Bài tập Vành đa thức

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
Đại Số Đại Cương
- 106 -

CHÚ Ý: Vành đa thức K[x
1
, x
2
, ….,x
n
] trên trường K không phải là vành chính với
n
2. Chẳng hạn ideal < x
1
, x
2
, ….,x
n
> 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[x
1
, x
2
, ….,x
n
] là vành đa thức n
biến . Một đa thức f
A[x
1
, x
2
, ….,x
n
] gọi là đối xứng nếu
, ….,x ) với mọi hóan vò S
n
.

• VÍ

∈

f(x
1
, x
2
, ….,x
n
) = f(x

)1(σ
, x
)n(σ
σ
∈
)2(σ
DỤ: Các đa thức sau đây :

1
σ
= x
1
+ x
2
+ …. +x
n

2
σ
= x
1
x
2
+ x
1
x
3
…. + x
n-1
x

n

. . . . . . . . . . . .

k
σ
=
iii
k21
x xx

. . . . . . . . . . . . . .

∑
≤≤ ni, ,i1
k1
n
σ

= x
1
x
2
….x
n
đa thức đối xứng cơ bản.
2.5 Đònh lí

là đối xứng và gọi là các

Các đa thức đối xứng cơ bản là độc lập đại số trên A, tức là, nếu f( , … , )
= 0 với f
A[x
1
, x
2
, ….,x
n
] thì f = 0.

Chứng minh: Ta chứng minh bằng qui 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
σ
1
,σ
2
σ
n
∈
∈

A[x
1
, x
2
, ….,x
n
] là đa thức khác 0 và có cấp bé nhất sao cho f(
σ

1
,σ
2
, … , ) = 0.
Ta viết đa thức f(x
1
, x
2
, …., x
n
) như một đa thức một biến x
n
:
f = f
0
(x
1
, x
2
, …., x
n–1
) + f
1
(x
1
, x
2
, …., x
n–1
)x

n
+ … + f
s
(x
1
, x
2
, …., x
n–1
)x

trong đó f
i
(x
1
, x
2
, …., x
n–1
) A[x
1
, x
2
, ….,x
n–1
]. Hạng tử f
0
(x
1
, x

2
, …., x
n–1
) ≠ 0

vì nếu không thì f = x
n
g, từ đó 0 = f(
σ
n
s
n

∈
σ
1
,
σ
2
, …,
σ
n
) =
σ
n
g(
σ
1
,
σ

2
, … , ) = 0, và
do đó g(
, … , ) = 0, nhưng điều này mâu thuẩn với f là có cấp nhỏ nhất
thỏa f(
, … ,
σ
n
σ
1
,σ
2
σ
n
σ
1
,σ
2
σ
n
) = 0. Bây giờ ta có

0 = f
0
, …,
n–1
) + f
1
(σ
1

,σ
2
σ (σ
1
,
σ
2
, … ,
σ
n–1
)
σ
n
+ … + f
s
(
σ
1
,
σ
2
, … ,
n–1

Vế phải tất nhiên là một đa thức n biến x
1
, x
2
, ….,x
n

và nếu thay x
n
= 0 vào thì
σ )σ
s
n

Đỗ Nguyên Sơn Khoa Toán Tin
Đại Số Đại Cương
- 107 -
do (x
1
, x
2
, …,x
n–1
, x
n
) = x
1
x
2
….x
n–1
0 = 0 nên ta có f
0
σ
n
(
ω

1
,
ω
2
, …,
n–1
) = 0 trong
ó
= (x
1
, x
2
, …, x
n–1
, 0) là đa thức đối xứng cơ bản n – 1 biến. Kết hợp với
f
0
(x
1
, x
2
, …., x
n–1
) ≠ 0 sẽ dẫn đến mâu thuẩn với giả thiết qui nạp. 

2.6 Đònh lí
ω

ω
i

σ
i
đ

Đối với mỗi đa thức đối xứng f
∈
A[x
1
, x
2
, ….,x
n
] tồn tại duy nhất một đa thức g
∈

A[x
1
, x
2
, ….,x
n
] sao cho f(x
1
, x
2
, …., x
n
) = g(
σ
1

,
σ
2
, ….,
σ
n
).

Chứng minh:
• Sự tồn tại.
. Ta sắp xếp f(x
1
, x
2
, …., x
n
) theo lối từ điển và giả sử ax … x là hạng tử
cao nhất của nó. Khi đó ta phải có a
a
2
… a
n
. Thật vậy, giả sử tồn tại i sao
cho a
i
> a
i–1
. Vì f đối xứng nên f phải chứa hạng tử ax …x … x

có được từ ax

… x bằng cách thay x
i
bởi x
i–1
và x
i–1
bởi x
i
. Do a
i
> a
i–1

nên (a
1
, …, a
i–2
, a
i
, a
i-1 n
) > (a
1
, …, a
i–2
, a
i–1
, a
i
,…, a

n
), vậy ax … x
không là hạng tử cao nhất, và điều này dẫn đến mâu thuẩn.

. Xét đa thức a
1
a
1
x
2
a
2
n
a
n
1
≥ ≥ ≥
1
a
1
i
a
1i
−
x
1i
a
i
−
n

a
n
1
a
1
x
2
a
2
n
a
n
,…, a
1
a
1
x
2
a
2
n
a
n


σ
21
aa
1
−

σ
32
aa
2
−
…
σ
n
a
n
1
a
1
x
và dễ kiểm tra rằng đó cũng là đa thức
đối xứng và có hạng tử cao nhất là ax
… x

. Đặt f
1
= f – a …
2
a
2
n
a
n
.
σ
21

aa
1
−
σ
32
aa
2
−
σ
n
a
n
( rõ ràng nó là đa thức đối xứng)
- Nếu f
1
= 0 ( đã chứng minh xong)
- Nếu f
1
≠ 0, thì ta lại sắp xếp nó theo lối từ điển và giả sử hạng tử cao
nhất của nó là bx
… x , để ý rằng lúc này (a
1
, a
2
,…, a
n
) > (b
1
, b
2

,…, b
n
),
và do đó a
1
b
1
.

. Đặt f
2
= f
1
– a …
1
b
1
x
2
b
2
n
b
n

≥
σ
21
bb
1

−
σ
32
bb
2
−
σ
n
b
n

- Nếu f
2
= 0 ( đã chứng minh xong)
- Nếu f
2
≠ 0, thì ta lại sắp xếp nó theo lối từ điển và giả sử hạng tử cao nhất của
nó là cx
… x , để ý rằng lúc này (b
1
, b
2
,…, b
n
) > (c
1
, c
2
,…, c
n

), và do đó b
1

c
1
.
. . . . . . . . . .
Quá trình trên sẽ chấm dứt sau một số hữu hạn bước vì tương ứng với nó ta có dãy
các số tự nhiên giảm dần a
1
b
1
c
1
… 0.

• Sự duy nhất. Giả sử có g và g
1
1
c
1
x
2
c
2
n
c
n
≥

≥

≥

≥ ≥

∈
A[x
1
, x
2
, ….,x
n
] sao cho

Đỗ Nguyên Sơn Khoa Toán Tin
Đại Số Đại Cương
- 108 -
f(x
1
, x
2
, …., x
n
) = g , (σ
1
σ
2
, ….,
σ

n
) = g
1
(
σ
1
,
σ
2
, ….,
σ
n
).
Khi đó (g – g
1
) ( , …, ) = 0, từ đó g = g
1
do đònh lí 2.5. 

ùng minh sự tồn tại trong đònh lí cung cấp một phương pháp để tìm
g sao cho f(x
1
, x
2
, …., x
n
) = g( ,

σ
1

,σ
2
σ
n
CHÚ Ý: Phép chư
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

f(x
1
, x
2
, x
3
) = x + x + x + x + x + x
Giải:
Hạng tử cao nhất của f là x

Lập hàm f
1
= f –

2
1
x
2 1
x
2
2
2
1
x
3 1
x
2
3
2
2
x
3 2
x
2
3

2
1
x
2
.
σ
12
1

−
σ
01
2
−
σ
0
3
= f –
σ
1
σ
2

= x
+ x +x + x + x + x
– (x
1
+ x
2
+ x
3
)( x
1
x
2
+ x
1
x
3

+ x
2
x
3
) = – 3 x
1
x
2
x
3


Lập hàm f
2
= f
1
+ 3
2
1
x
2 1
x
2
2
2
1
x
3 1
x
2

3
2
2
x
3 2
x
2
3

σ
11
1
−
σ
11
2
−
σ
1
3
= f
1
+ 3
σ
3
= 0
Từ đó f = f
1
+ = – 3σ
1

σ
2
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 1 đều có
nghiệm trong
∀.
hứng minh: (xem phần phụ lục)

≥

C
3.2 Đònh lí

a) Các đa thức bất khả qui trên
∀[x] là các đa thức bậc 1 : p(x) = ax + b.
– Các đa thức bậc 1 : p(x) = ax + b

đa th x
2
b) Các đa thức bất khả qui trong
3

[x] bao gồm :

– Các ức bậc 2 : p(x) = a
+ bx + c với
∆
= b –

2
4ac < 0.
Đỗ Nguyên Sơn Khoa Toán Tin
Đại Số Đại Cương
- 109 -
Chứng minh: a) suy r tra ực tiếp từ đònh lí 3.1. Ta chứng minh b). Giả sử p(x) thuộc
[x] là bất khả qui và deg(p) 2. Vì p(x) cũng thuộc ∀[x] nên theo đònh lí 3.1 p(x)
3 . Vì
≥
3
có ít nhất một nghiệm z
∈
∀ và do p bất khả qui trong 3

[x] nên z
∉
z cũng
ø nghiệm của p(x) nên (x – z)(x –T =

z
la
) là một ước của p(x) trong ∀[x], nhưng T
= x
2
– 2Re(z)x + 3

[x] nên T cũng là ước của p(x) trong 3[x]. Do p bất khả
a.T, với a
z
∈


∈

qui nên T phải liên kết với p, tức là p =
3
*
. Vậy p(x) là một tam thức
â ràng các đa thức bậc 1 là bất khả qui,
vậy, vì nếu không thì nó phải có một
ớc là đa thức bậc 1 và điều này mâu thuẩn với giả thiết vô nghiệm của đa thức đó.
ẩn Eisenstein)
bậc 2 khong có nghiệm thực. Ngược lại rõ
các đa thức bậc 2 không có nghiệm thực cũng
ư


3.3 Đònh lí ( tiêu chu
ếu f(x) = a

n
x + a
n–1
x
n–1
+ … + a
0


n
N
∈
9[x] và p là một số nguyên tố thỏa mãn
a
n
≠ 0( mod p), a
i
0(mod p) với mọi i < n, và a
0
≠ 0 (mod p )
0k
k
0k
k
k
x
; r, s > 0 và r + s = n. Vì
o p nguyên tố thỏa p | a
0
nên suy ra b

0


2

≡


thì f(x) là đa thức bất khả qui trong
Θ[x].

Chứng minh: Giả sử f =g.h, với g =
∑
r
k
xb
, h
∑
s
c
= =
a
0
= b
0
c
0
và d
≡
0(mod p) hoặc c

0

≡

0(mod p). Chú ý rằng nếu b
0
0(mod p) thì c
0
≠ 0(mod p) vì nếu không thì a
0
=b
0
c
o
0(mod p
2
). Giả sử b
0
0(mod p). Ta cũng để ý rằng không phải mọi hệ số
≡

≡ ≡
của g(x) đều là bội của p vì nếu không thì a
n
= b
r
c
s

≡

0(mod p), và điều này tra
với giả thiết. Gọi b
ùi
r < n). Khi
ó từ a
i
= b
i
c
0
+ b
i–1
c
1
+ … + b
0
c
i
suy ra b
i
c
0

i
là hệ số đầu tiên của g không chia hết cho p (0 < i
≤
≡
đ
0(mod p) nhưng do p nguyên tố
ên p

|b
i
hoặc p | c
0
, và điều này dẫn đến mâu thuẩn. 

m
– p là đa thức bất khả qui.
n
VÍ DỤ: Nếu p là nguyên tố thì f(x) = x
Đỗ Nguyên Sơn Khoa Toán Tin
Đại Số Đại Cương
- 110 -
BÀI TẬP


1. Trên vành 9 [x] xét đa thức f(x) = x
p
. Hãy xác đònh hàm đa thức
tươn

2. Cho p là số nguyên tố và đa thức f(x) = x
p
– 1
∧
f
p
g ứng với f.
∈
9

p
[x]. Chứng minh
rằng f(x) = (x –1)
p
.

3. Trong vành đa thức
9
5
[x] hãy thực hiện các phép tóan :

a) (
2x
2
+ 4x
2
+
1) (
3
x
2
+
1x + 2)
b) (–
2x
2
+ 4x +
3
)
2

c) Phép chia (–
1x
3
+2x
2
+2x +
1) cho (–2x
2
+ 2x –
1)

4. Trong vành
9
6
[x] hãy thực hiện phép nhân

(
2x
3
+ 4x
2
+
1x) (
3
x
2
+
3
x + 2)

5. Trong vành 9
7
[x] hãy xác đònh p để dư của phép chia

(
1x
3


+
p
x +
5
) cho (
1x
2
5
x +
6
+ ) là bằng 0.


7. Chứng tỏ đa thức
6. Trong vành
Θ[x] chứng minh rằng đa thức (x+1)
2n
– x
2n
– 2x –1 chia hết cho
các đa thức 2x + 1, x + 1 và x.

1x
2
+ 14
∈
9
15
[x] có 4 nghiệm trong 9
15
.

8. Cho các đa thức
f(x) = – x
3
– 7x
2
+ 2x – 4
g(x) = – 2x
2


+ 2x – 1.

a) Tìm ƯCLN của f(x) và g(x) trong
Θ[x]
b) Tìm ƯCLN của f(x) và g(x) trong
9
11
[x]

9. Xét tập

Θ(
2
) = {a + b
2
: a, b
∈
Θ}. Chứng minh rằng

a)
Θ(
2
) là một trường vơiù phép cộng và nhân thông thường các số.
b)
Θ(
2
) ≅ Θ[x] /

10. Xét tập
3
>−< 2x
2

(
3−
) = {a + b
3−
: a, b
∈
3}. Chứng minh rằng :
Đỗ Nguyên Sơn Khoa Toán Tin

Đại Số Đại Cương
- 111 -

a)
3 (
3−
) là một trường vơiù phép cộng và nhân thông thường các so
b)
3 (
3−
) ≅ 3[x] /

11. Hãy biểu diễn các đa thức sau qua các đa thức đối xứng cơ bản

1) x
3
+ y
3
+ z
3
– 3xyz
2) x
2
y + x y
2
+ x
2
z + x z
2
+ y

2
z + y z
2
.
3)
– 2 x
2
z
2
– 2 y
2
z
2
.
4) x
y + x y + x z + x
2
z
5
+ y
5
z
2
+ y
2
z
5
.

12. Xác đònh tính bất khả qui của các đa thức sau trên trường số hữu tỉ

1) x
4
– 8x
3
+ 12x
2
– 6x –2
2) x
5
– 12x
3
+ 36x –12
3) x
4
– x
3
+ 2x +1
13. Chứng minh rằng đa thức thuộc
3[x] có bậc 3 đều không bất khả qui.
14. Cho f(x) = x
n
+ … + a
0
9[x] với n 1. Chỉ ra rằng nếu f có nghiệm hữu tỉ thì
ghiệm đó là nghiệm nguyên và là ước của a
0
.

5. Tìm tất cả các nghiệm hữu tỉ của các đa thức sau:

a) x
7
–1
b) 2x
4
– 4x + 3
c) x
5
+ x
4
– 6x
3
– 14x
2
– 11x – 3

16. Cho p là số nguyên tố. Đặt f(x) = x
p
+ x
p–1
+ … + 1. Chứng tỏ rằng f(x) là bất
khả qui trêa
Θ [x]

>+< 3x
2
.
x
4
+ y
4
+ z
4
– 2x
2
y
2
5 2 2 5 5 2

≥


∈

≥
n
1



Đỗ Nguyên Sơn Khoa Toán Tin