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


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


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


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

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



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


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



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

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)

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.


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


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.



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


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


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



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 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


[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