Đề cương bài giảng học phần đại số cao cấp 2

MỤC LỤC

CHƯƠNG 1. Vành chính và vành Euclide 1
1.1. Vành chính 1
1.1.1. Tính chất số học trong vành 1
1.1.2. Vành chính 2
1.2. Vành Euclide 6
1.2.1. Vành Euclide 6
1.2.2. Ứng dụng (ñể nghiên cứu vành ña thức
[ ]
K x
, với K là một trường) 7
CHƯƠNG 2. ða thức trên trường số 12
2.1. Số phức 12
2.1.1. Xây dựng trường số phức 12
2.1.2. Dạng ñại số và các phép toán 13
2.1.3. Dạng lượng giác của số phức 14
2.2. ða thức với hệ số thực và phức 16
2.3. Phương trình bậc ba và bốn 19
2.3.1. Phương trình bậc ba 19
2.3.2. Phương trình bậc bốn 22
2.4. ða thức với hệ số hữu tỷ 23
2.4.1. Nghiệm hữu tỷ của một ña thức với hệ số hữu tỷ 23
2.4.2. ða thức bất khả quy của vành
[
]
x
ℚ
25

1
CHƯƠNG 1
Vành chính và vành Euclide
Số tiết: 12 (Lý thuyết: 9 tiết; bài tập, thảo luận: 03 tiết)

*) Mục tiêu:
- Cung cấp và giúp sinh viên hiểu các kiến thức cơ bản về vành chính, vành Ơclít,
vành ña thức trên một trường, các phương pháp vận dụng các kiến thức này ñể giải toán.
- Vận dụng các kiến thức cơ bản vào giải bài tập, từ ñó giúp sinh viên nắm vững các
kiến thức cơ bản về các cấu trúc ñại số. Trên cơ sở ñó hiểu sâu hơn về toán ở bậc phổ thông
về phương pháp tiên ñề trong toán học và các phương pháp tư duy trừu tượng khái quát.
- Rèn luyện tính chính xác, tính cẩn thận, linh hoạt; tư duy trừu tượng hóa, khái quát
hóa, tương tự hóa.

1.1. Vành chính
1.1.1. Tính chất số học trong vành
A là một miền nguyên, phần tử ñơn vị kí hiệu 1. Các ước của ñơn vị gọi là các phần tử
khả nghịch, chúng lập thành một nhóm nhân U mà 1 là phần tử ñơn vị.
Bổ ñề 1.
(i) a | a
(ii) c | b và b | a kéo theo c | a
(iii) u khả nghịch, u | a với mọi a.
(iv) Nếu b | u với u khả nghịch thì b khả nghịch
(v) Quan hệ S xác ñịnh như sau: xSx’ khi x’ = ux với u khả nghịch, là một quan hệ
tương ñương; x và x’ gọi là liên kết.
Chứng minh: Xem như một bài tập
Ví dụ:

1) Hai phần tử của nhóm nhân U là liên kết.
2) Trong vành các số nguyên
ℤ
hai số nguyên a và - a là liên kết.
3) Trong vành ña thức K[x] với K là một trường, hai ña thức f(x) và af(x),
a K, a 0
∈ ≠
, là liên kết.
Bổ ñề 2. x và x’ là liên kết khi và chỉ khi x | x’ và x’ | x.
Chứng minh: Xem như một bài tập

Giả sử
a A
∈
, tập hợp các bội của xa,
x A
∈
của a là một iñêan của A, kí hiệu aA hoặc
Aa. Iñêan này là iñêan chính sinh bởi a.
Bổ ñề 3.
|
a b
khi và chỉ khi
Aa Ab
⊃
.
Hệ quả. x và x’ là liên kết khi và chỉ khi
'
Ax Ax
=

. ðặc biệt u là khả nghịch khi và chỉ khi
Au A
=
.
ðịnh nghĩa 1. Các phần tử liên kết với x và các phần tử khả nghịch là các ước không thực sự
của x, còn các ước khác của x là các ước thực sự của x.

2

Ví dụ:
2
±
và
3
±
là các ước thực sự của 6, còn
1
±
và
6
±
là các ước không thực sự của 6.
ðịnh nghĩa 2. Giả sử x là một phần tử khác 0 và không khả nghịch của A, x gọi là một phần
tử bất khả quy của A nếu x không có ước thực sự.
Phần tử b ñược gọi là nguyên tố nếu b không khả nghịch và quan hệ
|
b ac
kéo theo
|
b a

hoặc
|
b c
.
Ví dụ:
1) Các số nguyên tố và các số ñối của chúng là các phần tử bất khả quy của vành số
nguyên
ℤ
.
2) ða thức
2
1
x
+
là ña thức bất khả quy của vành
[x]
ℝ
,
ℝ
là trường số thực. Nhưng
trong vành
[x]
ℂ
thì ña thức này không là bất khả quy vì nó có ước thực sự, chẳng
hạn x + i.
ðịnh nghĩa 3. Nếu c | a và c | b thì c gọi là ước chung của a và b. Phần tử c gọi là ước chung
lớn nhất của a và b nếu c là ước chung của a và b và nếu mọi ước chung của a và b là ước của c.
Hai ước chung lớn nhất của a và b là liên kết, do ñó có thể coi là bằng nhau nếu không
kể nhân tử khả nghịch.
ðịnh nghĩa tương tự cho ước chung lớn nhất của nhiều phần tử.

1.1.2. Vành chính
ðịnh nghĩa 4. Một miền nguyên A ñược gọi là vành chính nếu mọi iñêan của nó ñều là iñêan
chính.
Ví dụ: Vành
ℤ
các số nguyên là vành chính. Thật vậy:
Giả sử I là một iñêan của vành
ℤ
.
- Nếu
{
}
0
I =
thì
0
I
=
ℤ
.
- Nếu
{
}
0
I ≠
, giả sử a là số nguyên dương bé nhất của I, b là một phần tử tùy ý của I.
Giả sử
0
b

≥
, lấy b chia cho a ta ñược thương là q và dư là r
, 0
b aq r r a
= + ≤ <

Mặt khác
r b aq I
= − ∈
. Nếu
0
r
≠
thì a không phải là số nguyên dương bé nhất của I,
do ñó
0
r
=
và
b aq
=
.
Như vậy
I a
=
ℤ
.
Sau ñây, giả sử A là một vành chính, các phần tử mà ta xét thuộc A.
Bổ ñề 4. Ước chung lớn nhất của hai phần tử a và b bất kỳ tồn tại.
Chứng minh

- Gọi I là iñêan sinh ra bởi a và b. Các phần tử của I có dạng
ax by
+
với
,
x y A
∈
.
- Vì A là vành chính nên I là iñêan chính, tức là
I d
=
ℤ
. Suy ra
, ,
d ax by x y A
= + ∈
(*)
- Ta chứng minh d là ước chung lớn nhất của a và b.
+ Vì
,
a b I dA
∈ =
nên
', ' ', '
a da b db a b A
= = ∈
. Do ñó d là ước chung của a và b.

3

+ Nếu c là ước chung của a và b, tức là có
", "
a b A
∈
sao cho
", "
a ca b cb
= =
thế thì
(*) trở thành
( " " )
d c a x b y
= +

Vậy d là ước chung lớn nhất của a và b.
Hệ quả. Nếu e là ước chung lớn nhất của a và b, thì có
,
r s A
∈
sao cho
e ar bs
= +
.
Chứng minh
+ I là iñêan sinh bởi a và b, thế thì
I dA
=
và
, ,
d ax by x y A

= + ∈
là một ƯCLN
của a và b (theo bổ ñề 4).
+ Do e cũng là một ƯCLN của a và b nên d và e là liên kết, tức là có phần tử khả
nghịch
u A
∈
sao cho
e du
=
.
Mà

d ax by
= +
nên
e du
=
axu byu
= +
.
+ ðặt
,
r xu s yu
= =
ta thu ñược
e ar bs
= +
.
ðịnh nghĩa 5. a và b ñược gọi là nguyên tố cùng nhau nếu chúng nhận 1 làm ước chung lớn

nhất.
Bổ ñề 5. Nếu a và b nguyên tố cùng nhau thì có
,
r s A
∈
sao cho
1
ar bs
= +
.
Hệ quả. Nếu
|
c ab
và c, a nguyên tố cùng nhau thì
|
c b
.
Chứng minh
+ Vì c, a nguyên tố cùng nhau nên tồn tại
,
r s A
∈
sao cho
1
ar cs
= +
.
+ Nhân hai vế với b ta ñược
b abr bcs
= +

+ Vì
|
c ab
nên có
q A
∈
sao cho ab = cq. Do ñó
( )
b cqr bcs c qr bs
= + = +
.
Suy ra
|
c b
.
Bổ ñề 6. Giả sử x là một phần tử bất khả qui và a là một phần tử bất kỳ. Thế thì hoặc x|a hoặc
x và a nguyên tố cùng nhau.
Chứng minh
+ x bất khả qui nên các ước của x là các phần tử liên kết với x và các phần tử khả nghịch.
+ a bất kỳ, thì ước chung lớn nhất của x và a chỉ có thể là một phần tử liên kết với x hoặc một
phần tử khả nghịch.
Nếu ước chung lớn nhất của x và a là một phần tử liên kết với x thì x|a.
Nếu ước chung lớn nhất của x và a là một phần tử khả nghịch thì rõ ràng x và a
nguyên tố cùng nhau.
Bổ ñề 7. Giả sử x là một phần tử khác không và không khả nghịch, các mệnh ñề sau là tương
ñương :
(i) x là bất khả qui
(ii) x|ab thì x|a hoặc x|b.
Chứng minh

(i)
⇒
(ii) Giả sử x là bất khả qui.
Xét phần tử a bất kỳ, theo bổ ñề 6, x|a hoặc x và a nguyên tố cùng nhau.
Nếu x và a nguyên tố cùng nhau thì theo hệ quả của bổ ñề 5, từ x|ab suy ra x|b.
(ii)
⇒
(i) Giả sử có (ii)
Giả sử a là một ước của x, tồn tại
b A
∈
: x = ab.

4

Vì x|x = ab, tức là x|ab, theo (ii) suy ra x|a hoặc x|b.
- Nếu x|a thì kết hợp với a|x suy ra a và x liên kết.
- Nếu x|b thì kết hợp b|x suy ra b và x liên kết. Khi ñó x = ub, u khả nghịch. Suy ra
x = ab = ub.
Do
0
x
≠
nên
0
b
≠
, từ ñó suy ra a = u.
Như vậy, x chỉ có ước không thực sự. Vậy x là bất khả qui.
Bổ ñề 8. Trong một họ không rỗng bất kỳ F những iñêan của A sắp thứ tự theo quan hệ bao

hàm, có một iñêan M của họ F là tối ñại trong F.
Chứng minh
Giả sử
0
I
là một iñêan của F.
+ Nếu
0
I
tối ñại trong F, bổ ñề ñược chứng minh.
+ Nếu
0
I
không tối ñại trong F thì có một iñêan
1
I
trong F sao cho
1 0
I I
≠
và
1 0
I I
⊃
.
Nếu
1
I
tối ñại trong F thì ta có ngay ñiều phải chứng minh.
Nếu không, có iñêan

2
I
trong F sao cho
2 1
I I
≠
và
2 1
I I
⊃
.
Tiếp tục quá trình lập luận này, hoặc ta thu ñược một iñêan M của F tối ñại trong F hoặc ta
ñược một dãy vô hạn những iñêan phân biệt trong F :
0 1 2 1

n n
I I I I I
+
⊂ ⊂ ⊂ ⊂ ⊂ ⊂

Gọi
n
n
I I
∈
=
ℕ
∪
thì I là một iñêan của A
Vì A là vành chính nên I ñược sinh bởi một phần tử

x I
∈
, tức là
n
n
x I
∈
∈
ℕ
∪
. Suy ra:
:
n n
n x I Ax I I
∃ ∈ ∈ ⇒ = ⊂
ℕ

Mặt khác
1 1 1
n n n n n
I I I I I I
+ + +
⊂ ⇒ ⊂ ⇒ =
. Mâu thuẫn.
ðể tránh mâu thuẫn ta có ñiều phải chứng minh.
ðịnh lý 1. Cho
0
x
≠
, x không khả nghịch, thế thì x có thể viết dưới dạng

1 2

n
x p p p
=
(2)
Với các
( 1, )
i
p i n
=
là những phần tử bất khả qui.
Chứng minh
- Gọi F là tập các phần tử không khả nghịch khác 0 sao cho x không viết ñược dưới dạng (2).
Ta chứng minh
F
= ∅
.
- Giả sử
F
≠ ∅
, kí hiệu A họ các iñêan Ax với
x F
∈
.
- Theo bổ ñề 8, F có phần tử m sao cho Am là tối ñại trong A .
m không bất khả qui vì nếu ngược lại m sẽ có dạng (2).
Do m không bất khả qui nên m có ước thực sự a, do ñó
:
b A m ab

∃ ∈ =
, b cũng là ước
thực sự của m vì a là ước thực sự của m.
Từ ñó suy ra:
,
Am Aa Am Aa
⊂ ≠

,
Am Ab Am Ab
⊂ ≠


5

Do Am là tối ñại trong A nên
,
Aa Ab
∉
A. Do ñó
,
a b F
∉
.
Mà
, 0
a b
≠
, không khả nghịch nên a và b viết ñược dưới dạng (2),
1 2

i
a p p p
=

1 2

i i n
b p p p
+ +
=

Suy ra
1 2

n
m ab p p p
= =
, tức là
m F
∉
. Mâu thuẫn với
m F
∈
.
ðể tránh mâu thuẫn này thì
F
= ∅
. ðịnh lý ñược chứng minh.
ðịnh lý 2. Giả sử

1 2 1 2

m n
x p p p q q q
= =
, với
1 2 1 2
, , , ; , , ,
m n
p p p q q q
là những phần tử bất
khả qui. Thế thì m = n và với một sự ñánh số thích hợp ta có
, 1,
i i i
q u p i m
= =

i
u
khả nghịch.
Chứng minh
Theo bổ ñề 7, từ
1 1 2
|
n
p q q q
và
1
p
là phần tử bất khả qui suy ra

1
p
là ước của một
phần tử
i
q
nào ñó. Do vành A giao hoán nên có thể giải thiết
1 1
|
p q
. Vì
1
q
là phần tử bất khả
qui nên
1
q
không có ước thực sự mà
1
p
không khả nghịch nên
1
p
và
1
q
liên kết, tức là có
1 1 1
q u p
=

,
1
u
khả nghịch.
Suy ra
1 2 1 1 2

m n
p p p u p q q
=
⇒
2 1 2

m n
p p u q q
=
(do
1
0
p
≠
)
Theo bổ ñề 7,
2
p
là ước của một phần tử
i
q
nào ñó (
2

i
≥
), giả sử ñó là
2
q
, lập luận
tương tự suy ra
2 2 2
q u p
=
,
2
u
khả nghịch. Lúc ñó lại có
2 1 2 2 3 1 2 3

m n m n
p p u u p q p p u u q q
= ⇒ =

Sau khi lặp lại quá trình ñó m lần ta ñược
m n
≤
và
1 2 3 1
1
m m n
u u u u q q
+
=

Vì
n
q
không khả nghịch nên ta phải có m = n.
ðịnh lý 3. Giả sử K là trường các thương của vành chính A,
K
α
∈
là một nghiệm của ña
thức
1
1 1 0
( )
n n
n
f x x a x a x a
−
−
= + + + +
,
i
a A
∈
. Thế thì
A
α
∈
.
Chứng minh

Do
K
α
∈
nên nó viết ñược dưới dạng
, ,
a
a b A
b
α
= ∈
, a và b nguyên tố cùng nhau.
Từ giả thiết,
( ) 0
f
α
=
, nên
1
1 1 0
0
n n
n
a a a
a a a
b b b
−
−
     
+ + + + =

     
     

Nhân hai vế với
n
b
ta ñược
1 2 1
1 1 0
( ) 0
n n n n
n
a b a a a ab a b
− − −
−
+ + + + =

Suy ra b chia hết
n
a
, kết hợp với ñiều kiện b và a nguyên tố cùng nhau ta thu ñược b|a. Do ñó
b là phần tử khả nghịch của A, tức là
1
b A
−
∈
. Suy ra
1
ab A
α

−
= ∈
.
ðịnh nghĩa 6. Giả sử K là trường các thương của miền nguyên A. Nếu mọi
K
α
∈
là một
nghiệm của ña thức có dạng
1
1 1 0
( )
n n
n
f x x a x a x a
−
−
= + + + +
,
i
a A
∈
ñều thuộc A, thì A ñược
gọi là vành ñóng nguyên.

6

Ví dụ 2. Xét vành các số nguyên Gauss
[
]

{
}
| ,A i a bi a b= = + ∈
ℤ ℤ
. Chứng minh A là một
vành chính.
Hướng dẫn :
- Ta có
{
}
( ) | ,i α βi α β= + ∈
ℚ ℚ
là trường các thương của A.
Với
( )
x i
∈
ℚ
,
2
1
, 1
2
z A x z
∃ ∈ − ≤ <
.
- Lấy I là một iñêan không tầm thường của A. Tập hợp
{
}
2

| 0
X z z I
= ≠ ∈
*
⊂
ℕ

- X có phần tử bé nhất kí hiệu là
2
,
u u I
∈
.
- Chứng minh I là iñêan sinh bởi u.

1.2. Vành Euclide
1.2.1. Vành Euclide
ðịnh nghĩa 1. Giả sử A là một miền nguyên,
*
A
là tập hợp các phần tử khác 0 của A. Miền
nguyên A cùng với một ánh xạ (gọi là ánh xạ Euclide)
*
: A
δ
→
ℕ

từ
*

A
ñến tập hợp các số tự nhiên
ℕ
thỏa mãn các tính chất :
i) Nếu
|
b a
và
0
a
≠
thì
( ) ( )
b a
δ δ
≤
;
ii) Với hai phần tử a, b tùy ý của A,
0
b
≠
, có q và r thuộc A sao cho
a bq r
= +
và
( ) ( )
r b
δ δ
<
nếu

0
r
≠
;
gọi là một vành Euclide.
Phần tử r gọi là dư. Nếu r = 0 thì b chia hết a và theo i) có
( ) ( )
b a
δ δ
≤
. Do ñó ñiều
kiện cần ñể một phần tử b là ước của một phần tử
0
a
≠
là
( ) ( )
b a
δ δ
≤
.
Ta còn nói vành Ơclít là một vành trong ñó có phép chia với dư.
Ví dụ:
+ Vành các số nguyên
ℤ
cùng với ánh xạ
*
: ,
n n
δ

→
ℤ ℕ ֏
là một vành Euclide.
+ Vành ña thức
[ ]
K x
, với K là một trường là một vành Euclide. Ánh xạ Euclide là
ánh xạ cho tương ứng một ña thức với bậc của nó.
+ Vành các số nguyên Gauss là vành Euclide với
2
( )
z z
δ
=
.
ðịnh lý 1. Nếu A là một vành Euclide thì A là một vành chính.
Hướng dẫn:
- Lấy I là một iñêan bất kỳ không tầm thường của A.
- Gọi a là phần tử khác 0 của I có
( )
δ a
là bé nhất trong tập hợp
( *)
δ I
.
- Dùng tính chất vành Ơclít chứng minh I là iñêan sinh bởi a, tức là
x qa x I
= ∀ ∈
.

7

Trên vành Euclide ước chung lớn nhất của hai phần tử không những tồn tại mà còn có
thể thực hiện liên tiếp những phép chia với dư ñể xác ñịnh ước chung lớn nhất, ñó là các kết
quả sau ñây:
Bổ ñề 1. Giả sử A là một vành chính, a, b, q, r là những phần tử của A thỏa mãn quan hệ
a bq r
= +

Thế thì ước chung lớn nhất của a và b là ước chung lớn nhất của b và r.
Chứng minh. Xem như một bài tập.

Vấn ñề tìm ước chung lớn nhất của hai phần tử
,
a b A
∈
.
+
0
a
=
, ước chung lơna nhất của a và b chính là b.
+ Giả sử cả a và b ñều khác 0. Thực hiện phép chia a cho b ñược
0 0
a bq r
= +
với
0
( ) ( )

δ r δ b
<
nếu
0
0
r
≠
.
+ Nếu
0
0
r
≠
ta lại chia b cho
0
r
:
0 1 1
b r q r
= +
với
1 0
( ) ( )
δ r δ r
<
nếu
1
0
r
≠

.
+ Nếu
1
0
r
≠
ta lại chia
0
r
cho
1
r
:
0 1 2 2
r r q r
= +
với
2 1
( ) ( )
δ r δ r
<
nếu
2
0
r
≠
.
….
Quá trình chia như vậy phải chấm dứt sau một số hữu hạn bước vì dãy các số tự nhiên
0 1 2

( ) ( ) ( ) ( )
δ b δ r δ r δ r
> > > >
không thể giảm vô hạn. Ta ñi ñến
1 1
0
k k k
r r q
− +
= +
.
Áp dụng bổ ñề 1 ta thu ñược
k
r
là ước chung lớn nhất của a và b.

Ví dụ : Tìm ước chung lớn nhất của hai ña thức
6 5 4 2
( ) 2 2 1
f x x x x x x
= − + − + −
,
5 3 2
( ) 3 2 1
g x x x x x
= − + + −
.

1.2.2. Ứng dụng (ñể nghiên cứu vành ña thức
[ ]

K x
, với K là một trường)
- Các phần tử khả nghịch của
[ ]
K x
là các phần tử khác 0 của K.
- Các ña thức liên kết của ña thức
( )
f x
là các ña thức có dạng
( )
af x
với
0
a K
≠ ∈
.
- Các ña thức bất khả qui :
Các ña thức bậc nhất
ax b
+
là bất khả qui, chúng có nghiệm duy nhất
b
K
a
− ∈
. ðó là
các ña thức bất khả quy duy nhất có nghiệm trong K.
Các ña thức bất khả qui bậc lớn hơn 1 không có nghiệm trong K.
- Mọi ña thức

( )
f x
bậc lớn hơn hoặc bằng 1 ñều có thể viết thành
1 1
1 1 1
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
k l
m n
m n
k k l
f x a x b a x b p x p x
= + +


8

Trong ñó các
, 1,2, ,
i i
a x b i k
+ =
là những ña thức bậc nhất không liên kết ; các
( ), 1,2, ,
j
p x j l
=
là những ña thức bất khả qui bậc > 1 không liên kết ; các
,
i j
m n

là các số tự
nhiên.
ðịnh lý 2. Giả sử
( )
f x
là một ña thức bậc n > 1 của vành
[ ]
K x
, với K là một trường. Thế
thì
( )
f x
có không quá n nghiệm trong K, các nghiệm có thể phân biệt có thể trùng nhau.
Xét trường hợp phân tích của
( )
f x
chỉ chứa những nhân tử tuyến tính, lúc ñó số
nghiệm của
( )
f x
bằng số bậc của
( )
f x
, giả sử
1 2
, , ,
n
α α α
là n nghiệm của
( )

f x

(
1
0 1 1
( )
n n
n n
f x c x c x c x c
−
−
= + + + +
). Ta có công thức Viete :

1
1 2
0

n
c
c
α α α
+ + + = −


2
1 2 1 3 1
0

n n

c
c
α α α α α α
−
+ + + =


3
1 2 3 1 2 4 2 1
0

n n n
c
c
α α α α α α α α α
− −
+ + + = −

…

1 2
0
( 1)
n
n
n
c
c
α α α
= −

.
Xét m
ộ
t
ñ
a th
ứ
c b
ấ
t kh
ả
qui
( )
p x
có b
ậ
c l
ớ
n h
ơ
n 1 c
ủ
a vành K[x],
( )
p x
không có
nghi
ệ
m trong K. Ta hãy
ñặ

t v
ấ
n
ñề
xây d
ự
ng m
ộ
t tr
ườ
ng E ch
ứ
a K nh
ư
m
ộ
t tr
ườ
ng con sao
cho
( )
p x
có nghi
ệ
m trong E.
ðịnh lý 3. Giả sử
0 1
( )
n
n

p x a a x a x
= + + +
(n > 1)
là một ña thức bất khả qui của vành K[x]. Thế thì có một trường E xác ñịnh duy nhất (ly lai
một ñẳng cấu) sao cho:
i) K là một trường con của E
ii)
( )
p x
có một nghiệm
θ
trong E
iii) Mọi phần tử
E
α
∈
viết duy nhất dưới dạng
1
0 1 1
, , 0,1, , 1
n
n i
b b b b K i n
α θ θ
−
−
= + + + ∈ = −
.
Chứng minh.
Áp dụng ñịnh lý 3 cho K là trường số thực

ℝ
,
2
( ) 1
p x x
= +
ta ñược E là trường số
phức
ℂ
.
Hệ quả. Giả sử f(x) là ña thức có bậc n > 1 của vành ña thức K[x]. Thế thì bao giờ cũng có
một trường chứa K như một trường con sao cho f(x) có ñúng n nghiệm trong ñó, các nghiệm
có thể phân biệt hay không.
Chú ý: Giả sử
( ) [ ]
f x K x
∈
là một ña thức có bậc lớn hơn 1 và E là một trường mở rộng của
trường K (nghĩa là K là trường con của E) sao cho f(x) có n nghiệm trong E. Các nghiệm

9

1 2
, , ,
n
α α α
thuộc E. Vì vậy nếu
1 2
( , , , )
n

g
α α α
là một ña thức ñối xứng của các phần tử
1 2
, , ,
n
α α α
thì
1 2
( , , , )
n
g
α α α
là một phần tử thuộc K.


*) Tài liệu học tập
[1]. Hoàng Xuân Sính, (2006), ðại số ñại cương, Nhà xuất bản Giáo dục.
[2]. Bùi Huy Hiền, (1996), Bài tập ñại số ñại cương, Nhà xuất bản Giáo dục.


*) Câu hỏi, bài tập, nội dung ôn tập và thảo luận

Phần: Vành chính
1.1. Trong vành ña thức
[ ]
x
ℝ
với
ℝ

là trường số thực, chứng minh các ña thức
2
ax bx c
+ +

với
2
4 0
b ac
− <
là những ña thức bất khả quy. ðiều ñó còn ñúng không nếu coi các ña thức
ñó thuộc vành
[
]
x
ℂ
với
ℂ
là trường số phức?
1.2. Xét vành ña thức
[ ]
K x
với
K
là một trường.
a) Chứng minh rằng mọi ña thức bậc nhất của
[ ]
K x
ñều là bất khả quy. Nếu K là một
miền nguyên thì ñiều ñó còn ñúng không?

b) Chứng minh rằng các ña thức bậc hai và bậc ba của
[ ]
K x
là bất khả quy khi và chỉ
khi chúng không có nghiệm trong K.
1.3. Trong vành
[
]
x
Z
với
Z
là vành các số nguyên, xét xem các ña thức sau có phải là bất
khả quy hay không
( ) 2 8
f x x
= +

2
( ) 1
g x x
= +

2
( ) 2 2
h x x x
= + −
?
1.4. Giả sử a, b là hai phần tử của môt vành chính A, nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng
iñêan sinh bởi a và b chính là A.

1.5. Giả sử p là một phần tử khác không của một vành chính A. Chứng minh p là bất khả quy
khi và chỉ khi Ap là iñêan tối ñại.
1.6. Trong một vành chính các iñêan nguyên tố khác
{
}
0
ñều là các iñêan tối ñại.
1.7. Chứng minh một trường là một vành chính.
1.8. Vành thương của một vành chính có là một vành chính không?
1.9. Vành con của một vành chính có là một vành chính không?
1.10. Vành
[
]
x
Z
có là một vành chính không?
1.11. Giả sử A là tập hợp các số phức có dạng
3
a b
+ −
với
,a b
∈
ℤ
.
a) Chứng minh rằng A cùng với phép cộng và phép nhân các số phức là một miền
nguyên.

10

b) Chứng minh rằng
2,1 3,1 3
+ − − −
là những phần tử bất khả quy của A. Từ ñó
suy ra A không phải là vành chính.
1.12. Chứng minh vành
{
}
2 | ,A a bi a b= + ∈
ℤ

là vành chính.
1.13. Giả sử a và b là hai phần tử của vành chính A có dạng phân tích như sau:

1 2
1 2

n
n
a p p p
α
α α
=


1 2
1 2

n
n

b p p p
β
β β
=

Trong ñó các
i
p
là những phần tử bất khả quy, các
i
α
và
i
β
là những số tự nhiên, i = 1, 2, ,
n. Chứng minh phần tử
1 1 2 2
min( , )
min( , ) min( , )
1 2

n n
n
d p p p
α β
α β α β
=

là một ước chung lớn nhất của a và b.

Phần: Vành Ơclít
1.14. Chứng minh rằng vành
{
}
2 | ,A a bi a b= + ∈
ℤ
là một vành Ơclít.
1.15. Chứng minh một trường là một vành Ơclít.
1.16. Giả sử A là một vành Ơclít. Chứng minh A là một trường khi và chỉ khi
( )
x
δ
là hằng
với mọi
*
x A
∈
.
1.17. Giả sử A là một vành Ơclít với ánh xạ Ơclít
*
: A
δ
→
ℕ

Chứng minh tồn tại ánh xạ Ơclít
*
': A

δ
→
ℕ

sao cho
{
}
*
'( ) 0,1, , , 0
A n n
δ
= ≥
hay
'( )A
δ
=
ℕ
.
1.18. Giả sử A là một vành Ơclít với ánh xạ Ơclít
δ
. Chứng minh rằng
( )
u
δ
là phần tử bé
nhất của
*
( )
A
δ

khi và chỉ khi u khả nghịch trong A.
1.19. Giả sử A là một miền nguyên. Chứng minh ñiều kiện cần ñể A là vành Ơclít là tồn tại
một phần tử không khả nghịch
x A
∈
sao cho mọi lớp của A/(x) có một ñại diện hoặc khả
nghịch hoặc bằng 0.
1.20. Chứng minh vành
1 19 1 19
| ,
2 2
i i
a b a b
 
   
+ +
 
= + ∈
 
 
 
 
 
   
 
Z Z

không phải là vành Ơclít.
1.21. Giả sử

11


5 3 2
( ) 1
f x x x x x
= + + + +


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

a) Tìm ƯCLN của
( )
f x
và
( )
g x
trong
[
]
x
ℚ

b) Tìm ƯCLN của
( )
f x
và

( )
g x
trong
[
]
/ 3
x
Z Z

1.22. Giả sử

{
}
( 3) 3 | ,a b a b− = + − ∈
ℝ ℝ


{
}
( 3) 3 | ,a b a b− = + − ∈
ℚ ℚ


{
}
( 2) 2 | ,a b a b= + ∈
ℚ ℚ

trong ñó
ℝ

là trường các số thực,
ℚ
là trường các số hữu tỷ. Chứng minh rằng:
a)
( 3)
−
ℝ
,
( 3)
−
ℚ
,
( 2)
ℚ
là những trường với phép cộng và phép nhân thông
thường các số.
b)
( 3)
−
ℝ
[
]
2
/ ( 3)
x x
+
≃ ℝ
với
2
( 3)

x
+
là iñêan sinh bởi
2
3
x
+
trong
[
]
x
ℝ
.

( 2)
ℚ
[
]
2
/ ( 2)
x x
−
≃ ℚ
với
2
( 2)
x
−
là iñêan sinh bởi
2

2
x
−
trong
[
]
x
ℚ
.

12

CHƯƠNG 2
ða thức trên trường số
Số tiết: 18 (Lý thuyết: 15 tiết; bài tập, thảo luận: 03 tiết)


*) Mục tiêu:
- Cung cấp và giúp sinh viên hiểu các kiến thức cơ bản về ña thức trên một trường số,
các phương pháp vận dụng các kiến thức này ñể giải toán.
- Vận dụng các kiến thức cơ bản vào giải bài tập, từ ñó giúp sinh viên nắm vững các
kiến thức về ña thức trên một trường số. Trên cơ sở ñó hiểu sâu hơn về toán ở bậc phổ thông
về phương pháp tiên ñề trong toán học và các phương pháp tư duy trừu tượng khái quát.
- Rèn luyện tính chính xác, tính cẩn thận, linh hoạt; tư duy trừu tượng hóa, khái quát
hóa, tương tự hóa.

2.1. Số phức
2.1.1. Xây dựng trường số phức
Trước hết, ta hãy phác thảo con ñường tìm kiếm trường
ℂ
chứa
ℝ
như một trường con
mà phương trình x
2
+1= 0 có nghiệm trong nó.
Nếu

ℂ
là một trường như vậy, thì
ℂ
phải có 1 phần tử i ñể i
2
= -1.
Vì
ℝ
⊂
ℂ
nên
ℂ
chứa tất cả các phần tử dạng a + ib; a, b
∈
ℝ
.
Vì vậy, một cách tự nhiên ta hãy xét tập
ℂ
các cặp số thực z = (a,b),
ℂ
={(a,b): a,b
∈
ℝ
}.

Sau ñó ñưa vào quan hệ bằng nhau và các phép toán sao cho với chúng
ℂ
trở thành
một trường chứa
ℝ

như một trường con (qua phép ñồng nhất nào ñó). Các phép toán này
ñược dẫn dắt từ các phép toán của trường
ℝ
với chú ý i
2
= -1.
i) Quan hệ bằng nhau
(a,b) = (c,d)
a c
⇔ =
và
b d
=

ii) Phép cộng :(a,b)+(c,d) = (a+c,b+d).
iii) Phép nhân: (a,b).(c,d) = (ac - bd, ad + bc).
ðịnh lý 1. Tập hợp
ℂ
với quan hệ bằng nhau, các phép cộng và nhân xác ñịnh như trên lập
thành một trường thỏa mãn các ñiều kiện sau:
1)
ℝ
chứa trong
ℂ
như một trường con (qua ñồng nhất a
∈
ℝ
với (a,0)
∈
ℂ

).
2) Tồn tại nghiệm của phương trình x
2
+1= 0 trong
ℂ
.

Trường
ℂ
ñược xây dựng như trên ñược gọi là trường số phức, còn mọi phần tử của
ℂ

ñược gọi là số phức.
Chứng minh: Xem như một bài tập.
ðịnh nghĩa 1.
a) Phần tử i thỏa mãn i
2
= -1 gọi là ñơn vị ảo.
b) Biểu thức z =a+bi với a,b
∈
ℝ
gọi là 1 số phức.
a gọi là phần thực của số phức z, kí hiệu Rez
b gọi là phần ảo của số phức z, kí hiệu Imz.

13

c) Tập hợp các số phức ñược kí hiệu là
ℂ
.

d) Nếu a = 0 thì z = bi gọi là số thuần ảo.
Nếu b = 0 thì ñược số thực z = a.
e) Hai số phức bằng nhau:
Cho z = a + bi; w = c + di. Khi ñó a + bi = c + di
a c
⇔ =
và b = d
f) Cho số phức z = a + bi. Khi ñó
z
= a - bi gọi là số phức liên hợp của z.

2.1.2. Dạng ñại số của số phức và các phép toán
a) Dạng ñại số.
Mỗi số phức z ñều ñược biểu diễn duy nhất dưới dạng z = a + b.i với a, b
∈
ℝ
và

2
1
i
= −
.
b) Các phép toán.
Cho các số phức z = a + bi ;z
1
= a
1
+ b
1

i; z
2
= a
2
+ b
2
i với a,b,a
1
,b
1,
a
2
,b
2

∈
ℝ
;
+) Phép cộng: z
1
+ z
2
= (a
1
+ a
2
) + (b
1
+ b
2

)i
+) Phép trừ: z
1
- z
2
= (a
1
- a
2
) + (b
1
- b
2
)i
+) Tích của hai số :z
1
.z
2
= (a
1
a
2
- b
1
b
2
) + (a
1
b
2

+ a
2
b
1
)
+) Phép chia 2 số phức.
Bổ ñề: Cho số phức z = a+bi. Khi ñó tồn tại số phức w sao cho zw = 1. Khi ñó w ñược gọi là
nghịch ñảo của số phức z, kí hiệu z
-1
. Vậy w = z
-1
=
1
z
.
Chứng minh: Cho w = c+di . Tìm c, d sao cho w.z=1
( ).( ) 1
c di a bi
⇔ + + =

⇔
(ac-bd)+(ad+bc)i = 1
1
0
ac bd
ad bc
− =

⇔


+ =


Giải hệ ta ñược:
2 2
2 2
a
c
a b
b
d
a b

=


+

−

=

+


Vậy w tồn tại. Do ñó z
-1
= w =
2 2 2 2
a b

i
a b a b
−
+ +

Nhận xét: Trong thực hành ta có thể tìm z
-1
=
1
z
bằng cách nhân tử và mẫu cho số phức liên
hợp
z
.
Vậy:
1 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1
2 2
2 2 2 2 2
. ( ) ( )
.
z z z a a b b i a b a b
z z z a b
+ − −
= =
+
=
1 2 1 2 2 1 1 2
2 2 2 2
2 2 2 2
a a b b a b a b

i
a b a b
+ −
= +
+ +

Mở rộng
:
+)
2Re
z z z
+ =

+)
2 Im
z z i z
− =


14

+)
2 2
.
z z a b
= +
=
2
z

+)
2 2
1
z
z a b
=
+

+)
w w
z z
=

2.1.3. Dạng lượng giác của số phức.
a) Mô
ñ
un và argument c
ủ
a s
ố
ph
ứ
c.
Ta g
ọ
i E là m
ặ
t ph
ẳ
ng Euclide v

ớ
i h
ệ
t
ọ
a
ñộ
Descartes vuông góc xOy. M
ỗ
i s
ố
ph
ứ
c
z = a+bi (a, b
∈
ℝ
) t
ươ
ng
ứ
ng v
ớ
i m
ộ
t và ch
ỉ
m
ộ
t

ñ
i
ể
m M(a, b) c
ủ
a E và ng
ượ
c l
ạ
i m
ỗ
i
ñ
i
ể
m
M(a, b) c
ủ
a E c
ũ
ng có th
ể

ñặ
t t
ươ
ng
ứ
ng v
ớ

i m
ộ
t và ch
ỉ
m
ộ
t s
ố
ph
ứ
c z = a+bi.
( ; )
M a b z a bi
⇔ = +
v
ớ
i (a,b
∈
ℝ
).
Ta còn cho t
ươ
ng
ứ
ng m
ỗ
i s
ố
ph
ứ

c z = a+bi v
ớ
i véc t
ơ

( ; )
OM a b

.
ð
ó là song ánh t
ừ
t
ậ
p
h
ợ
p các s
ố
ph
ứ
c
ℂ

ñế
n t
ậ
p h
ợ
p các véc t

ơ
có
ñ
i
ể
m g
ố
c O c
ủ
a m
ặ
t ph
ẳ
ng E, nên ta còn dùng
véc t
ơ

( ; )
OM a b

ñể
bi
ể
u di
ễ
n s
ố
ph
ứ
c z = a+bi và ng

ượ
c l
ạ
i.
( ; )
OM a b

z a bi
⇔ = +
v
ớ
i a,b
∈
ℝ
.
x
y
b
a
O
M

*Môñun
:
-
ðộ
dài véc t
ơ

OM


g
ọ
i là mô
ñ
un c
ủ
a s
ố
ph
ứ
c z, kí hi
ệ
u
z


z
=
2 2
.
OM a b z z
= = + =

.
M
ở
r
ộ
ng:

+)
z z
=

+)
w w
z z
+ ≤ +

+)
w w
z z=

+)
(w 0)
w w
z
z
= ≠

Argument:

15

(OX, )
OM
ϕ
=

g

ọ
i là Argument c
ủ
a s
ố
ph
ứ
c z, kí hi
ệ
u Argz.
Argz
{
2 / }
k k z
ϕ π
= + ∈

Giá tr
ị

0
ϕ
∈
Argz th
ỏ
a mãn
0
π ϕ π
− < ≤

ñượ
c xác
ñị
nh duy nh
ấ
t. Khi
ñ
ó
0
ϕ
g
ọ
i là argument
chính c
ủ
a z, kí hi
ệ
u
0
ϕ
= argz. V
ậ
y Argz = {arg +
2 / }
k k
∈
π
ℤ

arg(a+bi) =

2
2
arctan
arctan
arctan
b
a
b
a
b
a
π
π
π
π



−







+




−


nÕu a = 0;b > 0
nÕu a = 0,b < 0
nÕu a > 0
nÕu a < 0, b > 0
nÕu a < 0,b < 0

b) Dạng lượng giác của số phức
Cho số phức z = a + bi với a, b
∈
ℝ
. Ta biểu diễn nó bởi ñiểm M (a, b) trên mặt phẳng E.
Ta có :
2 2
r z a b
= = +
với a = r cos
ϕ
; b= r sin
ϕ

Do ñó z = a + bi có thể viết dưới dạng z = r(cos
ϕ
+ i sin
ϕ
) với r > 0 ñược gọi là dạng lượng
giác của số phức.
c) Các phép tính số phức.

Cho 2 số phức ; z
1
= a
1
+b
1
i; z
2
= a
2
+b
2
i với a
1
, b
1,
a
2
, b
2
∈
R; lần lượt có dạng lượng giác là
z
1
= r
1
(cos
ϕ
1
+ isin

ϕ
1
); z
2
= r
2
(cos
ϕ
2
+isin
ϕ
2
)
+) Phép nhân
z
1.
z
2 =
r
1.
r
2
(cos(
ϕ
1+
ϕ
2
)+isin(
ϕ
1+

ϕ
2
))
+) Phép chia
1 1
1 2 1 2
2 2
[ os( ) isin( )
z r
c
z r
ϕ ϕ ϕ ϕ
= − + −


ðặ
c bi
ệ
t
1 1
[ os( ) isin( )]
c
z r
ϕ ϕ
= − + −
.

Dạng mũ của số phức và công thức MOIVRE.
a) Dạng mũ của số phức
Cho số phức z = r(cos

ϕ
+ isin
ϕ
) với r > 0.
Áp dụng hệ thức Eurler:
os isin
i
e c
ϕ
ϕ ϕ
= + ta ñược
.
i
z r e
ϕ
=
.Khi ñó ta gọi
.
i
z r e
ϕ
=
là dạng
mũ của số phức.
Nhận xét: Khi
.
i
z r e
ϕ
=

thì z biểu diễn một ñiểm nằm trên ñường tròn tâm O bán kính R.

16

Khi z =
i
e
ϕ
có r =
1
i
z e
ϕ
= =
thì z biểu diễn một ñiểm nằm trên ñường tròn tâm O bán kính
1
r
=
.
b) Các phép tính
Cho 2 số phức sau
1
1 1
.
i
z r e
ϕ
=
;
2

2 2
.
i
z r e
ϕ
=
với r
1
; r
2
>0. Khi ñó ta có:
1 2
( )
1 2 1 2
. . .
i
z z r r e
ϕ ϕ
+
=


1 2
( )
1 1
2 2
i
z r
e
z r

ϕ ϕ
−
=


c) Công thức MOIVRE.
[ (cos sin )] (cos sin )
n n
r i r n i n
ϕ ϕ ϕ ϕ
+ = +

d) Phép khai căn.
Cho số phức
0
z
≠
. Khi ñó căn bậc n của z là số phức w thỏa mãn phương trình
w
n
z
=
.
Mặt khác:
. ;w .
i i
z r e e
ϕ θ
δ
= =

.

Suy ra
.
i
r e
ϕ
=
.
i
e
θ
δ
2
2
n
n
r
r
k
n k
n n
δ
δ
ϕ π
θ ϕ π
θ

=


=

⇔ ⇔
 
= +
= +



(k
)
∈
ℤ

Vậy các căn bậc n của z là các số phức thỏa mãn:

2
( )
w . ;( )
k
i
n
n n
k
r e k
ϕ π
+
= ∈
ℤ
.

Nhận xét : Tất cả căn bậc n của z ñều nằm trên vòng tròn tâm O bán kính
n
r
và phân bố cách
ñều nhau 1 góc
2
n
π
, bắt ñầu từ góc
n
θ
. Rõ ràng, ta chỉ có n căn phân biệt, nhận ñược khi
k = 0,1,2…n-1; và không còn căn nào nữa khi k có các giá trị khác. Tóm lại, bất cứ số phức
0
i
z re
θ
= ≠
nào cũng có ñúng n căn bậc n.

2.2. ða thức với hệ số thực và phức
Bổ ñề 1. Mọi ña thức với hệ số thực có bậc lẻ có ít nhất một nghiệm thực.
Chứng minh. Giả sử
1
1 0
( ) , 0
n n
n n n
f x a x a x a a
−

−
= + + + ≠
, n lẻ.
Ta ñã biết rằng (trong giải tích) với những giá trị dương và âm của x ñủ lớn về giá trị tuyệt
ñối, hàm số
( )
f x
có dấu trái nhau. Vậy có những giá trị thực của x, a, b chẳng hạn, sao cho
( ) 0, ( ) 0
f a f b
< >
.
Mặt khác, hàm số
( )
f x
là liên tục, vì vậy có một giá trị c của x, nằm giữa a và b sao cho
( ) 0
f c
=
.
Bổ ñề 2. Mọi ña thức bậc hai
2
ax bx c
+ +
, với hệ số phức, bao giờ cũng có hai nghiệm phức.
Chứng minh.

17

Gọi

1
ω
và
2
ω
là hai căn bậc hai của
2
4
b ac
−
, ta có hai nghiệm của ña thức là
1
2
b
a
ω
− +
và
2
2
b
a
ω
− +
.
Bổ ñề 3. Mọi ña thức bậc lớn hơn 0 với hệ số thực có ít nhất một nghiệm phức.
Chứng minh.
Mọi số tự nhiên n dương ñều có thể viết dưới dạng
2 '
m

n n
=
, với m là một số tự nhiên
và n’ là một số tự nhiên lẻ.
Ta chứng minh bổ ñề bằng quy nạp theo m.
- Với m = 0 khẳng ñịnh của bổ ñề là ñúng theo bổ ñề 1.
- Giả sử khẳng ñịnh là ñúng cho m – 1 và ta chứng minh nó ñúng cho m.
Xét ña thức
( )
f x
có bậc
2 '
m
n n
=
( m > 0) với hệ số thực. Coi
( )
f x
như một ña thức
của vành
[
]
x
ℂ
, với
ℂ
là trường số phức, xét một trường mở rộng E của
ℂ
sao cho
( )

f x
có
ñúng n nghiệm
1 2
, , ,
n
α α α
trong E (Hệ quả ðịnh lý 3, chương 2, 2.2).
Giả sử c là một số thực tùy ý, ñặt
( ),
ij i j i j
c i j
β α α α α
= + + ≠
(1)
Ta có
2
n
C
phần tử
ij
β
thành lập bởi các tổ hợp chập 2 của n phần tử
1 2
, , ,
n
α α α
.
Xét ña thức
12 13 1,

( ) ( )( ) ( )
n n
g x x x x
β β β
−
= − − −
(2)

1
1

l l
l
x a x a
−
= + + +

Vì bậc của
( )
g x
bằng số các nhân tử
ij
x
β
−
nên ta có
2 1
( 1) 2 '(2 ' 1)
2 ,
2 2

m m
m
n
n n n n
l C q
−
− −
= = = =
với
'(2 ' 1)
m
q n n
= −

Vì n’ và
2 ' 1
m
n
−
là những số lẻ nên q là một số lẻ.
Ta hãy chứng minh các hệ tử
1 2
, , ,
l
a a a
của
( )
g x
ñều là thực cả. Trước hết có ngay các hệ
tử ñó là các ña thức ñối xứng cơ bản của các

ij
β
. Vậy theo (1) chúng là những ña thức của
1 2
, , ,
n
α α α
với hệ số thực vì c là một số thực. Hơn nữa chúng cũng là những ña thức ñối
xứng của
1 2
, , ,
n
α α α
.
Vậy
( )
g x
là một ña thức với hệ số thực có bậc
1
2
m
q
−
, với q là số lẻ. Theo giả thiết quy nạp,
( )
g x
có ít nhất một nghiệm phức dạng (1), tức là có ít nhất một cặp chỉ số (i, j) sao cho phần
tử
( ),
ij i j i j

c i j
β α α α α
= + + ≠

thuộc trường số phức
ℂ
.
Nếu ta gán cho c một giá trị thực khác thì ta sẽ ñược một ña thức
( )
g x
khác, loại (2),
thừa nhận một nghiệm phức dạng (1), nhưng nói chung với một cặp chỉ số (i, j) khác. Tuy
nhiên, nếu ta gán cho c lần lượt
2
1
n
C
+
giá trị phân biệt thì nhất ñịnh phải có ñược hai nghiệm

18

phức dạng (1) với cùng cặp chỉ số (i, j) vì ta chỉ có
2
n
C
tổ hợp chập hai của n phần tử. Vậy thế
nào cũng có hai số thực
1
c

và
2
c
khác nhau sao cho các phần tử
1
( )
i j i j
c
α α α α
+ +

2
( )
i j i j
c
α α α α
+ +

ứng với cùng một cặp chỉ số (i, j) ñều là số phức. ðặt
1
( )
i j i j
a c
α α α α
= + +

2
( )
i j i j
b c

α α α α
= + +

Ta có
,a b
∈
ℂ
, ta suy ra
1 2
i j
a b
c c
α α
−
+ =
−

1
1 2
i j
a b
a c
c c
α α
−
= −
−

Vậy
i j

α α
+
và
i j
α α
ñều là số phức. Ta suy ra
i
α
và
j
α
là nghiệm của ña thức bậc hai
2
( )
i j i j
x x
α α α α
− + +
với hệ số phức. Theo bổ ñề 2,
i
α
và
j
α
là số phức. Như vậy ta ñã
chứng minh ña thức
( )
f x
có hai nghiệm phức. Bổ ñề ñược chứng minh.
ðịnh lý 1. Mọi ña thức bậc lớn hơn 0 với hệ số phức có ít nhất một nghiệm phức.

Chứng minh.
Giả sử
( )
f x
là một ña thức bậc n > 0

0 1
( )
n
n
f x a a x a x
= + + +

với hệ số phức. ðặt

0 1
( )
n
n
f x a a x a x
= + + +

Với các
i
a
là các liên hợp của các
, 0,1, ,
i
a i n
=

. Xét ña thức
( ) ( ) ( )
g x f x f x
=

Ta có

2
0 1 2
( )
n
n
g x b b x b x
= + + +
,với
k i j
i j k
b a a
+ =
=
∑
,
0,1, , 2
k n
=

Vì
k i j k
i j k
b a a b

+ =
= =
∑
nên các hệ số
k
b
là thực. Theo bổ ñề 3,
( )
g x
có ít nhất một nghiệm
phức
z s it
= +
,
( ) ( ) ( ) 0
g z f z f z
= =
. Do ñó hoặc
( ) 0
f z
=
hoặc
( ) 0
f z
=
.
Nếu
( ) 0
f z
=

,
0 1
( ) 0
n
n
f z a a z a z
= + + + =
thì
0 1 0 1
0
n
n
n n
a a z a z a a z a z
+ + + = + + + =
,
tức là
( ) 0
f z
=
.
Như vậy hoặc z hoặc
z
là nghiệm
( )
f x
.

19

Hệ quả 1. Các ña thức bất khả qui của vành
[ ]
x
ℂ
,
ℂ
là trường số phức, là các ña thức bậc
nhất.
Chứng minh.
- Các ña thức bậc nhất là bất khả quy.
- Giả sử
( )
f x
là một ña thức của
[ ]
x
ℂ
có bậc lớn hơn 1. Theo ñịnh lý 1,
( )
f x
có một
nghiệm phức c. Vậy
( )
f x
có một ước thực sự x – c, do ñó
( )
f x
không bất khả quy.
Hệ quả 2. Mọi ña thức bậc n > 0 với hệ số phức có n nghiệm phức.
Chứng minh.

Giả sử
( )
f x
là một ña thức bậc n > 0 với hệ số phức. Theo hệ quả 1 dạng phân tích của
( )
f x

thành tích những ña thức bất khả quy là
1 2
1 1 2 2
( ) ( ) ( ) ( )
k
m
m m
k k
f x u a x b a x b a x b= + + +

Trong ñó u là một số phức khác 0 và
1 2

k
m m m n
+ + + =

Chú ý. Nếu f(x) là một ña thức với hệ số thực có một nghiệm phức
z s it
= +
(
0
t

≠
), thì f(x)
cũng nhận liên hợp
-
z s it
= c
ủ
a z làm nghi
ệ
m.
Hệ quả 3. Các ña thức bất khả qui của
[
]
x
ℝ
,
ℝ
là trường số thực, là các ña thức bậc nhất
và các ña thức bậc hai
2
ax bx c
+ +
với biệt thức
2
4 0
b ac
− <
.

2.3. Phương trình bậc ba và bốn

2.3.1. Phương trình bậc ba
Xét phương trình bậc ba với hệ số phức
3 2
0
x ax bx c
+ + + =

ðặt
3
a
y x
= +
, phương trình thành
3
0
y px q
+ + =
(1)
ðể giải (1) ñặt
y u v
= +
(2) ta ñược
3 3
( )(3 ) 0
u v u v uv p q
+ + + + + =
(3)
Vấn ñề là cần tìm các số phức u, v thỏa mãn (3). Ta chú ý ñến các số phức u và v có tính chất
3 0
uv p

+ =
hay
3
p
uv
= −
(4)
Bao giờ cũng có những số phức u và v thỏa mãn (3) và (4). Thật vậy :
Nếu u và v thỏa mãn (3) thì u + v là một nghiệm của (1), vậy có (2) với y là một
nghiệm phức của (1).
Kết hợp với (4) ta có u và v là hai nghiệm của phương trình bậc hai
2
0
3
z
p
z y
− − =
.
Như vậy, từ (3) và (4) ta ñược

20

3 3
3
3 3
27
u v q
p
u v


+ = −


= −



3
u
và
3
v
là các nghiệm của phương trình bậc hai
3
2
0
27
p
t qt
+ − =

Thu ñược
2 3
3
2 4 27
q q p
u = − + + ,
2 3
3

2 4 27
q q p
v = − − +

Trong ñó
2 3
4 27
q p
+ là một căn bậc hai của
2 3
4 27
q p
+
.
Gọi
1
u
là một căn bậc ba của
2 3
2 4 27
q q p
− + + và
1
v
là một căn bậc ba của
2 3
2 4 27
q q p
− − +
sao cho tích

1 1
u v
thỏa mãn (4), thì ta cũng có
2 2
u v
và
3 3
u v
thỏa mãn (4) với
2
2 1 3 1
,u
εu u ε u
= =
và
2
2 1 3 1
,v
ε v v εv
= =

trong ñó
2
1 3 1 3
,
2 2 2 2
ε i ε i
= − + = − − là hai c
ă
n b

ậ
c ba ph
ứ
c c
ủ
a
ñơ
n v
ị
.
Nh
ư
v
ậ
y ta thu
ñượ
c ba c
ặ
p s
ố
ph
ứ
c
1 1 2 2 3 3
( , ),( , ),( , )
u v u v u v
th
ỏ
a mãn (3) và (4).
ðặ

t
1 1 1
2
2 1 1
2
3 1 1
y u v
y
εu ε v
y
ε u εv
= +


= +


= +


B
ằ
ng tính toán ta thu
ñượ
c
1 2 3
0
y y y
+ + =

1 2 1 3 2 3
y y y y y y p
+ + =

1 2 3
y y y q
= −

V
ậ
y
3 2 3
1 2 3 1 2 3 1 2 1 3 2 3 1 2 3
( )( )( ) ( ) ( )
y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y py q
− − − = − + + + + + − = + +
.
ð
a th
ứ
c
3
y py q
+ +

ñ
ã
ñượ
c phân tích thành tích các nhân t
ử

tuy
ế
n tính và ta
ñượ
c các
nghi
ệ
m c
ủ
a nó là
1 2 3
, ,
y y y
. Ta th
ườ
ng vi
ế
t t
ắ
t d
ướ
i d
ạ
ng
2 3 2 3
3 3
2 2 3 2 2 3
q q p q q p
y u v
       

= + = − + + + − − +
       
       

g
ọ
i là công th
ứ
c Các
ñ
a nô.
Nh
ư
v
ậ
y vi
ệ
c gi
ả
i ph
ươ
ng trình b
ậ
c ba b
ằ
ng c
ă
n th
ứ
c

ñ
ã hoàn thành.

21

Lưu ý :
ðặt
3 2
4 27
D p q
= − −
, ta có
2 2 2
1 2 1 3 2 3
( ) ( ) ( )
y y y y y y D
− − − =

Do ñó (1) có nghiệm bội khi và chỉ khi D = 0.
Ví dụ. Giải phương trình bậc ba
3
1 3
3 2 0
2 2
i
x x i
 
− + + =
 
 

 

ðặt
x u v
= +
, ta ñược
3 3
1 3
3( ) 2 0
2 2
i
u v u v uv i
 
 
+ + + − + + =
 
 
 
 
 
 
.
Ta yêu cầu u, v thỏa mãn
1 3
(10)
2 2
uv i
= + . Do
ñ
ó

3
u
và
3
v
là hai nghi
ệ
m c
ủ
a ph
ươ
ng
trình b
ậ
c hai
2 2
2 1 ( ) 0
t it t i
+ − = + =
.
Ph
ươ
ng trình này có m
ộ
t nghi
ệ
m kép
3 3
u v i
= = −

.
i
−
là m
ộ
t c
ă
n b
ậ
c ba c
ủ
a
i
.
ðặ
t
1
u i
=
, ta suy ra t
ừ
(10)
1
1
1 3
3
2 2
2 2
i
i

v
u
+
= = −

V
ậ
y theo (9) các nghi
ệ
m c
ủ
a ph
ươ
ng trình là
( ) ( )
( ) ( )
1 1 1
2 1 1 1 1
2 1 1 1 1
3
2 2
1 3
3
2 2
1 3 3
2 2 2 2
i
x u v
i
x u v u v i

i i
x u v u v
= + = +
= − + + − = − −
= − + − − = +

Trong
ñ
ó
1 3
x x
=
, v
ậ
y
3
2 2
i
+
là nghi
ệ
m kép c
ủ
a ph
ươ
ng trình.

Xét ph
ươ
ng trình (1) trong tr

ườ
ng h
ợ
p p và q là nh
ữ
ng s
ố
th
ự
c.
ðặ
t
3 2
27 4
p q
∆ = +
, ta có
3 2
4 27 108
D p q
= − − = − ∆

Ta nghiên c
ứ
u các nghi
ệ
m c
ủ
a (1) theo
∆

.
a)
∆
> 0, ph
ươ
ng trình (1) có m
ộ
t nghi
ệ
m th
ự
c
1
y
và hai nghi
ệ
m ph
ứ
c liên h
ợ
p
2 3
,
y y
.
b)
∆
= 0, ph
ươ
ng trình (1) có ba nghi

ệ
m th
ự
c
1
y
,
2 3
,
y y
v
ớ
i
2 3
y y
=
.

22

c)
∆
< 0, ph
ươ
ng trình (1) có ba nghi
ệ
m th
ự
c phân bi
ệ

t. Ng
ườ
i ta ch
ứ
ng minh
ñượ
c r
ằ
ng
trong tr
ườ
ng h
ợ
p này không th
ể
bi
ể
u th
ị
các nghi
ệ
m c
ủ
a ph
ươ
ng trình (1) b
ằ
ng các c
ă
n th

ứ
c
v
ớ
i l
ượ
ng th
ự
c d
ướ
i c
ă
n.
2.3.2. Phương trình bậc bốn
4 3 2
0
x ax bx cx d
+ + + + =

với hệ số phức tùy ý sẽ ñưa về phép giải một phương trình phụ bậc ba gọi là phương trình giải
bậc ba. Ta tiến hành như sau:
Chuyển ba hạng tử cuối sang vế phải rồi cộng
2 2
4
a x
vào cả hai vế, ta ñược
2
2
2 2
ax

2 4
a
x b x cx d
 
 
+ = − − −
 
 
 
 
.
Sau ñó ta cộng vào hai vế của phương trình này tổng
2
2
ax
2 4
y
x y
 
+ +
 
 
. Trong
ñ
ó y là m
ộ
t
ẩ
n
m

ớ
i, ta
ñượ
c:
2
2 2
2 2
ax
2 2 4 2 4
y a ay y
x b y x c x d
 
   
+ + = − + + − + −
 
   
   
 
(*)
Ta hãy l
ự
a ch
ọ
n
ẩ
n ph
ụ
y sao cho v
ế
ph

ả
i là m
ộ
t chính ph
ươ
ng. Mu
ố
n th
ế
thì ch
ỉ
vi
ệ
c làm
tri
ệ
t tiêu bi
ệ
t s
ố
c
ủ
a tam th
ứ
c b
ậ
c hai v
ớ
i x
ở

v
ế
ph
ả
i
2
2 2
4 0
2 4 4
ay a y
c b y d
  
 
− − − + − =
  
 
 
  

Hay
3 2 2 2
( 4 ) ( 4 ) 0
y by ac d y d a b c
 
− + − − − + =
 
.
ð
ó là m
ộ

t ph
ươ
ng trình b
ậ
c ba, g
ọ
i là ph
ươ
ng trình gi
ả
i c
ủ
a ph
ươ
ng trình
ñ
ã cho.
Gi
ả
s
ử

0
y
là m
ộ
t nghi
ệ
m c
ủ

a ph
ươ
ng trình
ñ
ó.
ð
i
ề
n
0
y
vào ph
ươ
ng trình (*), ta
ñượ
c v
ế
ph
ả
i c
ủ
a ph
ươ
ng trình là m
ộ
t chính ph
ươ
ng

( )

2
2
2
0
ax
2 2
y
x x
α β
 
+ + = +
 
 
.
T
ừ

ñ
ó
2 2
0 0
ax ax
,
2 2 2 2
y y
x x x x
α β α β
+ + = + + + = − −

Hai ph

ươ
ng trình b
ậ
c hai
ñ
ó s
ẽ
cho t
ấ
t c
ả
b
ố
n nghi
ệ
m c
ủ
a ph
ươ
ng trình b
ậ
c b
ố
n ban
ñầ
u. V
ậ
y
phép gi
ả

i m
ộ
t ph
ươ
ng trình b
ậ
c b
ố
n
ñ
ã
ñượ
c
ñư
a v
ề
phép gi
ả
i m
ộ
t ph
ươ
ng trình b
ậ
c ba và hai
ph
ươ
ng trình b
ậ
c hai. Ta suy ra t

ừ

ñ
ó r
ằ
ng ph
ươ
ng trình b
ậ
c b
ố
n gi
ả
i
ñượ
c b
ằ
ng c
ă
n th
ứ
c.

Ví dụ. Giải phương trình bậc bốn
4 3 2
3 3 3 2 0
x x x x
− + − + =

Chuyển ba hạng tử cuối sang vế phải

4 3 2
3 3 3 2
x x x x
− = − + −


23

Sau ñó cộng vào hai vế
2
9
4
x
, ta ñược
2
2 2
3 3
3 2
2 4
x
x x x
 
− = − + −
 
 

Cuối cùng cộng vào hai vế tổng
2
2
3

2 4
x y
x y
 
− +
 
 
;
2
2
2 2
3 3
3 1 2
2 2 4 2 4
x y y y
x x y x
     
− + = − + − + −
     
     
(*)
Ta tìm y triệt tiêu biệt số
2
2
3
9 1 4 2 0
2 4 4
y y
y
 

   
− − − − =
 
   
   
 

Hay sau khi khai triển
(
)
(
)
(
)
2 2
3 3 3 1 0
y y y y y
− + − = − + =

Chọn y = 3, phương trình (*) trở thành
2 2
2
3 3 3 1
2 2 2 2
x x
x
   
− + = −
   
   

.
Từ ñó
2
3 3 3 1
,
2 2 2 2
x x
x − + = −
2
3 3 3 1
2 2 2 2
x x
x
− + = − +

Hay
2 2
3 2 0, 1 0
x x x
− + = + =

Hai phương trình này cho ta bốn nghiệm
1, 2, ,
i i
−
.
Sự thực ra trong trường hợp cụ thể này ta nhìn thấy ngay nghiệm 1 của phương trình bậc bốn
ñã cho vì tổng số các hệ số bằng 0. Do ñó ta có thể viết ñể làm nổi bật nghiệm 1.
4 3 2 3 2
3 3 3 2 ( 1)( 2 2)

x x x x x x x x
− + − + = − − + −
.
Vậy vấn ñề bây giờ là giải phương trình
3 2
2 2 0
x x x
− + − =
mà ta có thể viết
2 2
( 2) 2 ( 2)( 1) 0
x x x x x
− + − = − + =

Từ ñó suy các nghiệm của phương trình.

Người ta chứng minh ñược rằng không thể giải ñược bằng căn thức các phương trình
tổng quát bậc lớn hơn bốn (Aben, Galoa). Hơn thế nữa, Galoa ñã tìm ra ñược tiêu chuẩn ñể
biết một phương trình ñã cho giải ñược bằng căn thức hay không.

2.4. ða thức với hệ số hữu tỷ
2.4.1. Nghiệm hữu tỷ của một ña thức với hệ số hữu tỷ
Trước hết ta nhận xét rằng nếu
0
( ) ( 0)
n
n n
f x x
α α α
= + + ≠

là một ña thức với hệ số
hữu tỉ thì f(x) có thể viết dưới dạng
1 1
0
( ) ( ) ( )
n
n
f x b a x a b g x
− −
= + + =
,