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) 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
=

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.

≥
, 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

+ 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

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
= +

(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

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

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


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
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
=

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
+
=

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
−
−
     
+ + + + =

−
= ∈
.
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
[
]

| 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
*

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


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
( ) ( )

.
+ 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

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

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
( )

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
= −

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

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

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?

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 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.


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

115 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

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)

2
x
−
trong
[
]
x
ℚ
.

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

).
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
.

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

+ 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
− =

⇔


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

+)
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

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

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

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

+)
z z
=

+)
w w
z z
+ ≤ +

+)
w w
z z=

+)
(w 0)
w w
z
z
= ≠

Argument:

15

(OX, )
OM
ϕ
=

g

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) =

−


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.

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
+ 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
=

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

.

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

=


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
−

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

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,

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

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

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

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
=

+ =
= =
∑
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
=

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.

≠
), 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

+ =
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

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

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

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

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

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

 

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

.
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

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

.
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

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

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

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

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

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

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

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

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

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
   
− + = −
   
   

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
= + + ≠