Một số tính chất của nhóm tôpô luỹ linh

Giả sử R là một vành khi đó các điều kiện sau là tơng đơng: i Mọi tập khác rỗng các iđêan trong vành R đều có phần tử cực đại.. Khi đó ta nói f có bậc n và viết degf=n .Phần tử ai đợc gọ

Mở đầu

Đa thức là một khái niệm toán học nhng nó lại liên quan đến rất nhiều

lĩnh vực khác nhau Trong nhiều ngành của toán học ngời ta thờng lấy đa thứclàm ví dụ minh họa Đặc biệt trong Hình học đại số và Đại số giao hoán thìvành đa thức là đối tợng nghiên cứu chính Bên cạnh đó đa thức một biến trênvành số nguyên, trên trờng số hữu tỷ và trờng số thực rất quen thuộc đối vớihọc sinh phổ thông Xuất phát từ những điều đó và với mục đích hệ thống lạicác kết quả về vành đa thức, chúng tôi nghiên cứu vành đa thức một biến

Ngoài phần mở đầu và kết luận, luận văn đợc chia làm 2 chơng

Chơng I, trình bày một số tính chất của vành đa thức một biến Mối liên

hệ giữa tính bất khả quy và sự có nghiệm, quan hệ giữa nghiệm bội và đạohàm

Chơng II, chúng tôi đa ra cách tìm nghiệm, tính bất khả quy của đa thứctrên các trờng số hữu tỷ, thực và phức Dấu hiệu nhận biết đa thức bất khả quytrên các vành đó

Đặc biệt, trong luận văn chúng tôi đa ra nhiều ví dụ cụ thể minh họacho những vấn đề lý thuyết

Để hoàn thành luận văn này, tôi đã nhận đợc sự hớng dẫn, giúp đỡ nhiệttình của TS Nguyễn Thị Hồng Loan và các thầy cô giáo Qua đây tôi xin bày

tỏ sự biết ơn sâu sắc đến TS Nguyễn Thị Hồng Loan cùng các thầy cô trongkhoa Toán, đặc biệt là tổ Đại số Mặc dù đã hết sức cố gắng nhng không tránhkhỏi thiếu sót Tác giả mong đợc sự góp ý chân thành của quý thầy cô cùng tấtcả các bạn

Vinh, tháng 4 năm 2006

Tác giả

Chơng I

Vành đa thức một biến

Đ.1 một số kiến thức cơ bản về vành

1.1 Khái niệm vành

1.1.1 Định nghĩa Ta gọi vành là một tập hợp R cùng với hai phép toán hai

ngôi đã cho trong R ký hiệu theo thứ tự bằng các dấu cộng và nhân gọi là phépcộng và nhân sao cho các điều kiện sau thoả mãn:

(i) R cùng với phép cộng là một nhóm Aben

(ii) r cùng với phép nhân là một nửa nhóm

(iii) Phép nhân phân phối đối với phép cộng:

x(y+z) = x.y+x.z(y+z)x = y.x+z.x  x,y,z  R

- Phần tử đơn vị của phép cộng kí hiệu là 0 và gọi là phần tử không của vành

- Phần tử đối xứng (đối với phép cộng) của một phần tử x, kí hiệu là -x

và gọi là đối của x

- Nếu phép nhân là giao hoán thì ta nói vành R là vành giao hoán

- Nếu phép nhân có phần tử đơn vị thì ta gọi đó là phần tử đơn vị củavành R và thờng kí hiệu là e hoặc 1

1.1.2 Ví dụ Tập Ca,b các hàm số thực liên tục trên a,b ,a<b, với các phép

cộng và nhân hàm số là một vành

Để thuận tiện ,từ nay về sau ta luôn giả thiết vành là giao hoán và có

đơn vị Trong luận văn này cũng luôn ký hiệu K là một trờng

1.2 IĐÊAN Cho R là một vành và I và một vành con của R Khi đó I đợc gọi

là iđêan của R nếu ar  I và ra  I,  a I,  r  R

1.3 Một số khái niệm khác

1.3.1 M iền nguyên và trờng

Một vành giao hoán R có đợn vị 1 0 và không có ớc của 0 đợc gọi là mộtmiền nguyên

Trờng là một vành giao hoán có đơn vị mà mọi phần tử khác 0 đều khảnghịch

Ví dụ Vành các số nguyên Z là một miền nguyên.

Tập   , , là trờng

1.3.2 Iđêan sinh bởi một tập, iđêan hữu hạn sinh

a Định nghĩa

(i) Cho R là một vành và S là một tập con của R Khi đó giao của tất cả cáciđêan của R chứa S là iđêan bé nhất của R chứa S Iđêan đó đợc gọi là iđêansinh bởi S Kí hiệu là : I = < S >

(ii) Nếu S là tập hữu hạn phần tử thì iđêan sinh bởi S đợc gọi là iđêan hữu hạn

b Chú ý Có những iđêan không hữu hạn sinh Chẳng hạn xét vành C [0,1]

Chọn fn là một hàm liên tục tuỳ ý sao cho fn(x) >0 nếu

n

1 < x 1 và fn(x) =0

với mọi 0  x 

n

1 Đặt J = (f1, f2, ) Iđêan này không hữu hạn sinh Thậtvậy, giả sử tồn tại g1, g2, gm J sao cho J = (g1, g2, ,gm) Vì có thể chọn hệ

số 0, không mất tính tổng quát, có thể giả sử gj = hj1f1 + hjpfp, 1  J  m,trong đó: p  2 là một số tự nhiên đủ lớn Khi đó gj (f1, f2, fp) và ta có:

p , mâu thuẫn với cách chọn fp+1 Vậy J không hữu hạn sinh

1.3.3 Iđêan cực đại Iđêan M của vành R đợc gọi là iđêan cực đại nếu M R,

và không tồn tại I M sao cho M I và I R Nói cách khác M là cực đại theoquan hệ bao hàm trong tập các iđêan thực sự của vành R

1.3.4 Vành chính Một miền nguyên A gọi là vành chính nếu mọi iđêan của nó là

iđêan chính

Ví dụ Vành Z các số nguyên là vành chính.

1.3.5 Vành Euclide.

a Định nghĩa Một vành Euclide là một miền nguyên R đợc trang bị một hàm :

 : R\ { 0}  N, trong đó, N là tập hợp các số tự nhiên với các tính chất sau đây:

(E1) :  (ab)   (a) với mọi a,b 0 trong R

(E2) : với mọi a,b  R, b 0, có các phần tử q, r  R sao cho : a = qb+r,trong đó hoặc r = 0 hoặc  (r) <  (b)

(Ta gọi q là thơng và r là phần d trong phép chia a cho b).

b Ví dụ Vành các số nguyên Z cùng với ánh xạ

1.4.1 Định nghĩa Vành R đợc gọi là vành Noether nếu mọi dãy tăng các iđêan

trong R đều dừng, nghĩa là nếu: I0  I1  I2   In  In+1  là một dãytăng các iđêan trong R thì tồn tại một số tự nhiên sao cho: In = In+1=

Chúng ta có thể nhận biết vành Noether qua nhiều đặc trng khác nhau thể hiệnqua định lý sau đây:

1.4.2 Định lý Giả sử R là một vành khi đó các điều kiện sau là tơng đơng:

(i) Mọi tập khác rỗng các iđêan trong vành R đều có phần tử cực đại.

(ii) Mọi iđêan trong vành R đều hữu hạn sinh.

(iii) Mọi dãy tăng các iđêan trong R đều dừng.

1.4.3 Một số ví dụ về vành Noether.

Ví dụ 1 Vành các số nguyên Z là vành Noether vì mỗi iđêan của Z có dạng

mZ ( m  Z ) có nghĩa là mọi iđêan của Z đều hữu hạn sinh (sinh bởi mộtphần tử)

Ví dụ 2 Mọi trờng X đều là vành Noether Do trờng X bất kỳ chỉ có 2 iđêan là

0 và X Vậy dãy tăng các iđêan chỉ là 0  X (dãy có hai phần tử) Suy ra dãydừng ( hoặc 2 iđêan đó đều hữu hạn sinh vì 0 = <0>, X = <1>)

Giả sử f = (a0, a1, a2, ) và g = (b0, b1, b2, ) là hai phần tử của A.Ta

có f=g nếu ai=bi ,i Trên A ta định nghĩa 2 phép toán:

Xét ánh xạ f: R  A, xác định bởi f(a) = (a, 0, ) Rõ ràng f là một

đơn cấu vành Do đó, R  f(R) Vì thế ta có thể đồng nhất R với f(R) và cóthể xem R là một vành con của A

Ta kí hiệu : X = (0,1,0, ,0)

Khi đó X2 = (0,0,1,0, ,0)

Xn = (0,0, ,0,1,0, ,0)Hơn nữa : aXn = (0,0, ,a,0, ), a R Cho f = (a0, a1, a2, )  A Khi đó, tồn tại

số tự nhiên n sao cho ai = 0, i > n và an 0 Khi đó ta có

f = (a0, a1 ,a2 , ,an,0,0, ) = a0 +a1 X+ + anXn .Cách biểu thị nh vậy là duynhất đối với mỗi phần tử f A Nói cách khác f = a0+ a1 +a2 X+ +anXn làphần tử 0 nếu và chỉ nếu: a0=a1 =a2 = =an=0

2.1.2 Định nghĩa

(i) Vành A nói trên đợc gọi là vành đa thức của ẩn X (hoặc biến X) Với các

hệ số (hoặc hệ tử) trong R và đợc kí hiệu là Rx

(ii) Mỗi phần tử của Rxđợc gọi là một đa thức của ẩn X đa thức dạng anXn

đ-ợc gọi là đơn thức

(iii) Giả sử f = a0+ a1X+ +anXnvới an0 Khi đó ta nói f có bậc n và viết

deg(f)=n Phần tử ai đợc gọi là hệ tử (hoặc hệ số) thứ i của f; anđợc gọi là hệ tử(hoặc hệ số) cao nhất, a0 đợc gọi là hệ tử (hoặc hệ số) tự do của đa thức f

2.2 Một số tính chất của vành đa thức một biến

Một trong những kết quả đẹp nhất và cơ bản nhất về vành đa thức nóirằng mọi iđêan của vành đa thức trên một trờng là hữu hạn sinh Đó là nộidung định lý nổi tiếng Hilbert về cơ sở

2.2.1 Định lý ( Định lý Hilbert về cơ sở) Cho R là vành Noether Khi đó

vành đa thức Rx cũng là vành Noether.

Chứng minh Ta chứng minh mọi dãy các iđêan trong Rx đều dừng Thật vậy,

Cho I0  I1  I2  Ij  là một dãy tăng các iđêan của Rx Với mỗi iđêan I

của R[x] và i  N, đặt : Li (I) =  ai R  ai-1, , a0 R:  

0

Rõ ràng Li (I) là iđêan của R Ta có: Li (I1) Li (I2)   Li (Ij) 

Và với mọi j  N: L0(Ij) L1 (Ij)   Li (Ij)  Vì R là vànhNoether nên tồn tại p, q  N sao cho Lp(Iq) là phần tử cực đại của họ các iđêan

Li(Ij)  i, j N Từ các dãy tăng trên suy ra với mọi i  p và j q, ta có: Li

Rõ ràng f-g Ij\It,, nhng deg(f(x) - g(x)) < deg(f(x)), mâu thuẫn vớicách chọn f Vậy Ij = It với mọi j t Vậy R x là vành Noether.

Từ định lý trên ta có ngay hệ quả sau:

2.2.2 Hệ quả Nếu K là một trờng thì mọi iđêan của vành đa thức một biến

Kx là hữu hạn sinh.

Chứng minh Do K là một trờng nên K là vành Noether Do đó theo định lý trên,

Kx là vành Noether Từ đó suy ra mọi iđêan của Kx đều hữu hạn sinh 

Mệnh đề sau còn chỉ ra rằng mỗi iđêan của Rx chỉ sinh bởi một phần tửtrong trờng hợp R là trờng

2.2.3 Mệnh đề Vành Rx là một vành chính khi và chỉ khi R là trờng.

Chứng minh Trớc hết theo 1.3.5, nếu R là một trờng thì Rx là một vành

Euclide, do đó theo 1.3.5, Rx là một vành chính Đảo lại, giả sử Rx là mộtvành chính Cho a  R là một phần tử tuỳ ý khác 0 Ta xét tập hợp I = {x f(x)+ ag(x) | f(x), g(x)  Rx } là một iđêan của Rx sinh bởi a và x Theo giảthiết Rx là một vành chính nên I là một iđêan chính sinh bởi đa thức p(x), I =(p(x)) Khi đó, p(x) phải là ớc của a và do đó p(x)  Rvà p(x) là ớc của x nên

p(x) phải là ớc của 1 Vậy I = Rx, suy ra 1I và 1 = 0.x + a.b điều đó chứng

tỏ b là nghịch đảo của a Vậy a khả nghịch, do đó R là một trờng.

2.2.4 Mệnh đề Giả sử R là vành giao hoán có đơn vị Khi đó R là miền

nguyên khi và chỉ khi vành đa thức Rx là miền nguyên.

Chứng minh Giả thiết R là miền nguyên ta cần chứng minh Rx cũng là miền

nguyên Trớc hết R[x] là vành giao hoán có đơn vị

Giả sử f(x) = anxn + an-1xn-1 + + a0 và g(x) = bmxm + bm-1xm-1+ + b0 Trong đó n, m  0, an  0, bm  0 là hai đa thức khác không của R[x] Khi đóf(x).g(x) = anbmxn+m + (các hạng tử còn lại có bậc nhỏ hơn n + m) Vì R làmiền nguyên nên anbm 0 Do đó, f(x).g(x) 0 Vậy R[x] là một miềnnguyên

Đảo lại, giả sử Rx là miền nguyên ta cần chứng minh R là miền nguyên Thậtvậy,a,b  R , a 0, b 0, khi đó đa thức: f(x) = a  Rx và g(x) = b  Rx làcác đa thức khác 0 Do Rx là miền nguyên nên f(x).g(x) = ab 0 Suy ra, R khôngchứa ớc của không Vậy R là miền nguyên 

2.2.5 Mệnh đề Giả sử f(x) và g(x) là hai đa thức khác 0 của vành R x Khi

đó deg (f(x) + g(x))  max{deg f(x), deg g(x)}.

Theo mệnh đề trên nếu deg g(x) < deg f(x) thì hạng tử có bậc cao nhất củaf(x) + g(x) cũng là hạng tử có bậc cao nhất của f(x)

2.2.6 Mệnh đề Giả sử R là miền nguyên và f(x), g(x) Rx là hai đa thức

khác 0 Khi đó f(x).g(x) 0 và deg ( f(x).g(x)) = deg f(x) + deg g(x).

Chứng minh Giả sử f(x), g(x) Rx là hai đa thức khác 0

f(x) = a0 + + anxn ; (an 0)g(x) = b0 + + bmxm ; (bm 0)

Theo quy tắc nhân đa thức ta có:

k

k

k x c x

g x f

0 ) ( ).

k j i

j i





, 0

2.3.1 Định lý cơ bản về phép chia có d Giả sử R là một miền nguyên và g

Rx là một đa thức với hệ tử cao nhất khả nghịch trong R Khi đó, với mỗi đa thức f Rx, tồn tại duy nhất một cặp đa thức: q, r Rx, sao cho: f = q.g+r , trong đó r = 0 hoặc degr < degg Các đa thức q và r đợc gọi tơng ứng là thơng và phần d trong phép chia f cho g.

f = f - ( anbm-1)xn-m.g là một đa thức với deg ( f ) < n

Theo giả thiết quy nạp, có các đa thức q và r sao cho: f q.gr, deg r < m

Đặt q = anbm-1xn-m + q, ta thấy ngay rằng cặp đa thức q và r thoả mãn

điều kiện: f = qg + r , deg(r) < deg (g) Để chứng minh tính duy nhất của cặp

q, r ta giả sử q' và r' cũng là các đa thức sao cho f = q'g +r, deg, degr' < degg

Khi đó: r - r’ = (q - q')g Nếu q  q’ thì: deg ( r - r’ ) = deg ( q - q’ ) + deg (g) deg(g)

Điều này mâu thuẫn với giả thiết deg(r) < deg(g), deg(r) < deg(g) Do đó

q = q’ Điều này dẫn tới r = r’ 

Ngay lập tức ta có hệ quả sau

2.3.2 Hệ quả Giả sử K là một trờng và g là một đa thức khác 0 trong vành

K[x] Khi đó, với mỗi đa thức f  K[x], tồn tại duy nhất một cặp đa thức: q, r

 K[x], sao cho: f = q.g+r, trong đó r = 0 hoặc degr < degg

2.3.3 Xét trờng hợp chia cho x - c

a Định lý Cho R là miền nguyên, c  R, f(x)  Rx Khi đó, d của phép chia f(x) cho x-c là f(c).

Chứng minh Theo định lý 2.3.1, chia f(x) cho x-c ta đợc f(x) = ( x -c )q(x) +

r(x), trong đó r(x) = 0 hoặc degr(x) < deg(x-c) = 1 Vậy r(x) = r  R

Thay x = c vào đẳng thức trên ta đợc: f(c) = 0.q(c) + r Vậy r = f(c) 

b Cách tìm thơng và d của phép chia đa thức f(x) cho x-c

Giả sử f(x) = a0xn + a1xn+1 + + an  Rx Chia f(x) cho x-c, ta đợc

2 <1>

f(x) = (x - 2)4+ 8(x - 2)3 + 22(x - 2)2 + 9

2.3.4 ứng dụng của định lý chia đa thức một biến.

Trong mục này chúng ta sẽ nêu lên một ứng dụng của định lý chia đathức một biến trong việc giải bài toán sau:

Bài toán Tìm phần tử sinh của iđêan trong vành đa thức một biến với hệ số

trên một trờng

Ta biết rằng hệ sinh của mỗi iđêan là không duy nhất Nh vậy trongvành đa thức K[x] ngời ta có thể cho một iđêan dới nhiều dạng nhiều hệ sinhkhác nhau Tuy nhiên theo mệnh đề 2.2.3 mỗi iđêan trong vành K[x] đợc sinhbởi 1 phần tử Bây giờ ta đi tìm phần tử đó

Để giải quyết vấn đề này trớc hết chúng ta cần khái niệm sau:

a Định nghĩa UCLN của các đa thức f1, , fn  Kx là đa thức h sao cho:(i) h chia hết f1, , fn, nghĩa là: f1 = q1h, , fn = qnh ; q1, qn  Kx

(ii) Nếu p là một đa thức khác chia hết f1, , fn thì p chia hết h

Trong trờng hợp đó ta viết: h = UCLN (f1, , fn)

b Mệnh đề.Cho f 1 , , f n  Kx , n 2 Khi đó :

(i) UCLN (f 1 , , f n ) tồn tại và duy nhất sai khác một hằng số khác 0 của K

(ii) Iđêan sinh bởi f 1 , , f n bằng iđêan sinh bởi UCLN(f 1 , , f n ),

(iii) Nếu n 3 thì UCLN (f 1 , , f n ) = UCLN UCLN (f 1 , , f n-1 ),f n .

Chứng minh Xem [2, mệnh đề 3.13]

c Nhận xét.

- Từ điều khẳng định UCLN (f1, , fn) tồn tại duy nhất với sai khác mộthằng số khác 0 của K nếu ta chọn UCLN là đa thức đơn tức là đa thức có hệ

số đầu là 1, thì nó xác định duy nhất

- Từ phát biểu (iii) của mệnh đề trên cho phép ta tìm ớc chung lớn nhấtcủa nhiều đa thức nếu ta biết cách tìm UCLN của hai đa thức Để tìm UCLNcủa hai đa thức có thể sử dụng thuật toán sau gọi là thuật toán Euclide

Thuật toán Euclide

Từ tính chất (iii), của mệnh đề trên ta chỉ cần trình bày thuật toánEuclide cho hai đa thức:

Cho f,g  Kx, g 0 Viết f = q.g + r Sử dụng liên tiếp định lý về phépchia có d, ta đợc: f = q0g + r0

g = q1r0 + r1

r0 = q2r + r2

- Trong quá trình tìm UCLN theo thuật toán Euclide ta có quyền nhânhay chia đa thức chia hoặc bị chia với một hằng số khác 0 Khi đó UCLN chỉ

xê dịch một thừa số khác 0

Từ mệnh đề (ii), ta thấy rằng bài toán đã nêu thực chất là bài toán tìmUCLN của một hệ đa thức

d Một số ví dụ.

Ví dụ 1 Hãy tìm phần tử sinh của iđêan: I = (x5 + 1, x7 + 1)  x

áp dụng thuật toán Euclide đã nêu ta có :

x7 + 1 = x2(x5 + 1) - x2 + 1

x5 + 1 = (-x3 - 1)(-x2 + 1) + x + 1 -x2 + 1 = (x + 1) (-x + 1)

Vậy: I = (x6 - 2x5 + x4 - x2 = 2x - 1, x5 - 3x3 + x2 + 2x - 1 = (x3 - x2 - x + 1)

Đ3 nghiệm của đa thức

3.1 Định nghĩa

Nghiệm của đa thức f(x) trên trờng K là số K sao cho f(x) = 0 Nhvậy nghiệm của đa thức f(x) cũng là nghiệm của phơng trình f(x) = 0, tuynhiên cần phân biệt đa thức với phơng trình

3.2 Mối liên hệ giữa tính bất khả quy và sự có nghiệm

Vấn đề một đa thức có nghiệm hay không, và có bao nhiêu nghiệmtrong K liên quan chặt chẽ với sự phân tích của đa thức đó ra thành các nhân

tử bất khả quy trong Kx

3.2.1 Định nghĩa Cho K là một trờng, Kx là vành đa thức của ẩn x trên K,

f(x)  Kx với bậc n1 Ta gọi f(x) là đa thức bất khả quy trên K (hay trongKx) nếu f(x) không phân tích đợc thành tích của hai đa thức bậc khác 0 trên

K Trong trờng hợp ngợc lại, ta nói f(x) là đa thức khả quy trên trờng K

Ví dụ 1 Cho K là một trờng Khi đó mọi đa thức bậc nhất f(x) = ax + b trong

K[x] đều là đa thức bất khả quy trong Kx

Chú ý Điều này không còn đúng nữa nếu K không là trờng.

Ví dụ Trong vành Z6 : f(x) = x + 3 = (2x + 3) (3x + 5)

Ví dụ 2 Đa thức f(x) = x2 - 2 là bất khả quy trong Qx

3.2.2 Nhận xét.

(i) Tính bất khả quy của đa thức phụ thuộc vào trờng cơ sở K

Ví dụ x2 - 2 bất khả quy trong Qx nhng khả quy trong Rx

Thật vậy x2 - 2 = x 2x 2

(ii) Mọi đa thức bậc n2 bất khả quy trên trờng K tuỳ ý thì vô nghiệm trên K

Điều ngợc lại nói chung không đúng

Ví dụ

1 Đa thức f(x) = x6 + 27 vô nghiệm trên R, nhng f(x) = (x2 + 3)(x2 + 3x + 3)(x2 - 3x + 3) không bất khả quy trên R

2 Đa thức f(x) = x4 + 5x2 + 4 = (x2 + 1)(x2 +4) vô nghiệm trên Qx nhng vẫnkhả quy trên Q

(iii) Riêng đối với đa thức bậc 2 và bậc 3 điều ngợc lại vẫn đúng, đợc

phát biểu qua mệnh đề sau

3.2.3 Mệnh đề Các đa thức bậc 2 và bậc 3 của Kx là bất khả quy khi và

chỉ khi chúng không có nghiệm trong K.

Chứng minh Thật vậy, giả sử f(x) Kx với deg f(x) = 2 hoặc deg f(x) = 3.

f(x) khả quy  f(x) = g(x).h(x) với g(x), h(x)  Kx và hoặc g(x) hoặc h(x)

có bậc nhất Khi đó g(x) hoặc h(x) có nghiệm trong K Do đó, f(x) có nghiệmtrong K Vậy f(x) bất khả quy  f(x) không có nghiệm trong K 

3.3 Nghiệm bội

3.3.1 Định nghĩa Giả sử k là một số tự nhiên khác 0 Một phần tử  K

đợc gọi là một nghiệm bội k của đa thức f(x)  Kx nếu và chỉ nếu f(x) chiahết cho (x-)k và f(x) không chia hết cho (x - )k+1

Nếu k =1, thì  gọi là nghiệm đơn

Nếu k = 2, thì  gọi là nghiệm kép

Ta cũng nói trong trờng hợp k2,  là nghiệm bội nếu không cần thiết phảinói số bội k

Vậy  K là nghiệm bội k nếu và chỉ nếu f(x) = (x-2)k.g(x) , với g() 0Suy ra deg f(x) = k + deg g(x) , k  deg f(x)

3.3.2 Định lý Giả sử K là một trờng, f(x) 0 là một đa thức của K[x] và

1, 2, , r

   là những nghiệm trong K của nó với các bội theo thứ tự là k 1 , k 2 , ,k r Khi đó:

)() (

)(

)(

Chứng minh Do K là trờng nên theo 1.3.5, K[x] là vành Euclide cho nên mỗi

đa thức trên K phân tích một cách duy nhất (sai khác hệ tử trên K) thành tíchcủa những đa thức bất khả quy trên K Hiển nhiên x 1,x 2, ,x rlànhững nhân tử bất khả quy có mặt trong sự phân tích của f(x) Viết rõ các

r k

Ta đợc ( ) ( ) 1( ) 2 ( ) ( )

2

x x

r k

r k

Ví dụ.

1 Xét đa thức f(x) = x3 trên Z8 Ta có f(0) = f(2) = f(4) = f(6) = 0 Vậy f(x) có

4 nghiệm trong khi bậc của nó là 3 Sự phân tích của f(x) thành nhân tử bấtkhả quy cũng không duy nhất f(x) = x3 = x(x-4)2 = (x-2)(x2+2x+4) =(x-6)(x2- 2x + 4)

2 Đa thức f(x) = x2 + 14  Z15 có 4 nghiệm 1 , 4 , 11 , 14 trong khi bậc của nó là2

3.3.4 Hệ quả Nếu hai đa thức f(x) và g(x) K[x] có bậc n và lấy những giá trị

bằng nhau tại n + 1 phần tử khác nhau của trờng K, thì f(x) = g(x).

Chứng minh Thật vậy, đặt h(x) = f(x) - g(x) , ta có deg h(x) n Từ giả thiết ta

có : h( 1) h( 2)  h( n1)  0, trong đó  1 ,  2 , , n1 là những phần tử khácnhau của K Nhng một đa thức khác 0 trên K không thể có số nghiệm nhiều hơnbậc của nó Vậy ta phải có h(x) = 0, tức là f(x) = g(x) 

áp dụng vào bài toán chia hết ta có định lý sau

3.3.5 Định lý Một đa thức f(x) bậc n chia hết cho đa thức g(x) bậc m (n 

m) Khi và chỉ khi tất cả m nghiệm của g(x) đều là nghiệm của f(x); mỗi nghiệm đợc kể một số lần bằng số bội của nó.

Chứng minh Nếu f(x) g(x) thì có sự phân tích f(x) = g(x).h(x) Nếu  K

là nghiệm đơn hay nghiệm bội k của g(x) thì g(x) = (x-c)kq(x), khi đó f(x) =(x-)kq(x)h(x) Vậy là nghiệm ( với số bội  k) của f(x) Đảo lại, nếu tấtcả các nghiệm của g(x) (kể cả bội), là 1, , m thì g(x) = a(x-1) (x-m),trong đó a là hệ số cao nhất của g(x), các 1, , m có thể trùng nhau Vì 

1, , m cũng là nghiệm của f(x) nên ta có :

) ( ) ) (

)(

( )

Suy ra  cũng là nghiệm của f(x) Do đó f(x) g(x)

3.4 Quan hệ giữa nghiệm bội và đạo hàm

Giả sử  là nghiệm bội cấp k 1 của đa thức f(x) khi đó ta có f(x) = (x-

)kg(x) với g() 0 Đạo hàm hai vế của đẳng thức :

f’(x) = k(x-)k-1g(x) + (x-)kg’(x)

= (x-)k-1[kg(x) + (x-)g’(x)] = (x-)k-1h(x)

Ta có h() = k.g() 0 Vậy nếu  là nghiệm bội cấp k 1 của f(x).thì  là nghiệm bội cấp k -1 của f’(x)

áp dụng kết quả đó cho các đạo hàm liên tục của f ta có định lý sau

3.4.1 Định lý  là nghiệm bội cấp k 1 của f khi và chỉ khi  là nghiệm của các đa thức f , f , , f’ ’’ (k-1) , nhng không là nghiệm của f (k)

Chứng minh Theo nhận xét trên, nếu  là nghiệm bội cấp k ta có:

f( ) = f’() = = fk-1() = 0, fk() 0

Đảo lại, giả sử các quan hệ trên thoả mãn Lúc đó, công thức Taylor cho ta:

g x

x n

f x

) (

!

)

) (

!

) ( ( ) )

(

) (





k

f g

k



 , cho nên  là nghiệm bội cấp k của f 0 

3.5 Trờng phân rã của đa thức

Nếu một đa thức f(x) bậc n với các hệ số trong K có thể phân tích thànhtích của n nhị thức bậc nhất trong K[x] thì f(x) có đủ n nghiệm trong K, tuynhiên không phải bao giờ các nhân tử bất khả quy trong phân tích của f(x) cũng

đều có bậc bằng 1 Trong trờng hợp đó, f(x) không có đủ nghiệm trong K

Ta hãy đặt vấn đề xây dựng một trờng “không quá lớn” trong đó đa thứcf(x) có “đủ nghiệm” Mong ớc này phản ánh trong định nghĩa sau

3.5.1 Định nghĩa Giả sử K là một trờng, f(x) là một đa thức bậc n1 trên K.Khi đó, một trờng N đợc gọi là trờng phân rã hay trờng nghiệm của f(x) trên Knếu và chỉ nếu f(x) có n nghiệm trong N và N là trờng mở rộng cực tiểu của K

Ví dụ 1 Q( 2) = a + b 2: a, b Q là trờng phân rã của đa thức x2 - 2, đồngthời là trờng phân rã của đa thức x2 + 4x + 2 trên Q

Ví dụ 2  là trờng phân rã của đa thức x2 + 1 và cũng là trờng phân rã của đathức x2 + 2 trên R

Nhằm chứng minh rằng mọi đa thức trên một trờng K đều có trờng phânrã trớc hết ta chứng minh định lý sau

3.5.2 Định lý Với mọi đa thức f(x) bất khả quy trên một trờng K, tồn tại một

trờng mở rộng N của K trong đó f(x) có ít nhất một nghiệm.

Chứng minh Xét vành thơng K   x /<f(x > của vành K  x trên iđêan sinh bởif(x) Vì K  x là một vành giao hoán nên K  x /<f(x)> cũng là một vành giao