Đa thức một biến
Một đa thức một biến với hệ số trên V được định nghĩa là f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + + a_1 x + a_0, trong đó a_0, , a_n thuộc V và x là biến không xác định.
P i=0 aix i hoặc f(x) = P aix i , trong đó ai = 0 với mọi i > n Hai đa thức P aix i và
Pb i x i là bằng nhau nếu a i = b i với mọi i.
Ký hiệu V[x] đại diện cho tập hợp các đa thức một biến x với hệ số thuộc V Đa thức f(x) có dạng \( f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \ldots + a_1 x + a_0 \) thuộc V[x] Hệ số tự do của f(x) là \( a_0 \) Nếu \( a_n \neq 0 \), thì bậc của f(x) được ký hiệu là deg f(x) và được gọi là n, trong đó \( a_n \) là hệ số cao nhất Khi \( a_n = 1 \), f(x) được gọi là đa thức dạng chuẩn (monic polynomial).
Trong bài viết này, chúng ta lưu ý rằng không định nghĩa bậc cho đa thức 0 Nếu f(x) = a ∈ V, thì f(x) được gọi là đa thức hằng Các đa thức bậc 1 được gọi là đa thức tuyến tính Đối với hai đa thức f(x) = \sum a_i x^i và g(x) = \sum b_i x^i trong V[x], ta định nghĩa phép cộng của chúng là f(x) + g(x) = X.
Vành đa thức một biến \( V[x] \) với hệ số trong \( V \) là một vành giao hoán, trong đó phần tử không là đa thức 0 và phần tử đơn vị là đa thức 1.
Tiếp theo là một số tính chất sau đây về bậc của tổng và tích các đa thức một biến.
Bổ đề 1.1.1 Cho f(x), g(x), h(x) ∈ V[x] là các đa thức khác 0 Khi đó
(i) Nếu f(x) +g(x) 6= 0 thì deg((f(x) +g(x)) ≤ max{degf(x),degg(x)}.
Nếu \( f(x)g(x) \neq 0 \) thì \( \deg(f(x)g(x)) \leq \deg(f(x)) + \deg(g(x)) \) Định nghĩa miền nguyên: V là vành giao hoán khác 0, được gọi là miền nguyên nếu \( ab = 0 \) kéo theo \( a = 0 \) hoặc \( b = 0 \) Phần tử \( a \in V \) được gọi là bất khả quy nếu \( a \neq 0 \), \( a \) không khả nghịch và không có ước thực sự Miền nguyên V là miền phân tích duy nhất (UFD) nếu mọi phần tử khác không, không khả nghịch đều phân tích được thành tích của các nhân tử bất khả quy, và sự phân tích đó là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các nhân tử và các nhân tử khả nghịch Cuối cùng, miền nguyên V được gọi là miền iđêan chính nếu mọi iđêan của V đều là iđêan chính, tức là: Nếu I là iđêan của V thì tồn tại phần tử \( a \in I \) sao cho \( I = (a) \).
Ví dụ 1.1.1 Ta thấy Z là miền chính vì mọi iđêan của Z có dạng mZ = {mx | x ∈ Z} Tuy nhiên vành Z[x] không là miền chính vì iđêan I = (x,2) không là iđêan chính.
Bổ đề 1.1.2 khẳng định rằng, với miền nguyên V, đối với mọi đa thức f(x) và g(x) thuộc V[x], ta có công thức độ bậc: \$\text{deg}(f(x)g(x)) = \text{deg}(f(x)) + \text{deg}(g(x))\$ Điều này áp dụng cho mọi f(x) và g(x) khác không.
Mệnh đề dưới đây cho ta điều kiện cần và đủ để vành đa thức là miền phân tích duy nhất, miền iđêan chính (xem Mệnh đề 1.4.2 của [1]).
Mệnh đề 1.1.1 chỉ ra rằng nếu V là miền phân tích duy nhất, thì V[x] cũng là miền phân tích duy nhất Hơn nữa, nếu V là một miền nguyên, thì V[x] là miền iđêan chính khi và chỉ khi V là một trường Định nghĩa 1.1.6 mô tả ánh xạ ϕ: V → V 0 giữa hai vành V và V 0 là đồng cấu nếu ϕ(1) = 1, ϕ(a+b) = ϕ(a) + ϕ(b), và ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b) với mọi a, b ∈ V Cuối cùng, định nghĩa 1.1.7 cho biết một đồng cấu ϕ được gọi là đơn cấu nếu nó là đơn ánh, toàn ánh hoặc song ánh, và hai vành V và V 0 được gọi là đẳng cấu nếu tồn tại một đẳng cấu giữa chúng, ký hiệu là V ∼= V 0.
Hợp thành của hai đồng cấu vành tạo thành một đồng cấu vành Ánh xạ ngược của một đẳng cấu vành cũng là một đẳng cấu vành Ánh xạ nhúng \( j: V \to V[x] \) được định nghĩa bởi \( j(a) = a \) với mọi \( a \in V \) là một đơn cấu vành, và được gọi là phép nhúng tự nhiên hay phép nhúng chính tắc.
Ví dụ 1.1.2 Ta có ánh xạ ϕ : V[x] → V cho bởi ϕ P aix i
Định lý 1.1.1 (Định lý chia với dư) khẳng định rằng, với một đa thức g(x) ∈ V[x] có hệ số cao nhất khả nghịch trong V, cho bất kỳ đa thức f(x) ∈ V[x], tồn tại duy nhất một cặp đa thức q(x) và r(x) thuộc V[x] sao cho f(x) = q(x)g(x) + r(x), với điều kiện r(x) = 0 hoặc deg(r(x)) < deg(g(x)) Định lý này là một kết quả quan trọng trong lý thuyết đa thức, giúp xây dựng thuật toán tìm ước chung lớn nhất của các đa thức.
Kết quả dưới đây, được gọi là Định lý Bezout bé, là một hệ quả trực tiếp từ Định lý 1.1.1.
Hệ quả 1.1.1 Cho a ∈ V và f(x) ∈ V[x] Khi đó dư của phép chia f(x) cho x−a là f(a).
Hệ số cao nhất của đa thức \(x - a\) là 1, cho thấy nó là phần tử khả nghịch Theo Định lý 1.1.1, tồn tại các đa thức \(q(x)\) và \(r(x)\) trong \(V[x]\) sao cho \(f(x) = (x - a)q(x) + r(x)\), với \(r(x) = r \in V\) là một đa thức hằng Khi thay \(x = a\) vào đẳng thức, ta có \(r = r(a) = f(a)\) Định nghĩa 1.1.8 chỉ ra rằng nếu có hai đa thức \(f(x)\) và \(g(x)\) trong \(K[x]\) với \(g(x) \neq 0\), tồn tại một đa thức \(q(x) \in K[x]\) sao cho \(f(x) = g(x)q(x)\), thì \(g(x)\) được gọi là ước của \(f(x)\) và \(f(x)\) là bội của \(g(x)\) Một đa thức \(d(x) \in K[x]\) được xem là ước chung của các đa thức \(f_1(x), \ldots, f_s(x) \in K[x]\) nếu \(d(x)\) là ước của mọi \(f_i(x)\) với \(i = 1, \ldots, s\) Cuối cùng, một ước chung \(d(x)\) được gọi là ước chung lớn nhất nếu nó là bội của mọi ước chung của các đa thức \(f_1(x), \ldots, f_s(x)\).
Ví dụ 1.1.3 Cho f(x) = x 2 −1 và g(x) = x−1 là các đa thức trên trường số hữu tỷ Q Khi đó f(x) = (x−1)(x+ 1) = g(x)(x+ 1) Suy ra, g(x) là ước của f(x) Ta có 1,1
2,(x−1) là ước chung của f(x) và g(x) Khi đó x−1,1
2(x− 1),2(x −1) ., là các ước chung lớn nhất của f(x) và g(x). luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Bổ đề 1.1.3 Cho d(x) ∈ K[x] là ước chung lớn nhất của f(x), g(x) ∈
K[x] Khi đó đa thức t(x) ∈ K[x] cũng là ước chung lớn nhất của f(x), g(x) nếu và chỉ nếu tồn tại 06= a ∈ K sao cho t(x) = ad(x).
Bổ đề 1.1.4 khẳng định rằng nếu có hai đa thức f(x) và g(x) với f(x) = g(x)q(x) + r(x), trong đó r(x) = 0 hoặc degr(r(x)) < degg(g(x)), thì đa thức d(x) sẽ là ước chung lớn nhất của f(x) và g(x) nếu và chỉ nếu d(x) cũng là ước chung lớn nhất của g(x) và r(x).
Chúng tôi trình bày định lý về thuật toán Euclid để tìm ước chung lớn nhất Định lý 1.1.2 khẳng định rằng, với hai đa thức f(x) và g(x) trong K[x] (với g(x) khác 0), tồn tại một số tự nhiên k cùng với các đa thức r_i(x) và q_i(x) thuộc K[x] sao cho: f(x) = g(x)q_0(x) + r_0(x) (với r_0(x) khác 0 và deg(r_0(x)) < deg(g(x))); g(x) = r_0(x)q_1(x) + r_1(x) (với r_1(x) khác 0 và deg(r_1(x)) < deg(r_0(x))); và r_0(x) = r_2(x)q_2(x) + r_2(x) (với r_2(x) khác 0 và deg(r_2(x)) < deg(r_1(x))).
Hơn nữa đa thức dư cuối cùng rk(x) 6= 0 là một ước chung lớn nhất của f(x) và g(x).
Ví dụ 1.1.4 Tìm ước chung lớn nhất của hai đa thức với hệ số trên
Giải Theo thuật toán Euclid ta có x 3 −2x+ 2 = x 2 −1 x−2x+ 2 x 2 −1 = (−2x+ 2) − 1 2 x− 1 2
Do đó −2x+ 2 là một ước chung lớn nhất của x 2 −1 và x 3 −3x+ 2. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Đa thức nhiều biến và Định lý cơ sở Hilbert
Hilbert Định nghĩa 1.2.1 i) Mỗi bộ nsố nguyên không âm i = (i 1 , , i n ) ∈
Một đơn thức \$x^i\$ trong không gian \$\mathbb{N}^n_0\$ được định nghĩa bởi các biến \$x_1, \ldots, x_n\$ với bậc là \$i_1 + \ldots + i_n\$ Hai đơn thức \$x^i\$ và \$x^j\$ được coi là bằng nhau nếu và chỉ nếu \$i = j\$, tức là \$i_k = j_k\$ với mọi \$k\$ Một từ có dạng \$ax^i\$ với \$a \in V\$ được gọi là hệ số, và hai từ được gọi là đồng dạng nếu đơn thức của chúng bằng nhau Hai từ được coi là bằng nhau nếu chúng đồng dạng và có cùng hệ số Đa thức là tổng hữu hạn các từ, và nếu \$u = ax^i\$ và \$v = bx^i\$ là hai từ đồng dạng, thì \$u + v = (a + b)x^i\$ Mỗi đa thức \$f(x_1, \ldots, x_n)\$ có thể được biểu diễn duy nhất dưới dạng tổng của các từ không đồng dạng, với chỉ hữu hạn các từ khác 0 Mỗi từ khác 0 trong biểu diễn này được gọi là một từ của đa thức Hai đa thức \$\sum_{i \in \mathbb{N}^n_0} a_ix^i\$ và \$\sum_{i \in \mathbb{N}^n_0} b_ix^i\$ được coi là bằng nhau nếu \$a_i = b_i\$ với mọi \$i \in \mathbb{N}^n_0\$ Bậc của một từ khác không là bậc của đơn thức tương ứng, và bậc tổng thể của đa thức \$f(x_1, \ldots, x_n) \neq 0\$ được ký hiệu là \$\text{deg} f(x_1, \ldots, x_n)\$, là số lớn nhất trong các bậc của các từ của nó Bậc theo biến \$x_k\$ của một đa thức là số lớn nhất trong các số mũ của \$x_k\$ xuất hiện trong các từ của đa thức đó.
Bậc của đa thức 0 không được định nghĩa, trong khi đa thức hằng khác không là đa thức có bậc 0 Các đa thức bậc 1 được gọi là đa thức tuyến tính, và đa thức thuần nhất bậc m là đa thức mà tất cả các từ của nó đều có bậc m Đặc biệt, đa thức thuần nhất bậc hai được gọi là dạng toàn phương Ký hiệu V[x₁, , xₙ] đại diện cho tập hợp các đa thức n biến x₁, , xₙ với hệ số trong V Đối với i, j thuộc N₀ⁿ, với i = (i₁, , iₙ) và j = (j₁, , jₙ), ta định nghĩa i + j = (i₁ + j₁, , iₙ + jₙ).
V[x 1 , , x n ] là một vành với phép cộng và phép nhân
Vành V[x₁, , xₙ] được định nghĩa là vành đa thức n biến với hệ số trong V Để xây dựng vành đa thức n biến, ta thực hiện quy nạp theo n Khi n = 1, vành đa thức một biến V[x₁] đã được xác định Đối với n = 2, vành đa thức hai biến V[x₁, x₂] có thể được xem như vành đa thức một biến x₂ với hệ số trong V[x₁] Qua quy nạp, ta có thể mở rộng khái niệm này cho vành đa thức n biến.
V[x 1 , , x n ] với hệ số trong V chính là vành đa thức một biến x n với hệ số trong vành V[x 1 , , x n−1 ].
Theo Mệnh đề 1.1.1 Nếu V là miền phân tích duy nhất thì V[x] là miền phân tích duy nhất Bằng quy nạp theo số biến ta có hệ quả sau.
Nếu miền V là miền phân tích duy nhất, thì miền V[x₁, , xₙ] cũng sẽ là miền phân tích duy nhất.
Nếu K là trường, thì K là miền phân tích duy nhất, và do đó, vành đa thức K[x₁, , xₙ] cũng là miền phân tích duy nhất Định nghĩa 1.2.4: Cho đa thức f(x₁, , xₙ) thuộc V[x₁, , xₙ], ánh xạ f: Vⁿ → V được xác định cho mỗi phần tử (a₁, , aₙ) thuộc Vⁿ với phần tử f(a₁, , aₙ) thuộc V Hàm f được gọi là hàm đa thức n biến trên V tương ứng với đa thức f(x₁, , xₙ).
Kết quả quan trọng cho phép đồng nhất mỗi đa thức với một hàm đa thức, từ đó liên hệ các đối tượng đại số trong vành đa thức V[x₁, , xₙ] với các đối tượng hình học trong tập Vⁿ Định lý 1.2.1 khẳng định rằng nếu V là miền nguyên vô hạn, ánh xạ ϕ tương ứng mỗi đa thức f(x₁, , xₙ) với hàm đa thức f là một song sánh từ tập các đa thức V[x₁, , xₙ] đến tập các hàm đa thức n biến trên V Đặc biệt, đa thức f(x₁, , xₙ) là đa thức 0 khi và chỉ khi hàm đa thức f là hàm không Định nghĩa 1.2.5 cho biết V là vành Noether nếu nó thỏa mãn điều kiện các dãy tăng dừng trên các lý thuyết, tức là với mọi dãy tăng I₁ ⊆ I₂ ⊆ ⊆ Iₙ ⊆ , tồn tại một số tự nhiên n₀ sao cho Iₙ = Iₙ₀ với mọi n > n₀.
Tiếp theo là các đặc trưng của vành Noether (xem Mệnh đề 3.4.1 của [1]).
Mệnh đề 1.2.1 Cho V là vành giao hoán Khi đó các phát biểu sau là tương đương.
(ii) Mỗi iđêan của V là hữu hạn sinh.
Mỗi họ khác rỗng của các iđêan V đều chứa ít nhất một phần tử cực đại theo quan hệ bao hàm.
Hệ quả 1.2.2 Cho V là vành Noether và I là iđêan của vành V khi đó vành thương V /I là vành Noether.
Nếu V là miền nguyên, thì vành đa thức một biến V[x] cũng là miền nguyên Định lý Hilbert cho thấy tính chất Noether được bảo toàn trong vành đa thức Cụ thể, nếu V là vành Noether, thì V[x] cũng sẽ là vành Noether.
Chứng minh Theo Mệnh đề 1.2.1, ta cần chứng minh mọi iđêan của
V[x] là một không gian vector hữu hạn sinh Nếu J là một iđêan của V[x] và J = 0, thì J hiển nhiên là hữu hạn sinh Đối với trường hợp J khác 0, ta gọi m là bậc nhỏ nhất của các đa thức khác 0 thuộc J Đối với n lớn hơn hoặc bằng m, ta sẽ định nghĩa
I n là lý thuyết của V và I n ⊆ I n+1 Vì V là vành Noether, I n hữu hạn sinh theo Mệnh đề 1.2.1 Do đó, có thể viết I n (a n,1, , a n,i n) với mọi n > m Hơn nữa, do V là vành Noether, tồn tại một số tự nhiên k ≥ m sao cho I n = I k với mọi n ≥ k Với mỗi n = m, , k và mỗi j = 1, , i n, gọi f n,j (x) ∈ J là đa thức bậc n với hệ số cao nhất là an,j.
A n Khi đó A là tập hữu hạn Ta chứng minh J = (A).
Rõ ràng, tập hợp (A) là tập con của J Giả sử 0 6= p(x) thuộc J với a là hệ số cao nhất của p(x), khi đó bậc của p(x) lớn hơn hoặc bằng m Chúng ta sẽ chứng minh rằng p(x) thuộc (A) bằng phương pháp quy nạp theo bậc của p(x) Khi bậc của p(x) bằng m, ta có a thuộc I m, do đó tồn tại các phần tử c 1, , c i m thuộc V sao cho a i m.
P j=1 c j f m,j (x). luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Khi đó q(x) hoặc bằng 0 hoặc có bậc bé hơn m Chú ý rằng q(x) ∈ J.
Do đó, với cách chọn m, ta có q(x) = 0 và suy ra p(x) thuộc (A) Giả sử degp(x) n > m và mọi đa thức trong J có bậc nhỏ hơn n đều thuộc (A), từ đó a thuộc In Đặt t = min{n, k}, ta có In = It, dẫn đến a thuộc I t Do đó, tồn tại c 1, , c i t thuộc V sao cho a i t.
P j=1 c j f t,j (x) Khi đó q(x) ∈ J và q(x) hoặc bằng 0 hoặc có bậc nhỏ hơn n Theo giả thiết quy nạp, q(x) ∈ (A) Suy ra p(x) ∈ (A) Do đó J = (A).
Cho V là vành và S là vành chứa V, với α 1 , , α n ∈ S Đặt
Từ Định lý 1.2.2 và bằng quy nạp theo số biến ta suy ngay hệ quả sau.
Hệ quả 1.2.3 Các phát biểu sau đây là đúng.
(i) Nếu V là vành Noether thì V[x 1 , , x n ] cũng là vành Noether. (ii) Nếu V là vành Noether, S là vành chứa V và α1, , αn ∈ S thì V [α 1 , , α n ] cũng là vành Noether.
Chứng minh rằng V[x 1 , , x n ] là Noether thông qua hai bước Đầu tiên, từ V[x 1 , , x n ] = (V[x 1 ])[x 2 , , x n ], ta suy ra điều cần chứng minh theo quy nạp Tiếp theo, với các phần tử α 1 , , α n ∈ S, xét đồng cấu ϕ : V[x 1 , , x n ] → S, trong đó f(x 1 , , x n ) được ánh xạ thành ϕ(f) = f(α 1 , , α n ) Từ đó, ta có Imϕ = V[α1, , αn] Theo định lý đồng cấu vành, V[x 1 , , x n ]/kerϕ ∼ V[α 1 , , α n ] Do V[x 1 , , x n ] là Noether, theo Hệ quả 1.2.2, ta kết luận rằng V[α 1 , , α n ] cũng là Noether.
Tập nghiệm của họ đa thức và iđêan trong vành đa thức 17
trong vành đa thức Định nghĩa 1.3.1 Giả sử V là một vành con của một vành giao hoán
S và 06= f(x) = a n x n + .+a 1 x+a 0 ∈ V[x] Một phần tửc ∈ S được gọi là mộtnghiệm củaf(x)trongS nếuf(c) = anc n + .+a1c+a0 = 0. Trong trường hợp này ta cũng nói c là một nghiệm của phương trình f(x) = 0.
Ví dụ 1.3.1 Xét hai đa thức f(x) = x 2 −3 và g(x) = x 2 + 1 trong vành Q[x] Rõ ràng Rvà 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 1.3.1 Phần tử a ∈ V là nghiệm của f(x) nếu và chỉ nếu tồn tại một đa thức g(x) ∈ V[x] sao cho f(x) = (x−a)g(x).
Nếu f(x) = (x−a)g(x) với g(x) ∈ V[x], thì a là nghiệm của f(x) Ngược lại, nếu a là nghiệm của f(x), thì f(a) = 0, dẫn đến dư của phép chia f(x) cho x−a là f(a) = 0 Do đó, tồn tại g(x) ∈ V[x] sao cho f(x) = (x−a)g(x) Một phần tử a ∈ S được gọi là nghiệm bội k của f(x) nếu trong vành S[x], đa thức f(x) chia hết cho (x−a) k nhưng không chia hết cho (x−a) k+1 Nếu k = 1, a là nghiệm đơn; nếu k = 2, a là nghiệm kép.
Ví dụ 1.3.2 Cho f(x) =x 5 +x 4 + 2x 3 + 2x 2 +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 1.3.2 khẳng định rằng phần tử \( a \in V \) là nghiệm bội cấp \( k \) của đa thức \( f(x) \in V[x] \) nếu và chỉ nếu tồn tại một đa thức \( g(x) \in V[x] \) thỏa mãn điều kiện \( f(x) = (x−a)^k g(x) \) và \( g(a) \neq 0 \).
Giả sử \( a \) là nghiệm bội \( k \) của \( f(x) \) Vì \( f(x) \) chia hết cho \( (x - a)^k \), ta có \( f(x) = (x - a)^k g(x) \) với \( g(x) \in V[x] \) Nếu \( g(a) = 0 \), theo Bổ đề 1.3.1, ta có \( g(x) = (x - a)h(x) \) với \( h(x) \in V[x] \), dẫn đến \( f(x) \) chia hết cho \( (x - a)^{k+1} \), điều này là vô lý Do đó, \( g(a) \neq 0 \) Ngược lại, vì \( f(x) = (x - a)^k g(x) \), nên \( f(x) \) chia hết cho \( (x - a)^k \) Nếu \( f(x) \) chia hết cho \( (x - a)^{k+1} \), thì \( f(x) = (x - a)^{k+1} h(x) \) với \( h(x) \in V[x] \).
Do hệ số cao nhất của (x−a) k bằng 1 nên g(x)−(x−a)h(x) = 0 Do đó g(a) = 0, mâu thuẫn Vì thế f(x) không chia hết cho (x −a) k+1 vậy a là nghiệm bội k của f(x).
Từ các bổ đề trên ta suy ra hai hệ quả sau (xem Hệ quả 1.5.5 của [1]).
Hệ quả 1.3.1 cho biết rằng nếu \( V \) là miền nguyên và \( f(x) \in V[x] \), với \( a_1, \ldots, a_r \) là những phần tử khác nhau trong \( V \) và \( a_i \) là nghiệm bội \( k_i \) của \( f(x) \) với \( i = 1, \ldots, r \), thì tồn tại một đa thức \( u(x) \in V[x] \) sao cho \( f(x) = (x - a_1)^{k_1} \cdots (x - a_r)^{k_r} u(x) \) và \( u(a_i) \neq 0 \) cho mọi \( i = 1, \ldots, r \).
Hệ quả 1.3.2 Cho V là miền nguyên và f(x) ∈ V[x] Nếu f(x) 6= 0 thì số nghiệm của f(x), mỗi nghiệm tính với số bội của nó, không vượt quá bậc của f(x).
Giả sử \( a_1, \ldots, a_n \) là các nghiệm của \( f(x) \) với số bội lần lượt là \( k_1, \ldots, k_r \) Theo Hệ quả 1.3.1, ta có \( f(x) = (x - a_1)^{k_1} \cdots (x - a_r)^{k_r} g(x) \), trong đó \( g(x) \in V[x] \) Do \( V \) là miền nguyên, nên ta có \( \deg f(x) = (k_1 + \ldots + k_r) + \deg g(x) \geq k_1 + \ldots + k_r \).
Chú ý 1.3.1 Đối với đa thức một biến trên trường K, bài toán tìm nghiệm là bài toán cơ bản Chú ý rằng mỗi đa thức khác không trong
Đa thức một biến K[x] chỉ có hữu hạn nghiệm, không vượt quá bậc của nó Ngược lại, đa thức nhiều biến thường có vô số nghiệm, khiến việc nghiên cứu một nghiệm riêng lẻ trở nên không khả thi Do đó, người ta tập trung vào việc nghiên cứu tập hợp các nghiệm của một đa thức hoặc một họ đa thức, được gọi là tập đại số.
Ta gọi K n là không gian affin n chiều Đặc biệt K = K 1 được gọi là đường thẳng affin, K 2 được gọi là mặt phẳng affin Với mỗi tập con S của K[x 1 , , x n ], ký hiệu
Tập nghiệm của một đa thức S, ký hiệu là TậpZ(S), được định nghĩa là tập các không điểm chung của S Mỗi tập con X của không gian K^n được gọi là tập đại số (hay đa tạp affin) nếu tồn tại một đa thức S thuộc K[x₁, , xₙ] sao cho X = Z(S) Khi đó, X được xem là tập đại số được định nghĩa bởi S.
Cho X = Z(S) là một tập đại số trong K n Nếu S = {f}thì ta viết
X = Z(f) Nếu f khác hằng thì Z(f) được gọi là một siêu mặt trong
Trong không gian K^n, nếu S = {f1, , fk} là một tập hữu hạn, ta có thể viết X = Z(f1, , fk) Lưu ý rằng mỗi tập đại số (khác ∅ và khác K^n) đều là giao của một họ siêu mặt, do đó ta có X = Z(S) = T_{f \in S}.
Z(f). luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Trong mặt phẳng affin R², tập đại số Z(x² + y² - 4) mô tả một đường tròn có bán kính 2 và tâm tại gốc tọa độ Trong hình học giải tích, các hình như đường tròn, elip, parabol và hyperbol đều thuộc về các tập đại số.
Sử dụng Định lý cơ sở Hilbert, chúng ta có thể chứng minh rằng mỗi tập đại số có thể được quy nạp về tập nghiệm của một hữu hạn đa thức.
Mỗi tập đại số trong K^n tương ứng với tập nghiệm của một iđêan trong vành đa thức K[x1, , xn] Đặc biệt, mọi tập đại số đều là tập nghiệm của một đa thức hữu hạn, tức là mỗi tập đại số có thể được xem như là giao của một số siêu mặt hữu hạn.
Chứng minh Giả sửX = X(S)là tập đại số, trong đóS ⊆ K[x 1 , , x n ]. Đặt I = (S) là iđêan của K[x 1 , , x n ] sinh bởi S Với
Suy ra, X = Z(S) = Z(I) Theo Định lý cơ sở Hilbert, I là hữu hạn sinh, chẳng hạn I = (f 1 , , f n ) Khi đó
Bài toán về hai đa thức có cùng tập nghiệm 27
Phát biểu bài toán
Bài toán xác định mối quan hệ giữa các nghiệm và các nhân tử của đa thức là một chủ đề quan trọng trong toán học Nếu a ∈ K là một nghiệm của f(x) ∈ K[x], thì x− a là một nhân tử của f(x) Khi f(x) và g(x) là hai đa thức có cùng tập nghiệm, ước chung lớn nhất d(x) = gcd(f, g) cũng sẽ có tập nghiệm trùng với tập nghiệm chung của f và g Chương này nhằm mở rộng kết quả này cho trường hợp nhiều biến.
Để tìm điều kiện tồn tại một ước chung d của hai đa thức f và g có cùng tập nghiệm trong không gian K^n, cần xác định các yếu tố liên quan đến hệ số của chúng trên trường K.
Tiết 2.2 tập trung vào việc giải quyết bài toán cho đa thức một biến trên một trường bất kỳ và đa thức nhiều biến trong luận văn thạc sĩ trên trường đóng đại số Trong khi đó, Tiết 2.3 sẽ giải quyết bài toán cho đa thức hai biến trên trường thực.
Trường hợp một biến và trường hợp đóng đại số
Mệnh đề 2.2.1 nêu rằng, cho hai đa thức không đồng thời bằng 0 là f(x) và g(x) thuộc K[x], ký hiệu Z(f) và Z(g) lần lượt là tập nghiệm của f và g Nếu Z(f) bằng Z(g), thì tồn tại một ước chung d(x) của f và g.
Do K là một trường, mọi đa thức một biến khác 0 trong K[x] chỉ có hữu hạn nghiệm, với số nghiệm không vượt quá bậc của đa thức Do đó, ta có thể giả thiết.
Theo Hệ quả 1.3.1 ta có f(x) = (x−a 1 ) α 1 (x−a t ) α t f 1 (x), trong đó 1 ≤ α 1 , , α t và Z(f 1 ) = ∅ Tương tự ta có g(x) = (x−a 1 ) β 1 (x−a t ) β t g 1 (x), trong đó 1 ≤β1, , βt và Z(g1) = ∅ Chọnd(x) = (x−a1) .(x−at). Khi đó d(x) là một ước chung của f(x) và g(x) với
Ví dụ 2.2.1 Trên trường thực, cho hai đa thức f(x) = x 2 − 1 và g(x) = x 3 +x 2 −x−1có chung tập nghiệm là {±1} Khi đó d = x 2 −1 là một ước chung của f và g và ta có
Z(f) = Z(g) =Z(d) ={±1}. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Trong phần tiếp theo, chúng ta sẽ giải quyết Bài toán 2.1.1 cho trường hợp đa thức nhiều biến trên trường đóng đại số, dựa vào Định lý không điểm của Hilbert đã trình bày trong Chương 1 Một trường F được coi là trường đóng đại số nếu mọi đa thức một biến bậc dương với hệ số trong F đều có nghiệm trong F Định lý cơ bản của đại số khẳng định rằng mọi đa thức bậc dương với hệ số phức đều có ít nhất một nghiệm phức, do đó, trường số phức C là trường đóng đại số.
Trong suốt phần còn lại của tiết này ta luôn giả thiết F là trường đóng đại số.
Trước khi trình bày lời giải Bài toán 2.1.1 cho trường hợp đa thức nhiều biến trên trường đóng đại số, chúng ta cần bốn bổ đề sau.
Bổ đề 2.2.1 Nếu F trường đóng đại số thì F là trường vô hạn.
Chứng minh Cho F là trường đóng đại số Giả sử F là trường hữu hạn, ta cần tìm mâu thuẫn Viết F = {a 1 , , ak} Đặt f(x) = (x−a 1 )(x−a 2 ) .(x−a k ) + 1∈ F.
Vì F là trường đóng đại số và f(x) có bậc dương, nên f(x) phải có nghiệm trong F, tức là tồn tại a_i sao cho f(a_i) = 0 Tuy nhiên, chúng ta lại có f(a_i) = (a_i - a_1)(a_i - a_2) (a_i - a_k) + 1 = 1, điều này dẫn đến một mâu thuẫn.
Bổ đề 2.2.2 Giả sử F là trường vô hạn và f(x) ∈ F[x] Khi đó f(x) là đa thức 0 nếu và chỉ nếu hàm đa thức f là hàm 0.
Nếu f(x) là đa thức 0, thì f là hàm 0 Ngược lại, nếu f(x) là hàm đa thức khác 0 với bậc n = deg f(x), thì theo Hệ quả 1.3.1, số nghiệm của f(x) không vượt quá n.
Vì tập hợp F có vô hạn phần tử, nên hàm f(x) không thể nhận tất cả các phần tử của F làm nghiệm, điều này dẫn đến việc f là một hàm khác 0.
Bổ đề 2.2.3 Cho F là một trường vô hạn Cho f(x1, , xn) thuộc
F[x 1 , , x n ] Khi đó f(x 1 , , x n ) = 0 nếu và chỉ nếu f(a 1 , , a n ) là đa thức 0 với mọi (a 1 , , a n ) ∈ F n
Nếu \( f(x_1, \ldots, x_n) \) là đa thức 0, thì hàm đa thức tương ứng cũng là hàm 0 Để chứng minh chiều ngược lại, ta sử dụng quy nạp theo \( n \) Giả sử \( f \) là hàm 0, tức là \( f(a_1, \ldots, a_n) = 0 \) với mọi \( (a_1, \ldots, a_n) \in F^n \) Đối với \( n = 1 \), theo Bổ đề 2.2.2, \( f(x_1) \) là đa thức 0 Giả sử giả thiết đúng cho trường hợp \( n-1 \) biến, ta sẽ biểu diễn \( f(x_1, \ldots, x_n) \).
X i=0 fi(x1, , x n−1 )x i n , trong đó f i (x 1 , , x n−1 ) ∈ F[x 1 , , x n−1 ] với mọi i = {0,1, , k}. Với mỗi phần tử a = (a1, , a n−1 ) ∈ F n−1 Đặt g a (x n ) =f(a 1 , , a n−1 , x n ).
Theo giả thiết, đa thức \( g_a(x_n) \) nhận mọi phần tử của trường \( F \) là nghiệm, và do \( F \) là trường vô hạn theo Bổ đề 2.2.2, ta suy ra \( g_a(x_n) \) là đa thức 0 Điều này dẫn đến \( f_i(a_1, \ldots, a_{n-1}) = 0 \) với mọi \( i \in \{1, \ldots, k\} \) Do đó, đa thức \( f_i(x_1, \ldots, x_{n-1}) \in F[x_1, \ldots, x_{n-1}] \) cũng nhận mọi phần tử của \( F^{n-1} \) là nghiệm Theo giả thiết quy nạp, \( f_i(x_1, \ldots, x_{n-1}) \) là đa thức 0 với mọi \( i \in \{1, \ldots, k\} \), từ đó suy ra \( f(x_1, \ldots, x_n) \) là đa thức 0.
Bổ đề 2.2.4 khẳng định rằng, cho trường F và đa thức bất khả quy f(x₁, , xₙ) thuộc F[x₁, , xₙ], nếu tồn tại hai đa thức g, h thuộc F[x₁, , xₙ] sao cho f là ước của tích gh, thì f phải là ước của ít nhất một trong hai đa thức g hoặc h Điều này có nghĩa là, trong trường hợp tổng quát, nếu f là một đa thức bất khả quy và là ước của một tích, thì f sẽ là ước của ít nhất một nhân tử trong tích đó.
F là trường, do đó F[x1, , xn] là miền phân tích duy nhất Hai đa thức bất kỳ trong F[x1, , xn] không đồng thời bằng 0 phải có ước chung lớn nhất Giả sử f không là ước của g và h, thì ước chung lớn nhất của f và g là 1, và tương tự cho f và h Điều này dẫn đến ước chung lớn nhất của f và gh cũng là 1, chứng tỏ gh không chia hết cho f, tạo ra mâu thuẫn Định lý 2.2.1 khẳng định rằng nếu f, g ∈ F[x1, , xn] có cùng tập nghiệm, thì f và g có một nhân tử chung d.
Chứng minh Giả sử f và g có chung một tập nghiệm Đặt
J = (g) ={gh | h ∈ F[x1, , xn]} là iđêan chính sinh bởi g Ta có
Ta cóZ(g) = Z(f).Do đó, f triệt tiêu trênZ(J) Suy ra f ∈ I(Z(J)), tức là f ∈ {h ∈ F[x 1 , , x n ] | h(a 1 , , a n ) = 0,∀(a 1 , , a n ) ∈ Z(J)}.
Vì F là trường đóng đại số, theo Định lý không điểm của Hilbert, ta có \( f \in \text{rad}(J) \) Do đó, tồn tại một số nguyên dương \( r \) sao cho \( f^r \in J \) Với \( J = (g) \), ta có \( f^r \) là một bội của \( g \), tức là \( f^r = gh \), trong đó \( h \in F[x_1, \ldots, x_n] \).
F là miền phân tích duy nhất Do đó theo Hệ quả 1.2.1 ta suy ra
F[x1, , xn] là một miền phân tích duy nhất Nếu g khác 0 và không khả nghịch, thì g phải là bất khả quy hoặc có thể viết dưới dạng tích của hữu hạn nhân tử bất khả quy.
Nếu \( g = 0 \), thì \( Z(g) = F_n \) và do đó \( Z(f) = F_n \) Vì \( F \) là trường đóng đại số, nó là trường vô hạn theo Bổ đề 2.2.1 Theo Bổ đề 2.2.3, \( f \) là đa thức 0, điều này không thể xảy ra vì giả thiết \( f \) và \( g \) không đồng thời bằng 0.
Giả sử g khả nghịch Khi đó g = a ∈ F với a 6= 0 Do đó Z(g) =∅. Suy ra Z(f) = ∅ Chọn d(x 1 , , x n ) = 1 Khi đó d là một ước chung của f và g và ta có
Giả sử g là bất khả quy, ta có f r = gh, từ đó suy ra g là ước của f r Theo Bổ đề 2.2.4, g cũng là ước của f Chọn d = g, ta nhận thấy d là một ước chung của f và g.
Cuối cùng, chúng ta xem xét trường hợp \( g = g_1^{\alpha_1} \cdots g_t^{\alpha_t} \), là tích của các nhân tử bất khả quy phân biệt \( g_1, \ldots, g_t \) với \( t \geq 1 \) Vì \( f_r = gh \) nên \( g \) là ước của \( f_r \), do đó mỗi \( g_i \) cũng là ước của \( f_r \) Vì mỗi \( g_i \) là bất khả quy, nên \( g_i \) là ước của \( f \) (theo Bổ đề 2.2.4).
Vì mỗi g i là bất khả quy và các g i đôi một phân biệt nên g 1 g t là ước của f Đặt d = g 1 g t Khi đó d là một ước chung của f và g và ta có
Trường hợp đa thức hai biến trên trường thực
Trong bài viết này, chúng ta sẽ tìm hiểu về bậc của đa thức hai biến f(x, y) ∈ R[x, y] Chúng ta ký hiệu deg x (f) và deg y (f) lần lượt là bậc của f theo biến x và bậc theo biến y Ví dụ, với đa thức f = x^5y + 3xy^7 + x^3 + y + 1, ta có deg x (f) = 5 và deg y (f) = 7.
Có những đa thức hai biến \( f(x, y) \in \mathbb{R}[x, y] \) với \( n = \deg_x(f) \) mà có vô hạn đường nằm ngang cắt đồ thị của \( f(x, y) \) tại ít nhất \( n \) điểm Ví dụ, đa thức \( f(x, y) = x - y \) và \( f(x, y) = y - x^2 \) đều có tính chất này.
Trước khi phát biểu kết quả chính của tiết này, chúng ta cần bổ đề sau Ta ký hiệu
Chú ý rằng R(y) là một trường chứa vành đa thức R[y] Trường R(y) được gọi là trường phân thức một biến y trên R.
Bổ đề 2.3.1 Chof(x, y), g(x, y) ∈ R[x, y] Đặt n = deg x f(x, y) Nếu f(x, y) 6= 0 thì g(x, y) =f(x, y)q(x, y) +r(x, y), (2.1) trong đó q(x, y) và r(x, y) là các đa thức biến x với hệ số trong R(y) và deg x r ≤ n.
Chứng minh rằng vì \( g(x, y) \) và \( f(x, y) \) thuộc \( R[x, y] \), nên chúng là các đa thức một biến \( x \) với hệ số trong \( R(y) \) Đặt \( K = R(y) \), ta có \( K \) là trường và \( f(x, y), g(x, y) \in K[x] \) Do \( f(x, y) \neq 0 \), theo định lý chia với dư của đa thức một biến \( x \) trên trường \( K \), tồn tại hai đa thức \( q_1(x) \) và \( r_1(x) \) thuộc \( K[x] \) sao cho \( g(x, y) = f(x, y)q_1(x) + r_1(x) \), với điều kiện \( r_1(x) = 0 \) hoặc \( \deg_x r_1(x) < \deg_x f(x, y) \).
Chú ý rằng q1(x) có hệ số trong K, vì thế q1(x) =q(x, y), r1(x) r(x, y), trong đó q(x, y), r(x, y) là đa thức một biến x với hệ số trong
R(y). luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Ví dụ 2.3.1 a) Cho g(x, y) = 5x 3 − 2 và f(x, y) = x− 3y Chia g cho f ta có g(x, y) =f(x, y) 5x 2 + 15yx+ 45y 2
+ 135y 3 −2. b) Cho f(x, y) = 2x 4 −3x và g(x, y) =yx 2 + yx Chia f cho g ta có f(x, y) =g(x, y)
Trong Ví dụ 2.3.1(a), cả thương và dư đều là đa thức hai biến Ngược lại, trong Ví dụ 2.3.1(b), thương lại là một đa thức có các hệ số là các phân thức biến y.
Nhắc lại rằng, một tập hợp X được gọi là tập vô hạn đếm được nếu có một song ánh từ X đến tập các số tự nhiên Chẳng hạn, tập
Tập số nguyên Z là đếm được nhờ vào song ánh ϕ từ Z đến N, với ϕ(n) = 2n cho n ≥ 0 và ϕ(n) = −2n− 1 cho n < 0 Tương tự, tập số hữu tỉ Q cũng là tập đếm được, và tích đề các của hai tập đếm được vẫn giữ tính chất đếm được Ngược lại, nếu X là tập vô hạn không có song ánh với tập số tự nhiên, thì X được gọi là tập vô hạn không đếm được, ví dụ như tập số thực R, có lực lượng continuum.
Bổ đề 2.3.2 Cho f(x, y) ∈ R[x, y] Nếu deg y f hoặc deg x f là số lẻ thì tập nghiệm của f(x, y) là tập vô hạn không đếm được.
Giả sử deg x f là số lẻ, ta có thể viết f(x, y) dưới dạng lũy thừa giảm dần của x như sau: f(x, y) = q_n(y)x^n + q_{n-1}(y)x^{n-1} + \ldots + q_0(y)x^0, trong đó \(q_i(y) \in \mathbb{R}[y]\) với \(i = 1, \ldots, n\) và \(q_n(y) \neq 0\) Khi cố định một số thực \(y_0\), ta xét đa thức f(x, y_0), đây là một đa thức một biến x với bậc n.
Chú ý rằng f(x, y0) là một đa thức một biến x với hệ số thực và bậc lẻ, do đó nó luôn có ít nhất một nghiệm thực cho mọi số thực y0 Với mỗi y0 ∈ R thỏa mãn qn(y0) ≠ 0, tồn tại x0 là nghiệm của f(x, y0), tức là f(x0, y0) = 0 Để chứng minh rằng f(x, y) có tập nghiệm là tập vô hạn không đếm được, cần chứng minh rằng qn(y) khác 0 trên tập vô hạn không đếm được Vì qn(y) là đa thức một biến y với hệ số thực và qn(y) ≠ 0, số nghiệm của qn(y) không vượt quá deg qn(y) := k Giả sử các nghiệm của qn(y) là a1, , at với t ≤ k, do đó qn(y) khác 0 trên R \ {a1, , at}.
R\ {a 1 , , at} là tập vô hạn không đến được.
Chú ý 2.3.1 Từ Bổ đề 2.3.2 ta thấy rằng nếu một đa thức trong
R[x, y] có tập nghiệm vô hạn đếm được hoặc tập nghiệm hữu hạn thì deg x f và deg y f phải đồng thời là số chẵn.
Nếu F không đóng đại số, Định lý 2.2.1 không còn đúng Ví dụ, với F = R và n = 2, xét hai đa thức f(x, y) = x^2 + y^2 và g(x, y) = x^4 + y^4 trong R[x, y], ta thấy F không đóng đại số Tập nghiệm của hai đa thức này chỉ có một điểm duy nhất là (0,0), nhưng chúng không có nhân tử chung.
Thật vậy, ta có g(x, y) = x 4 +y 4 = (x 2 +y 2 ) 2 −2x 2 y 2 Gọi d(x, y) gcd(g, f) Khi đó d là ước của g và là ước của f Ta có f 2 −g 2 = 2x 2 y 2 Suy ra d là ước của 2x 2 y 2 Do đó d ∈ {1, x, y, xy, x 2 y, xy 2 , x 2 y 2 }.
Chú ý rằng x, y, xy, x 2 y, xy 2 , x 2 y 2 đều không là ước của g(x, y) Do đó d = 1 Vì thế tập nghiệm chung của ước chung lớn nhất của f và g là tập rỗng Trong khi đó
Z(f) = Z(g) ={(0,0)}. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Nếu n = deg x f, có nhiều ví dụ về đa thức trong R[x, y] có một tập nghiệm được cắt bởi vô hạn các đường nằm ngang tại ít nhất n điểm phân biệt.
Kết quả trình bày cho thấy rằng, với các điều kiện xác định trên một tập nghiệm thỏa mãn, Định lý 2.2.1 có thể được mở rộng cho một lớp đa thức trong R[x, y] Định lý 2.3.1 khẳng định rằng, nếu f(x, y) và g(x, y) là hai đa thức trong R[x, y] có cùng tập nghiệm và n = deg x f, thì nếu tồn tại vô hạn đường thẳng nằm ngang cắt tập nghiệm của f tại ít nhất n điểm phân biệt, thì f và g sẽ có một ước d sao cho Z(f) = Z(g) = Z(d).
Chứng minh rằng với \( n = \deg x f \), nếu có vô hạn đường thẳng song song cắt tập nghiệm của \( f \) và \( g \) tại ít nhất \( n \) điểm phân biệt, theo Bổ đề 2.3.1, ta có thể chia \( g(x, y) \) cho \( f(x, y) \) Kết quả là \( g(x, y) = q(x, y)f(x, y) + r(x, y) \), trong đó \( r(x, y) \) và \( q(x, y) \) là các đa thức của biến \( x \) với hệ số trong.
R(y) và deg x r < deg x f = n Đặt h(y) là mẫu chung của các hệ số của q và r Nhân cả hai vế của (2.2) với h(y) dẫn đến hg = ˜q.f + ˜r, trong đó q˜= hq và r˜= hr là các đa thức hai biến x, y với hệ số trong.
R Vì h ∈ R[y], deg x r ≤ n−1 nên deg x hr = deg x r Do đó ta có thể viết ˜ r(x, y) =hr = r n−1 (y)x n−1 + .+r0(y), trong đó ri(y) ∈ R[y] Bây giờ nếu (x0, y0) là một nghiệm trong tập nghiệm chung của f và g thì g(x 0 , y 0 ) = f(x 0 , y 0 ) = 0 Vì vậy
0 = ˜q(x 0 , y 0 ).0 + ˜r(x 0 , y 0 ). luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si Điều này suy ra r(x˜ 0, y0) = 0.
Theo giả thiết, có vô hạn đường nằm ngang cắt tập nghiệm chung của hàm số f và g tại ít nhất n điểm phân biệt Gọi y₀ là tung độ của các điểm trên một trong những đường thẳng nằm ngang này, từ đó suy ra rằng tồn tại ít nhất n giá trị phân biệt của x sao cho ˜r(x, y₀) = 0.
Đa thức r(x, y˜ 0 ) (với biến x) có ít nhất n nghiệm phân biệt Tuy nhiên, vì bậc của r không vượt quá n−1 và số nghiệm của một đa thức với hệ số trên R không thể lớn hơn bậc của nó, nên ta có r(x, y˜ 0 ) = 0 Do đó, tất cả các hệ số của đa thức này đều bằng 0, tức là r n−1 (y 0 ) = r n−2 (y 0 ) = = r 0 (y 0 ) = 0.
Theo giả thiết, có vô hạn đường nằm ngang cắt tập nghiệm chung của f và g tại ít nhất n điểm, dẫn đến vô số giá trị y 0 thỏa mãn hệ thức Vì tất cả các r i đều là đa thức một biến y, nên chúng phải là đa thức 0, từ đó suy ra r(x, y) = 0 Thay vào đẳng thức hg = ˜q.f + ˜r, ta có hg = ˜qf.