ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
HOÀNG THỊ HOÀN
KẾT THỨC - BIỆT THỨC
VÀ ỨNG DỤNG
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Thái Nguyên, Năm 2014
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
HOÀNG THỊ HOÀN
KẾT THỨC - BIỆT THỨC
VÀ ỨNG DỤNG
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, Năm 2014
i
Lời nói đầu
Trong đời sống, khoa học kỹ thuật nói chung và toán học nói riêng, luôn
luôn xuất hiện các phương trình, hệ phương trình. Việc nghiên cứu và
giải tường minh chúng là một công việc có từ xa xưa và vẫn phát triển
mạnh mẽ cho đến nay. Một trong những công cụ được nghiên cứu trong
lĩnh vực này là kết thức.
Thuật ngữ RESULTANT (kết thức) được giới thiệu bởi Bézout trong
"Histoire de I’Academie de Paris." Sau đó, Karl Fink cũng đã đưa ra
khái niệm này trong "Geschichte der Elementar-Mathematik 1764" hay
Salmon trong "Modern Higher Algebra 1859."
Ngày nay kết thức đã có mặt trong nhiều lĩnh vực của toán học và xa
hơn là trong vật lý học. Trong chương trình bậc đại học, kết thức xuất

hiện trong giáo trình Đại số sơ cấp, nhưng mới chỉ làm việc với hai đa
thức một biến và một vài ứng dụng. Luận văn này được viết với mục
đích chính là đi sâu vào khái niệm kết thức. Mở rộng từ trường hợp một
biến thành nhiều biến. Hơn nữa, luận văn chỉ rõ việc áp dụng kết thức
vào giải hệ phương trình đại số. Nội dung của luận văn được chia làm
ba chương.
Chương 1 trình bày những kiến thức chuẩn bị, những kết quả có liên
quan đến các phần sau. Các kiến thức này là quen thuộc và có thể tìm
trong nhiều tài liệu, tuy nhiên để tiện cho việc theo dõi luận văn tôi vẫn
trình bày lại. Nội dung chính của chương này là việc xây dựng vành đa
thức một biến, vành đa thức nhiều biến trên một vành giao hoán có đơn
ii
vị cho trước, vành Noether và chứng minh các định lý quan trọng Định
lí cơ bản của Hilbert.
Chương 2 và chương 3 là nội dung chính của luận văn. Trong đó
chương 2 tập trung xây dựng khái niệm kết thức và biệt thức. xây dựng
khái niệm kết thức cho hai đa thức một biến, hai đa thức thuần nhất hai
biến và cuối cùng là trường hợp n biến. Biểu diễn kết thức qua nghiệm
và phép khử ẩn. Nội dung chính còn lại chứng minh mối liên hệ giữa
kết thức và hệ phương trình đa thức . Trong phần này chứng minh định
lý quan trọng, định lý Bézout về số giao điểm của các siêu mặt. Từ đó
trình bày một số ứng dụng của kết thức trong giải hệ phương trình, tìm
giao điểm cũng như biện luận số giao điểm của hai đồ thị. Định lý 3.3.1
là kết quả quan trọng nhất mà phần này trình bày. Nội dung của định
lý mở ra cho chúng một phương pháp giải hệ phương trình đa thức. Giả
thiết rằng chúng ta giải được mọi phương trình đa thức một biến, khi
đó mọi hệ phương trình đa thức đều giải được.
Do thời gian và kiến thức còn hạn chế nên chắc chắn luận văn còn có
những thiếu sót nhất định, kính mong quý thầy cô và các bạn đóng góp
ý kiến để tác giả tiếp tục hoàn thiện luận văn này.

iii
Lời cảm ơn
Luận văn này được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học, Đại học
Thái Nguyên dưới sự hướng dẫn tận tình của Phó giáo sư Tiến sĩ Đàm
Văn Nhỉ. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc về sự
tận tâm và nhiệt tình của thầy trong suốt quá trình tác giả thực hiện
luận văn.
Trong quá trình học tập và làm luận văn, từ bài giảng của các giáo
sư, tiến sĩ đang công tác tại Viện toán học, Trường Đại học khoa học tự
nhiên, trường Đại học sư phạm Hà Nội, trường Đại học Thái Nguyên,
tác giả đã trau dồi thêm rất nhiều kiến thức để nâng cao trình độ của
mình. Từ đáy lòng mình, tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới tất
cả các thầy, cô.
Tác giả xin chân thành cám ơn Ban Giám hiệu, phòng Đào tạo Khoa
học và Quan hệ quốc tế, Khoa Toán - Tin trường Đại học Khoa học,
Đại học Thái Nguyên đã quan tâm và giúp đỡ tác giả trong suốt thời
gian học tập tại trường.
Tác giả xin chân thành cảm ơn Sở Giáo dục và Đào tạo Hà Nội , Ban
giám hiệu, các tổ chức Đoàn thể, tổ Toán trường THPT Trương Định
Hà Nội cùng bạn bè đồng nghiệp và gia đình đã tạo mọi điều kiện giúp
đỡ, động viên tác giả hoàn thành luận văn này.
Thái Nguyên, tháng 4 năm 2014
Tác giả
Hoàng Thị Hoàn
iv
Mục lục
Lời nói đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . i
Lời cảm ơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . iii
Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . iv
1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1

1.1 Vành đa thức và nghiệm đa thức . . . . . . . . . . . . . 1
1.1.1 Khái niệm vành đa thức một biến . . . . . . . . . 1
1.1.2 Nghiệm đơn và nghiệm bội . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Vành đa thức nhiều ẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.3 Vành Noether . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
2 KẾT THỨC VÀ BIỆT THỨC 9
2.1 Kết thức và phép khử . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
2.1.1 Đặc biệt hóa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
2.1.2 Khái niệm kết thức và biệt thức . . . . . . . . . . 9
2.1.3 Biểu diễn kết thức qua nghiệm . . . . . . . . . . 16
2.1.4 Phép khử ẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.1.5 Phép biến đổi Tschirnhaus . . . . . . . . . . . . . 25
2.2 Kết thức của hệ các dạng . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
2.2.1 Kết thức của hai dạng hai ẩn . . . . . . . . . . . 29
2.2.2 Kết thức của một hệ các dạng hai ẩn . . . . . . . 31
2.2.3 U-Kết thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
v
3 ỨNG DỤNG 42
3.1 Khử ẩn khi giải hệ phương trình . . . . . . . . . . . . . . 42
3.1.1 Hệ phương trình đa thức hai ẩn . . . . . . . . . . 42
3.1.2 Tọa độ giao điểm giữa hai đồ thị . . . . . . . . . 46
3.2 Giải hệ bằng u-kết thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
3.3 Giải hệ phương trình bằng kết thức . . . . . . . . . . . . 51
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
1
Chương 1
KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
Phần này tập trung vào việc trình bày cách xây dựng vành đa thức một
biến, nhiều biến; chứng minh hai kết quả quan trọng: Nếu R là vành

nhân tử hóa (tương ứng Noether) thì vành đa thức một biến, nhiều biến
cũng là vành nhân tử hóa (tương ứng Noether).
1.1 Vành đa thức và nghiệm đa thức
1.1.1 Khái niệm vành đa thức một biến
Giả sử R là vành giao hoán với đơn vị 1. Ký hiệu P ⊂ R
N
là tập tất
cả các dãy f = (a
0
, a
1
, . . . , a
n
, 0, 0, . . .) với các a
i
∈ R và chỉ có một số
hữu hạn thành phần khác 0, còn lại tất cả bằng 0. Vậy phần tử thuộc P
hoặc có dạng (0, . . . , 0, 0, . . .) hoặc (a
0
, . . . , a
n
, 0, 0, . . .) với thành phần
cuối cùng a
n
= 0. Ta đưa phép toán vào P để biến P thành một vành.
Với f = (a
0
, . . . , a
n
, 0, . . .), g = (b

0
, . . . , b
m
, 0, . . .) ∈ P, định nghĩa:
f = g khi và chỉ khi a
i
= b
i
, i = 0, 1, 2, . . .
f + g = (a
0
+ b
0
, a
1
+ b
1
, . . . , a
k
+ b
k
, . . . , 0, . . .)
f.g = (a
0
b
0
, a
1
b
0

+ a
0
b
1
, a
2
b
0
+ a
1
b
1
+ a
0
b
2
, . . . , 0, . . .).
Bổ đề 1.1.1. Tập (P, +, .) là một vành giao hoán với đơn vị (1, 0, 0, . . .)
2
và ánh xạ φ : R → (P, +, .), a → (a, 0, 0, 0, . . .), là một đơn cấu.
Đặt x = x
1
= (0, 1, 0, 0, . . .) và quy ước x
0
= (1, 0, 0, . . .). Ta biểu diễn
x
0
= (1, 0, 0, . . .)
x = (0, 1, 0, 0, . . .)
x

2
= (0, 0, 1, 0, . . .)
x
3
= (0, 0, 0, 1, . . .)
··· = ···
f = (a
0
, a
1
, . . . , a
n
, 0, 0, . . .)
= (a
0
, 0, 0, . . .) + (0, a
1
, 0, . . .) + ···+ (0, 0, 0, . . . , 0, a
n
, 0, . . .)
= (a
0
, 0, . . .)x
0
+ (a
1
, 0, . . .)x + ···+ (a
n
, 0, 0, . . .)x
n

.
Nếu đồng nhất a ∈ R với ảnh φ(a) = (a, 0, 0, . . .), x
0
= (1, 0, 0, . . .) =
φ(1) ta có biểu diễn f = a
0
+ a
1
x + a
2
x
2
+ a
3
x
3
+ ··· + a
n
x
n
. Lúc này
vành (P, +, .) được ký hiệu qua R[x] và ta có
R[x] = {a
0
+ a
1
x + a
2
x
2

+ ··· + a
n
x
n
| a
i
∈ R} =

n

i=0
a
i
x
i
| a
i
∈ R

.
Mỗi phần tử f ∈ R[x] được gọi là một đa thức của x với các hệ số a
i
thuộc vành R. Hệ số a
n
= 0 được gọi là hệ số cao nhất, còn hệ số a
0
được gọi là hệ số tự do của f; n được gọi là bậc của đa thức f và được
ký hiệu deg f(x). Riêng đa thức 0 được quy định có bậc là −∞ hoặc −1.
Vì tính chất đặc biệt của x, nên đôi khi ta gọi x là một biến trên R và
đa thức f còn được viết qua f(x). Hơn nữa, x và a ∈ R là bình đẳng.

Nếu f(x) =
n

i=0
a
i
x
i
, g(x) =
m

i=0
b
i
x
i
∈ R[x] thì
f(x) = g(x) khi và chỉ khi m = n, a
i
= b
i
với mọi 0  i  n
f(x) + g(x) =

i=0
(a
i
+ b
i
)x

i
, f(x)g(x) =

i=0
(
i

j=0
a
i−j
b
j
)x
i
.
Ta có các kết quả sau đây:
3
Định lý 1.1.2. R[x] là một vành giao hoán. Với trường các số thực R,
vành R[x] là một miền nguyên.
Định lý 1.1.3. Với các đa thức f(x), g(x) ∈ R[x] và g(x) = 0 có hai đa
thức duy nhất q(x), r(x) sao cho f(x) = q(x)g(x) + r(x) với deg r(x) <
deg g(x).
Chứng minh: Ta chứng minh tính duy nhất của q(x) và r(x) : Giả sử
f(x) = g(x)q

(x)+r

(x), với deg r

(x) < deg g(x). Khi đó 0 = g(x)(q(x)−

q

(x)) + r(x) −r

(x) hay g(x)(q(x) −q

(x)) = r

(x) −r(x). Vì deg[r

(x) −
r(x)] < deg g(x) nên r(x) = r

(x) và q(x) = q

(x).
Tiếp theo, ta chỉ ra sự tồn tại của biểu diễn: Nếu deg g(x) > deg f(x)
thì f(x) = 0.g(x) + f(x). Nếu deg f(x)  deg g(x) thì ta dễ dàng chọn
được một đa thức h(x) sao cho f
1
(x) = f(x) − g(x)h(x) thỏa mãn
deg f
1
(x) < deg f(x). Nếu deg f
1
< deg g thì ta đã có q(x) = h(x)
và r(x) = f
1
(x). Nếu deg f
1

(x)  deg g(x) thì lặp lại quá trinh vừa rồi.
Sau một số hữu hạn lần ta sẽ có được q(x) và r(x).
1.1.2 Nghiệm đơn và nghiệm bội
Giả sử trường K là trường con của trường K
∗
. Với α ∈ K
∗
và đa thức
f(x) =
n

i=0
a
i
x
i
∈ K[x]. Biểu thức f(α) =
n

i=0
a
i
α
i
∈ K
∗
được gọi là giá
trị của f(x) tại α trong K
∗
. Nếu f(α) = 0 thì α được gọi là một nghiệm

của f(x) trong K
∗
. Giả sử số nguyên m  1. Phần tử α ∈ K
∗
được gọi
là một nghiệm bội m của f(x) trong K
∗
nếu f(x) chia hết cho (x −α)
m
và f(x) không chia hết cho (x − α)
m+1
trong K
∗
[x]. Khi m = 1 thì α
được gọi là nghiệm đơn.
Định lý 1.1.4. Đa thức f(x) ∈ K[x] bậc n  1. Khi đó có kết quả:
(i) Nếu α ∈ K là nghiệm của f(x) thì f(x) = (x −α)g(x) với đa thức
g(x) ∈ K[x].
4
(ii) f(x) có không quá n nghiệm phân biệt trong K.
Định lý 1.1.5. Giả sử A là một trường, c ∈ A, f(x) ∈ A[x]. Dư của
phép chia f(x) cho x − c là f(c)
Chứng minh: Nếu ta chia f(x) cho x −c, dư hoặc bằng 0 hoặc là một
đa thức bậc 0 vì bậc (x −c) bằng 1. Vậy dư là một phần tử r ∈ A. Ta có
f(x) = (x − c)q(x) + r.
Thay x bằng c, ta được f(c) = 0.q(c) + r, vậy r = f(c).
Hệ quả 1.1.6. c là nghiệm của f(x) khi và chỉ khi f(x) chia hết x −c.
Định nghĩa 1.1.7. Giả sử A là một trường, c ∈ A, f(x) ∈ A[x] và m
là một số tự nhiên ≥ 1, c là nghiệm bội cấp m nếu và chỉ nếu f(x) chia
hết cho (x − c)

m
và f(x) không chia hết cho (x − c)
m+1
. Trong trường
hợp m = 1 người ta còn gọi c là nghiệm đơn, m = 2 thì c là nghiệm kép.
Người ta coi một đa thức có nghiệm bội cấp m như một đa thức có m
nghiệm trùng nhau.
1.2 Vành đa thức nhiều ẩn
Định nghĩa
Giả sử A là vành giao hoán có đơn vị, x
1
, x
2
, . . . , x
n
là các biến. Ta đặt
A
1
= A[x
1
]
A
2
= A
1
[x
2
]
A
3

= A
2
[x
3
]
.
.
.
A
n
= A
n−1
[x
n
]
5
vành A
n
= A
n−1
[x
n
] được ký hiệu là A[x
1
, x
2
, . . . , x
n
] và được gọi là vành
đa thức n ẩn x

1
, x
2
, . . . , x
n
lấy hệ tử trong A. Mỗi phần tử của A
n
gọi
là một đa thức của n ẩn x
1
, x
2
, . . . , x
n
lấy hệ tử trong vành A, người ta
kí hiệu nó bằng f(x
1
, x
2
, . . . , x
n
), g(x
1
, x
2
, . . . , x
n
), . . .
Bậc
Định nghĩa 1.2.1. Giả sử f(x

1
, . . . , x
n
) ∈ A[x
1
, . . . , x
n
] là một đa thức
khác 0
f(x
1
, . . . , x
n
) = c
1
x
a
11
1
. . . x
a
1n
n
+ . . . + c
m
x
a
m1
1
. . . x

a
mn
n
với các c
i
= 0, i = 1, . . . , n và (a
i1
, . . . , a
in
) = (a
j1
, . . . , a
jn
) khi i = j. Ta
gọi là bậc của đa thức f(x
1
, . . . , x
n
) đối với ẩn x
i
số mũ cao nhất mà x
i
có được trong các hạng tử của đa thức.
Nếu trong đa thức f(x
1
, . . . , x
n
) ẩn x
i
không có mặt thì bậc của f(x

1
, . . . , x
n
)
đối với nó là 0. Ta gọi bậc của hạng tử c
i
x
a
i1
1
. . . x
a
in
n
tổng các số mũ
a
i1
+ . . . + a
in
của các ẩn. Bậc của đa thức (đối với toàn thể các ẩn)
là số lớn nhất trong các bậc của các hạng tử của nó. Đa thức 0 là đa
thức không có bậc. Nếu các hạng tử của f(x
1
, . . . , x
n
) có cùng bậc k thì
f(x
1
, . . . , x
n

) gọi là một đa thức đẳng cấp bậc k hay một dạng bậc k.
Đặc biệt một dạng bậc nhất gọi là dạng tuyến tính, một dạng bậc hai
gọi là dạng toàn phương, một dạng bậc ba gọi là dạng lập phương.
Đa thức đối xứng
Định nghĩa 1.2.2. Giả sử A là một vành giao hoán có đơn vị, f(x
1
, . . . , x
n
)
là một đa thức của vành A[x
1
, . . . , x
n
]. Ta bảo f(x
1
, . . . , x
n
) là đa thức
đối xứng của n ẩn nếu f(x
1
, x
2
, . . . , x
n
) = f(x
τ(1)
, x
τ(2)
, . . . , x
τ(n)

) với
6
mọi phép thế
τ =

1 2 . . . n
τ(1) τ(2) . . . τ(n)

.
f(x
τ(1)
, x
τ(2)
, . . . , x
τ(n)
) suy ra từ f(x
1
, x
2
, . . . , x
n
) bằng cách thay trong
f(x
1
, x
2
, . . . , x
n
) x
1

bởi x
τ(1)
, . . . , x
n
bởi x
τ(n)
.
Định lý 1.2.3. Bộ phận gồm các đa thức đối xứng của vành A[x
1
, . . . , x
n
]
là một vành con của vành A[x
1
, . . . , x
n
].
Bổ đề 1.2.4. Giả sử f(x
1
, . . . , x
n
) là một đa thức đối xứng khác 0 và
αx
a
1
1
x
a
2
2

. . . x
a
n
n
là hạng tử cao nhất của nó thế thì a
1
 a
2
 ···  a
n
.
Bổ đề 1.2.5. Giả sử a
1
, . . . , a
n
là những số tự nhiên sao cho a
1
 a
2

···  a
n
. Thế thì đa thức
f(x
1
, . . . , x
n
) = δ
a
1

−a
2
1
δ
a
2
−a
3
2
···δ
a
n−1
−a
n
n−1
δ
a
n
n
trong đó δ
1
, . . . , δ
n
là các đa thức đối xứng cơ bản, có hạng tử cao nhất
là x
a
1
1
x
a

2
2
. . . x
a
n
n
.
Bổ đề 1.2.6. Giả sử a
1
là một số tự nhiên. Bộ phận M của N
n
, với
N là tập hợp các số tự nhiên, gồm các phần tử (t
1
, t
2
, . . . , t
n
) sao cho
a
1
 t
1
 t
2
 ···  t
n
là hữu hạn.
Bổ đề 1.2.7. Giả sử g(δ
1

, . . . , δ
n
) là một đa thức của các đa thức đối
xứng cơ bản
g(δ
1
, . . . , δ
n
) = c
1
δ
a
11
1
. . . δ
a
1n
n
+ . . . + c
m
δ
a
m1
1
. . . δ
a
mn
n
trong đó c
i

= 0, i = 1, . . . , m và (a
i1
, . . . , a
in
) = (a
j1
, . . . , a
jn
) khi i = j.
Thế thì g(δ
1
, . . . , δ
n
) = 0.
Hệ quả 1.2.8. Giả sử h(x
1
, . . . , x
n
) = c
1
x
a
11
1
. . . x
a
1n
n
+. . .+c
m

x
a
m1
1
. . . x
a
mn
n
và h

(x
1
, . . . , x
n
) = c

1
x
a
11
1
. . . x
a
1n
n
+ . . . + c

m
x
a

m1
1
. . . x
a
mn
n
là hai đa thức
trong đó (a
i1
, . . . , a
in
) = (a
j1
, . . . , a
jn
) khi i = j, sao cho h(δ
1
, . . . , δ
n
) =
h

(δ
1
, . . . , δ
n
) thế thì c
i
= c


i
, i = 1, 2, . . . , m.
7
Định lý 1.2.9. Giả sử f(x
1
, x
2
, . . . , x
n
) ∈ A[x
1
, x
2
, . . . , x
n
] là một đa
thức đối xứng khác 0. Thế thì có một và chỉ một đa thức h(x
1
, x
2
, . . . , x
n
) ∈
A[x
1
, x
2
, . . . , x
n
] sao cho

f(x
1
, x
2
, . . . , x
n
) = h(δ
1
, δ
2
, . . . , δ
n
)
trong đó δ
1
, δ
2
, . . . , δ
n
là các đa thức đối xứng cơ bản.
1.3 Vành Noether
Lớp vành Noether là một trong những lớp vành rất quan trọng, nó gắn
liền với hình học đại số. Trong mục này chúng ta chỉ nhắc lại một số kết
quả cơ bản dùng để nghiên cứu các phần tiếp theo.
Định nghĩa 1.3.1. Vành R được gọi là vành Noether nếu một trong ba
điều kiện tương đương sau thỏa mãn:
(1) Nếu tập khác rỗng các iđêan của R đều có phần tử tối đại.
(2) Mỗi dãy tăng các iđêan trong R đều phải dừng.
(3) Mọi iđêan trong R đều là những iđêan hữu hạn sinh.
Định lý 1.3.2. Cho hai vành R và S, trong đó R là một vành Noether.

Khi đó ta có
(1) Nếu đồng cấu vành φ : R → S là một toàn cấu thì vành S cũng là
vành Noether.
(2) [Định lý Hilbert về cơ sở] Vành đa thức một biến R[x] trên vành
R cũng là một vành Noether.
(3) Vành đa thức n biến R[x
1
, . . . , x
n
] trên vành R cũng là một vành
Noether.
8
Chứng minh: (1) Giả sử b là một iđêan của vành S. Khi đó φ
−1
(b) là
một iđêan trong vành R. Vì R là vành Noether, nên φ
−1
(b) là iđêan hữu
hạn sinh. Chẳng hạn φ
−1
(b) = (a
1
, . . . , a
s
). Vậy b =

φ(a
1
), . . . , φ(a
s

)

là
iđêan hữu hạn sinh. Do đó S là vành Noether.
(2) Ta chứng minh bằng phương pháp phản chứng. Giả sử R[x] không là
vành Noether. Khi đó có iđêan a không là hữu hạn sinh. Chọn f
1
∈ a là
đa thức có bậc thấp nhất. Nếu f
h
, h  1, là những đa thức đã được chọn,
thì f
h+1
là đa thức có bậc thấp nhất chọn từ tập a\(f
1
, . . . , f
h
). Ký hiệu
m
h
= deg f
h
và a
h
∈ R là hệ tử cao nhất của f
h
. Khi đó ta có sự biểu
diễn f
h
= a

h
x
m
h
+ các hạng tử có bậc thấp hơn, h = 1, 2, . . . Theo cách
chọn của các f
h
ta có các dãy m
1
 m
2
 ··· và (a
1
) ⊂ (a
1
, a
2
) ⊂ ···
các dãy tăng các iđêan trong R. Nếu dãy tăng các iđêan này mà dừng thì
có số nguyên dương s để (a
1
, . . . , a
s
) = (a
1
, . . . , a
s
, a
s+1
). Ta có a

s+1
=
s

j=1
r
j
a
j
, r
j
∈ R. Do đó g = f
s+1
−
s

j=1
r
j
x
m
s+1
−m
j
f
j
∈ a\(f
1
, . . . , f
s

) có
deg g < deg f
s+1
. Điều này mâu thuẫn vói cách chọn cho f
s+1
. Vậy dãy
tăng các iđêan trong R là (a
1
) ⊂ (a
1
, a
2
) ⊂ ··· không dừng hay R không
là vành Noether. Từ mâu thuẫn này ta có R[x] là vành Noether.
(3) được suy ra từ (2).
Hệ quả 1.3.3. Cho R là một vành Noether và iđêan I thuộc R. Khi đó
vành thương R/I cũng là vành Noether.
Chứng minh: Vì ánh xạ φ : R → R/I, a → a + i, là một toàn cấu nên
R/I cũng là một vành Nother theo Định lý 1.3.2.
9
Chương 2
KẾT THỨC VÀ BIỆT THỨC
2.1 Kết thức và phép khử
2.1.1 Đặc biệt hóa
Trong mục này chúng ta định nghĩa khái niệm đặc biệt hóa đa thức.
Giả sử f(x
1
, x
2
, . . . , x

n
) =
m
1

i
1
=0
. . .
m
n

i
n
=0
a
i
1
i
2
i
n
x
i
1
1
x
i
2
2

. . . x
i
n
n
là một đa thức
n biến thuộc vành đa thức K[x] = K[x
1
, x
2
, . . . , x
n
]. Ta chọn ra r biến,
chẳng hạn: x
1
, x
2
, . . . , x
r
, và chọn các phần tử b
1
, b
2
, . . . , b
r
thuộc trường
K. Thế x
1
, x
2
, . . . , x

r
qua b
1
, b
2
, . . . , b
r
ta nhận được đa thức mới f
∗
=
f(b
1
, . . . , b
r
, x
r+1
, . . . , x
n
) =
m
1

i
1
=0
. . .
m
n

i

n
=0
a
i
1
i
2
i
n
b
i
1
1
. . . b
i
r
r
x
i
r+1
r+1
. . . x
i
n
n
.
Khi đó, ta nói rằng, ta đã đặc biệt hóa đa thức f để được đa thức f
∗
.
Đa thức f

∗
được gọi là đặc biệt hóa của đa thức f bởi phép thế x
i
qua
b
i
∈ K với i = 1, 2, . . . , r. Phép đặc biệt hóa có các tính chất:
(f + g)
∗
= f
∗
+ g
∗
, (fg)
∗
= f
∗
g∗, (af)
∗
= af
∗
.
2.1.2 Khái niệm kết thức và biệt thức
Kết thức của hai đa thức được biết đến và được ứng dụng mạnh mẽ trong
đại số máy tính. Nó đặc trưng cho việc xác định tính chất đặc trưng của
10
hai đa thức một biến trên trường K có nghiệm chung thông qua hệ số
của hai đa thức đó mà không đòi hỏi phải tìm nghiệm của chúng. Kết
thức cũng là công cụ đáng ngạc nhiên trong việc giải quyết các bài toán
về hệ phương trình đại số. Giả sử u

0
, u
1
, . . . , u
m
và v
0
, v
1
, . . . , v
n
là một
họ gồm m + n + 2 biến độc lập đại số trên K. Xét hai đa thức thuộc
K[u, v][x] với biểu diễn:
f
u
= u
0
x
m
+ u
1
x
m−1
+ ··· + u
m
g
v
= v
0

x
n
+ v
1
x
n−1
+ ··· + v
n
.
Định thức cấp m + n gồm n dòng cho các u
i
, m dòng cho các v
j
sau đây:
Res(f
u
, g
v
) :=





















u
0
u
1
u
2
··· u
m
u
0
u
1
··· u
m−1
u
m
.
.
.
.
.

.
···
.
.
.
.
.
.
u
0
u
1
··· u
m−1
u
m
v
0
v
1
v
2
··· v
n
v
0
v
1
··· v
n−1

v
n
.
.
.
.
.
.
···
.
.
.
.
.
.
v
0
v
1
··· v
n−1
v
n





















với các vị trí trắng đều bằng 0 được gọi là Kết thức hay Định thức
Sylvester của f
u
và g
v
. Kết thức D(f
u
) =
(−1)
m(m−1)/2
u
0
Res(f
u
, f

u

) được
gọi là biệt thức của f
u
. Từ định nghĩa ta suy ra một vài tính chất sau:
(i) Res(f
u
, g
v
) là đa thức thuần nhất với hệ số nguyên bậc m + n và là
đa thức thuần nhất bậc n của các u
i
, bậc m của các v
j
.
(ii) Res(f
u
, g
v
) có một hạng tử là u
n
0
v
m
n
, còn u
n
n
v
m
0

với dấu + hoặc −.
(iii) Giả sử m  n và c ∈ K. Khi đó Res(f
u
+ cg
v
, g
v
) = Res(f
u
, g
v
).
(iv) Với đa thức h
t
ta có Res(f
u
, g
v
h
t
) = Res(f
u
, g
v
). Res(f
u
, h
t
).
11

Định lý 2.1.1. Với hai đa thức f
u
và g
v
luôn có hai đa thức h(u, v, x)
và k(u, v, x) thuộc K[u, v][x] thỏa mãn bậc deg h(u, v, x) < deg g
v
và
deg k(u, v, x) < deg f
u
để có hệ thức biểu diễn sau:
Res(f
u
, g
v
) = h(u, v, x)f
u
+ k(u, v, x)g
v
.
Chứng minh: Sử dụng một hệ các đồng nhất thức như dưới đây:









































x
n−1
f
u
= u
0
x
m+n−1
+ u
1
x
m+n−2
+ ··· + u
m
x
n−1
x
n−2
f
u
= u
0
x
m+n−2
+ u
1
x
m+n−3
+ ··· + u
m

x
n−2

f
u
= u
0
x
m
+ u
1
x
m−1
+ ··· + u
m
x
m−1
g
v
= v
0
x
m+n−1
+ v
1
x
m+n−2
+ ··· + v
n
x

m−1
x
m−2
g
v
= v
0
x
m+n−2
+ v
1
x
m+n−3
+ ··· + v
n
x
m−2

g
v
= v
0
x
n
+ v
1
x
n−1
+ ··· + v
n

.
Ta coi z
i
= x
m+n−1−i
, i = 0, 1, . . . , m+n−1, là các ẩn và định thức của hệ
phương trình tuyến tính này là Res(f
u
, g
v
). Ký hiệu

k
i
, i = 0, 1, . . . , m +
n − 1, là các véc tơ cột của ma trận ngay dưới đây

















u
0
u
1
u
2
··· u
m
u
0
u
1
··· u
m−1
u
m
.
.
.
.
.
.
···
.
.
.
.
.

.
u
0
u
1
··· u
m−1
u
m
v
0
v
1
v
2
··· v
n
v
0
v
1
··· v
n−1
v
n
.
.
.
.
.

.
···
.
.
.
.
.
.
v
0
v
1
··· v
n−1
v
n

















và

k = (x
n−1
f
u
, . . . , f
u
, x
m−1
g
v
, . . . , g
v
)
T
. Khi đó ta có hệ phương trình
z
0

k
0
+ z
1

k
1
+ ··· + z

m+n−1

k
m+n−1
=

k.
12
Giải hệ qua định thức. Khai triển định thức ta nhận được Res(f
u
, g
v
) =
det(

k
0
,

k
1
, . . . ,

k). Vậy Res(f
u
, g
v
) = h(u, v, x)f
u
+ k(u, v, x)g

v
.
Tiếp theo, thực hiện phép đặc biệt hóa K[u, v][x] → K[x] qua việc thế
(u
0
, . . . , u
m
) → (a
0
, . . . , a
m
), (v
0
, v
1
, . . . , v
n
) → (b
0
, b
1
, . . . , b
n
). Khi đó có
hai đa thức f
a
, g
b
và kết thức Res(f
a

, g
b
), tương ứng, sau đây:
f
a
= a
0
x
m
+ a
1
x
m−1
+ ··· + a
m
g
b
= b
0
x
n
+ b
1
x
n−1
+ ··· + b
n
, a
0
b

0
= 0
Res(f
a
, g
b
) =




















a
0
a

1
a
2
··· a
m
a
0
a
1
··· a
m−1
a
m
.
.
.
.
.
.
···
.
.
.
.
.
.
a
0
a
1

··· a
m−1
a
m
b
0
b
1
b
2
··· b
n
b
0
b
1
··· b
n−1
b
n
.
.
.
.
.
.
···
.
.
.

.
.
.
b
0
b
1
··· b
n−1
b
n





















.
Bổ đề 2.1.2. Hai đa thức f
a
và g
b
có ước chung khác hằng số khi và chỉ
khi có hai đa thức thuộc K[x] biểu diễn dạng
p(x) = c
0
x
m−1
+ c
1
x
m−2
+ ··· + c
m−1
q(x) = d
0
x
n−1
+ d
1
x
n−2
+ ··· + d
n−1
không đồng thời bằng 0 thỏa mãn q(x)f
a

= p(x)g
b
.
Chứng minh: Giả sử ta có quan hệ q(x)f
a
= p(x)g
b
. Khi đó mọi nhân
tử của f
a
không thể chỉ là các nhân tử của p(x), vì deg p(x)  m−1 < m,
mọi nhân tử của g
b
cũng không thể chỉ là các nhân tử của q(x), vì
deg q(x)  n −1 < n. Vậy hai đa thức f
a
và g
b
phải có ít nhất một nhân
tử chung bất khả quy.
13
Ngược lại, giả sử f
a
và g
b
có nhân tử chung là d(x) khác hằng số. Đặt
f
a
= d(x)p(x) và g
b

= d(x)q(x). Khi đó q(x)f
a
= q(x)d(x)p(x) = p(x)g
b
với m − 1  deg p(x), n − 1  deg q(x).
Chú ý rằng, phương trình q(x)f
a
= p(x)g
b
tương đương với hệ phương
trình tuyến tính m + n ẩn c
i
, d
j
như sau đây:




























d
0
a
0
= c
0
b
0
d
0
a
1
+ d
1
a
0
= c
0

b
1
+ c
1
b
0
d
0
a
2
+ d
1
a
1
+ d
2
a
0
= c
0
b
2
+ c
1
b
1
+ c
2
b
0

. . .
d
n−2
a
m
+ d
n−1
a
n−1
= c
m−2
b
n
+ c
m−1
b
n−1
d
n−1
a
m
= c
m−1
b
n
.
Đây là hệ phương trình tuyến tính thuần nhất gồm m + n phương trình
với các ẩn c
0
, c

1
, . . . , c
m−1
, d
0
, d
1
, . . . , d
n−1
. Hệ này có nghiệm không tầm
thường khi và chỉ khi định thức cấp m + n sau đây phải bằng 0:





















a
0
−b
0
a
1
a
0
−b
1
−b
0
a
2
a
1
.
.
.
−b
2
−b
1
.
.
.
.
.
. a

2
.
.
.
a
0
.
.
. −b
2
.
.
.
−b
0
a
m
.
.
.
.
.
.
a
1
−b
n
.
.
.

.
.
.
−b
1
a
m
a
2
−b
n
−b
2
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
a
m
−b
n





















= 0 hay ta có
14
Res(f
a
, g
b
) =





















a
0
a
1
a
2
··· a
m
a
0
a
1
··· a
m−1

a
m
.
.
.
.
.
.
···
.
.
.
.
.
.
a
0
a
1
··· a
m−1
a
m
b
0
b
1
b
2
··· b

n
b
0
b
1
··· b
n−1
b
n
.
.
.
.
.
.
···
.
.
.
.
.
.
b
0
b
1
··· b
n−1
b
n





















= 0
với những vị trí trắng đều bằng 0. Kết quả sau được suy ra từ Định lý
2.1.1:
Hệ quả 2.1.3. Cho hai đa thức f
a
và g
b
. Khi đó có hai đa thức α(x), β(x) ∈
K[x] để α(x)f
a

+ β(x)g
b
= Res(f
a
, g
b
).
Chứng minh: Đa thức f
a
và g
b
có được qua đặc biệt hóa hai đa thức f
u
và g
v
tương ứng. Từ Định lý 2.1.1, tồn tại hai đa thức α(x), β(x) ∈ K[x]
để α(x)f
a
+ β(x)g
b
= Res(f
a
, g
b
) qua đặc biệt hóa.
Hệ quả 2.1.4. Cho đa thức f
a
và g
b
. Hai đa thức f

a
và g
b
có nghiệm
chung trong một mở rộng K
∗
của K khi và chỉ khi Res(f
a
, g
b
) = 0.
Chứng minh: Giả sử hai đa thức f
a
và g
b
có nghiệm chung ξ ∈ K
∗
.
Khi đó ta có f
a
(ξ) = 0 và g
b
(ξ) = 0. Theo Hệ quả 2.1.3, nhận được
phương trình Res(f
a
, g
b
) = α(ξ)f
a
(ξ) + β(ξ)g

b
(ξ) = 0. Ngược lại, giả
thiết Res(f
a
, g
b
) = 0. Khi đó f
a
, g
b
có nhân tử chung khác hằng số theo
Bổ đề 2.1.2 và Định lý 2.1.1. Vậy f
a
và g
b
có nghiệm chung trong một
mở rộng thích hợp K
∗
của K.
Mệnh đề 2.1.5. [Bézout] Cho hai đa thức f(x), g(x) ∈ R[x]. Điều
kiện cần và đủ để ước chung lớn nhất (f(x), g(x)) = 1 là có hai đa thức
p(x), q(x) ∈ R[x] để p(x)f(x) + q(x)g(x) = 1.
15
Chứng minh: Theo Hệ quả 2.1.3 tồn tại hai đa thức α(x), β(x) ∈ R[x]
thỏa mãn α(x)f(x) + β(x)g(x) = Res(f, g). Chú ý rằng Res(f, g) ∈ R.
Như vậy f và g không có nhân tử chung khác hằng số hay (f(x), g(x)) =
1 khi và chỉ khi Res(f, g) = 0. Điều này tương đương với điều kiện
1
Res(f, g)
α(x)f(x) +

1
Res(f, g)
β(x)g(x) = 1.
Ví dụ 2.1.6. Xác định điều kiện cần và đủ để f(x) = x
2
+ ax + 1 và
g(x) = px + q có nghiệm chung.
Bài giải: Hai đa thức f(x) và g(x) có nghiệm chung khi và chỉ khi kết
thức Res(f, g) = 0. Vậy f(x) và g(x) có nghiệm chung khi và chỉ khi
0 =







1 a 1
p q 0
0 p q







= p
2
+ q

2
− apq hay p
2
+ q
2
= apq.
Ví dụ 2.1.7. Xác định điều kiện cần và đủ để f(x) = x
2
+ ax + b và
g(x) = x
2
+ px + q có nghiệm chung.
Bài giải: Hai đa thức f(x) và g(x) có nghiệm chung khi và chỉ khi kết
thức Res(f, g) = 0. Vậy f(x) và g(x) có nghiệm chung khi và chỉ khi
0 =










1 a b 0
0 1 a b
1 p q 0
0 1 p q











= (b − q)
2
+ (a −p)(aq − bp).
Ví dụ 2.1.8. Xác định giá trị của a để hai phương trình x
3
−ax + 2 = 0
và x
2
+ ax + 2 = 0 có nghiệm chung trong C.
Chứng minh: Hai phương trình đã cho có nghiệm chung khi và chỉ khi
16
kết thức tương ứng của chúng bằng 0 hay













1 0 −a 2 0
0 1 0 −a 2
1 a 2 0 0
0 1 a 2 0
0 0 1 a 2












= 0.
Giải ra được a = 3 và a = −1. Khi a = 3 hai phương trình x
3
−3x+2 = 0
và x
2
+ 3x + 2 = 0 có nghiệm chung x = −2; Khi a = −1 hai phương
trình x
3
+ x + 2 = 0 và x

2
−x + 2 = 0 có nghiệm chung x =
1 ± i
√
7
2
.
2.1.3 Biểu diễn kết thức qua nghiệm
Giả sử u
0
, z
1
, . . . , z
m
và v
0
, t
1
, . . . , t
n
là những biến độc lập đại số trên
K. Xét hai đa thức
f
u
= u
0
(x − z
1
) . . . (x − z
m

) = u
0
x
m
+ u
1
x
m−1
+ ··· + u
m
g
v
= v
0
(x − t
1
) . . . (x − t
n
) = v
0
x
n
+ v
1
x
n−1
+ ··· + v
n
thuộc vành đa thức K[u, v][x].
Vấn đề đặt ra: Biểu diễn kết thức Res(f

u
, g
v
) qua các z
i
, t
j
. Trước tiên
ta cần bổ đề sau:
Bổ đề 2.1.9. Cho đa thức p(y
1
, . . . , y
s
) ∈ K[y]. Khi đó ta có đồng nhất
thức p(y
1
, y
2
, . . . , y
s
) − p(z
1
, z
2
, . . . , z
s
) =
s

i=1

γ
i
(y
i
− z
i
), trong đó γ
i
∈
K[y
1
, . . . , y
s
, z
1
, . . . , z
s
].
Chứng minh: Coi p(y
1
, y
2
, . . . , y
s
) như là một đa thức thuộc vành đa
thúc K[y
2
, . . . , y
s
][y

1
]. Khi đó ta có thể biểu diễn p(y
1
, y
2
, . . . , y
s
) =
q(y
1
) =

i
c(y)y
i
1
với c(y) ∈ K[y
2
, . . . , y
s
] và ta có ngay q(y
1
) − q(z
1
) =
17

i
c(y)(y
i

1
− z
i
1
) = d(y, y
1
, z
1
)(y
1
− z
1
). Vận dụng kết quả này được
y(y) −p(z) = p(y
1
, y
2
, . . . , y
s−1
, y
s
) − p(z
1
, z
2
, . . . , z
s−1
, z
s
)

= p(y
1
, y
2
, . . . , y
s−1
, y
s
) − p(z
1
, y
2
, . . . , y
s−1
, y
s
)
+ p(z
1
, y
2
, . . . , y
s−1
, y
s
) − p(z
1
, z
2
, . . . , y

s−1
, y
s
)
+ ···
+ p(z
1
, z
2
, . . . , z
s−1
, y
s
) − p(z
1
, z
2
, . . . , z
s−1
, z
s
).
Từ kết quả vừa chỉ ra ở trên suy ra p(y
1
, y
2
, . . . , y
s
) − p(z
1

, z
2
, . . . , z
s
) =
s

i=1
γ
i
(y
i
− z
i
), trong đó γ
i
∈ K[y
1
, . . . , y
s
, z
1
, . . . , z
s
].
Vận dụng bổ đề này ta chỉ ra công thức biểu diễn kết thức qua z
i
và t
j
.

Định lý 2.1.10. Giả sử f
u
= u
0
m

i=1
(x −z
i
) = u
0
x
m
+ u
1
x
m−1
+ ···+ u
m
và g
v
= v
0
n

j=1
(x −t
j
) = v
0

x
n
+ v
1
x
n−1
+ ···+ v
n
. Khi đó ta có đồng nhất
thức Res(f
u
, g
v
) = u
n
0
v
m
0
m

i=1
n

j=1
(z
i
− t
j
).

Chứng minh: Theo tính chất của kết thức, Res(f
u
, g
v
) là đa thức thuần
nhất bậc n của các u
i
và bậc m của các v
j
. Chú ý rằng, các u
r
là
những đa thức đối xứng cơ bản của các z
i
nhân với u
0
và các v
s
là những
đa thức đối xứng cơ bản của các t
j
nhân với v
0
. Do vậy có thể viết
Res(f
u
, g
v
) = u
n

0
v
m
0
h(z, t), trong đó h(z, t) ∈ Z[z
1
, . . . , z
m
, t
1
, . . . , t
n
]. Xét
đa thức h(z, t). Khi cho z
i
= t
j
thì hai đa thức f
u
và g
v
có nghiệm chung.
Theo Hệ quả 2.1.4, Res(f
u
, g
v
) = 0 hay h(z, t) = 0. Vậy h(z, t) chia hết
cho z
i
− t

j
theo Bổ đề 2.1.9. Với mỗi cặp (i, j) ta có z
i
− t
j
là bất khả
quy và ứng với hai cặp (i, j) khác nhau có z
i
− t
j
khác nhau. Như vậy
Res(f
u
, g
v
) chia hết cho u
n
0
v
m
0
m

i=1
n

j=1
(z
i
−t

j
) trong Z[z
1
, . . . , z
m
, t
1
, . . . , t
n
].
Viết S = u
n
0
v
m
0
m

i=1
n

j=1
(z
i
− t
j
) = u
n
0
m


i=1
g
v
(z
i
) = (−1)
mn
v
m
0
n

j=1
f
u
(t
j
). Ta
18
suy ra S là đa thức thuần nhất bậc m của các v
j
và bậc n của các u
i
.
Từ đây suy ra S và Res(f
u
, g
v
) sai khác nhau chỉ một hằng số thuộc

Z. Vì hệ tử của u
n
0
v
m
0
ở S và Res(f
u
, g
v
) đều bằng 1 nên Res(f
u
, g
v
) =
u
n
0
v
m
0
m

i=1
n

j=1
(z
i
− t

j
).
Hệ quả 2.1.11. Giả sử hai đa thức f
a
= a
0
x
m
+ a
1
x
m−1
+ ··· + a
m
và g
b
= b
0
x
n
+ b
1
x
n−1
+ ··· + b
n
thuộc K[x] với a
0
b
0

= 0 và có các
nghiệm α
1
, . . . , α
m
và β
1
, . . . , β
n
trong K. Khi đó ta có đồng nhất thức
Res(f
a
, g
b
) = a
n
0
b
m
0
m

i=1
n

j=1
(α
i
− β
j

) = a
n
0
m

i=1
g(α
i
) = (−1)
mn
b
m
0
n

j=1
f(β
j
).
Chứng minh: Thực hiện phép đặc biệt hóa Z[u
0
, v
0
, z, t] → K sau đây:
u
0
→ a
0
, v
0

→ b
0
và (z
i
) → (α
i
), (t
j
) → (β
j
). Từ Định lý 2.1.10 suy
ra đồng nhất thức Res(f
a
, g
b
) = a
n
0
b
m
0
m

i=1
n

j=1
(α
i
− β

j
) = a
n
0
m

i=1
g(α
i
) =
(−1)
mn
b
m
0
n

j=1
f(β
j
).
Hệ quả 2.1.12. [d’Hermite] Giả sử x
1
, x
2
, . . . , x
m
là m biến độc lập và
f(x) = (x − x
1

)(x − x
2
) . . . (x − x
m
). Biểu diễn x
k−1
g(x) = f(x)q
k
(x) +
r
k
(x) với r
k
(x) = c
k1
+ c
k2
x + ···+ c
km
x
m−1
, trong đó các c
ki
là đa thức
của các x
j
. Khi đó Res(f, g) =











c
11
c
12
··· c
1n
c
21
c
22
··· c
2n
··· ··· ··· ···
c
n1
c
n2
··· c
nn











.