ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
TRẦN THỊ NĂM
PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ VÀ TÍNH NGHIỆM GẦN
ĐÚNG
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Thái Nguyên - 2015
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
TRẦN THỊ NĂM
PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ VÀ TÍNH NGHIỆM GẦN
ĐÚNG
Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số:
60 46 01 13
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học:
PGS.TS. ĐÀM VĂN NHỈ
Thái Nguyên - 2015
Phương trình đại số
và
Tính nghiệm gần đúng
Trần Thị Năm
ĐHKH Thái Nguyên
Thái Nguyên, năm 2013
Mục lục
Lời cảm ơn
iii
Mở đầu
1
1 Phương trình và Định lý Hilbert về không điểm
1.1 Mở rộng đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Quan hệ tương đương . . . . . . . . . . .
1.1.2 Mở rộng đơn . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.3 Mở rộng đại số . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.4 Một vài vận dụng . . . . . . . . . . . . .
1.2 Phụ thuộc đại số và Định lý Hilbert về cơ sở . .
1.2.1 Phụ thuộc đại số . . . . . . . . . . . . . .
1.2.2 Định lý cơ sở của Hilbert . . . . . . . . .
1.3 Định lý không điểm của Hilbert . . . . . . . . .
2 Tính gần đúng nghiệm
2.1 Nghiệm của hệ đa thức . . . . . . . . .
2.1.1 Kết thức và phép khử . . . . . .
2.1.2 Khái niệm kết thức và biệt thức
2.1.3 Biểu diễn kết thức qua nghiệm .
2.1.4 Phép khử ẩn . . . . . . . . . . .
2.1.5 Phép biến đổi Tschirnhaus . . .
2.2 Xác định nghiệm gần đúng . . . . . . .
2.2.1 Phương pháp truy hồi . . . . . .
i
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
4
4
4
5
9
13
17
18
18
21
.
.
.
.
.
.
.
.
25
25
25
25
32
35
38
42
42
2.3
2.4
2.2.2 Phương pháp dây cung . . . . . . .
2.2.3 Phương pháp tiếp tuyến của Newton
2.2.4 Phương trình hàm ẩn . . . . . . . .
Phương pháp lặp và sự hội tụ của chúng . .
Ví dụ minh họa . . . . . . . . . . . . . . .
ii
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
44
46
47
48
57
Lời cảm ơn
Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới PGS.TS Đàm Văn Nhỉ - Thầy
trực tiếp hướng dẫn khoa học đã tận tình chỉ bảo, giúp đỡ, góp ý để
hoàn thiện luận văn này.
Trong quá trình học tập, nghiên cứu và hoàn thiện luận văn, tác giả
đã nhận được sự động viên, khuyến khích và tạo điều kiện giúp đỡ nhiệt
tình của các cấp lãnh đạo Sở Giáo dục và Đào tạo tỉnh Tuyên Quang,
Ban Giám hiệu và các đồng nghiệp trường phổ thông dân tộc Nội trú
THPT tỉnh Tuyên Quang, bạn bè đồng nghiệp và gia đình.
Với tình cảm chân thành, tác giả xin cảm ơn Khoa Toán - Tin, phòng
Đào tạo - Trường Đại học Khoa học - Đại hoc Thái Nguyên, các thầy
cô giáo tham gia giảng dạy, cung cấp kiến thức và tài liệu giúp tác giả
học tập, nghiên cứu và hoàn thiện luận văn.
Mặc dù đã rất nghiêm túc và cố gắng thực hiện nhưng luận văn
không tránh khỏi những thiếu sót và hạn chế. Tác giả rất mong nhận
được những ý kiến đóng góp chân thành từ các thầy giáo, cô giáo, bạn
bè đồng nghiệp và bạn đọc. Xin chân trọng cảm ơn!
Tác giả
iii
Mở đầu
Hai định lý của Hilbert về cơ sở và không điểm thuộc những kết quả
cơ bản trong đại số. Chúng được vận dụng nhiều không chỉ trong lĩnh
vực Đại số và Hình học đại số, mà chúng còn được vận dụng trong Lý
thuyết số tổ hợp (Combinatorial Number Theory), trong Lý thuyết đồ
thị và cả trong Tổ hợp. Đặc biệt, như nhà toán học Noga Alon (Tel Aviv
University) nói, những vận dụng của hai định lý cơ bản ấy đã cho ta
những kết quả sâu sắc trong Lý thuyết số và trong vấn đề tô màu đồ
thị. Do vậy, những người học toán hay dạy toán cũng cần nghiên cứu
hai định lý này khi có thể.
Trong chương trình toán phổ thông hiện nay, đặc biệt cho chuyên
toán, phần phương trình và hệ phương trình chiếm một thời lượng khá
lớn và ứng dụng nhiều trong các môn học khác cũng như trong thực tế.
Khá nhiều sách tham khảo của nhiều tác giả cũng viết về chuyên đề này.
Các tài liệu hiện có thường quan tâm đến các kỹ thuật và phương pháp
giải các dạng, các lớp phương trình và hệ phương trình. Tuy nhiên, các
phương pháp đại số (biến đổi tương đương, đặt ẩn phụ, đánh giá biểu
thức...) giải phương trình, hệ phương trình thường chỉ giải được một số
lớp phương trình và hệ phương trình nào đó, tức là không mang tính phổ
quát. Hơn nữa khi giải phương trình ta thường biến đổi để đưa phương
trình đang xét về phương trình đa thức. Nhiều bài toán ta không cần
biết chính xác nghiệm cụ thể mà ta cần một vài tính chất có liên quan
đến tập nghiệm. Vì vậy, học sinh, ngay cả học sinh chuyên toán, thường
lúng túng khi gặp các dạng bài tập này. Do vậy, chúng ta cần mở rộng
trường để phương trình có nghiệm trên trường mới và dựa vào Định lý
1
Viet để suy ra những tính chất của nghiệm mà ta quan tâm. Một vấn đề
nữa mà chúng ta cũng hay gặp là việc giải một hệ phương trình nhiều
ẩn, chúng ta thường làm loại bỏ một số phương trình nhưng không làm
ảnh hưởng đến tập nghiệm của hệ đã cho. Chính vì vậy mà luận văn đặt
vấn đề xét khái niệm phụ thuôc đại số, phương trình đại số và định lý
cơ sở của Hilbert, định lý không điểm của Hilbert. Đặc biệt thông qua
việc nghiên cứu cách giải gần đúng phương trình phi tuyến đề tài đề cập
đến cách tính nghiệm gần đúng nhằm cung cấp thêm kiến thức về giải
phương trình, hệ phương trình và các bài toán có liên quan phục vụ cho
công tác giảng dạy và học tập môn toán, các môn học khác cũng như
giải quyết các bài toán thực tế trong chương trình trung học phổ thông.
Luận văn được chia ra làm hai chương.
Chương 1 gồm ba mục. Mục 1.1 được dành để trình bày về mở rộng
trường. Trong Mục 1.2, chúng tôi trình bày về khái niệm phụ thuộc đại
số và Định lý Hilbert về cơ sở. Mục 1.3 tập trung trình bày về phương
trình đại số, Định lý Hilbert về không điểm và một kết quả của Noga
Alon. Kết quả chính là ba định lý sau.
Định lý 1.2.4 [Hilbert’s Basis Theorem]Mỗi idêan I 6= (0) và I 6=
(1) của vành đa thức K[x1 , x2 , . . . , xn ] đều có một hệ sinh hữu hạn.
Định lý 1.3.2 [Hilbert’s zero-theorem]Giả sử g(x1 , . . . , xn ) 6= 0
thỏa mãn g(ξ1 , ξ2 , . . . , ξn ) = 0 khi (ξ1 , ξ2 , . . . , ξn ) là nghiệm của hệ
fi (x1 , . . . , xn ) = 0
i = 1, 2, . . . , r.
Khi đó có các đa thức bi (x1 , . . . , xn ) ∈ C[x1 , . . . , xn ] và số nguyên dương
s thỏa mãn
s
g(x1 , . . . , xn ) =
r
X
bi (x1 , . . . , xn )fi (x1 , . . . , xn ).
i=1
Định lý 1.3.4 [Noga Alon]Giả thiết trường K có char(K) = 0. Cho
đa thức khác không g(x) = g(x1 , . . . , xn ) ∈ K[x]. Ký hiệu các tập con
2
Si ⊂ K thỏa mãn |Si | > 1 và pi (xi ) =
Q
(xi − s) với i = 1, . . . , n. Nếu
s∈Si
g(x) triệt tiêu tại mọi nghiệm chung của p1 , . . . , pn thì tồn tại đa thức
q1 , . . . , qn ∈ K[x1 , . . . , xn ] thỏa mãn deg qi 6 deg g − deg pi để
g=
n
X
qi pi .
i=1
Chương 2 gồm ba mục. Mục 2.1 được dành để trình bày về kết thức và
một vài tính chất của nó. Trong Mục 2.2 chúng tôi trình bày về một vài
phương pháp giải gần đúng phương trình phi tuyến. Mục 2.3 trình bày
về phương pháp lặp để giải gần đúng phương trình. Kết quả chính là
hai định lý sau.
Định lý 2.1.1 Với hai đa thức fu và gv luôn có hai đa thức h(u, v, x)
và k(u, v, x) thuộc K[u, v][x] thỏa mãn hệ thức biểu diễn sau:
Res(fu , gv ) = h(u, v, x)fu + k(u, v, x)gv .
f (x, y) = 0
Định lý 2.1.20 Hệ phương trình (A) g(x, y) = 0
được giải qua
f, g ∈ R[x, y]
phương trình đa thức một ẩn.
3
Chương 1
Phương trình và Định lý Hilbert
về không điểm
Chương này tập trung xét một vài phần liên quan đến phương trình đại
số và Định lý không điểm của Hlbert.
1.1
1.1.1
Mở rộng đại số
Quan hệ tương đương
Giả thiết tập X 6= ∅. Tích Carte X × X được định nghĩa như sau:
X × X = {(x, y)|x, y ∈ X}.
Định nghĩa 1.1.1. Tập con S của X × X được gọi là một quan hệ hai
ngôi trong X. Nếu (x, y) ∈ S thì ta nói x có quan hệ S với y và viết
xSy.
Định nghĩa 1.1.2. Giả thiết X 6= ∅ và S 6= ∅ là một quan hệ hai ngôi
trong X. Quan hệ S được gọi là một quan hệ tương đương trong X nếu
nó thỏa mãn ba điều kiện sau đây:
(1) (Phản xạ) Với mọi x ∈ X có xSx.
(2) (Đối xứng) Với mọi x, y ∈ X, nếu có xSy thì cũng có ySx.
(3) (Bắc cầu) Với mọi x, y, z ∈ X, nếu có xSy và ySz thì cũng có xSz.
4
Khi S là một quan hệ tương đương trong X thì ta thường ký hiệu ∼
thay cho S. Đặt C(x) = {y ∈ X|y ∼ x} và gọi nó là một lớp tương
đương với x làm đại diện. Dễ dàng chỉ ra các tính chất sau:
Tính chất 1.1.3. Giả sử ∼ là quan hệ tương đương trong X. Khi đó
(1) Với mọi x ∈ X có x ∈ C(x).
(2) Với mọi y, z ∈ C(x) có y ∼ z và y, z ∼ x.
(3) Với mọi x, y ∈ X, có hoặc C(x) ∩ C(y) = ∅ hoặc C(x) = C(y).
(4) Tập thương X/ ∼ là tập các lớp tương đương không giao nhau.
Định nghĩa 1.1.4. Giả thiết X 6= ∅ và S 6= ∅ là một quan hệ hai ngôi
trong X. Quan hệ S được gọi là một quan hệ thứ tự trong X nếu nó
thỏa mãn ba điều kiện sau đây:
(1) (Phản xạ) Với mọi x ∈ X có xSx.
(2) (Phản đối xứng) Với mọi x, y ∈ X, nếu có xSy và ySx thì x = y.
(3) (Bắc cầu) Với mọi x, y, z ∈ X, nếu có xSy và ySz thì cũng có xSz.
Tập X được gọi là một tập sắp thứ tự nếu có quan hệ thứ tự trong X.
1.1.2
Mở rộng đơn
Giả thiết K là một trường và x là một biến. Xét vành đa thức K[x].
Giả sử f (x) thuộc K[x] là một đa thức bất khả quy bậc n > 0. Trong
K[x] ta xét quan hệ ∼ được định nghĩa như sau.
Hai đa thức a(x), b(x) ∈ K[x] thỏa mãn quan hệ ∼ và viết
a(x) ∼ b(x) nếu có đa thức c(x) ∈ K[x] để a(x) − b(x) = c(x)f (x).
Bổ đề 1.1.5. Quan hệ ∼ là một quan hệ tương đương trong vành K[x].
5
Chứng minh: Vì a(x) − a(x) = 0 = 0.f (x) nên a(x) ∼ a(x) với mọi
đa thức a(x) ∈ K[x].
Giả sử a(x), b(x) ∈ K[x] thỏa mãn a(x) ∼ b(x). Khi đó có đa thức
c(x) ∈ K[x] để a(x) − b(x) = c(x)f (x). Vậy b(x) − a(x) = −c(x).f (x).
Điều này chứng tỏ b(x) ∼ a(x).
Giả sử a(x), b(x), d(x) ∈ K[x] thỏa mãn a(x) ∼ b(x) và b(x) ∼ d(x).
Khi đó có
c(x), e(x) ∈ K[x] để a(x) − b(x) = c(x)f (x) và b(x) − d(x) = e(x)f (x).
Vậy
a(x) − d(x) = a(x) − b(x) + b(x) − d(x) = [c(x) + e(x)]f (x).
Điều này chứng tỏ a(x) ∼ d(x).
Tóm lại, ta đã chỉ ra quan hệ ∼ là một quan hệ tương đương trong vành
K[x].
Với quan hệ tương đương ∼ ta phân lớp vành K[x] như sau: Với mỗi đa
thức a(x) ∈ K[x] ta ký hiệu a(x) là lớp tương đương với a(x) làm đại
diện. Đó là lớp a(x) = {b(x) ∈ K[x]|b(x) ∼ a(x)}. Như vậy, ta có
K[x]/ ∼= {a(x)|a(x) ∈ K[x]}.
Tiếp theo, ta đưa ra hai phép toán hai ngôi trong K[x]/ ∼ để biến tập
này thành một trường qua việc định nghĩa:
a1 (x) + a2 (x) = a1 (x) + a2 (x), a1 (x).a2 (x) = a1 (x)a2 (x)
với mọi a1 (x), a2 (x) ∈ K[x]/ ∼ . Dễ dàng kiểm tra, phép cộng và phép
nhân nhân như định nghĩa là những phép toán hai ngôi trong K[x]/ ∼ .
Với phép cộng và phép nhân ta có kết quả sau.
Định lý 1.1.6. Tập K[x]/ ∼ cùng phép cộng và phép nhân lập thành
một trường. Trường này được ký hiệu qua K[x]/(f (x)) hoặc K ∗ .
Chứng minh: Dễ dàng kiểm tra tập K[x]/ ∼ cùng phép cộng và phép
nhân lập thành một vành giao hoán với đơn vị 1 và phần tử không 0,
6
đó là lớp gồm tất cả các đa thức chia hết cho f (x). Giả sử a(x) 6= 0.
Khi đó đa thức a(x) không chia hết cho f (x). Vì f (x) là một đa thức
bất khả quy nên ước chung lớn nhất của a(x) và f (x) phải thuộc trường
K. Như vậy, theo Định lý Bezout sẽ có hai đa thức b(x), g(x ∈ K[x] để
a(x)b(x) + g(x)f (x = 1. Từ đây suy ra a(x)b(x) = 1 hay a(x).b(x) = 1.
Vì K[x]/ ∼ là một vành giao hoán với đơn vị 1 và mọi phần tử khác 0
đều có nghịch đảo thuộc K[x]/ ∼ nên K[x]/ ∼ là một trường.
Giả sử K và K 0 là hai trường. K được gọi là một trường con của
trường K 0 nếu K ⊆ K 0 . Khi đó K 0 còn được gọi là một trường mở rộng
của trường K. Với khái niệm trường con, ta sẽ chỉ ra K sẽ trở thành
một trường con của trường K ∗ qua một phép nhúng.
Giả sử α, β ∈ K. Ta thấy rằng, nếu α = β thì α − β chia hết cho f (x)
và ngược lại. Vì đa thức f (x) có bậc n > 0 nên α = β. Như vậy α = β
khi và chỉ khi α = β. Từ đây ta dễ dàng suy ra kết quả:
Bổ đề 1.1.7. Tập tất cả các lớp α ∈ K ∗ với α ∈ K lập thành một
trường con K 0 của K ∗ và K ∼
= K 0 bởi α 7→ α.
Với đẳng cấu này, ta đồng nhất α ∈ K với ảnh α ∈ K ∗ . Ta đã có thể
coi K ∗ là một trường mở rộng của trường K. Ký hiệu γ = x ∈ K ∗ . Với
phép cộng, phép nhân và phép nhúng K vào K ∗ , ta đã có thể viết phần
tử thuộc K ∗ như sau.
Với đa thức g(x) ∈ K[x] ta biểu diễn g(x) = h(x)f (x) + g1 (x), trong
đó g1 (x) = bm xm + · · · + b1 x + b0 và m < n, ta có
0 = f (x) = f (x) = f (γ)
g(γ) = g(x) = h(x)f (x) + g1 (x) = g1 (γ).
Như vậy f (x) có nghiệm γ ∈ K ∗ và mỗi phần tử thuộc K ∗ đều có thể
viết trong dạng bm γ m + bm−1 γ m−1 + · · · + b1 γ + b0 với các bi ∈ K và
m < n = deg f (x). Cách biểu diễn như vậy là duy nhất.
Với tất cả các kết quả đã được trình bày, ta nhận được định lý sau.
7
Định lý 1.1.8. Với mỗi đa thức bất khả quy f (x) ∈ K[x] với bậc
deg f (x) = n > 0 luôn có trường mở rộng K ∗ của K sao cho f (x)
có một nghiệm γ ∈ K ∗ và mọi phần tử thuộc K ∗ đều biểu diễn được
thành dạng bm γ m + bm−1 γ m−1 + · · · + b1 γ + b0 với các bi ∈ K.
n g(γ)
o
Chứng minh: Ký hiệu K(γ) =
|g(x), h(x) ∈ K[x], h(γ) 6= 0
h(γ)
g1 (γ) g2 (γ)
,
∈ K(γ) được định nghĩa
với phép cộng và phép nhân cho
h1 (γ) h2 (γ)
g1 (γ) g2 (γ)
g1 (γ)h2 (γ) + g2 (γ)h1 (γ)
+
=
h1 (γ) h2 (γ)
h1 (γ)h2 (γ)
g1 (γ)g2 (γ)
g1 (γ) g2 (γ)
.
=
.
h1 (γ) h2 (γ)
h1 (γ)h2 (γ)
g1 (γ)
∈ K(γ) là phần tử khác không thì nghịch đảo của nó là
h1 (γ)
h1 (γ)
. Dễ dàng kiểm tra, K(γ) là một trường chứa γ và chứa K như
g1 (γ)
một trường con. Đa thức f (x) có nghiệm γ ∈ K(γ).
Gia sử δ ∈ K(γ). Khi đó có hai đa thức g(x), h(x) ∈ K[x] để h(γ) 6= 0
g(γ)
. Vì h(γ) 6= 0 nên h(x) và f (x) là nguyên tố cùng nhau. Khi
và δ =
h(γ)
đó có p(x), q(x) ∈ K[x] để h(x)p(x) + f (x)q(x) = 1. Vậy h(γ)p(γ) = 1
1
và suy ra
= p(γ). Ta có δ = g(γ)p(γ) là một đa thức của γ. Vì
h(γ)
0 = f (γ) = γ n + a1 γ n−1 + · · · + an nên γ n = −a1 γ n−1 − · · · − an . Trong
tích δ = g(γ)p(γ) thay mỗi lũy thừa γ n+i qua γ i (−a1 γ n−1 − · · · − an ) và
sau một vài lần thay ta có biểu diễn δ = bm γ m +bm−1 γ m−1 +· · ·+b1 γ +b0
với các bi ∈ K Như vậy, với việc chọn K ∗ = K(γ) định lý đã được chứng
minh.
Nếu
Ta mở rộng K qua việc bổ sung thêm phần tử γ vào K. Trường
K ∗ = K(γ) được gọi là một mở rộng đơn của K bởi γ. Hiển nhiên
K(γ) = K[γ] = g(γ)|g(x) ∈ K[x], deg g(x) < n . Mở rộng K(γ) là
mở rộng nhỏ nhất, (theo quan hệ bao hàm), của K chứa γ. Nếu ta coi
8
K(γ) như một không gian véc tơ trên K thì K(γ) là một K -không gian
véc tơ chiều n với một cơ sở 1, γ, . . . , γ n−1 . Số n được gọi là bậc của mở
rộng và được ký hiệu qua [K(γ) : K].
Tiếp theo, ta biết rằng, một đa thức f (x) bậc lớn 1 có nhiều nghiệm
γ = γ1 , γ2 , . . . , γn trong mở rộng nào đó của trường cơ sở K. Vấn đề
đặt ra: Xét quan hệ giữa các K(γi ). Trong chứng minh định lý trên, ta
chọn K ∗ = K(γ). Còn nếu ta không chọn K ∗ bằng K(γ) thì định lý
dưới đây chỉ ra rằng, tất cả các K(γi ) đều đẳng cấu với K ∗ .
Định lý 1.1.9. Ta luôn có K(γi ) ∼
= K ∗.
Chứng minh: Xét K(γ1 ) = K(γ). Ánh xạ φ : K[x] → K(γ), biến
f (x) thành f (γ), là một toàn cấu với Ker(φ) = (f (x)).
Do vậy K(γ) ∼
= K[x]/(f (x)) = K ∗ . Tương tự, ta cũng có K(γi ) ∼
= K∗
với mỗi i.
Chú ý 1.1.10. K ∗ có thể bằng K.
Ví dụ: Khi K = C thì đa thức bất khả quy trên K chỉ là đa thức bậc
nhất. Khi đó K ∗ = K. Trường K ∗ có thể khác K.
Ví dụ: Với K = Q và đa thức bất khả quy f (x) = x2 − 3 trên Q ta có
√
√
K ∗ = Q( 3) = {a + b 3|a, b ∈ Q}. Khi đó K ∗ 6= Q.
1.1.3
Mở rộng đại số
Trong mục này K được ký hiệu là trường con của trường mở rộng K ∗ .
Định nghĩa 1.1.11. Phần tử α ∈ K ∗ được gọi là phần tử đại số trên
K nếu tồn tại các phần tử a1 , . . . , an ∈ K sao cho αn + a1 αn−1 + · · · +
an−1 α + an = 0. Trái lại, α được gọi là phần tử siêu việt trên K. Đặt
f (x) = xn + a1 xn−1 + · · · + an−1 x + an . Đa thức f (x) được gọi là phương
trình đại số của α trên K.
Định lý 1.1.12. Mỗi phần tử đại số α trên K đều là nghiệm của một
đa thức bất khả quy duy nhất f (x) thuộc vành K[x] với hệ tử cao nhất
9
bằng 1. Hơn nữa, tất cả các đa thức p(x) ∈ K[x] nhận α làm nghiệm
đều phải chia hết cho f (x).
Chứng minh: Vì α là phần tử đại số trên K nên tồn tại đa thức
f (x) ∈ K[x] nhận α làm nghiệm. Trong số các đa thức nhận α làm
nghiệm ta chọn đa thức f (x) bậc thấp nhất với hệ tử cao nhất bằng 1.
Nếu f (x) là đa thức khả quy thì f (x) phân tích được thành tích của
hai đa thức g(x) và h(x) với bậc > 0 và hệ tử cao nhất cũng bằng 1.
Khi đó f (x) = g(x)h(x) với 0 < deg g, deg h < deg f. Vì f (α) = 0 nên
g(α)h(α) = 0. Vì K ∗ là một trường nên g(α) = 0, chẳng hạn. Như thế
có đa thức g(x) với deg g < deg f nhận α làm nghiệm, mâu thuẫn với
việc chọn của f (x). Điều này chỉ ra f (x) là bất khả quy. Tiếp theo, giả
thiết đa thức p(x) ∈ K[x] nhận α làm nghiệm. Nếu p(x) bằng 0 thì
p(x) chia hết cho f (x). Nếu p(x) 6= 0 thì ta viết p(x) = q(x)f (x) + r(x)
với q(x), r(x) ∈ K[x] và deg r < deg f. Vì f (α) = 0 và p(α) = 0 nên
r(α) = 0. Từ việc chọn f (x) suy ra r(x) = 0 hay p(x) chia hết cho
f (x).
Hệ quả 1.1.13. Trong vành K[x], phần tử x là siêu việt trên K.
Chứng minh: Ta coi K[x] là một tập con của một trường K ∗ nào đó.
Dễ dàng kiểm tra x0 , x, x2 , . . . , xn , . . . là độc lập tuyến tính trên K. Nếu
x là phần tử đại số trên K thì x là nghiệm của một đa thức
f (x) ∈ K[x], f (x) 6= 0, deg f (x) = n > 0. Từ đây suy ra x0 , x, x2 , . . . , xn
là phụ thuộc tuyến tính trên K, mâu thuẫn.
Định nghĩa 1.1.14. Đa thức bất khả quy f (x) ∈ K[x] với hệ tử cao
nhất bằng 1 nhận α làm nghiệm được gọi là đa thức tối tiểu của α trên
K. Các nghiệm α1 , . . . , αn của đa thức tối tiểu của α được gọi là các
liên hợp của α trên K.
Ta công nhận kết quả sau đây:
Định lý 1.1.15. Tập tất cả các phần tử thuộc K ∗ đại số trên K là một
trường con của K ∗ chứa K.
10
Hoàn toàn tương tự như mở rộng đơn, ta có thể mở rộng trường cơ sở
K bởi một số hữu hạn các phần tử thuộc trường mở rộng K” của K. Với
phần tử γ1 ∈ K”\K đại số trên ta mở rộng đơn K(γ1 ). Với phần tử γ2 ∈
K” \ K(γ1 ) đại số trên ta mở rộng đơn K(γ1 )(γ2 ) = K(γ1 , γ2 ). Giả sử
ta đã có mở rộng K(γ1 , . . . , γs−1 ). Với phần tử γs ∈ K”\K(γ1 , . . . , γs−1 )
đại số trên K(γ1 , . . . , γs−1 ) ta mở rộng đơn K(γ1 , . . . , γs−1 )(γs ) = K(γ1 , . . . , γs−1 , γs
Định lý 1.1.16. Ký hiệu K0 = K và Ki = K(γ1 , . . . , γi ). Ta luôn có
s−1
Y
[K(γ1 , . . . , γs−1 , γs ) : K] =
[Ki+1 : Ki ].
i=0
Chứng minh: Ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp s = 2. Trường
hợp tổng quát được chứng mnh bằng phương pháp quy nạp theo s.
Giả sử α1 , . . . , αn là một cơ sở của K -không gian véc tơ K(γ1 ) và
β1 , . . . , βm là một cơ sở của K(γ1 )-không gian véc tơ K(γ1 , γ2 ). Giả
sử u ∈ K(γ1 , γ2 ) = K(γ1 )(γ2 ).
m
P
Khi đó có các phần tử v1 , v2 , . . . , vm ∈ K(γ1 ) để u =
vj βi . Vì các
vi ∈ K(γ1 ) nên có các aij ∈ K để vi =
n
P
i=1
aij αj .
j=1
Như vậy u =
m P
n
P
aij αj βi . Điều này chứng tỏ rằng, mn tích αj βi
i=1 j=1
với j = 1, . . . , n và i = 1, . . . , m, là một hệ sinh của K -không gian
véc tơ K(γ1 , γ2 ). Bây giờ ta chỉ ra mn tích αj βi với j = 1, . . . , n và
m P
n
P
i = 1, . . . , m, là độc lập tuyến tính trên K. Giả sử
aij αj βi = 0
i=1 j=1
hay viết lại
m
n
X
X
i=1
aij αj βi = 0.
j=1
Vì β1 , . . . , βm là một cơ sở của K(γ1 )-không gian véc tơ K(γ1 , γ2 ) nên
n
X
aij αj = 0, i = 1, . . . , m.
j=1
11
Vì α1 , . . . , αn là một cơ sở của K -không gian véc tơ K(γ1 ) nên aij = 0
với mọi j = 1, . . . , n và i = 1, . . . , m. Từ đây suy ra mn tích αj βi với
j = 1, . . . , n và i = 1, . . . , m, là một cơ sở của K -không gian véc tơ
K(γ1 , γ2 ) và có [K(γ1 , γ2 ) : K] = [K(γ1 , γ2 ) : K(γ1 )][K(γ1 ) : K].
√ √
√ √
√
√
Ví dụ 1.1.17. [Q( 2, 3) : Q] = [Q( 2, 3) : Q( 2][Q( 2) : Q] và
bằng 4.
Định nghĩa 1.1.18. Trường mở rộng K ∗ của trường cơ sở K được
gọi là mở rộng bậc hữu hạn của K nếu có một số hữu hạn phần tử
γ1 , . . . , γs ∈ K ∗ để sao cho mỗi phần tử u thuộc K ∗ đều biểu diễn
s
P
được thành u =
ai γi với các phần tử ai ∈ K. Hệ γ1 , . . . , γs ∈ K ∗
i=1
được gọi là một cơ sở của K ∗ trên K nếu có hệ thức
s
P
ai γi = 0 thì
i=1
a1 = · · · = as = 0. Khi đó s được gọi là bậc của mở rộng K ∗ của K.
Định nghĩa 1.1.19. Trường mở rộng K ∗ của trường cơ sở K được gọi
là mở rộng đại số của K nếu mỗi phần tử thuộc K ∗ đều là phần tử đại
số trên K.
Định lý 1.1.20. Nếu K ∗ là mở rộng bậc hữu hạn s của K thì mỗi phần
tử thuộc K ∗ đều là đại số trên K và đa thức tối tiểu của nó trên K có
bậc không thể lớn hơn s.
Chứng minh: Giả thiết hệ γ1 , . . . , γs ∈ K ∗ là một cơ sở của K ∗ trên
K. Giả sử u ∈ K ∗ . Vì uγi ∈ K ∗ nên uγi = ai1 γ1 + ai2 γ2 + · · · + ais γs
với các aij ∈ K và i = 1, 2, . . . , s. Do vậy, ta có một hệ phương trình
tuyến tính thuần nhất
(a11 − u)γ1 + a12 γ2 + · · · + a1s γs = 0
a21 γ1 + (a22 − u)γ2 + · · · + a2s γs = 0
··· = ···
as1 γ1 + as2 γ2 + · · · + (ass − u)γs = 0.
Vì hệ này có nghiệm không tầm thường γ1 , . . . , γs ) 6= (0) trong K ∗ nên
12
định thức của hệ phải bằng 0 hay
a11 − u
a
·
·
·
a
12
1s
a21
a22 − u · · ·
a2s
···
···
···
· · · = 0.
as1
as2
· · · ass − u
a11 − x
a
·
·
·
a
12
1s
a21
a22 − x · · ·
a2s
Đa thức F (x) = · · ·
···
···
· · · có bậc s và số hạng
as1
as2
· · · ass − x
(−1)s xs 6= 0. Do vậy F (x) là đa thức khác 0 bậc s thỏa mãn F (u) = 0.
Vì đa thức tối tiểu của u là một nhân tử của F (x) nên mỗi phần tử u
thuộc K ∗ đều là đại số trên K và đa thức tối tiểu của nó trên K có bậc
không thể lớn hơn s.
Định lý 1.1.21. Nếu K ∗ là một mở rộng của K và γ1 , . . . , γs ∈ K ∗ là
đại số trên K thì trường K(γ1 , . . . , γs ) là mở rộng đại số của K.
Chứng minh: Vì γ2 là đại số trên K nên γ2 là đại số trên K(γ1 ). Hoàn
toàn tương tự, ta có γs là đại số trên K(γ1 , . . . , γs−1 ). Sử dụng phương
pháp quy nạp theo s qua việc vận dụng Định lý 2.1.15 và Định lý 2.1.16
ta suy ra K(γ1 , . . . , γs ) là mở rộng đại số của K.
1.1.4
Một vài vận dụng
Giả sử f (x) là một đa thức bất khả quy thuộc vành K[x]. Theo Định lý
2.1.3, có mở rộng K ∗ của K để f (x) có nghiệm γ1 ∈ K ∗ . Trong mở rộng
đại số K(γ1 ) của K, đa thức f (x) có sự phân tích f (x) = (x−γ1 )r1 f1 (x)
theo Định lý Bezout, trong đó f1 (x) ∈ K(γ1 )[x]. Nếu deg f1 (x) > 1 thì
ta mở rộng K(γ1 ) thành K(γ1 , γ2 ) để f1 (x) = (x − γ2 )r2 f2 (x). Tiếp
tục quá trình như vậy, sau một số hữu hạn lần mở rộng, ta nhận được
trường K(γ1 , . . . , γs ) thỏa mãn sự phân rã của đa thức f (x) thành tích
các nhân tử bậc nhất trong K(γ1 , . . . , γs )[x] :
f (x) = (x − γ1 )r1 (x − γ2 )r2 . . . (x − γ1 )rs .
Từ đó ta nhận được kết quả sau.
13
Định lý 1.1.22. Với mỗi đa thức f (x) ∈ K[x] luôn có một mở rộng đại
số K ∗ của K để f (x) phân rã hoàn toàn trong K ∗ [x].
Ví dụ 1.1.23. Đa thức f (x) = x4 − 10x2 + 1 ∈ Q[x] là bất khả quy.
√
√
√
√
Mở rộng đại số Q( 2 + 3) của Q để trong Q( 2 + 3)[x] có phân
√
√
rã f (x) = (x − γ1 )(x − γ2 )(x − γ3 )(x − γ4 ), trong đó γ1 = 2 + 3,
1
γ2 = −γ1 , γ3 −
và γ4 = −γ3 .
γ1
Định lý 1.1.24. Nếu trường K có nhiều vô hạn phần tử và r đa
thức fi (x1 , . . . , xn ) ∈ K[x1 , . . . , xn ] \ {0} thì có a1 , . . . , an ∈ K để
fi (a1 , . . . , an ) 6= 0 với mọi i = 1, . . . , r.
Chứng minh: Đặt g(x) =
r
Q
fi (x1 , . . . , xn ). Do vậy, ta chỉ cần chứng
i=1
minh định lý cho một đa thức. Xét đa thức g(x1 , . . . , xn ) 6= 0. Với n = 1,
ta có đa thức g(x1 ) = b0 xm + b1 xm−1 + · · · + bm với b0 6= 0. Theo Định
m
Q
∗
lý 2.1.5 có mở rộng K của K để g(x1 ) = (x1 − γi ). Vì K ⊂ K ∗ và
i=1
K có nhiều vô hạn phần tử nên có a1 6= γi với mọi i = 1, 2 . . . , m, và ta
nhận được g(a1 ) 6= 0. Giả sử kết quả đúng cho mỗi đa thức của n − 1
biến thuộc K[x1 , . . . , xn−1 ]. Với đa thức g(x1 , . . . , xn ) 6= 0, viết
g(x1 , . . . , xn ) = f1 (x1 , . . . , xn−1 )xrn + · · · + fr (x1 , . . . , xn−1 )
với đa thức f1 (x1 , . . . , xn−1 ) 6= 0.
Theo giả thiết quy nạp, có a1 , . . . , an−1 ∈ K để f1 (a1 , . . . , an−1 ) 6= 0.
Vậy đa thức
g(a1 , . . . , an−1 , xn ) = f1 (a1 , . . . , an−1 )xrn + · · · + fr (a1 , . . . , an−1 ) 6= 0.
Áp dụng trường hợp n = 1 đã được chứng minh, ta có an ∈ K để
g(a1 , . . . , an−1 , an ) 6= 0.
Định lý 1.1.25. Giả sử đa thức f (x) ∈ C[x] thỏa mãn f (0) 6= 0. Với
số nguyên dương r luôn tồn tai đa thức g(x) để đa thức g(x)r − x chia
hết cho đa thức f (x).
14
- Xem thêm -