Một vài cách chứng minh định lý cơ bản của đại số bằng công cụ đại số và một số ứng dụng của định lý

Header Page 1 of 161.

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

KHOA TOÁN

TẠ THANH TÂM

MỘT VÀI CÁCH CHỨNG MINH ĐỊNH LÝ CƠ BẢN
CỦA ĐẠI SỐ BẰNG CÔNG CỤ ĐẠI SỐ
VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Đại số

Hà Nội – 2016

Footer Page 1 of 161.


Header Page 2 of 161.

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

KHOA TOÁN

TẠ THANH TÂM

MỘT VÀI CÁCH CHỨNG MINH ĐỊNH LÝ CƠ BẢN
CỦA ĐẠI SỐ BẰNG CÔNG CỤ ĐẠI SỐ
VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Đại số

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
Ths. Đỗ Văn Kiên

Hà Nội – 2016

Footer Page 2 of 161.


Header Page 3 of 161.

LỜI CẢM ƠN
Trước khi trình bày nội dung chính của khóa luận, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu
sắc tới Ths. Đỗ Văn Kiên người đã tận tình hướng dẫn để tôi có thể hoàn thành
khóa luận này.
Tôi xin được gửi lời cảm ơn tới các thầy cô giáo trường Đại học Sư phạm Hà Nội
2, các thầy cô giáo khoa Toán đã giúp đỡ tôi trong quá trình học tập tại trường và tạo
điều kiện cho tôi hoàn thành đề tài khóa luận tốt nghiệp.
Trong quá trình nghiên cứu, không tránh khỏi những thiếu sót và hạn chế, kính
mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các thầy giáo, cô giáo và toàn thể bạn đọc để
khóa luận được hoàn thiện hơn.
Hà Nội, ngày 02 tháng 05 năm 2016
Sinh viên
Tạ Thanh Tâm

Footer Page 3 of 161.

Header Page 4 of 161.

LỜI CAM ĐOAN

Tôi xin cam đoan dưới sự hướng dẫn của thầy giáo Đỗ Văn Kiên khóa luận của
tôi được hoàn thành không trùng với bất kì đề tài nào khác.
Trong khi làm khóa luận này, tôi đã kế thừa thành quả khoa học của các nhà khoa
học với sự trân trọng và biết ơn.
Hà Nội, ngày 02 tháng 05 năm 2016
Sinh viên
Tạ Thanh Tâm

Footer Page 4 of 161.


Header Page 5 of 161.

Mục lục

MỞ ĐẦU

1

1 Vành đa thức và chứng minh thứ nhất

4

1.1

Vành đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.1.1

Đa thức trên một trường . . . . . . . . . . . . . .

4

1.1.2

Nghiệm của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.1.3

Đa thức bất khả quy . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.1.4

Đa thức đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.2

Định lý cơ bản của Đại số và chứng minh thứ nhất . . .

12

1.3

Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

15

2 Mở rộng trường và chứng minh thứ hai
2.1

18

Mở rộng trường . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

18

2.1.1

Đặc số của vành . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

18

2.1.2

Mở rộng bậc hữu hạn . . . . . . . . . . . . . . . .

19

2.1.3

Mở rộng đơn

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

20

2.1.4

Mở rộng đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

22

2.1.5

Trường phân rã của một đa thức . . . . . . . . .

24

2.1.6

Mở rộng chuẩn tắc . . . . . . . . . . . . . . . . .

28

2.1.7

Trường đóng đại số . . . . . . . . . . . . . . . . .

30

i

Footer Page 5 of 161.


Header Page 6 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học

2.1.8

TẠ THANH TÂM

Mở rộng tách được . . . . . . . . . . . . . . . . .

31

2.2

Định lý cơ bản của Đại số và chứng minh thứ hai . . . .

34

2.3

Một số ứng dụng và bài tập . . . . . . . . . . . . . . . .

36

2.3.1

Một số ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . .

36

2.3.2

Bài tập

41

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

3 Lý thuyết Galois và chứng minh thứ ba
3.1

45

Một số kiến thức cơ bản về lý thuyết Galois . . . . . . .

45

3.1.1

Một vài trọng điểm về nhóm . . . . . . . . . . . .

45

3.1.2

Nhóm Galois . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

47

3.1.3

Mở rộng Galois . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

50

3.1.4

Định lý cơ bản của lý thuyết Galois . . . . . . . .

52

3.2

Định lý cơ bản của Đại số và chứng minh thứ ba

. . . .

54

3.3

Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

56

Kết luận

58

Tài liệu tham khảo

58

ii

Footer Page 6 of 161.


Header Page 7 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học

TẠ THANH TÂM

Lời mở đầu
1. Lý do chọn đề tài.
Trong Toán học, Định lý cơ bản của Đại số phát biểu rằng mỗi đa
thức một biến khác hằng với hệ số phức có ít nhất một nghiệm phức.
Mặc dù với tên gọi là "Định lý cơ bản của Đại số" nhưng không có một
chứng minh thuần tuý đại số nào cho định lý này. Tên của định lý này
được đặt ra vào thời điểm khi mà việc nghiên cứu đại số chủ yếu là để
giải phương trình đa thức.
Peter Roth là người đầu tiên phát biểu gợi mở Định lý cơ bản của Đại
số trong cuốn sách Arithmetica Philosophica công bố năm 1608: "Một

đa thức bậc n với hệ số thực có không quá n nghiệm". Tiếp đến là khẳng
định của Albert Giard trong cuốn sách L’invention nouvelle en l’Algèbre
năm 1629: "Phương trình đa thức bậc n có n nghiệm, trừ khi phương
trình bị khuyết". Nhiều nhà Toán học đã tin Định lý là đúng, và do đó
họ tin rằng mọi đa thức với hệ số thực khác hằng đều viết dưới dạng
tích của các đa thức với hệ số thực bậc một hoặc bậc hai. Bên cạnh đó,
Gottfried Wilhelm Leibiz, Nikolaus II Bernoulli đã tìm ra những đa thức
bậc 4 với hệ số thực không là tích của các đa thức bậc 1 hoặc bậc 2.
Tuy nhiên các phản ví dụ của họ đều được Leonhard Euler phản bác,
điều này làm cho các nhà Toán học thời đó tin tưởng tính đúng đắn
của Định lý. Chứng minh đầu tiên cho Định lý thuộc về D’Alembert vào
năm 1746 nhưng chứng minh này không hoàn chỉnh. Euler 1749 có một
chứng minh đúng cho Định lý trong trường hợp bậc của đa thức nhỏ
hơn hoặc bằng 6. Các chứng minh khác được thực hiện bởi Euler 1749,

Footer Page 7 of 161.

1


Header Page 8 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học

TẠ THANH TÂM

De Foncenex 1759, Lagrange 1772 và Laplace 1795 đều có ít nhiều chưa
chặt chẽ. Kể cả chứng minh đầu tiên của Gauss năm 1799 cũng không
đầy đủ. Mãi đến năm 1816, Gauss mới đưa ra một chứng minh chính
xác cho Định lý.
Được sự hướng dẫn tận tình của thầy giáo Ths. Đỗ Văn Kiên và mong

muốn tìm hiểu về Định lý cơ bản của Đại số, tôi chọn đề tài "Một vài
cách chứng minh Định lý cơ bản của Đại số bằng công cụ đại số và một
số ứng dụng của định lý" để làm khóa luận tốt nghiệp của mình hi vọng
sẽ giúp ích cho các bạn yêu thích môn Đại số có thêm tài liệu tham khảo.
2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu.
Tìm hiểu và trình bày ba cách chứng minh Định lý cơ bản của Đại
số bằng công cụ đại số và một số ứng dụng của định lý.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu.
3.1. Đối tượng.
- Trường số phức.
- Một số cấu trúc đại số như: nhóm, vành, trường, mở rộng
trường, lý thuyết Galois.
3.2. Phạm vi nghiên cứu.
- Vành đa thức.
- Mở rộng trường.
- Lý thuyết Galois.
- Một vài cách chứng minh Định lý cơ bản của Đại số.
4. Phương pháp nghiên cứu.
Sử dụng phương pháp nghiên cứu tài liệu, hệ thống hóa, khái quát
hóa.

Footer Page 8 of 161.

2


Header Page 9 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học

TẠ THANH TÂM

5. Bố cục khóa luận.
Ngoài phần mở đầu và kết luận, nội dung khóa luận gồm 3 chương:
Chương 1: Vành đa thức và chứng minh thứ nhất.
Chương 2: Mở rộng trường và chứng minh thứ hai.
Chương 3: Lý thuyết Galois và chứng minh thứ ba.

Footer Page 9 of 161.

3


Header Page 10 of 161.

Chương 1
Vành đa thức và chứng minh thứ
nhất
Trong chương này, tôi sẽ trình bày những kiến thức cơ bản về vành đa
thức và chứng minh thứ nhất của định lý cơ bản của Đại số.

1.1
1.1.1

Vành đa thức
Đa thức trên một trường

Định nghĩa 1.1. Một tập K cùng với hai phép toán cộng và nhân được
gọi là một trường nếu nó là một vành giao hoán có đơn vị, có nhiều hơn
một phần tử và mọi phần tử khác không đều khả nghịch.
Ví dụ 1.1.1. Q, R, C là các trường với các phép toán cộng và nhân

thông thường.
√
√
Tập Q[ 3] = {a + b 3 | a, b ∈ Q} là một trường.
√
√
Q[ q] = {a + b q | a, b ∈ Q} là một trường nếu q là một số nguyên
tố.
Định nghĩa 1.2. Cho K là một trường.

Footer Page 10 of 161.

4


Header Page 11 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học

TẠ THANH TÂM

Đặt K[x] = {f (x) = an xn + · · · + a1 x + a0 | ai ∈ K}.
m

Hai phần tử f (x) =

n

ai xi , g(x) =

i=0

bj xj , m ≤ n gọi là bằng nhau

j=0

nếu m = n và ai = bi , với mọi i = 0, n. Kí hiệu f (x) = g(x).
Trên K[x] ta trang bị hai phép toán
m

n
i

f (x) + g(x) =

bj xj

(ai + bi )x +
i=0

j=m+1

m+n

ck xk , trong đó ck =

f (x)g(x) =

ai bj , k = 0, 1, . . . , n + m.
i+j=k

k=0

Khi đó K[x] cùng với hai phép toán ở trên lập thành một vành, giao
hoán, có đơn vị.
Mỗi phần tử của K[x] gọi là một đa thức ẩn x, và vành K[x] được
gọi là vành đa thức một ẩn với hệ tử trên K.
n

Định nghĩa 1.3. Cho f (x) ∈ K[x], f (x) =

ai xi , a0 là hệ tử tự do.

i=0

Nếu an = 0 thì an gọi là hệ tử cao nhất của f (x) và số tự nhiên n được
gọi là bậc của f (x), kí hiệu là degf (x).
Quy ước đa thức 0 là không có bậc.
Bổ đề 1.1. Cho hai đa thức khác không f (x), g(x) ∈ K[x]. Nếu f (x) +
g(x) khác không thì
deg(f (x) + g(x))

max{degf (x), degg(x)}

deg(f (x)g(x)) = degf (x) + degg(x), f (x)g(x) = 0.
Định lý 1.1. Cho f (x), g(x) ∈ K[x] trong đó g(x) = 0. Khi đó tồn tại

Footer Page 11 of 161.

5

Header Page 12 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học

TẠ THANH TÂM

duy nhất một cặp đa thức q(x), r(x) ∈ K[x] sao cho
f (x) = g(x)q(x) + r(x) với r(x) = 0 hoặc degr(x) < degg(x).
Trong định lý trên, q(x) được gọi là thương và r(x) gọi là dư của phép
chia f (x) cho g(x). Nếu dư của phép chia f (x) cho g(x) là 0 thì ta nói
rằng f (x) chia hết cho g(x) hay g(x) là ước của f (x).
1.1.2

Nghiệm của đa thức

Định nghĩa 1.4. Cho f (x) = an xn + · · · + a1 x + a0 ∈ K[x] và F ⊇ K.
Phần tử α ∈ F , ta đặt f (α) = an αn + · · · + a1 α + a0 ∈ F . Nếu f (α) = 0
thì ta nói α là nghiệm của f (x).
√
Ví dụ 1.1.2. 2 ∈ R là một nghiệm của đa thức x2 − 2 ∈ Q[x].
Hệ quả 1.1. (Định lý Bezout) Phần tử a ∈ K là nghiệm của đa thức
f (x) ∈ K[x] nếu và chỉ nếu tồn tại đa thức g(x) ∈ K[x] sao cho f (x) =
(x − a)g(x).
Chứng minh. Theo định lý 1.1, ta có thể viết f (x) = (x−a)g(x)+r(x), ở
đó r(x) = 0 hoặc degr(x) = 0. Chia f (x) cho (x−a) ta được r ∈ K. Thay
x = a vào đẳng thức ta được r = f (a) = 0. Suy ra f (x) = (x − a)g(x).
Ngược lại, hiển nhiên.
Cho k > 0 là một số nguyên. Một phần tử a ∈ K được gọi là một
nghiệm bội k của đa thức f (x) ∈ K[x] nếu f (x) chia hết cho (x − a)k
nhưng không chia hết cho (x − a)k+1 . Nếu k = 1 thì a được gọi là nghiệm

đơn. Nếu k = 2 thì a được gọi là nghiệm kép. Nếu k ≥ 2 thì a được gọi
là nghiệm bội.

Footer Page 12 of 161.

6


Header Page 13 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học

TẠ THANH TÂM

Hệ quả 1.2. Phần tử a ∈ K là nghiệm bội k của f (x) ∈ K[x] nếu và
chỉ nếu f (x) có dạng f (x) = (x − a)k g(x) với g(x) ∈ K[x] và g(a) = 0.
Chứng minh. Giả sử a là nghiệm bội k của f (x). Vì f (x) chia hết cho
(x − a)k nên f (x) = (x − a)k g(x) với g(x) ∈ K[x]. Nếu g(a) = 0 thì theo
hệ quả 1.1 ta có g(x) = (x − a)h(x) với h(x) ∈ K[x] và do đó f (x) chia
hết cho (x − a)k+1 , vô lý. Vậy g(a) = 0.
Ngược lại, vì f (x) = (x − a)k g(x) nên f (x) chia hết cho (x − a)k . Nếu
f (x) chia hết cho (x−a)k+1 thì f (x) = (x−a)k+1 h(x) với h(x) ∈ K[x]. Do
đó (x−a)k g(x) = (x−a)k+1 h(x). Do K là trường nên g(x) = (x−a)h(x).
Suy ra g(a) = 0, mâu thuẫn. Vậy f (x) không chia hết cho (x − a)k+1 .
1.1.3

Đa thức bất khả quy

Định nghĩa 1.5. Đa thức f (x) = 0 không khả nghịch trong vành F [x]
được gọi là bất khả quy (trên F ) nếu f (x) không có ước thực sự trong
F [x].

Ví dụ 1.1.3. Đa thức x2 + 1 bất khả quy trên R nhưng không bất khả
quy trên C.
Định lý 1.2. Nếu một đa thức f (x) ∈ Z[x] bậc n

1 bất khả quy trên

Z thì nó cũng bất khả quy trên Q.
Định lý 1.3. (Tiêu chuẩn Eisenstein)
Cho đa thức f (x) = an xn + · · · + a1 x + a0 , an = 0, n > 1 trong Z[x].
Giả sử tồn tại số nguyên tố p sao cho p không chia hết an nhưng chia
hết các hệ số còn lại và p2 không chia hết a0 . Khi đó f (x) là bất khả quy
trong Q[x].

Footer Page 13 of 161.

7


Header Page 14 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học

TẠ THANH TÂM

Định lý 1.4. Cho K là một trường, f (x) là đa thức khác hằng trong
K[x]. Khi đó f (x) luôn biểu diễn được thành tích của các đa thức bất
khả quy trên K[x]. Sự phân tích này là duy nhất nếu không kể thứ tự các
nhân tử bất khả quy và các hệ tử khả nghịch.
Ví dụ 1.1.4. Mọi đa thức bậc 1 đều bất khả quy trong K[x].
Định nghĩa 1.6. Cho α là phần tử đại số trên K. Gọi p(x) là đa thức
bất khả quy trên K nhận α là nghiệm. Nếu hệ tử cao nhất của p(x)

bằng 1 thì p(x) gọi là đa thức tối tiểu của α trên K.
1.1.4

Đa thức đối xứng

Định nghĩa 1.7. (Vành đa thức nhiều ẩn)
Giả sử K là vành giao hoán có đơn vị. Ta đặt
K1 = K[x1 ]
K2 = K1 [x2 ]
K3 = K2 [x3 ]
...
Kn = Kn−1 [xn ]
vành Kn = Kn−1 [xn ] kí hiệu là K[x1 , x2 , . . . , xn ] gọi là vành đa thức của
n ẩn x1 , x2 , . . . , xn lấy hệ tử trong vành K. Một phần tử của Kn gọi là
một đa thức của n ẩn x1 , x2 , . . . , xn lấy hệ tử trong vành K, người ta kí
hiệu nó bằng f (x1 , x2 , . . . , xn ) hay g(x1 , x2 , . . . , xn ) . . . .

Footer Page 14 of 161.

8


Header Page 15 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học

TẠ THANH TÂM

Đa thức f (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ K[x1 , x2 , . . . , xn ] thì có dạng
α0 α0

0

α1 α1

1

f (x1 , x2 , . . . , xn ) = a0 x1 1 x2 2 · · · xαnn + a1 x1 1 x2 2 · · · xαnn
αk αk

k

+ . . . + ak x1 1 x2 2 · · · xαnn .
αj αj

αj

Ta gọi mỗi số hạng aj x1 1 x2 2 · · · xnn là một đơn thức. Nếu aj = 0 thì
αj αj

αj

α1j + α2j + . . . + αnj được gọi là bậc của đơn thức đó và x1 1 x2 2 · · · xnn được
gọi là một từ của f . Số lớn nhất trong các bậc của đơn thức được gọi là
bậc của đa thức.
Định nghĩa 1.8. Kí hiệu Sn là tập các song ánh từ tập {1, 2, . . . , n}
vào chính nó. Ta nói f (x1 , x2 , . . . , xn ) là đa thức đối xứng nếu
f (x1 , x2 , . . . , xn ) = f (xπ(1) , xπ(2) , . . . , xπ(n) ) với mọi π ∈ Sn .
Chẳng hạn, các đa thức sau đây là đối xứng, gọi là các đa thức đối
xứng sơ cấp.

n

σ1 =

xi = x1 + . . . + xn
i=1

σ2 =

xi xj = x1 x2 + x1 x3 + . . . + xn−1 xn
i
...
σn = x1 x2 · · · xn .
Tiếp theo ta xét quan hệ thứ tự từ điển đối với các đơn thức: Cho
u = xa11 · · · xann và v = xb11 · · · xbnn , ta định nghĩa u < v nếu tồn tại chỉ số
i sao cho ai < bi và ak = bk với mọi k < i. Với mỗi đa thức f ta kí hiệu

Footer Page 15 of 161.

9


Header Page 16 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học

TẠ THANH TÂM

In(f ) là từ lớn nhất trong các từ của f và gọi là từ dấu của f . Dễ thấy
rằng In(f g) = In(f )In(g) với mọi f, g.

Định lý 1.5. (Định lý cơ bản của đa thức đối xứng) Nếu f là đa thức
đối xứng thì tồn tại duy nhất đa thức ϕ sao cho
f (x1 , x2 , . . . , xn ) = ϕ(σ1 , σ2 , . . . , σn ).
Chứng minh. Giả sử In(f ) = axa11 · · · xann . Cho i

1. Nếu ta thay xi bởi

xi+1 và thay xi+1 bởi xi , còn giữ nguyên các xk khác trong đa thức f
a

i
thì từ cao nhất In(f ) của f trở thành từ axa11 · · · xi i+1 xai+1
· · · xann . Vì f

là đối xứng nên từ này cũng là một từ của f và do đó nó không thể lớn
hơn In(f ). Vì thế ta có ai

ai+1 . Suy ra a1
a

n−1
của đa thức σ1a1 −a2 σ2a2 −a3 · · · σn−1

−an an
σn

...

an . Dễ thấy từ dấu

là xa11 · · · xann . Đặt
a

n−1
f1 = f − aσ1a1 −a2 σ2a2 −a3 · · · σn−1

−an an
σn .
a

n−1
Khi đó In(f1 ) < In(f ). Rõ ràng σ1a1 −a2 σ2a2 −a3 · · · σn−1

−an an
σn

là đa thức

đối xứng. Vì thế f1 là đa thức đối xứng. Giả sử In(f1 ) = bxb11 · · · xbnn .
Tương tự như chứng minh trên ta có b1
b

n−1
đa thức σ1b1 −b2 σ2b2 −b3 · · · σn−1

−bn bn
σn

...

bn . Hơn nữa, từ dấu của

chính là xb11 · · · xbnn . Cứ tiếp tục quá

trình trên, vì In(f ) > In(f1 ) > . . . nên các bộ (b1 , . . . , bn ), . . . đều thoả
mãn tính chất bi , . . .

a1 với mọi i = 1, . . . , n. Nhận xét rằng chỉ có

nhiều nhất na1 +1 bộ số tự nhiên (d1 , . . . , dn ) thoả mãn tính chất di

a1

với mọi i = 1, . . . , n. Do đó quá trình này phải kết thúc sau một số hữu
hạn bước. Vì vậy đến bước thứ s nào đó ta có
d

n−1
fs−1 − dσ1d1 −d2 σ2d2 −d3 · · · σn−1

Footer Page 16 of 161.

10

−dn dn
σn

= 0.

Header Page 17 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học

TẠ THANH TÂM

Do đó ta có
a

n−1
f = aσ1a1 −a2 σ2a2 −a3 · · · σn−1

−an an
σn

b

n−1
+ bσ1b1 −b2 σ2b2 −b3 · · · σn−1

d

n−1
+ . . . + dσ1d1 −d2 σ2d2 −d3 · · · σn−1

−bn bn
σn

−dn dn
σn ,

tức là đã biểu diễn được đa thức f dưới dạng một đa thức σ1 , . . . , σn .
Giả sử có hai đa thức ϕ1 và ϕ2 khác nhau sao cho
f (X1 , . . . , Xn ) = ϕ1 (σ1 , . . . , σn ) = ϕ2 (σ1 , . . . , σn ).
Đặt ϕ( σ1 , . . . , σn ) = ϕ1 (σ1 , . . . , σn ) − ϕ2 (σ1 , . . . , σn ). Khi đó ϕ là đa
thức khác không của σ1 , . . . , σn và sau khi thay σ1 , . . . , σn bởi các biểu
thức của chúng qua x1 , . . . , xn vào ϕ ta nhận được đa thức không. Chúng
ta sẽ chỉ ra điều này là vô lý. Rõ ràng nếu aσ1k1 · · · σnkn và bσ1l1 · · · σnln là
hai hạng tử của ϕ(σ1 , . . . , σn ) sao cho (k1 , . . . , kn ) = (l1 , . . . , ln ) thì khi
thay σ1 , . . . , σn bởi các biểu thức của chúng qua x1 , . . . , xn vào hai hạng
tử này, ta sẽ nhận được hai đa thức của x1 , . . . , xn mà hai từ dấu của
chúng không đồng dạng. Với mỗi hạng tử của ϕ(σ1 , . . . , σn ), ta tìm từ
dấu của đa thức của x1 , . . . , xn thu được từ hạng tử này bằng cách thay
σ1 , . . . , σn bởi các biểu thức của chúng qua x1 , . . . , xn . Khi đó từ dấu lớn
nhất trong các từ dấu vừa tìm được sẽ không đồng dạng với bất cứ một
từ nào khác. Vì vậy, sau khi thay σ1 , . . . , σn bởi các biểu thức của chúng
qua x1 , . . . , xn vào đa thức ϕ(σ1 , . . . , σn ) ta sẽ nhận được đa thức khác
không, mâu thuẫn.
Bổ đề 1.2. Cho f (x) ∈ K[x] là đa thức một biến x bậc n với hệ số
cao nhất bằng 1. Giả sử f có n nghiệm α1 , . . . , αn trong một mở rộng

Footer Page 17 of 161.

11


Header Page 18 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học

TẠ THANH TÂM

nào đó của K. Giả thiết rằng g(x1 , . . . , xn ) là đa thức đối xứng. Khi đó
g(α1 , . . . , αn ) ∈ K.
Chứng minh. Theo định lý 1.4, tồn tại đa thức ϕ(x1 , . . . , xn ) sao cho
g(x1 , . . . , xn ) = ϕ(σ1 , . . . , σn ). Vì thế
g(α1 , . . . , αn ) = ϕ(σ1 (α1 , . . . , αn ), . . . , σn (α1 , . . . , αn )).
Theo công thức Vi-ét ta suy ra
g(α1 , . . . , αn ) = ϕ(−an−1 , an−2 , . . . , (−1)k an−k , . . . , (−1)n a0 ).
Do an−1 , an−2 , . . . , a0 ∈ K nên ta suy ra g(α1 , . . . , αn ) ∈ K.
Dựa vào những kiến thức như trên, sau đây tôi xin trình bày chứng
minh thứ nhất của Định lý cơ bản của Đại số bằng công cụ đại số.

1.2

Định lý cơ bản của Đại số và chứng minh thứ
nhất

Bổ đề 1.3. Cho f : D → R là hàm liên tục trong đó D là tập con đóng
và bị chặn của R2 . Khi đó f (x, y) có giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất
trên D.
Định lý 1.6. (Định lý cơ bản của đại số) Nếu f (x) ∈ C[x], f (x) khác
hằng thì f (x) có ít nhất một nghiệm phức.
Chứng minh. Để chứng minh định lý. Ta cần chứng minh hai bổ đề sau.
Bổ đề 1.4. Cho f (x) ∈ C[x] thì |f (x)| có giá trị nhỏ nhất tại z0 ∈ C
nào đó.

Footer Page 18 of 161.

12

Header Page 19 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học

TẠ THANH TÂM

Chứng minh. Dễ thấy |f (x)| → ∞ khi x → ∞ bởi vì |f (x)| lớn khi |x|
lớn. Suy ra tồn tại cận dưới lớn nhất m của |f (z)| với z ∈ C. Ta thấy
m = inf{|f (z)| | z ∈ C} = inf{|f (z)| | |z| ≤ r, r
Đặt D = {z ∈ R | |z| ≤ r, r

0}.

0}. Vì |f (x)| là hàm số liên tục trên D

với giá trị thực, suy ra từ bổ đề 1.3, |f (x)| sẽ đạt giá trị nhỏ nhất.
Bổ đề 1.5. Giả sử f (x) ∈ C[x], f (x) khác hằng. Nếu f (x0 ) = 0 thì
|f (x0 )| không là giá trị nhỏ nhất của |f (x)|.
Chứng minh. Cho f (x) ∈ C[x], f (x) khác hằng, giả sử có x0 sao cho
f (x0 ) = 0. Đổi biến x bởi x + x0 , ta có thể giả định rằng f (0) = 0. Nhân
f (x) với f (0)−1 ta có f (0) = 1. Ta cần phải chỉ ra 1 không là giá trị nhỏ
nhất của |f (x)|. Giả sử k là số mũ khác 0 thấp nhất của x xuất hiện
trong f (x). Khi đó f (x) có dạng f (x) = 1 + axk + (số hạng có bậc lớn
hơn k).
Cho α =

√
k

−a−1 . Đổi biến x bởi αx thì f (x) có dạng

f (x) = 1 − xk + xk+1 g(x), với g(x) là đa thức nào đó.
Với x là số thực dương nhỏ tuỳ ý, theo bất đẳng thức tam giác ta có
|f (x)| ≤ |1 − xk | + xk+1 |g(x)|.
Cho x

0 suy ra xk < 1 và
|f (x)| ≤ 1 − xk + xk+1 |g(x)| = 1 − xk (1 − x|g(x)|).

Footer Page 19 of 161.

13


Header Page 20 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học

TẠ THANH TÂM

Mà với x là số thực dương nhỏ thì x|g(x)| nhỏ nên ta có thể chọn x0
sao cho x0 |g(x0 )| < 1. Suy ra xk0 (1 − x0 |g(x0 )|) > 0 nên |f (x0 )| < 1 =
|f (0)|.
Bây giờ ta chứng minh định lý cơ bản của đại số: Từ bổ đề 1.4 ta
có |f (x)| có giá trị nhỏ nhất tại x0 ∈ C. Lại từ bổ đề 1.5 có |f (x0 )| = 0,
do đó f (x0 ) = 0. Vậy f (x) có một nghiệm phức.
Hệ quả 1.3. Mọi đa thức bất khả quy trên C là và chỉ là các đa thức
bậc nhất (nói cách khác, C là trường đóng đại số). Mọi đa thức bất khả
quy trên R là và chỉ là các đa thức bậc nhất và bậc hai vô nghiệm thực.
Chứng minh. • Ta chứng minh mọi đa thức bất khả quy trên C là và chỉ
là các đa thức bậc nhất. Thật vậy, cho P (x) là đa thức hệ số phức và bất
khả quy trên C. Theo Định lý cơ bản của đại số ta có thể gọi α là một

nghiệm phức nào đó thì ta có P (x) = g(x)(x − α), g(x) ∈ C[x]. P (x)
là bất khả quy trên C nên g(x) là hằng số khác 0. Suy ra degP (x) = 1.
Vậy mọi đa thức bất khả quy trên C đều là đa thức bậc nhất.
Ngược lại, hiển nhiên.
• Ta chứng minh mọi đa thức bất khả quy trên R là và chỉ là các đa
thức bậc nhất và bậc hai vô nghiệm thực.
Trước tiên ta thấy, những đa thức bậc nhất và bậc hai vô nghiệm
thực đều là những đa thức bất khả quy trên R.
Ngược lại, nếu degP (x) = 1 thì hiển nhiên. Nếu degP (x) = 1 thì theo
Định lý cơ bản của đại số, tồn tại α ∈ C sao cho P (α) = 0.
Vì P (x) ∈ R[x], suy ra P (α) = 0, α = α. Theo định lý Bezout ta có
P (x) = (x − α)(x − α)g(x), g(x) ∈ C[x].

Footer Page 20 of 161.

14


Header Page 21 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học

TẠ THANH TÂM

Mà (x − α)(x − α) = x2 − (α + α)x + αα ∈ R[x]; P (x) ∈ R[x]. Suy ra
g(x) ∈ R[x].
Do P (x) bất khả quy trên R, suy ra g(x) là hằng số, degg(x) = 0 nên
degP (x) = 2.

1.3

Bài tập

Bài tập 1.3.1. Xét vành đa thức K[x], với K là trường.
a) Chứng minh rằng mọi đa thức bậc nhất của K[x] đều là bất khả
quy.
b) Chứng minh rằng các đa thức bậc hai của K[x] là bất khả quy khi
và chỉ khi chúng không có nghiệm trong K.
Lời giải. a) Xét đa thức bậc nhất trong K là f (x) = ax + b, a = 0. Giả
sử f (x) = g(x)h(x). Vì degf (x) = degg(x) + degh(x) nên degg(x) = 0
hoặc degh(x) = 0. Nếu degg(x) = 0 thì g(x) ∈ K là phần tử khả nghịch.
Khi đó h(x) liên kết với f (x). Bởi vậy f (x) là bất khả quy.
b) Giả sử f (x) = ax2 + bx + c, a = 0 là đa thức bất khả quy trên
trường K, nếu f (x) có nghiệm α ∈ K thì f (x) = (x − α)h(x), (x − α)
và h(x) đều có bậc một và là ước thực sự của f . Điều này vô lý, chứng
tỏ f (x) không thể có nghiệm trong K.
Bây giờ, giả sử f (x) khả quy. Nó phải có ước thực sự là đa thức bậc
nhất (x − α)
f (x) = (x − α)h(x)
Đẳng thức này chứng tỏ α là nghiệm của f (x).
Bài tập 1.3.2. Giả sử f (x) = (x − a1 )(x − a2 ) · · · (x − an ) − 1, với ai

Footer Page 21 of 161.

15


Header Page 22 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học

TẠ THANH TÂM

là những số nguyên phân biệt. Chứng minh rằng f (x) là bất khả quy
trong Q[x].
Lời giải. Giả sử f (x) là khả quy trong Q[x]. Khi đó f (x) = g(x)h(x)
với g(x), h(x) là những đa thức trong Q[x] và có bậc dương. Vì f (a) =
−1 = g(a)h(a), nên g(a) + h(a) = 0 tại n giá trị phân biệt a. Mặt khác
deg(g(x) + h(x)) ≤ max{degg(x), degh(x)}
degh(x) < degf (x) = n.
Điều này chứng tỏ g(x) + h(x) = 0 và do đó
f (x) = −[g(x)]2 .

(*)

So sánh dấu của các hệ số cao nhất ở hai vế, ta nhận thấy đẳng thức
(∗) là vô lý. Vậy f (x) là bất khả quy trong Q[x].
Bài tập 1.3.3. Chứng minh rằng mọi đa thức của R[x] được phân tích
thành tích các đa thức bậc nhất hoặc bậc hai bất khả quy trên R.
Lời giải. Trước tiên ta thấy, nếu f (x) = a0 + a1 x + . . . + an xn là đa thức
hệ số thực nhận số phức z = a + bi làm nghiệm thì nó cũng nhận số
phức liên hợp z = a − bi làm nghiệm. Thật vậy, ta có f (z) = 0. Bằng
cách lấy liên hợp phức và chú ý ai = ai , ta có
0 = 0 = f (z) = a0 + a1 z + . . . + an z n = f (z).
Giả sử f (x) là đa thức hệ số thực bậc n ≥ 1. Trong C, đa thức f (x) có
đủ n nghiệm (phân biệt hoặc không). Ta phân chia các nghiệm của f (x)

Footer Page 22 of 161.

16

Header Page 23 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học

TẠ THANH TÂM

thành hai loại, thực và phức. Ta thấy, số nghiệm phức của f (x) là chẵn
và gồm các cặp nghiệm phức liên hợp. Giả sử f (x) có r nghiệm thực
x1 , . . . , xr và 2s nghiệm phức z1 , z 1 , . . . , zs , z s , ở đây s ≥ 0 và r + 2s = n.
Khi đó, trong C[x] đa thức f (x) có sự phân tích
f (x) = c(x − x1 ) · · · (x − xr )(x − z1 )(x − z 1 ) · · · (x − zs )(x − z s )
trong đó c ∈ R là hệ tử cao nhất của f (x). Giả sử zt = at + ibt , khi đó
với mọi 1 ≤ t ≤ s ta có
(x − zt )(x − z t ) = x2 − (zt + z t )x + zt z t = x2 − 2at x + a2t + b2t
là một đa thức bậc hai hệ số thực, với biệt thức

= −b2t < 0. Vậy

f (x) = c(x − x1 ) · · · (x − xr )(x2 − 2a1 x + a21 + b21 ) · · · (x2 − 2as x + a2s + b2s )
là sự phân tích của f (x) thành tích những đa thức bậc nhất và bậc hai
bất khả quy trên R.

Trong chương tiếp theo trình bày về Mở rộng trường, tôi sẽ đưa ra
chứng minh thứ hai của Định lý cơ bản của Đại số bằng công cụ đại
số.

Footer Page 23 of 161.

17

Header Page 24 of 161.

Chương 2
Mở rộng trường và chứng minh thứ
hai
2.1
2.1.1

Mở rộng trường
Đặc số của vành

Định nghĩa 2.1. Giả sử A là một vành có đơn vị 1. Khi đó A được gọi
là vành có đặc số 0 nếu m1 := 1 + . . . + 1 = 0 với mọi số nguyên dương
m

m.

A được gọi là có đặc số n nếu n là một số nguyên dương bé nhất thoả
mãn n1 = 0. Đặc số của vành A được kí hiệu là char(A).
Ví dụ 2.1.1. Vành các số hữu tỉ Q có đặc số 0, Zn là vành các lớp thặng
dư môđun n có đặc số n.
Mệnh đề 2.1. Nếu A là một miền nguyên thì hoặc char(A) = 0 hoặc
char(A) = p, p là một số nguyên tố nào đó.
Chứng minh. Nếu char(A) = 0 thì mệnh đề luôn đúng.
Giả sử char(A) = n > 0. Nếu n không là số nguyên tố thì tồn tại

Footer Page 24 of 161.

18

Header Page 25 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học

TẠ THANH TÂM

các số nguyên dương r và s sao cho n = rs với r < n, s < n. Ta
có (r1)(s1) = (rs)1 = n1 = 0. Do A là miền nguyên nên r1 = 0 hoặc
s1 = 0. Điều này mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của n. Vậy n là số nguyên
tố.
2.1.2

Mở rộng bậc hữu hạn

Định nghĩa 2.2. Cho F và K là hai trường. Trường F được gọi là một
mở rộng của K nếu K là một trường con của F .
Nếu F là một mở rộng của trường K, thì dễ dàng chỉ ra rằng F cũng
là một không gian vectơ trên K. Số chiều của không gian vectơ này được
gọi là bậc mở rộng của F trên K và kí hiệu là [F : K].
Trường F được gọi là mở rộng bậc hữu hạn (vô hạn) của K nếu bậc
mở rộng của nó là hữu hạn (vô hạn).
Ví dụ 2.1.2.

1. Trường số phức C là một mở rộng bậc hai của trường

số thực R.
2. Trường Q[i] = {a + bi | a, b ∈ Q} là mở rộng bậc hai của Q.
Định lý 2.1. Cho K ⊂ E ⊂ F là các trường. Khi đó F là một mở rộng
bậc hữu hạn của K nếu và chỉ nếu F là một mở rộng bậc hữu hạn của
E và E là một mở rộng bậc hữu hạn của K. Hơn nữa,

[F : K] = [F : E][E : K].
Chứng minh. Giả sử [F : E] = s và [E : K] = r. Khi đó tồn tại một
cơ sở {v1 , v2 , . . . , vs } của F trên E và một cơ sở {w1 , w2 , . . . , wr } của E
trên K. Ta cần chỉ ra rằng {vi wj | 1 ≤ i ≤ s, 1 ≤ j ≤ r} là một cơ sở

Footer Page 25 of 161.

19