Tài liệu Ôn tập đại số cơ sở bài 15-TS Trần Huyền docx

ĐẠI SỐ (CƠ SỞ)
Tài liệu ôn thi cao học năm 2005
Phiên bản đã chỉnh sửa
TS. Trần Huyên
Ngày 29 tháng 4 năm 2005
Bài 15. Các Bài Toán Về Vành Đa Thức
Lý thuyết các vành đa thức cũng như các dạng toán liên quan tới chúng là rất phong phú và
đa dạng. Tuy nhiên trong giới hạn của chương trình, chúng ta chỉ quan tâm chủ yếu tới các dạng
toán của vành đa thức liên quan tới các khái niệm cơ bản của lý thuyết vành. Rải rác, đây đó
trong các mục khác nhau của chuyên đề ôn tập này, ta đã có một số ví dụ về chúng. Phần còn
lại này, chúng ta để ý nhiều hơn tới các dạng toán liên quan tới lý thuyết chia hết trong vành đa
thức, những vấn đề về đa thức bất khả qui, đa thức nguyên tố cùng nhau, liên quan với nghiệm
của đa thức. Xin nhắc lại rằ ng, riêng đối với một vành đa thức trên một trường K, K[x] luôn luôn
là một vành Ơclít. Và vì vậy khi xử lý các bài tập trong vành đa thức, các kết quả, tính chất của
vành Ơclit (và do đó cả của vành chính) thường được áp dụng khá hiệu quả. Ta cũng không quên
nhắc tới một kết quả cũng rất hay được sử dụng trong và nh đa thức thường được biết dưới cái
tên "định lý Bezout", đó là vành đa thức f (x) chia hết cho đa thức bậc nhất g(x) khi và chỉ khi
nghiệm của g(x) là nghiệm của f(x). Hơn nữa khi xử lý các bài toán trong các vành đa thức cụ
thể, ta cũng cần tới các tri thức cụ thể của các vành đó; đặc biệt là với các vành đa thức trên các
trường số : C[x], R[x], Q[x], mà việc hệ thống lại xin phép được dành cho độc giả.
Ví dụ 1: Cho g(x), f (x) ∈ C[x] là các đa thức khác 0. Chứng minh rằng f(x), g(x) là nguyên
tố c ùng nhau khi và chỉ khi chúng không có nghiệm chung nào.
GIẢI
Nếu f(x), g(x) không nguyên tố cùng nhau, ắt tồn tại h(x) với deg(h) ≥ 1 sao cho (f(x), g(x)) =
h(x).
Theo định lý cơ bản của đại số, do deg(h) ≥ 1 nên h(x) có ít nhất một nghiệm phức x
0
. Hiển
nhiên x
0
là nghiệm chung của cả f(x) và g(x).

Ngược lại, nếu f (x) và g(x) có chung nghiệm x
0
. Theo định lý Bezout cả f(x) và g(x) có chứa
chung nhân tử (x − x
0
), nên (f(x), g(x)) = 1.
Vậy (f (x), g (x)) = 1 ⇔ f(x), g(x) không có nghiệm chung
1
Ví dụ 2: Cho các trường K ⊂ F và đa thức f(x) ∈ K[x] là bất khả qui trong K[x] nhưng có
nghiệm x = x
0
∈ F . Cho g(x) ∈ K[x] là đa thức cũng nhận x = x
0
∈ F làm nghiệm. Chứng minh
rằng f(x)\g(x).
GIẢI
Trong vành đa thức K[x] xem như một vành chính, mối quan hệ của một đa thức bất khả
qui f(x) với đa thức bất kì g(x) chỉ có thể nằm trong hai khả năng là hoặc f (x)\g(x) hoặc
(f(x), g(x)) = 1.
Nếu (f(x), g(x)) = 1, ắt tồn tại các đa thức t(x), s(x) ∈ K[x] sao cho s(x).f (x) +t(x).g(x) = 1.
Hệ thức sau cùng này, do K[x] ⊂ F [x] nên cũng có ở trong F [x], tức là trong F [x] thì vẫn có
(f(x), g(x)) = 1.
Tuy nhiên theo giả thiết bài toán các đa thức f(x), g(x) nhận x
0
∈ F làm nghiệm, nên theo
định lý Bezout, trong F [x] cả f(x), g(x) có nhân tử chung (x−x
0
). Tức là không thể xảy ra trường
hợp (f (x), g(x)) = 1.
Vậy chỉ có thể xảy ra : f(x)\g(x)

Ví dụ 3: Trong vành đa thức K[x] với K là trường, cho đa thức f(x). Sử dụng phép đổi biến
x = ay + b (a = 0) ta xây dựng đa thức g(y) = f(ay + b). Chứng minh rằng đa thức f (x) bất khả
qui khi và chỉ khi đa thức g(y) bất khả quy.
GIẢI
Dễ thấy mệnh đề trên là tương đương với mệnh đề sau :
f(x) không bất khả qui ⇔ g(y) không bất khả qui
Trước hết nếu f (x) không bất khả qui, ắt tồn tại các đa thức f
1
(x), f
2
(x) ∈ K[x] với deg(f
1
) ≥ 1,
deg(f
2
) ≥ 1 sao cho f(x) = f
1
(x).f
2
(x). Khi đó ta cũng có:
g(y) = f(ay + b) = f
1
(ay + b).f
2
(ay + b) = g
1
(y).g
2
(y)
với

g
1
(y) = f
1
(ay + b) có deg(g
1
) = deg (f
1
) ≥ 1
g
2
(y) = f
2
(ay + b) có deg(g
2
) = deg (f
2
) ≥ 1
tức g(y) cũng không bất khả qui.
Tiếp theo để ý rằng nếu x = ay + b (a = 0) thì y = cx + d, trong đó c = a
−1
và d = −ba
−1
. Vì
vậy nếu g(y) = f (ay + b) thì f(x) = g(cx + d). Do đó nếu g(y) = g
1
(y).g
2
(y) với deg(g
1

) ≥ 1 và
deg(g
2
) ≥ 1 thì
f(x) = g(cx + d) = g
1
(cx + d).g
2
(cx + d) = f
1
(x).f
2
(x)
với
f
1
(x) = g
1
(cx + d) có deg(f
1
) = deg (g
1
) ≥ 1
f
2
(x) = g
2
(cx + d) có deg(f
2
) = deg (g

2
) ≥ 1
2
tức nếu g(y) không bất khả qui thì f (x) không bất khả qui.
Ví dụ 4: Trong vành Q[x] cho đa thức:
f(x) = (x − a
1
)(x − a
2
) . . . (x − a
n
) − 1
trong đó a
1
, a
2
, . . . , a
n
là các số nguyên phân biệt. Chứng minh rằng f(x) là bất khả qui trong
Q[x]. Đa thức f (x) có bất khả qui trong R[x] hay trong C[x] không ?
GIẢI
Nếu f (x) không bất khả qui, ắ t tồn tại các đa thức hệ số nguyên h(x), g(x) bậc lớn hơn hay
bằng 1 sao cho
f(x) = g(x).h(x)
Khi đó ta cũng có degg(x) < degf(x) và deg h(x ) < degf (x) do degf = degg+degh và degg ≥ 1,
degh ≥ 1).
Do f (a
i
) = −1 với i = 1, 2, . . . , n, nên g(a
i

).h(a
i
) = −1, ∀i. Bởi g(a
i
), h(a
i
) ∈ Z nên từ đó
suy ra g(a
i
) + h(a
i
) = 0. Nếu g(x) + h(x) = 0 thì deg(h(x) + g(x)) ≤ max{deg(g), deg(h)} tức
deg(h(x) + g(x)) < deg(f(x)) = n. Và ta có h(x) + g(x) là đa thức bậc bé hơn n lại có n nghiệm
a
1
, a
2
, . . . , a
n
; là điều không thể được. Vậy phải có : h(x) + g(x) = 0, do đó h(x) = −g(x) và
f(x) = g(x).h(x) = −[g(x)]
2
.
Điều này cũng không thể xảy ra vì hệ số cao nhất của
f(x) = (x − a
1
)(x − a
2
) . . . (x − a
n

) − 1
là +1, trong khi đó hệ cao nhất của −(g(x))
2
là số âm. Mâu thuẩn này chỉ ra rẳng f(x) bất khả
qui trong Q[x].
Nếu xét trong R[x] hay C [x], dễ thấy f (x) bất khả quy ⇔ deg(f(x)) = 1, tức n = 1
3
BÀI TẬP
1. Cho các trường K ⊂ F và các đa thức f(x), g(x) ∈ K[x]. Chứng minh rằng (f (x), g(x)) = 1
trong K[x ] ⇔ (f (x), g(x)) = 1 trong F [x].
2. Cho K là trường và f(x) ∈ K[x] mà
f(x) = a
0
+ a
1
x + . . . + a
n
x
n
vớia
0
.a
n
= 0 và n ≥ 1
Chứng minh rằng f (x) là bất khả quy trong K[x] khi và chỉ khi
g(x) = a
0
x
n
+ a

1
x
n−1
+ . . . + a
n−1
x + a
n
là bất khả quy.
3. Cho a
1
, a
2
, . . . , a
n
là các số nguyên phân biệt. Chứng minh rằng các đa thức sau là bất khả
quy trong Q[x] :
(a) (x − a
1
)(x − a
2
) . . . (x − a
n
) + 1 với n lẻ.
(b) (x − a
1
)
2
(x − a
2
)

2
. . . (x − a
n
)
2
+ 1.
4. Chứng minh rằng với vành K giao hoán, có đơn vị thì các khẳng định sau là tương đương.
(a) K là trường
(b) K[x] là vành Ơclít
(c) K[x] là vành chính
4
THAY CHO LỜI KẾT
Độc giả thân mến !
Thế là bạn đã dạo qua trang web chuyên đề ôn thi Đại số cơ sở của chúng tôi và giờ đây đã
tới "điểm dừng"!
Có thể bạn cho rằng, đã không tìm được thêm những điều mới mẻ như bạn kỳ vọng. Bạn thông
cảm, bởi đây vốn là chuyên đề ôn tập chỉ được phép nói nhiều và nói lại về những điều "biết
rồi nó i mãi"!
Có thể bạn cho rằng đâu đó, trong quá trình triển khai chuyên đề, có đôi chút sa đà lệch lạc
so với yêu cầu "cơ bản" của một chuyên đề ôn tập ? Rất có thể bạn đã đúng, nhưng bạn ơi để lựa
chọn được một nội dung có thể làm hài lòng hết thảy mọi người thật quá khó khăn!
Dù bạn đã thu lượm được nhiều hay ít từ chuyên đề của chúng tôi; dù bạn đã rất hứng thú
hay chỉ là "cưỡi ngựa xem hoa", tại điểm kết thúc này, xin được nói lời chia tay. Tạm biệt bạn,
chúc bạn một mùa thi kết quả mĩ mãn. Và hẹn gặp bạn trong một tương lai gần trên giảng đường
Cao học của ĐHSPTPHCM. Khi đó ắt hẳn có nhiều chuyên đề mới mẻ, hấp dẫn để chúng ta có
thể trao đổi trực tiếp.
Lời cuối cùng chúng tôi muốn nhắn gởi lại bạn là : Trước khi khởi công dựng tiếp các tầng lầu
mới cho lâu đài tri thức của mình, bạn hãy gia cố lại nền móng của tòa lâu đài thật chắc chắn,
thật vững chãi!
Chúc các bạn thành công!

5