng 2f + xg f, g  X[x] b) Giả sử (2, x) = (h) với đa thức h  Z[x], suy h = 2a0 + a1x + …+ anxn h = ±1 nên có mâu thuẫn Hàm đa thức biến Nghiệm đa thức – (1) Giả sử trường f có q phần tử a1, …, aq Với i = 1, …, q xét đa thức fi =  (x – aj)  F[x] 1 j  i  q Ta có bậc fi = q – đặt bi = f i(ai) =  (ai – aj) ≠ j 0 có đa thức gi = bi-1fi  F[x] i = 1, ,q cho g I (ai) = 1F gj(aj) = 0F (j ≠ i) Với hàm φ : F → F, đa thức q f =  φ(ai)gi  F[x], i 1 109 Với hàm đa thức tương ứng q f =  φ(ai)gi : F  F i 1 cho với i = 1, …, q f (ai) = φ(ai) Cho nên φ = f – (2) i) Vì với i = 1, …, q h (ai) = aiq – = 0F, quy nạp suy h = (x – a1)(x – a2)…(x – an), ii) f – g = kh ( f - g) = – (3) phần tử Z6 nghiệm x3 – x – (4) a) Đa thức f viết f = (x - )(x - ) = (x - )(x - 11 ) Suy có phần tử , , , 11  Z12 nghiệm f b) Tất nghiệm g Z12 , , , , 11 – (5) a  D nghiệm nên f = (x – a)g với g  D[x] b  D nghiệm nên 0D = f (b) = (b – a) g (b) Vì b – a ≠ 0, suy g = (x – b)q, q  D[x] – (6) Dư phép chia có dạng c1x + c0 với c1 = r  r' ar 'br c0 = a b ab – (7) 0D ≠ f D[x] với bậc f = n có nhiều n nghiệm D – (8) f chia hết cho (x – 1)(x – 2) = x2 – 3x + (Bài tập (5)) Suy f = (x – 1)(x – 2)[(x – 2)2n – – (x – 2)2n – +…- (x – 2) + + (x – 1)n – + (x – )n – +…+ (x – 1) + 1] – (9) Từ f(1) = f = (x – 1)g, với g  Z[x] cho g(1) = suy a = n b = -(n + 1) 110 Thương phải tìm q = nxn – + (n – 1)xn – +…+ 3x2 + 2x + – (10) Dư cos nθ + x sin nθ – (11) Đẳng thức phép chia viết anxn + an–1xn –1 +…+ a1x + a0 = (x – c)(qn–1xn–1 +…+ q1x + q0) + r0 dư r0 = f (c)  A Cân hệ tử hai vế cho suy : qn – = an qn – = cqn – + an – … = ………… q0 = cq1 + a1 r0 = cq0 + a0 Vậy hệ tử qn – 1, qn – 2,…, q0 thương dư r0 thu sơ đồ Horner miêu tả Áp dụng : -2 -3 -2 -10 18 -35 77 -157 Thương q = 5x4 – 10x3 + 18x2 – 35x + 77 dư r = -157 Cấu trúc vành đa thức theo nhiều biến – (2) Có thể viết     f  y ( x  1) n   x ( y  1) n  n 1 = xy  ( x  1) i  ( y  1) i  i 1 = xy( x  y) g với n 1   g     ( x  1) j ( y  1) k  i 1  j  k  i 1  – (3) Xem f  Z[y,z])[x], f(-y – z) = nên f = (x + y + z)g, g  Z[x,y,z] g đẳng cấp bậc có dạng g  ax  a ' y  a ' ' z  bxy  b' xz  b' ' yz 111 Thay cân hệ số định a = a’ = a’’ = b = b’ = b’’= -1 – (4) f1  f  f  3x1 , f1 f f  x13  x 23  x33  x1 x x3 – (6) Vành F F hàm từ Fr vào F vành F[u1,…,ur] hàm đa thức có số phân tử r ~ – (7) Các đa thức f  F [ x1 , , x r ] cho f  tạo thành Kerφ ~ đồng cấu vành f  f Cần chứng minh Ker φ = I với I iđêan vành F[x1,…xr] sinh r đa thức hi  xiq  xi , i = 1,…,r – (8) f = (x + y + z)g g đa thức đẳng cấp bậc 2, tức có dạng g   x   y   z  1 xz   xz   yz , i , i  A Thay cân hệ tử, thu hệ thức cần tìm Đa thức đối xứng – (1) a) f = a( x  y  z )  b( xy  xz  yz ) b) f  a( x  y  z )  b( x y  xy  x z  xz  y z  yz )  cxyz – (2) i) Vi` f n ( y, y, z )  f n ( z , y, z )  f n ( x, z , z )  nên f n  ( x  y )( x  z )( y  z ) g n , ii) g  , g3  x  y  z , g n  Z [ x, y , z ] g  x  y  z  xy  xz  yz iii) Vì gn đa thức đối xứng đẳng cấp bậc n + – = n – , Thay cân hệ số có tất hệ số g – (3) (i) Với số mũ n lẻ, f n ( y, y, z )  f n ( x, z , z )  f n ( x, y, x)  nên f  ( x  y )( y  z )( z  x) g n , g n [ x, y , z ] ii) g5 đối xứng đẳng cấp bậc nên có dạng 112 g5  a (x  y  z )  b(xy  xz  yz) Cân hệ số tính a = b = 5 – (4)a) r   = r (r – 1) 2 r r b)   +   = r (r – 1)(r + 4) 2 3 - (5) a) s1 s  3s3 b) s1 s  s3 c)  s13  4s1 s3  8s3 d) s12 s 22  2s13 s3  2s 23  4s1 s s3  s 32 e) s12 s 23  4s13 s3  4s 23  18s1 s s  27 s32 – (6) Đa thức không thay đổi chuyển vị trí hai biến f  3s12  8s f  s13  s1s2  8s3 f   s14  s12 s  8s1 s3  16 s f  s12 s  s32 – (7) a) f  rs12  8s b) f  (r  1) s12  2rs2 – (8) Trong vành Z2[x1,x2,x3], x14  x 24  x34  ( x12  x 22  x32 )  s14 – (11) Hệ phương trình cho viết thành s12 – 2s2 = 0, s1(4s3 – s1s2) = 0, - s2(3s3 – s1s2) = Từ suy s15  32 có s1  2 , s  2 , s3   Trong  số bậc đơn vị Như x1,x2,x3 nghiệm số phương trình 113 x  2x  2 x    Phương trình có nghiệm  , - j , với j số phức j 2 j   i 2 Vì số bậc đơn vị  có dạng k 2 k 2  k  cos + i sin , 5 k=0,1,2,3,4 hệ phương trình cho có tất 30 nghiệm, nghiệm hoán vị  k, - j  k, j2  k 114 Hai ba phần tử 3,2 + α, – α không liên kết ≠ ±(2 + α), 3≠ ±(2 - α) + α ≠ ±(2 – α) Sau đẳng thức = = (2 + α)(2 – α) chứng tỏ phần tử  Z[α] có hai dạng nhân tử hóa phân biệt thành phần tử bất khả quy – (5) Gọi m bội chung nhỏ a b giả sử m’ ~ m, tức m’|m m|m’ Vì quan hệ | có tính bắc cầu 1) a|m b|m kéo theo a|m’ b|m’; 2) Với c cho a|c b|c, m|c nên m’|c Vậy m’ bội chung nhỏ a b Điều chứng tỏ bội chung nhỏ [a,b] a b xác định với sai khác nhân tử khả nghịch D Giả sử D miền nguyên Gauss hai phần tử a, b  D Theo định nghĩa bội chung nhỏ , Nếu a = 0D hay b = 0D [a,b] ~ D, Nếu a ~ 1D (b ~1D) [a,b] ~ b([a,b] ~a) Nếu a b khác 0D không khả nghịch, có dạng nhân tử hóa (biểu thị theo phần tử bất khả quy): a  up1 p ss , b  vp1 p ss [a, b] ~ p11 p ss  i  max ( i  i ) Miền nguyên Miền nguyên Euclid – (1) Vì D miền nguyên chính, hai phần tử a, b D có ước chung lớn d = (a,b)  D cho aD + bD = dE Để chứng minh d ước chung lớn a b E ta cần chứng minh dE iđêan bé chứa iđêan aE + bE E Nhưng mặt, aD + bD = dD  dE nên a, b dE aE + bE  dE Mặt khác, với c  E cho aE + bE  cE, dD = aD + bD  aE + bE  cE nên d  cE dE  cE Vậy d ước chung lớn a b E 121 – (3) Iđêan (2) + (x) tạo thành đa thức có hệ số chẵn Z[x] iđêan Thật vậy, giả sử (2) + (x) = (g) với đa thức Z[x] mặt, g có hệ số chẵn, mặt khác, g ước chung x nên g = ±1 có mâu thuẫn – (6) Vành số thực có dạng với m, m  Z hiển nhiên chứa Z Với   m  n  '  m' n' khác Z ta có  ( ' )  (mm'2nn' )  2(mn' nm' )   = (m  2n )(m' 2n' ) =  ( ) ( ' ) suy  ( ' )   ( ) Ngoài ra, với   m  n ≠  =  '  m'n'   Z , ta có số thực  1  ( m  n )(m'n ) uv m ' 2 n ' với u, v  Q Chọn số nguyên m0 n0 cho m0  u  1 n0  v  2 đặt s = m0 – u, t = n0 – v s t số hữu tỷ cho 2 s  2t  s  t  1 2  4 Từ  1  (m0  s )  (n0  t )  m0  n0  ( s  t ) Ta có      ( s  t ) với   m0  n0  Z Do  ,  ,   Z từ đẳng thức ta suy số thực     ( s  t )      Z 122 Như ta có  ,   Z cho      với  khác  ( p )  s  2t  (  )   (  )   (  )   Vậy ( Z ,  ) miền nguyên Euclid – (7) + 3i = (1 + i)(4 – i), 13 + 18i = (4 – i)(2 + 5i) – (8) a) (4148, 7684) ~ 68 b) (2x3 + 6x2 – x – 3, x4 + 4x3 + 3x2 + x + 1) ~ c) (2x3 – x, x4 + x3 + x + 1) ~ d) (5 + 3i, 13 + 18i) ~ – i Mở rộng đa thức miền nguyên Gauss – (1) Vì D miền nguyên, D D[x] có nhóm U phần tử khả nghịch Cho phần tử bất khả quy p  D* - U ước p thuộc D p ước thích đáng D thế, p phần tử bất khả quy D Nếu bậc p > 0, đa thức bất khả quy, p đa thức nguyên D[x], p đa thức bất khả quy D[x] FD[x] – (3) a) Trong Z[x] đa thức f g có dạng nhân tử hoá f = x3 – = (x – 1)(x2 + x + 1), g = x4 + x3 + 2x2 + x + = (x2 + 1)(x2 + x + 1) (f, g) ~ x2 + x + Ngoài từ -(x + 1)f + g = (x2 + x + 1) ta có 2( x2 + x + 1)  (f) + (g) x2 + x +  (f) + (g) Suy iđêan (f) + (g) Z[x] iđêan b) Vì f = x18 – = (x15 – 1)x3 + x3 – nên (f, x15 – 1) ~ (x15 – 1, x3 – 1) ~ x3 – x15 – = (x3 – 1)(x12 + x9 + x6 + x3 + 1) Còn 123 g = x33 – = x15(x18 – 1) + x15 – = x15 f + x15 – nên (g,f) ~ (f, x15 – 1) theo (f,g) ~ x3 – Một mặt, kết cho suy (f) + (g)  (x3 – 1) Mặt khác, hệ thức x3 – = (1 + x18)f – x3g  (f) + (g) kéo theo (x3 – 1)  (f) + (g) Tóm lại, (f) + (g)  (x3 – 1), iđêan Z[x] sinh f g iđêan sinh đa thức x3 – – (4) Đa thức yf + g  F[x,y] = (F[x])[y], với f ≠ (f,g) ~ F[x], đa thức nguyên bậc theo y đa thức bất khả quy vành (F[x])[y], F[x] trường thương miền nguyên F[x], đa thức bất khả quy (F[x])[y] = F[x,y] Các miền nguyên Gauss đặc biệt 5.1 Đa thức có hệ số nguyên hệ số hữu tỷ 5.1 – (1) a) 40x2 – 20x = 2.2.5.(2x-1) b) 10x2 + 5x – = 5(x + 1)(2x – 1) c) x3 – 83 = (x – 8)(x2 + 8x + 64) 5.1 – (2) a) x3 – y3 = (x – y)(x2 + xy + y2) b) y4 – x2 = (y2 – x)(y2 + x) c) x2 – y6 = (x – y3)(x + y3) 5.1 – (3) a) Không có nghiệm số hữu tỷ, khả quy Z[x] bất khả quy Q[x] b) Có nghiệm số hữu tỷ có dạng nhân tử hoá (5x – 2)(x2 + 2x + 2) c) Không có nghiệm số hữu tỷ d) Có nghiệm số hữu tỷ e) Có ngiệm số hữu tỷ 1 , ,2 3 5.1 – (5) Số nguyên a cần tìm phải có dạng a = 30bn, n >1 b số nguyên cho < 30bn < 250; từ < bn  8, suy b = với n = n = a = 120 hay 240 124 5.1 – (7) a) + x + x2 + x3 + x4 + x5 = (1 + x)(1 + x + x2)(1 – x + x2) b) + x + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 bất khả quy (cyclotomic) c) + x + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 + x7 = (1 + x)(1 + x2)(1 + x4), (Để thấy g(x) = + x4 bất khả quy, tính g(1 + x) 5.2 Đa thức có hệ số thực 5.2 – (2) Nếu a = đa thức f = x4 – x có hai nghiệm x = x = 1 Giả sử a ≠ 0, ta tính giá trị f  a , ,1  a Vì a >  , ta có 1 1 f      a   a   a  16 2 2 Còn f  a   a  a  a  a  a  1 2   nên khoảng   a ,  đa thức f có nghiệm x1 Tương tự,   f 1  a   1  a 1  a    nên khoảng  ,1  a  đa thức f có nghiệm x2 Hiển 2  nhiên hai nghiệm x1 x2 f phân biệt 5.2 – (3) Ta có f(0) = a0 < Vì > với i = 1,…, n với x0   a0 0 a1 Ta có f(x0) = a0 + a1x0 +…+an x0n > a0 + a1x > Sau f(0) < < f(x0) nên có   (0, x0 ) để f(α) = 5.3 Các miền nguyên Gauss R[x] C[x] 5.3 – (1) Đa thức  x  x  Z2[x] nghiệm Z2 nên bất khả quy Do vành thương Z2[x] / (  x  x ) trường đẳng cấu với trường Z2(u), với  x  x = 0, trường có phần tử 0,1, u,1  u 125 5.3 – (2) Vì  x  x nghiệm Z3 nên đa thức bất khả quy Z3[x] Trường Z3(u) có phần tử, , , , u , u ,  u ,  u ,  u ,  2u với phần tử ≠ có phần tử nghịch theo thứ tự , 2,  u ,  2u ,  u , 2u , u ,  u 5.3 – (5) Tự đẳng cấu L C[x] đặt vào đẳng thức phép chia f = gq + r cho Lf = LgLq + Lr Nếu f,g  R[x] Lf = f Lg = g đẳng thức trở thành f = gLq + Lr Nhưng tính thương dư, ta có Lq = q Lr = r, nghĩa q  R[x] r  R[x] 5.3 – (7) f = (2x – 1)(x - – 2i)(x – – i) 5.3 – (8) a) + i + x + x2 = (x + i)(x + – i)  3  x  i  2   2       1 x   x  x  1 c) x   ( x  1)  x  2       d) x  i  ( x  i )  x   i  x   i 2  2   b) + x – x3 - x4 = (1 + x)(1 – x)  x   i 5.3 – (9) a) Trong C[x] đặt k 2 k 2 xk = cos + isin , 7 3  k = 0, 1, 2, ta có x   ( x  1)( x  x1 )( x  x1 )( x  x )( x  x )( x  x3 )( x  x3 ) Trong R[x], x7 – = 2 4 6     ( x  1) x  x cos  1 x  x cos  1 x  x cos  1 7     b) Trong C[x] đặt     x k  cos  k   i sin   k , 2  2  126 k = 0, x4 – 2x2cos  + = (x – x0)(x – x0)(x – x1)(x – x1) Trong R[x],      x  x cos     x  x cos  1 x  x cos  1  Và xét trường hợp   k 2 2   (k  Z) 5.3 – (10) a) + x8 = 1  x   x  1  x   x  (1    + x   x 1  x   x    b) + x + x = 1  x  x  1  x  x  1  x   x2 1  x2 c) + 4x + 8x2 + 4x3 + x4 =  + 2 + (2 + 2 )x + x2 - 2 + (2 - 2 )x + x2     d)  x  x  x  x  x    x 23   =… 127  36     Bài tập tổng hợp chương II (2) a) Vì mn bình phương nên có dạng nhân tử hoá thành số nguyên tố với số mũ chẵn mn  p121 p r2 r Vì (m,n = 1) nên pi m pi2 m i b) Vì (x, y, z) nghiệm x2 + y2 = z2 (ax, ay, az) nghiệm với ( x, y ) z , giả thử (x,y) = Nếu x = 2h + y = 2k + z2 = 4q + 2, điều với số nguyên z Với y số chẵn, y2 = (z + x)(z – x) suy z + x z – x số chẵn với ( z  x) ( z  x) hai số nguyên tố nhau, áp dụng câu a) suy z + x = 2m2 z – x = 2n2 từ x = m2 – n2, z = m2 + n2, y = 2mn (4) a) N ( )    =     N ( ) N (  ) b)   Z[i] khả nghịch tồn  ’  Z[i] cho  ' = Do theo a) N ( ) N ( ' )  suy N(  ) = Đảo lại , N ( )     khả nghịch, có phần tử nghịch  Vì  = m + ni khả nghịch N(  ) = m2 + n2 = 1, suy nhóm phần tử khả nghịch Z[i] U = {-1,1,-1,i} c) Vì  ~     u , u  U Do N ( )  N (u ) N (  )  N (  ) Còn  ~   = u  với u = ±1, ±i, suy  có dạng (m,n  Z )  = m, ni, m(1 + i), m(1 – i) d) Nếu α = βγ Z[i] N(α) = N(β)N(γ) Z, α khả quy Z[i] kéo theo N(α) khả quy Z, nói cách khác, N(α) nguyên tố Z kéo theo α nguyên tố Z[i] 128 e) Giả sử p  Z nguyên tố Z Nếu p khả quy Z[i] p = αβ với αβ  Z[i] Từ Z ta có p2 = N(α)N(β) Suy p = N(α) = N(β) Đảo lại, giả sử có α  Z[i] cho p = N(α) =  theo d) α  nguyên tố Z[i], p khả quy Z[i] f) Số nguyên tố p = 4q + Z phần tử nguyên tố Z[i] với α = m + ni  Z[i], ta có N(α) = m2 + n2 ≠ p = 4q + (7) a) Giả sử f = gh với h,g  D[x], ta có σf = σgσh với σg, σh  E[x] Giả thiết bậc σf = bậc f cho viết bậc σg + bậc σh = bậc g + bậc h, bậc σg  bậc g bậc σh  bậc h, đẳng thức kéo theo bậc σg = bậc g bậc σh = bậc h Giả thiết σf bất khả quy FE[x] đẳng thức σf = σgσh kéo theo σg  E* hay σh  E*; bậc g = bậc σg = hay bậc h = bậc σh = 0, g  D* hay h  D* b) Nếu f = gh với h, g  D[x], theo a) ta có σg  E* hay σh  E* g  D – P hay h  D – P, nghĩa g hay h thu phần tử khả nghịch D ; f bất khả quy D[x] c) f  D[x] bất khả quy FE[x], giả thiết cho suy f ≠ 0, bậc f > dạng nhân tử hoá f = gh miền nguyên Gauss D[x] kéo theo g  D* hay h  D*, nghĩa g hay h thu phần tử khả nghịch FD Áp dụng : D = Z, E = Z / pZ = Zp, σ: Z→ Z / pZ i) Với f  Z[x] có hệ tử dẫn đầu ±1, f = σf  Zp[x] có hệ tử dẫn đầu hay p –  Zp bậc f = bậc f Vì f bất khả quy Zp[x] f đa thức bất khả quy Q[x] , f khả quy Z[x] nhân tử g f thu nhân tử g f với bậc g = bậc g ii) Với f = 25 + 5x + 6x2 + x3  Z[x], phép chiếu σ: Z → Z2 cho f = σf =  x  x  Z [x] (bậc nghiệm Z2) bất khả quy Z2[x]; f đa thức bất khả quy Q[x] 129  Với + 11x + 6x2 + x3  Z[x], phép chiếu σ : Z → Z3 ta có f = σf = + 2x + x3  Z3[x] (bậc nghiệm Z3) bất khả quy Z3[x] f đa thức bất khả quy Z[x]  Với f = + 2x + x2 + 8x3 + x4, Z3[x] , ta có f   x  x  x  x  (  x)(  x  x ) Do đó, khả quy f phải có nhân tử bậc nhân tử bậc 3, nữa, vào hệ số dẫn đầu hệ số , nhân tử bậc f có dạng ±1 ±x hay ±5 ±x Z2[x], với dạng nào, nhân tử thu  x Nhưng Z2[x], đa thức f   x  x không chia hết cho đa thức  x Vậy f đa thức bất khả quy Z[x] (8) a) Lấy ước số nguyên tố p d, suy x2 - d  Z[x] đa thức bất khả quy Q[x] theo Eisentein Do có đẳng cấu trường Q x / x  d   Q d ,   d nghiệm đa thức x – d   b) Với α = r + s d  Q d , theo định nghĩa T(α) = 2r N(α) = r2 – s2d α nghiệm đa thức x2 – T(α)x + N(α)  Q[x] nên α đại số Q Từ định nghĩa chuẩn vết với α, β  Q d nguời ta   có T (   )  T ( )  T (  ) ,   N ( )  N ( ) N (  ) c) Giả sử α = r + s d  Q d với T(α) = 2r  Z v N(α) = r2 – s2d  Z  Nếu r = m  Z s2d  Z suy s = n  Z d ước bình phương 130  Nếu r = m + , m  Z 2 1  s d   m    N ( )  m  m  N ( )  2  d ước bình phương, suy s có dạng s = n + , n  Z 1 s = n + (m,n  Z) 2 2 4m  4m   4n  4n  d  N ( )  Z Bây giờ, với r = m +   suy d = 4q + 1, q  Z Vậy trừ d  (mod.4) số nguyên tố Q d có dạng   m + n d , m, n  Z Còn d  (mod.4) số nguyên Q d   m+ 1  +  n   d, 2  có dạng m,n  Z   Đảo lại, α = r + s d  Q d với r,s  Z T(α), N(α)  Z nghĩa α nguyên Cũng d  (mod.4) α = r + s d Q  d  với r = m + 12 s = n + (m,n  Z), số nguyên d) Dùng kết câu c) để chứng minh với α, β  J(d), người ta có α - β  J(d) αβ  J(d) e) Kiểm chứng điều kiện có đủ để điều kiện thứ hai định nghĩa vành Euclid thỏa mãn   Q d ,   J d , N        131 TÀI LIỆU THAM KHẢO |1| N.Jacobson, Lectures in Abstract Algebra, Volume I D Van Nostrand Company, Inc, New York, 1951 |2| N Boubaki, Éléments de Mathématique, Livre II, Ch.4, Ch.5 Hermann, Paris, 1959 |3| N Boubaki, Éléments de Mathématique, Livre II, Ch.6, Ch.7 Hermann, Paris, 1953 |4| S Maclane & G Birkhoff, Agebra The Mac Milan Company, New York, 1967 |5| S Lang, Algebra, Chap VII, Chap VIII Addison-Wesley, 1971 |6| G.H Hardy & E.M Wright, An introduction to the Theory of Numbers Oxford University Press London, 1956 |7| D Faddéev & I Sominski, Receuil d’exercices d’algèbre supérieure Traduction francaise, Éditions Mir Moscou, 1977 |8| G Godement, Cours d’Agèbre Hermann, Paris, 1966 132 MỤC LỤC LỜI NÓI ĐẦU KÍ HIỆU THÔNG DỤNG Chương I VÀNH ĐA THỨC Cấu trúc vành đa thức theo biến 1.1 Vành đa thức theo biến vành Bài tập 1.2 Nhúng vành vào vành đa thức theo biến Bài tập 10 1.3 Tính chất phổ dụng vành đa thức A |x| 10 Bài tập 12 1.4 Bậc đa thức 12 Bài tập 13 Phép chia đa thức 14 2.1 Định lý Định nghĩa 14 2.2 Thực phép chia 16 2.3 Iđêan vành đa thức F|x| với F trường 18 Bài tập 18 Hàm đa thức biến Nghiệm đa thức 19 3.1 Vành hàm lấy giá trị vành 19 3.2 Vành hàm đa thức 20 3.3 Nghiệm đa thức 21 Bài tập 23 Cấu trúc vành đa thức theo nhiều biến 24 4.1 Vành đa thức theo nhiều biến vành 24 4.2 Nhúng vành vào vành đa thức theo nhiều biến 27 4.3 Hàm đa thức nhiều biến 29 4.4 Bậc Đa thức đẳng cấp Độ cao 31 Bài tập 33 133 Đa thức đối xứng 35 5.1 Định nghĩa Đa thức đối xứng sơ cấp Tính chất 35 5.2 Định lý đa thức đối xứng 37 5.3 Biểu thị theo đa thức đối xứng sơ cấp 40 5.4 Các công thức Newton 42 5.5 Ứng dụng 45 Bài tập 46 BÀI TẬP TỔNG HỢP 48 Chương II NHÂN TỬ HÓA TRÊN CÁC MIỀN NGUYÊN Các khái niệm 51 1.1 Ước, phần tử liên kết, phần tử bất khả quy 51 1.2 Ước chung lớn 53 1.3 Dạng nhân tử hóa 55 Bài tập 56 Sự tồn dạng nhân tử hóa Miền nguyên Gauss 57 2.1 Điều kiện tồn dạng nhân tử hóa 57 2.2 Điều kiện dạng nhân tử hóa 59 2.3 Miền nguyên Gauss 62 Bài tập 63 Miền nguyên miền nguyên Euclid 64 3.1 Miền nguyên 64 3.2 Miền nguyên Euclid 66 3.3 Thuật toán tìm ước chung lớn 69 Bài tập 72 Mở rộng đa thức miền nguyên Gauss 73 4.1 Đa thức nguyên Bổ đề Gauss 73 4.2 Định lý chuyển 77 Bài tập 79 Các miền nguyên Gauss đặc biệt 80 5.1 Đa thức có hệ số nguyên hữu tỉ 80 Bài tập 85 5.2 Đa thức có hệ số thực 86 134 Bài tập 89 5.3 Các miền nguyên Gauss R[x] C[x] 89 Bài tập 99 BÀI TẬP TỔNG HỢP 101 PHẦN HƯỚNG DẪN, GIẢI ĐÁP BÀI TẬP Chương I 107 Chương II 119 TÀI LIỆU THAM KHẢO 132 MỤC LỤC 133 135 ... thức 20 3.3 Nghiệm đa thức 21 Bài tập 23 Cấu trúc vành đa thức theo nhiều biến 24 4.1 Vành đa thức theo nhiều biến vành 24 4 .2 Nhúng vành vào vành đa thức theo nhiều... s14  s 12 s  8s1 s3  16 s f  s 12 s  s 32 – (7) a) f  rs 12  8s b) f  (r  1) s 12  2rs2 – (8) Trong vành Z2[x1,x2,x3], x14  x 24  x34  ( x 12  x 22  x 32 )  s14 – (11) Hệ phương trình. .. 14 2. 2 Thực phép chia 16 2. 3 Iđêan vành đa thức F|x| với F trường 18 Bài tập 18 Hàm đa thức biến Nghiệm đa thức 19 3.1 Vành hàm lấy giá trị vành 19 3 .2 Vành hàm đa thức