VÀNH ƠCLITTrần Văn Cương

VÀNH ƠCLIT
Trần Văn Cương

1. Định nghĩa và các ví dụ.

1.1. Định nghĩa. Vành Ơclit là một miền nguyên A cùng với ánh xạ
δ : A∗ = A\{0} → N
a−→δ(a)

sao cho :
(i)Nếu a, b ∈ A, a|b, b = 0 thì δ(a) ≤ δ(b);
(ii)Với hai phần tử a, b tùy ý của A, b = 0,tồn tại q, r ∈ A sao cho a = bq + r
và δ(r) < δ(b) nếu r = 0.

1.2. Các ví dụ.

Ví dụ 1.Vành các số nguyên Z cùng với ánh xạ
δ : Z∗ → N
n−→|n|

là một vành Ơclit.
Hiển nhiên Z là một miền nguyên.
Giả sử m, n ∈ Z, m|n, n = 0.
Vì m|n, n = 0 nên n = mk, k ∈ Z∗ .Ta có:
δ(n) = δ(mk) = |mk| = |m||k| ≥ |m| = δ(m) (vì |k| ≥ 1).
Với ∀m, n ∈ Z, n = 0.Xét m
∈ Q ta luôn tìm được số nguyên q sao cho
n
m
| n − q| < 1 hay |m − nq| < |n|.
Đặt r = m − nq thì r ∈ Z và ta được m = nq + r với δ(r) < δ(n) nếu

r = 0.Vậy Z là một vành Ơclit.
Ví dụ 2.Vành đa thức K[x],với K là một trường cùng với ánh xạ
δ : K[x]∗ → N
f −→deg f

là một vành Ơclit.
Do K là một trường nên hiển nhiên vành đa thức K[x] là một miền nguyên.
1


Giả sử f, g ∈ K[x], f |g, g = 0.
Vì f |g, g = 0 nên g = f h, h ∈ K[x]∗ .Ta có
δ(g) = deg g = deg (f h) = deg f + deg h ≥ deg f = δ(f ).
Với ∀f, g ∈ K[x], g = 0.Xét phép chia đa thức f cho đa thức g ta được
f = gq + r, q, r ∈ K[x]
Rõ ràng δ(r) = deg r < deg g = δ(g) nếu r = 0.Vậy K[x] là một vành Ơclit.
Ví dụ 3.Vành các số nguyên Gauss Z[i] cùng với ánh xạ
δ : Z[i]∗ → N
z−→|z|2

là một vành Ơclit.
Hiển nhiên Z[i] là một miền nguyên.
Giả sử α = a + bi, β = c + di ∈ Z[i], α|β, β = 0.
Vì α|β, β = 0 nên β = γα, γ = m + ni ∈ Z[i]∗ .Ta có
α = a+bi, β = c+di = (m+ni)(a+bi) = (am−bn)+(an+bm)i ⇒

c = am − bn
d = an + bm

δ(α) = a2 + b2 .

δ(β) = c2 + d2 = (am − bn)2 + (an + bm)2 = (a2 + b2 )(m2 + n2 ).
Vì γ = m + ni ∈ Z[i]∗ nên m2 + n2 ≥ 1.Do đó δ(α) ≤ δ(β).
Với ∀α, β ∈ Z[i], β = 0 xét αβ = x + yi ∈ Q[i].Ta biết rằng cho một số hữu tỉ
x bao giờ cũng tìm được một số nguyên a sao cho
|x − a| ≤

1
1
=⇒ |x − a|2 ≤
2
4

Cũng làm như vậy với số hữu tỉ y,ta có b ∈ Z sao cho |y − b|2 ≤ 14 .
Đặt q = a + bi thì q ∈ Z[i],ta có
|

α − βq 2
α
1
| = | −q|2 = |(x+yi)−(a+bi)|2 = |(x−a)+(y−b)i|2 = (x−a)2 +(y−b)2 ≤ < 1.
β
β
2

Vậy | α−βq
|2 < 1 hay |α − βq|2 < |β|2 .
β
Đặt r = α − βq,thì r ∈ Z[i],ta được α = βq + r với δ(r) < δ(β) nếu r = 0.Vậy
2

Z[i] là một vành Ơclit.

2. Mối quan hệ giữa vành chính và vành Ơclit.

2.1. Định lý.Nếu A là một vành Ơclit thì A là một vành chính.
Chứng minh. Ta cần chứng minh mọi iđêan của A đều là iđêan chính.
Giả sử I là một iđêan của A.
Nếu I = {0} thì I là iđêan sinh bởi 0.
Giả sử I = {0}.Gọi a là phần tử khác 0 của I sao cho δ(a) là bé nhất trong
tập hợp δ(I ∗ = I\{0}).
Với x ∈ I, theo tính chất (ii) có q, r ∈ A sao cho
x = aq + r.

Vì a, x ∈ I nên r = x − aq ∈ I.Nếu r = 0 ta có δ(r) < δ(a),mâu thuẫn với
giả thiết δ(a) là bé nhất trong δ(I ∗ ).Do đó r = 0 và I = aA.Vậy I là một
iđêan chính của A.Định lý được chứng minh.
Ví dụ 4.Các vành Ơclit Z, K[x], Z[i] đã xét trong các ví dụ 1,2,3 của mục
1.2 cũng đồng thời là các vành chính.
Nhận xét.Điều ngược lại của định lý 2.1 nói chung là không đúng.Chẳng
hạn xét ví dụ sau:
Ví dụ 5.Chứng minh rằng vành
√
1 + i 19
A = {a + b
|a, b ∈ Z}
2
là một vành chính nhưng không phải là một vành Ơclit.
Để giải quyết ví dụ này,trước hết xin phát biểu không chứng minh một bổ
đề:

Bổ đề. Điều kiện cần và đủ để miền nguyên A là vành Ơclit là tồn tại một
phần tử không khả nghịch x ∈ A sao cho mọi phần tử y ∈ A hoặc có dạng
y = xq hoặc có dạng y = xq + r, r khả nghịch.
Bây giờ quay trở lại với
√ ví dụ 5 ta có các nhận xét sau :
(1) Nếu y = a + b 1+i2 19 ∈ A thì chuẩn của y là
b
19b2
N(y) = |y|2 = (a + )2 +
= a2 + ab + 5b2 ∈ N
2
4
Mặt khác,nếu y có phần ảo thì N(y) ≥ 5.
(2) Các phần tử khả nghịch √của A là ±1.
Thật vậy,giả sử u = a + b 1+i2 19 ∈ A là khả nghịch.Khi đó tồn tại v ∈ A sao
3


cho uv = 1.Thế thì N(u)N(v) = N(uv) = N(1) = 1.Theo nhận xét (1) thì
2
N(u) = 1 = (a + 2b )2 + 19b
hay (2a + b)2 + 19b2 = 4.Vậy b = 0 và 4a2 = 4
4
hay a = ±1.
Áp dụng vào bài toán,ta giả thiết phản chứng A là một vành Ơclit.
Khi đó theo bổ đề ở trên phải tồn tại phần tử không khả nghịch x ∈ A sao
cho ∀y ∈ A hoặc có dạng y = xq hoặc có dạng y = xq ± 1 (theo nhận xét
(2)).Từ đó:
•Nếu Im x = 0 =⇒ x = m ∈ Z, m = ±1.√
Nhưng khi đó y = (m + 1) + (m + 1) 1+i2 19 ∈ A không có dạng y = mq hoặc

y = mq ± 1.Vô lý.
•Nếu Im x = 0 thì theo nhận xét (1) có N(x) ≥ 5.Xét y = 2 ∈ A thế thì
2 = xq hoặc 2 = xq ± 1.
Nếu xq = 2 thì N(x)N(q) = 4 mà N(x) ≥ 5 suy ra vô lý.
Nếu xq ± 1 = 2 thì xq = 3 ⇒ N(x)N(q) = 9 (vì xq = 1 không xảy ra do x
không khả nghịch) mà N(x) ≥ 5 nên N(x) = 9, N(q) = 1 theo nhận xét (1)
và (2) thì q = ±1 và x = ±3,mâu thuẫn với việc x có phần ảo.
Vậy A không là vành Ơclit.
Dĩ nhiên A là một vành chính vì mọi iđêan của A đều có dạng I = {0} = 0.A.
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−Hết tiết 1−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

3. Ứng dụng.

3.1. Định lý. Giả sử A là một vành chính và a, b, q, r ∈ 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. Gọi I là iđêan sinh bởi a, b và J là iđêan sinh bởi b, r.
Từ a = bq + r =⇒ a ∈ J,do đó I ⊂ J.
Từ r = a − bq =⇒ r ∈ I,do đó J ⊂ I.Vậy I = J.
Nhưng A là một vành chính,nên tồn tại d ∈ I sao cho I = dA.Ta có d =
ax + by, x, y ∈ A (∗)
Vì a, b ∈ I = dA nên a = da′ , b = db′ , a′ , b′ ∈ A.Do đó d là ước chung của
a và b.Thêm nữa nếu c là một ước chung của a và b,tức là có a = ca′′ , b =
cb′′ , a′′ , b′′ ∈ A,thế thì từ (*) suy ra
d = c(a′′ x + b′′ y).

=⇒ d là ước chung lớn nhất của a và b.Nhưng I = J nên d cũng là ước chung
lớn nhất của b và r.Định lý được chứng minh.
4

Bây giờ giả sử A là một vành Ơclit và vấn đề được đặt ra là tìm ƯCLN(a, b).
Nếu a = 0 thì ƯCLN(a, b) = b.
Giả sử a, b đều khác 0.Thực hiện phép chia a cho b ta được
a = bq0 + r0 với δ(r0 ) < δ(b) nếu r0 = 0.
Nếu r0 = 0 ta lại chia b cho r0 :
b = r0 q1 + r1 với δ(r1 ) < δ(r0 ) nếu r1 = 0.
Nếu r1 = 0 ta lại chia r0 cho r1 :
r0 = r1 q2 + r2 với δ(r2 ) < δ(r1 ) nếu r2 = 0.
Quá trình chia như vậy phải chấm dứt sau một số hữu hạn bước vì dãy các
số tự nhiên:
δ(b) > δ(r0 ) > δ(r1 ) > δ(r2 ) > . . .
không thể giảm vô hạn,tức là sau một số lần chia nào đó ta phải có
rk−1 = rk qk+1 + 0
Áp dụng định lý 3.1 ta có
rk = ƯCLN(rk , 0) = ƯCLN(rk−1 , rk ) = . . . = ƯCLN(b, r0 ) = ƯCLN(a, b)
Thuật toán chia trên đây được gọi là thuật toán Ơclit.
Ví dụ 6. Tìm ƯCLN của
f (x) = x5 + x3 + x2 + x + 1
và
g(x) = x3 + 2x2 + x + 1.
Trước hết ta có nhận xét : Nếu a′ là phần tử liên kết của a thì
ƯCLN(a′ , b) = ƯCLN(a, b).
Áp dụng thuật toán Ơclit ở trên ta có :
f (x) = (x2 − 2x + 4)g(x) + r0 (x), r0 (x) = −6x2 − x − 3.
6g(x) = (−x − 11
)r0 (x) + r1 (x), r1 (x) = 67 x + 21
6
−r0 (x) = ( 36

x − 66
)r1 (x) + r2 (x), r2 (x) = 7 75
7
7
5


Từ đó ƯCLN(f (x), g(x)) = 1.
Bây giờ ta hãy áp dụng các kết quả đã thu được về vành chính và vành Ơclit
để nghiên cứu vành đa thức K[x] với K là một trường.Trong vành đa thức
K[x] ta chú ý đến mấy đặc điểm sau:
•Các đa thức bậc nhất ax + b, (a = 0) là bkq trong K[x].Đó là các đa thức
bkq duy nhất có nghiệm trong K.
•Các đa thức bkq khác có bậc lớn hơn 1 không có nghiệm trong K.
•Mọi đa thức f (x) có bậc ≥ 1 có thể viết dưới dạng sau,sai khác một nhân
tử khả nghịch
f (x) = (a1 x + b1 )m1 · · · (ak x + bk )mk p1 (x)n1 · · · pr (x)nr

trong đó các ai x + bi , i = 1, . . . , k,là những đa thức bậc nhất không liên
kết,các pj (x), j = 1, . . . , r là những đa thức bkq có bậc > 1 không liên
kết,các mi , nj ∈ N.
•deg f (x) ≥ m1 + m2 + . . . + mk .
3.2. Định lý. Giả sử f (x) là một đa 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.
Chứng minh. Giả sử f (x) có phân tích
f (x) = (a1 x + b1 )m1 · · · (ak x + bk )mk p1 (x)n1 · · · pr (x)nr

Thế thì rõ ràng

n = deg f (x) ≥ m1 + m2 + . . . + mk = số nghiệm của f (x) trong K.

3.3. Định lý. Giả sử

p(x) = a0 + a1 x + · · · + an xn (n > 1)

là một đa thức bất khả quy của vành K[x].Thế thì có một trường E xác định
duy nhất (sai khác một đẳng cấu) sao cho
(i)K là một trường con của E.
(ii)p(x) có một nghiệm θ trong E.
(iii)Mọi phần tử α ∈ E viết duy nhất dưới dạng
α = b0 + b1 θ + · · · + bn−1 θn−1 , bi ∈ K, i = 0, 1, . . . , n − 1.

Chứng minh.(i) Gọi I là iđêan sinh bởi p(x), I là tối đại.Như vậy vành
thương E = K[x]/I là một trường.
Xét toàn cấu chính tắc
h : K[x] → K[x]/I
f (x)−→f (x)+I

6


Thu hẹp của h vào K là một đồng cấu
h : K → K[x]/I
Ta chứng minh nó là đơn cấu.Thật vậy ,giả sử a, b ∈ K sao cho
a + I = b + I.
Vậy a − b ∈ I,tức là a − b là một bội của p(x),điều này chỉ xảy ra khi
a − b = 0.Vì h là đơn cấu nên ta hãy đồng nhất các phần tử a ∈ K với
h(a) ∈ K[x]/I = E.
Do đó K là một trường con của trường E.

(ii) Ký hiệu h(f (x)) = f (x) + I = f (x).Ta có
p(x) = a0 + a1 x + . . . + an xn = 0
Nhưng ta đã đồng nhất các phần tử a ∈ K với h(a) = h(a) = a ∈ K[x]/I = E
cho nên ta có thể viết
a0 + a1 θ + . . . + an θn = 0
trong đó θ = x.Vậy θ ∈ E là một nghiệm của p(x).
(iii) Cuối cùng một phần tử tùy ý của E có dạng f (x) với f (x) là một đa
thức của K[x].Lấy f (x) chia cho p(x),ta được
f (x) = p(x)q(x) + r(x)
với r(x) = b0 + b1 x + . . . + bn−1 xn−1 , b0 , b1 , . . . , bn−1 ∈ K,không nhất thiết
khác 0.Lấy ảnh của f (x) bởi h được
f (x) = p(x)q(x)+r(x) = 0+r(x) = b0 +a1 x+. . .+bn−1 xn−1 = b0 +b1 θ+. . .+bn−1 θn−1
Hai phần tử
f (x) = b0 + b1 θ + . . . + bn−1 θn−1
và
g(x) = c0 + c1 θ + . . . + cn−1 θn−1
bằng nhau khi và chỉ khi bi = ci , i = 0, 1, . . . , n − 1. (vì f (x) − g(x) là bội
của p(x)).
Bây giờ ta chứng minh trường E xác định duy nhất (sai khác một đẳng
7


cấu).Thật vậy,giả sử có một trường E ′ cũng có các tính chất (i),(ii),(iii).Gọi
θ′ là một nghiệm của p(x) trong E ′ .Xét đồng cấu
ϕ : K[x] → E ′
f (x)−→f (θ ′ )

Ta có p(x) ∈ ker ϕ.Mặt khác K[x] là một vành chính nên ker ϕ sinh ra
bởi một đa thức p′ (x).Vì ϕ = 0 nên ker ϕ = K[x],do đó p′ (x) không khả
nghịch.Kết luận p(x) và p′ (x) phải là liên kết,do đó ker ϕ = I.Thêm nữa do

(iii),E ′ ⊂ Im ϕ = K[θ′ ],vậy E ′ = Im ϕ,và ta có ϕ là toàn cấu.Áp dụng định
lý đồng cấu,ta có một đơn cấu ϕ : K[x]/I → E ′ sao cho tam giác
K[x] ▲

ϕ

▲▲▲
▲▲▲
p ▲▲▲
&&

// E ′
99
s
s
ss
s
s
ss
sss ϕ

K[x]/I = E

là giao hoán.Nhưng ở đây vì ϕ là một toàn ánh nên ϕ cũng là toàn ánh.Đẳng
cấu ϕ được xác định bởi:
b0 + b1 θ + . . . + bn−1 θn−1 −→ b0 + b1 θ′ + . . . + bn−1 θ′

n−1

nó giữ nguyên các phần tử của K và biến θ thành θ′ .

Ví dụ 7.Cho trường K = R, p(x) = x2 + 1 là đa thức bkq trên R[x].Hãy xây
dựng trường E thỏa mãn các tính chất sau: (a)R là một trường con của E.
(b)p(x) = x2 + 1 có nghiệm trên E.
(c)∀α ∈ E viết duy nhất dưới dạng
α = b0 + b1 θ, b0 , b1 ∈ R.
Áp dụng định lý 3.3 ta xây dựng được trường E chính là trường
C = {a + bi|a, b ∈ R}
3.4. Hệ quả. Giả sử f (x) là một đa thức có bậc n > 1 của vành đa thức
K[x].Thế thì bao giờ cũng có một trường chứa K như một trường con sao
cho f (x) có đúng n nghiệm trong đó,các nghiệm có thể phân biết hoặc trùng
nhau.
Chứng minh. Gọi p(x) là một nhân tử bkq của f (x) có bậc lớn hơn 1 (nếu
các nhân tử bkq của f (x) đều bậc 1 thì f (x) có đầy đủ nghiệm trong K và
8


vấn đề coi như xong).Ta xây dựng trường E như trong định lý 3.3,đa thức
p(x) có nghiệm trong E,do đó f (x) cũng vậy.Nếu f (x) có n nghiệm trong E
thì vấn đề coi như xong,trái lại f (x) phải có dạng
f (x) = (x − c1 )m1 · · · (x − ck )mk f1 (x)
với ci ∈ E, i = 1, 2, . . . , k, f1 (x) ∈ E[x] với 1 < deg f1 (x) < deg f (x).
Ta lại mở rộng trường E thành trường E1 để f1 (x) có nghiệm trong E1 .Vì
bậc của các đa thức là hữu hạn nên sau một số bước hữu hạn ta phải được
một trường Ek trong đó f (x) có n nghiệm.
Ví dụ 8.Xét đa thức f (x) ∈ Q[x], Q là trường số hữu tỉ.
f (x) = x4 − x2 − 2 = (x2 + 1)(x2 − 2)
Các đa thức x2 + 1 và x2 − 2 là bkq trên Q[x].Ta hãy mở rộng Q theo phương
pháp của định lý 3.3 để x2 + 1 có nghiệm.Gọi Q[i] là trường mở rộng đó
với i là một nghiệm của x2 + 1.Vì −i ∈ Q[i] nên Q[i] chứa
√ hai nghiệm của

x2 + 1.Bây giờ ta lại mở rộng Q[i]√để x2 − 2 có nghiệm.Gọi 2 là một nghiệm
của x2 − 2 và ký hiệu bằng
√ Q(i)( 2) trường mở rộng đó,ta
√ được hai nghiệm
2
của x − 2 trong√Q(i)( 2).Như vậy trong trường Q(i)( 2) thì f (x) có bốn
nghiệm là ±i, ± 2.

9