CHƯƠNG I. VÀNH CHÍNH VÀ VÀNH EUCLIDE

§1.

Các tính chất số học trong một miền nguyên

I. TÍNH CHIA HẾT VÀ QUAN HỆ LIÊN KẾT.
Cho K là một miền nguyên (vành giao hoán, có đơn vị, không có ước của không).
Định nghĩa. Cho a, b ∈ K. Ta nói a chia hết b, a là ước của b hoặc b là bội của a trong K
và ký hiệu a | b, nếu (∃c ∈ K) b = ac.
Định lý 1.1. Trong miền nguyên ta có
1) a | a;
2) Nếu a | b và b | c thì a | c;
3) Nếu u khả nghịch thì u | a với mọi phần tử a.
Định nghĩa. Hai phần tử a, b ∈ K được gọi là liên kết nếu a | b và b | a. Ký hiệu: a ∼ b
Định lý 1.2. Quan hệ liên kết là quan hệ tương đương (thỏa 3 tính chất: phản xạ, đối xứng
và bắc cầu).
Chứng minh. 1) a ∼ a (hiển nhiên)
2) a ∼ b ⇒ b ∼ a : hiển nhiên.
3) a ∼ b và b ∼ c
Vì a | b và b | c nên a | c. Tương tự c | b và b | a nên c | a.
Suy ra, a ∼ c.
Định lý 1.3. Trong miền nguyên a ∼ b ⇔ ∃u khả nghịch: a = bu.
Chứng minh. (⇒) Cho a | b và b | a

⇒ b = au, a = bv với u, v ∈ K

⇒ a = a(uv)

Nếu a = 0 thì b = au = 0 = 1.a.
Nếu a ̸= 0 thì uv = 1 vì K là miền nguyên ⇒ u khả nghịch.

(⇐) Vì u khả nghịch nên từ a = bu suy ra b = au−1 . Suy ra, a | b và b | a, nghĩa là a ∼ b.

II. PHẦN TỬ BẤT KHẢ QUY
Định nghĩa. Cho a ∈ K.
- Ước tầm thường của a là các phần tử khả nghịch và các phần tử liên kết với a.
- Ước thực sự của a là các ước còn lại của a.
1


Định nghĩa. Phần tử a ∈ K được gọi là phần tử bất khả quy nếu nó khác 0, không khả
nghịch và không có ước thực sự.

III. ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT, BỘI CHUNG NHỎ NHẤT
Định nghĩa. Cho K là miền nguyên, a, b ∈ K
• d là ước chung của a và b nếu d | a ∧ d | b.
• d là ước chung lớn nhất của a và b (U CLN (a, b))nếu
- d là ước chung của a và b,
- mọi ước chung của a và b đều chia hết d.
• m là bội chung của a và b nếu a | m và b | m.
• m là bội chung nhỏ nhất của a và b (BCN N (a, b)) nếu
- d là bội chung của a và b,
- m chia hết mọi bội chung của a và b.
Ghi chú. Không phải trong vành nào mọi cặp phần tử cũng có ước chung lớn nhất. (Ví dụ
√
√
trong Z[i 5] phần tử 6 và 2 + 2i 5 không có ước chung lớn nhất.)
Định lý 1.4. Cho K là miền nguyên, a, b ∈ K có UCLN (BCNN) trong K
1) Mọi UCLN (BCNN) của a, b ∈ K đều liên kết với nhau.
2) Ngược lại nếu d liên kết với một UCLN của a, b thì d cũng là UCLN của a và b.
Chứng minh. 1) (hiển nhiên)

2) Cho c là một UCLN của a, b và d ∼ c.
Vì d | c và c | a, c | b nên d là ước chung của a, b
Với mọi ước chung f của a, b ta có f | c. Mà c | d nên f | d.
Suy ra d cũng là UCLN của a và b
Chứng minh tương tự với BCNN.
Ghi chú. Các phần tử liên kết chỉ sai khác một phần tử khả nghịch nên dễ dàng được biến
đổi qua lại với nhau (định lý 1.3). Trong trường hợp đó, các phần tử liên kết thường được xem
là như nhau. Với ý nghĩa đó, định lý 1.4 được xem là định lý về tính "duy nhất" của UCLN và
BCNN của hai phần tử cho trước trong miền nguyên.

2


IV. Ví dụ
• Trong vành Z ta có:
- Phần tử khả nghịch: 1, −1,
- Phần tử bất khả quy: các số nguyên tố,
- Các phần tử liên kết với nhau: a và −a.
• Trong vành F [x] với F là trường:
- Phần tử khả nghịch: F ∗ = F \{0}
- Các phần tử liên kết với nhau: f (x) và λf (x) với λ ∈ F ∗ .
- Phần tử bất khả quy: các đa thức có bậc > 0 và không là tích của các đa thức bậc nhỏ
hơn nó (tự chứng minh)
• Đa thức x2 + 1 bất khả quy trong vành R[x] (chứng minh???) nhưng không bất khả quy
trong vành C[x] vì x2 + 1 = (x − i)(x + i).

3


§2.


Vành chính

Định nghĩa. Cho K là miền nguyên
- Iđêan sinh bởi phần tử a ∈ K có dạng (a) = aK và được gọi là iđêan chính của K.
- Miền nguyên K được gọi là vành chính nếu mọi iđêan của nó đều là iđêan chính.
Ví dụ. Vành Z là vành chính. Mọi iđêan đều có dạng mZ = (m).

I. ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT TRONG VÀNH CHÍNH
Mệnh đề 2.1. Cho K là miền nguyên. Đối với phần tử a, b ∈ K và iđêan chính sinh bởi
chúng, các khẳng định sau là đúng:
1) a | b ⇔ (b) ⊆ (a);
2) a ∼ b ⇔ (a) = (b)
3) a khả nghịch ⇔ (a) = K;
4) a là ước thực sự của b ⇔ (b)

(a) ̸= K

Chứng minh. 1) a | b ⇔ b = ac, c ∈ K ⇔ b ∈ (a) ⇔ (b) ⊆ (a).
2) a ∼ b ⇔ a | b ∧ b | a ⇔ (a) ⊆ (b) ∧ (b) ⊆ (a) ⇔ (a) = (b).
3) a khả nghịch ⇔ a ∼ 1 ⇔ (a) = (1) = K.
4) a là ước thực sự của b ⇔ a | b ∧ a

b ∧a

1 ⇔ (b)

(a) ̸= K

Định lý 2.2. Trong vành chính với hai phần tử a, b bất kỳ luôn tồn tại ước chung lớn nhất.

Hơn nữa, d = U CLN (a, b) ⇔ (d) = (d, b).
Chứng minh. Cho K là vành chính, a, b ∈ K.
1) Xét iđêan (a, b) = {ax + by | a, y ∈ K}.
Vì K là vành chính nên (a, b) là iđêan chính, nghĩa là tồn tại c ∈ K sao cho (c) = (a, b).
Ta có (a), (b) ⊆ (a, b)

⇒ (a) ⊆ (c), (b) ⊆ (c) ⇒ c | a,

c | b (mệnh đề 2.1).

Nếu x là ước chung của a và b.
⇒ (a) ⊆ (x), (b) ⊆ (x)

⇒ a, b ∈ (x)

⇒ (a, b) ⊆ (x)

⇒ (c) ⊆ (x)

⇒ x | c.

Vậy c là U CLN (a, b).
2) Ta có d là U CLN (a, b) ⇔ d ∼ c (định lý 1.4) ⇔ (d) = (c) (định lý 2.1) ⇔ (d) = (a, b)
Ghi chú. Kết hợp với định lý 1.4 về tính "duy nhất" của UCLN, ta có "trong vành chính
luôn tồn tại duy nhất (chính xác tới tính liên kết) UCLN của hai phần tử bất kỳ.

4


Định lý 2.3. Trong vành chính K, d = U CLN (a, b) khi và chỉ khi thỏa hai điều kiện:

1) d là ước chung của a, b;
2) (∃u, v ∈ K)

d = au + bv.

Chứng minh. d là U CLN (a, b)

⇔



d ∈ (a, b)

⇔


a, b ∈ (d)

⇔ (d) = (a, b) (định lý 2.2) ⇔



d = au + bv



(d) ⊆ (a, b)

(a, b) ⊆ (d)



d | a ∧ d | b

Định nghĩa. Hai phần tử được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu chúng nhận 1 làm ước chung
lớn nhất.
Hệ quả 2.4. Trong vành chính K, hai phần tử a, b nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi tồn
tại u, v ∈ K sao cho au + bv = 1.

II. PHẦN TỬ BẤT KHẢ QUY TRONG VÀNH CHÍNH
Định lý 2.5. Cho K là vành chính, p là phần tử bất khả quy trong K, a là phần tử bất kỳ.
Khi đó hoặc p | a hoặc a, p nguyên tố cùng nhau.
Chứng minh. Vì K là vành chính nên tồn tại d = U CLN (a, p)

⇒ d | p ∧ p | a.

Vì p là bất khả quy nên chỉ có hai trường hợp
⇒d∼1

1) d khả nghịch
2) d ∼ p

⇒p|d

mà d | a

⇒ 1 là UCLN của a và b.
⇒ p | a.

Định lý 2.6. Trong vành chính K cho p ̸= 0 và p không khả nghịch, các khẳng định sau là
tương đương

1) p là phần tử bất khả quy;
2) p | ab → p | a ∨ p | b với a, b bất kỳ thuộc K.
Chứng minh. (1 ⇒ 2) Giả sử p bất khả quy và p | ab
Nếu p

a thì U CLN (p, a) ∼ 1 (định lý 2.5) ⇒ (∃u, v ∈ K) up + va = 1 (hệ quả 2.4)

⇒ upb + vab = b

mà theo giả thiết p | ab nên p | b.

(2 ⇒ 1) Giả sử p không là phần tử bất khả quy. Khi đó p = xy với x, y không khả nghịch.
Theo điều kiện (2) ta có p | x hoặc p | y.
Không mất tính tổng quát giả sử p | x. Khi đó p ∼ x. Theo định lý 1.3 ta có p = xϵ với
ϵ khả nghịch. Suy ra, xϵ = xy.

Mà x ̸= 0 (nếu không thì p = xy = 0, vô lý) và K là miền
5


nguyên nên y = ϵ, mâu thuẫn với điều kiện y không khả nghịch. Vậy p là phần tử bất khả quy

Hệ quả 2.7. Trong miền nguyên K, nếu p là phần tử bất khả quy và p | a1 a2 ...an thì tồn
tại k, 1 ≤ k ≤ n sao cho p | ak .

III. PHÂN TÍCH PHẦN TỬ THÀNH TÍCH CÁC PHẦN TỬ BẤT
KHẢ QUY
Mệnh đề 2.8. Trong vành chính, mọi dãy tăng nghiêm ngặt (theo quan hệ bao hàm) các
iđêan đều hữu hạn.
Chứng minh. Giả sử tồn tại dãy vô hạn I1

∪
Ta xét I =
Ik và chứng minh Ik ▹ K

I2

I3

...

In

... các iđêan của K.

Ik

⇒ (∃m ∈ N∗ ) x ∈ Im

k∈N∗

Cho a, b ∈ I. Tồn tại k sao cho a, b ∈ Ik . Khi đó a − b ∈ Ik ⊆ I.
Cho a ∈ I, c ∈ K. Tồn tại k sao cho a ∈ Ik . Vì Ik ▹ K nên ac ∈ Ik .
Vậy I ▹ K.
Vì K là vành chính nên (∃x ∈ K) I = (x)

⇒ x ∈ I =

∪
k


⇒ I = (x) ⊆ Im . Mặt khác hiển nhiên ta có Im ⊆ Im+1 ⊆ I, nên Im = Im+1 = I, mâu thuẫn
với tính tăng nghiêm ngặt của dãy iđêan.
Định lý 2.9. Trong vành chính, mọi phần tử a khác 0 và không khả nghịch đều có thể biểu
diễn dưới dạng tích của các phần tử bất khả quy. Ngoài ra biểu diễn đó là duy nhất với độ chính
xác tới phần tử liên kết. Nghĩa là
a = p1 p2 ...pn với p1 , ..., pn bất khả quy.
Nếu a = p1 p2 ...pn = q1 q2 ...qm với q1 , ..., qm bất khả quy thì m = n và pi ∼ qi với mọi i ≤ n
Chứng minh. 1) (Tồn tại)
TH1: Nếu a bất khả quy thì ta có đpcm
TH2: Nếu a không bất khả quy thì a = a1 b1 với b, c là hai ước thực sự của a.
Nếu a1 không bất khả quy thì a1 = a2 b2 với a2 , b2 là ước thực sự của a1 .
⇒ a = a 2 b2 b1
Lập luận tương tự với b1 và tất cả các ước nhận được
Có 2 khả năng:
- hoặc một lúc nào đó ta có được phân tích phần tử a thành tích của hữu hạn các phần tử
bất khả quy.
6


- hoặc ta có được dãy vô hạn các phần tử a1 , a2 , a3 ... sao cho phần tử sau là ước thực sự của
phần tử trước.
Khi đó ta có (a1 )

(a2 )

(a3 )

...

(an )


....

Điều này mâu thuẫn với mệnh đề 2.8
2) (Duy nhất)
Giả sử a = p1 p2 ...pn = q1 q2 ...qm .
⇒ p1 | q1 q2 ...qm
Vì p1 bất khả quy nên tồn tại i ≤ m sao cho p1 | qi . Không mất tính tổng quát, giả sử i = 1. Vì
q1 bất khả quy nên và p1 không khả nghịch nên p1 ∼ q1 .
Theo định lý 1.3 q1 = u1 p1

⇒ p1 p2 ...pn = u1 p1 q2 ...qm

⇒ p2 ...pn = u1 q2 ...qm .

Chứng minh tương tự ta có p2 ∼ q2 ,..., pn ∼ qn . Từ đó cũng suy ra n ≤ m.
Tương tự ta có m ≤ n (vì vai trò của m và n như nhau).
Suy ra m = n.
Định nghĩa. Miền nguyên R được gọi là vành nhân tử hóa, nếu mọi phần tử không bất khả
quy khác 0 và không khả nghịch của nó đều có thể phân tích duy nhất (chính xác tới tính liên
kết) thành tích của các phần tử bất khả quy.
Ghi chú.
• Không phải miền nguyên nào cũng là vành nhân tử hóa. Ví dụ: Trong vành
√
√
√
√
√
√
Z[i 3] = {a + bi 3} ta có 4 = 2.2 = (1 + i 3)(1 − i 3) (chứng minh 2, 1 + i 3, 1 − i 3

√
là các phần tử bất khả quy trong Z[i 3])
• Từ định lý 2.9 ta thấy vành chính luôn là vành nhân tử hóa. Tuy nhiên, chiều ngược lại
không đúng. Ví dụ: vành Z[x] là vành nhân tử hóa (không chứng minh), nhưng không
phải vành chính (chứng minh???).

7


§3.

Vành Euclide

I. ĐỊNH NGHĨA VÀ VÍ DỤ
Định nghĩa. Miền nguyên A được gọi là vành Euclide nếu tồn tại ánh xạ: δ : A\{0} → N
thỏa điều kiện:
1) Nếu b | a và a ̸= 0 thì δ(b) ≤ δ(a)
2) (∀a, b ∈ A, b ̸= 0)(∃q, r ∈ A) a = bq + r, h(r) < h(b) hoặc r = 0 (phép chia có dư)
Ghi chú. Trong định nghĩa trên không đòi hỏi tính duy nhất của q và r.
Ví dụ. 1) A = Z, δ(a) = |a|,
2) A = F [x] với A là trường và δ(f ) = deg f

II. ĐỊNH LÝ TRUNG TÂM
Định lý 3.1. Vành Euclide là vành chính
Chứng minh. Cho A là vành Euclide và I ▹ A. Ta chứng minh I là iđêan chính.
Nếu I = 0 thì I là iđêan chính
Nếu I ̸= 0 thì ta xét M = {δ(a) | a ̸= 0, a ∈ I} ̸= ∅, nên tồn tại min δ(I ∗ ).
Gọi a ∈ I sao cho δ(a) = min M .
Ta chứng minh I = (a)
(⊇) Hiển nhiên vì a ∈ I,

(⊆) Cho b ∈ I, khi đó tồn tai q, r ∈ A sao cho b = aq + r và hoặc δ(r) < δ(b) hoặc r = 0.
Nếu r ̸= 0 thì δ(r) < δ(a).
Mặt khác, r = a − bq ∈ I ∗ nên δ(r) ≥ min δ(I ∗ ) = δ(a), mâu thuẫn.
Suy ra r = 0 và vì vậy b = aq ∈ (a). Vậy I ⊆ (a).

III. THUẬT TOÁN EUCLIDE
Bổ đề 3.2. Cho A là vành chính. Nếu a = bq + r thì U CLN (a, b) ∼ U CLN (b, r).
Chứng minh. Vì A là vành chính nên U CLN (a, b) và U CLN (b, r) tồn tại. Ta chứng minh
mọi ước chung của a, b cũng là ước chung của b, r và ngược lại.
Cho d | a và d | b. Khi đó d | a − bq = r Suy ra, d là ước chung của b, r
Ngược lại ta có r = a − bq, nên chứng minh tương tự trên ta có mọi ước chung s của b, r
cũng là ước chung của a, b.
8


Suy ra, U CLN (a, b) ∼ U CLN (b, r)
Thuật toán Euclide. Cho a, b ∈ A
a = bq + r,

δ(r1 ) < δ(b)

b = r1 q1 + r2 ,

δ(r2 ) < δ(r1 )

r1 = q2 r2 + r3 ,

δ(r3 ) < δ(r2 ),

...


...

rn−2 = rn−1 qn−1 + rn ,

δ(rn ) < δ(rn−1 ),

rn−1 = rn qn
Định lý 3.3. Thuật toán Euclide trong vành Euclide cho phép tính U CLN (a, b) với mọi
phần tử a, b sao cho b ̸= 0.
Chứng minh. Áp dụng bổ đề 3.2 ta có
U CLN (a, b) ∼ U CLN (b, r1 ) ∼ U CLN (r1 , r2 ) ∼ ... ∼ U CLN (rn−1 , rn ) ∼ rn vì rn | rn−1 .

IV. VÀNH SỐ NGUYÊN GAUSS
Định lý 3.4. Vành số nguyên Gauss Z[i] là một vành Euclide.
Chứng minh. Dễ kiểm tra Z[i] = {m + ni | m, n ∈ Z} là một miền nguyên.
Cho ánh xạ: δ(a) = |a|2 với a ̸= 0.
.
1) Nếu a | b thì δ(a) = |a|2 = |b|2 |c|2 ..|b|2 = δ(b). Suy ra, δ(b) ≤ δ(a)
2) Cho a, b ∈ Z[i]. Ta tìm q, r thích hợp
a
Ta có = x + yi với x, y ∈ Q.
b
Chọn hai số nguyên s, t ∈ Z gần x và y nhất, nghĩa là
1
1
|x − s| ≤
và |y − t| ≤
2a
2

Khi đó ta có = x + yi ≤ (s + ti) + [(x − s) + (y − t)i] = q + u
b
⇒ a = bq + bu = bq + r với r = bu.
1
Ta có δ(r) = |r|2 = |b|2 |u|2 = δ(b)[(x − s)2 + (y − t)2 ] ≤ δ(b) < δ(b)
2
Ghi chú. Từ định lý 3.1 ta dễ dàng có được vành Z[i] cũng là một vành chính

V. CÁC LỚP VÀNH QUAN TRỌNG
Vành Euclide

Vành chính

Vành nhân tử hóa

9

Miền nguyên


LÝ THUYẾT VÀNH ĐA THỨC

§4.

Vành đa thức một ẩn

Giới thiệu. 1) Ôn lại khái niệm vành, vành giao hoán, có đơn vị, miền nguyên, trường.
2) Đa thức trên trường số thực hoặc phức đóng vai trò quan trọng trong toán học. Dễ dàng
thấy được tập hợp các đa thức cùng với phép toán nhân và cộng tạo thành một vành giao hoán,
có đơn vị, nhưng không phải là trường. Mỗi số thực khác 0 cũng là một đa thức hệ số thực với

bậc bằng 1. Nói cách khác, vành đa thức chính là một cấu trúc mở rộng được từ cấu trúc vành
ban đầu. Đại số đại cương cho phép nhìn toàn diện và chính xác hơn về cách xây dựng vành đa
thức K[x] từ vành K các hệ số. Trong toàn bộ học phần này, vành K sẽ luôn là vành
giao hoán và có đơn vị ký hiệu là 1.
3) Dễ dàng nhận thấy tính chất của một đa thức chỉ phụ thuộc vào các dãy các hệ số của
nó (theo thứ tự). Từ đó ta có thể cấu trúc tập hợp các đa thức là tập hợp các dãy hữu hạn
phần tử thuộc vành hoặc trường ban đầu.

I. XÂY DỰNG VÀNH ĐA THỨC MỘT ẨN
Cho R là một vành giao hoán có đơn vị. Xét R là tập hợp các dãy phần tử (ai )i=0,1,2,... thuộc R
thỏa tính chất
(∃n ∈ N)(∀i ≥ n) ai = 0 (∗)
Ta định nghĩa phép cộng và nhân các dãy trong R như sau
Phép cộng: (ai ) + (bi ) = (ai + bi ),
Phép nhân: (ai )(bj ) = (ck ), với ck =

∑

a i bj .

i+j=k

Ghi chú. Dễ dàng nhận thấy hai quy tắc trên thực sự là hai phép toán hai ngôi trên
tập hợp R, nghĩa là tổng và tích (theo định nghĩa như trên) của các dãy thỏa (∗) cũng là các
dãy thỏa tính chất (∗) [tự chứng minh].
Định lý 4.1. Cho R là vành giao hoán có đơn vị. Khi đó R là vành giao hoán có đơn vị.
Chứng minh. 1) Vì (R, +) là nhóm Aben nên dễ thấy theo định nghĩa
- Phép cộng trên R có tính kết hợp và giao hoán.
- Phần tử 0 là (0, 0, ...),
- Phần tử đối của (ai ) là (−ai ).

Vậy (R, +) là nhóm Aben.
10


2) Xét (R, ·).
- Ta chứng minh [(ai )(bj )](ck ) = (ai )[(bj )(ck )]
∑
ai bj ,
Ta có (ai )(bj ) = (dt ) với dt =
i+j=t
∑
∑ ∑
∑ ∑
∑
nên V Ts =
dt ck =
(
ai bj )ck =
(ai bj )ck =
ai bj ck .
i+j=t
i+j=t
t+k=s
t+k=s
t+k=s
i+j+k=s
∑
∑
∑ ∑
∑

Tương tự, V Ps =
(ai
b j ck ) =
ai (bj ck ) =
ai bj ck .
i+u=s

i+u=s j+k=u

j+k=u
∗

i+j+k=s

Vậy V Ts = V Ps với mọi s ∈ N , nghĩa là phép nhân trên R có tính chất kết hợp.
∑
∑
- Tính chất giao hoán (ai )(bj ) = (
ai bj ) = (
bj ai ) = (bj )(ai ).
i+j=k

i+j=k

- Phần tử đơn vị là (1, 0, 0, ...)
3) Tính chất phân phối của phép nhân với phép cộng. Ta chứng minh: (ai )[(bj ) + (cj )] =
(ai )(bj ) + (ai )(cj )
∑
∑
∑

∑
V Ts =
ai (bj + cj ) =
(ai bj + ai cj ) =
(ai bj ) +
(ai cj ) = V Ps
i+j=s

i+j=s

i+j=s

i+j=s

Vậy (R, +, .) là vành giao hoán có đơn vị.
Định lý 4.2. Vành R đẳng cấu với một vành con của R (nói cách khác, tồn tại một đơn
cấu từ R vào R).
Chứng minh. Xét ánh xạ φ : R → R với a → (a, 0, 0, ...).
Hiển nhiên a là đơn ánh.
Với mọi phần tử a, b ∈ R ta có
φ(a) + φ(b) = (a, 0, 0, ...) + (b, 0, 0, ...) = (a + b, 0, 0, ...) = φ(a + b),
φ(a) φ(b) = (a, 0, 0, ...)(b, 0, 0, ...) = (ab, 0, 0, ...) = φ(ab).
Vậy φ là đơn cấu.
Ghi chú.

1. Nhờ định lý 4.2 ta có thể xem R như một vành con của R, phần tử a của

R được đồng nhất với dãy (a, 0, 0, ...) của R.
2. Nếu đặt x = (0, 1, 0, 0, ...) ta có
x2 = (0, 1, 0, 0, ...)(0, 1, 0, 0, ...) = (0, 0, 1, 0, 0, ...),

x3 = x2 .x = (0, 0, 1, 0, ...)(0, 1, 0, 0, ...) = (0, 0, 0, 1, 0, ...),
Có thể dễ dàng chứng minh bằng quy nạp
xn = (0, ..., 0, 1, 0, ...) (k phần tử 0 trước phần tử 1)
Ngoài ra, ta quy ước x0 = (1, 0, 0, ...).
3. Xét tích của các phần tử của K với xn

11


axn = (a, 0, 0, ...)(0, ..., 0, 1, 0, 0, ...) = (0, ..., 0, a, 0, 0, ...)
Như vậy, (a0 , a1 , a2 , ..., an , 0, 0, ...) = a0 + a1 x + a2 x2 + ... + an xn .
Dễ thấy cách biểu diễn dãy trong K như vậy là duy nhất, nghĩa là
a0 + a1 x + ... + an xn = b0 + b1 x + ... + bn xn
khi và chỉ khi
a0 = b0 , a1 = b1 , ..., an = bn
Như vậy, ta đã chứng minh vành R có thể xem như một mở rộng của vành R ban đầu, và
trong vành R tồn tại một phần tử x ∈
/ R sao cho mọi phần tử của R đều có thể biểu diễn duy
nhất dưới dạng a0 + a1 x + ... + an xn với ai ∈ R.
Vành R được gọi là vành đa thức (một ẩn x) trên R và được ký hiệu là R[x].
Mỗi phần tử của R được gọi là một đa thức ẩn x trên R.
Ghi chú. Cách xây dựng định nghĩa vành đa thức như vậy mang tính chất "thuần đại số".
Trong toán sơ cấp, một đa thức được xem như một hàm số. Đối với trường hợp miền xác định
là miền nguyên vô hạn, ta sẽ chứng minh là hai cách hiểu này trùng nhau (nghĩa là đa thức có
biểu diễn đại số trùng nhau khi và chỉ giá trị của nó tại mọi phần tử đều như nhau).

II. BẬC CỦA ĐA THỨC
Định nghĩa. Cho 0 ̸= f ∈ R[x], f = a0 + a1 x + a2 x2 + ... + an xn (an ̸= 0). Khi đó ta nói
bậc của đa thức f là n. Ký hiệu: deg(f ) = n.
Phần tử an được gọi là hệ số cao nhất của f .

Ghi chú. Bậc chỉ được định nghĩa cho các đa thức khác 0. Đa thức 0 không có bậc.
(∀a ∈ R) deg(a) = 0.
Định lý 4.3. Cho f, g ∈ R[x], f, g ̸= 0. Khi đó
1) deg(f + g) ≤ max(deg(f ), deg(g)) hoặc f + g = 0,
2) deg(f g) ≤ deg(f ) + deg(g) hoặc f g = 0.
Chứng minh. Cho f = a0 + a1 x + ... + an xn và g = b0 + b1 x + ... + bm xm (an , bm ̸= 0)
1) Không mất tính tổng quát, giả sử m ≥ n.
Khi đó, f + g = (a0 + b0 ) + (a1 + b1 )x + ... + (an + bn )xn + ... + bm xm .
Suy ra, deg(f + g) ≤ m = max(deg(f ), deg(g)).
∑
2) f g = a0 b0 + ... +
ai bj xk + ... + an bm xm+n . Suy ra, deg(f g) ≤ m + n.
i+j=k

12


Định lý 4.4. Nếu R là một miền nguyên, 0 ̸= f, g ∈ R[x] thì deg(f g) = deg(f ) + deg(g)
Chứng minh. f g = a0 b0 + ... +

∑

ai bj xk + ... + an bm xm+n . Vì an , bm ̸= 0 và R là miền

i+j=k

nguyên nên an bm ̸= 0. Suy ra deg(f g) = m + n = deg(f ) + deg(g).
Hệ quả 4.5. Nếu R là miền nguyên thì R[x] cũng là miền nguyên.
Chứng minh. Ta đã chứng minh R[x] là vành giao hoán, có đơn vị. Giả sử 0 ̸= f (x), g(x) ∈
R[x]. Khi đó f (x), g(x) có bậc. Theo định lý 4.4 đa thức f g cũng có bậc. Suy ra f g(x) ̸= 0.


13


§5.

Định lý Bezout và hệ quả

• Trong bài này ta sẽ chứng minh định lý quan trọng về đa thức về số dư của phép chia đa
thức cho nhị thức.
• từ đó chứng minh định lý về số nghiệm của một đa thức bậc n.
• thống nhất khái niệm đa thức theo cấu trúc đai số (bài trước) và cách hiểu đa thức như
một hàm số.
• Trong chương trình toán cấp 3 ta thường xét các đa thức trên trường số thực, số ảo, tuy
nhiên các bài toán về đa thức trên vành Z cũng là những bài toán điển hình trong toán
sơ cấp.

I. PHÉP CHIA CHO NHỊ THỨC.
Bổ đề 5.1. Cho a, b ∈ R, k ∈ N∗ . Khi đó
ak − bk = (a − b)(ak−1 + ak−2 b + ak−3 b2 + ... + abk−2 + bk−1 )
Chứng minh. Nhân phân phối vế phải.
Định nghĩa. Cho c ∈ R và f (x) = a0 + a1 x + ... + an xn ∈ R[x]. Khi đó phần tử
f (c) = a0 + a1 c + ... + an cn ∈ R
được gọi là giá trị của đa thức f (x) tại phần tử c.
Định lý 5.2 (Định lý Bezout). Cho f (x) ∈ R[x] và c ∈ R. Khi đó tồn tại g(x) ∈ R[x]
sao cho
f (x) = f (c) + (x − c)g(x).
Chứng minh. Ta có
f (x) = a0 + a1 x + ... + an xn
f (c) = a0 + a1 c + ... + an cn

⇒ f (x) − f (c) = a1 (x − c) + a2 (x2 − c2 ) + ... + an (xn − cn ) =
Theo bổ đề 5.1 ta có xk − ck = (x − c)(xk−1 + xk−2 c + ... + c

n
∑

ak (xk − ck ).

k=0
k−1

).

Rút thừa số chung x − c ra ngoài ngoặc ta có: f (x) − f (c) = (x − c)g(x).
⇒ f (x) = f (c) + (x − c)g(x).
Định nghĩa. Phần tử c ∈ R được gọi là nghiệm của đa thức f (x) ∈ R[x] nếu f (c) = 0
14


Ghi chú. Định lý Bezout cho phép ta dễ dàng thực hiện phép tính giá trị của đa thức tại
một phần tử nào đó của vành bằng sơ đồ Họrner
Hệ quả 5.3. c là nghiệm của đa thức f (x) khi và chỉ khi (x − c) | f (x).
Chứng minh. (⇐) hiển nhiên
(⇒) theo định lý Bezout.

II. SỐ NGHIỆM TỐI ĐA CỦA MỘT ĐA THỨC TRÊN MIỀN
NGUYÊN
Định lý 5.4. Đa thức (khác 0) bậc n trên miền nguyên có không quá n nghiệm phân biệt.
Chứng minh. Cho R là miền nguyên. Ta chứng minh quy nạp theo n = deg f với f ∈ R[x].
Nếu n = 0 thì f (x) ∈ R, f (x) ̸= 0, đa thức không có nghiệm (đúng).

Giả sử phát biểu đúng với mọi đa thức bậc ≤ n. Ta chứng minh phát biểu đúng với đa thức
f (x) bậc n + 1.
• TH1: Nếu f (x) vô nghiệm thì số nghiệm = 0 ≤ n: đúng.
• TH2: Nếu f (x) có nghiệm c ∈ R thì theo hệ quả 5.3 ta có
f (x) = (x − c)g(x)
Nếu b là nghiệm bất kỳ khác c của f (x) thì 0 = f (b) = (b − c)g(b).
Mà b − c ̸= 0 và R là miền nguyên nên g(b) = 0.
⇒ b là nghiệm của g(x).
Ngoài ra, vì R là miền nguyên nên từ định lý 4.4 suy ra deg g(x) = deg f (x) − 1 = n
⇒ g(x) có không quá n nghiệm.
Suy ra f (x) có không quá n + 1 nghiệm phân biệt.
Hệ quả 5.5. Nếu đa thức f (x) = a0 + a1 x + ... + an xn ∈ R[x] có hơn n nghiệm phân biệt
trên miền nguyên R thì f (x) = 0.
Hệ quả 5.6. Cho đa thức f, g là các đa thức trên miền nguyên K vô hạn thỏa tính chất:
f (c) = g(c) với mọi c ∈ K. Khi đó f = g (nghĩa là dạng đại số của f và g trùng nhau).
Ghi chú. Phần tử c được gọi là nghiệm bội cấp m của f (x) ∈ K[x] nếu (x − c)m | f (x)
nhưng (x − c)m+1 f (x).
15


Đa thức có nghiệm bội cấp m được xem như có m nghiệm bằng nhau.
Đối với đa thức trên trường ta có thể chứng minh định lý tương tự định lý 5.4 nhưng không
đòi hỏi điều kiện "nghiệm phân biệt": số nghiệm của đa thức bậc n trên trường không vựơt quá
bậc của nó.

16


§6.


Đa thức trên trường

Định lý 6.1. Cho F là một trường. Khi đó trong F :
Các phần tử khả nghịch: a ∈ F, a ̸= 0,
Các phần tử bất khả quy: Các đa thức không phân tích được thành tích của các đa thức bậc
lớn hơn 0.
Bậc của đa thức trên trường Cho 0 ̸= f, g ∈ F [x]. Khi đó
1) Nếu f + g ̸= 0 thì deg(f + g) ≤ max{deg f, deg g}
2) deg(f g) = deg f + deg g
Định lý 6.2 (Phép chia có dư của đa thức trên trường). Cho F là trường, f, g ∈
F [x], g ̸= 0. Khi đó tồn tại duy nhất hai đa thức q, r ∈ F [x] mà deg r < deg g hoặc r = 0 sao
cho f = qg + r.
Chứng minh. (Tồn tại)
1. Nếu f = 0 thì f = 0.g + 0, nghĩa là q = r = 0.
2. Nếu deg(f ) < deg(g) thì f = 0.g + f . Khi đó ta có q = 0, r = f, deg(r) < deg(g).
3. Nếu deg(f ) ≥ deg(g), ta chứng minh định lý bằng quy nạp theo n = deg(f ).
• Với n = deg(f ) = 0 ta có deg(g) = 0, suy ra f, g ∈ F .
Vì F là trường nên f = (f g −1 )g + 0, nghĩa là q = f g −1 , r = 0.
• Giả sử n > 0 và phát biểu đúng với mọi đa thức có bậc bằng k < n. Ta chứng minh
phát biểu đúng với mọi đa thức có bậc bằng n.
Cho f = a0 + a1 x + ... + an xn và g = b0 + b1 x + ... + bm xm (với an , bm ̸= 0, m < n).
n−m
Xét h = an b−1
và xét đa thức f − hg.
m x

- Nếu f − hg = 0 thì f = hg, nghĩa là q = h, r = 0.
- Nếu f − hg ̸= 0 thì deg(f − hg) < deg(f ).
Áp dụng giả thiết quy nạp ta có f − hg = q1 g + r với r = 0 hoặc deg(r) < deg(g).
Khi đó f = (h + q1 )g + r. Đặt q = h + q1 ta có điều phải chứng minh.

(Duy nhất)
Giả sử f = q1 g + r1 = q2 g + r2 với ri = 0 hoặc deg(ri ) < deg(g). Khi đó (q1 − q2 )g = r2 − r1 .
Giả sử q1 ̸= q2 thì vì F là trường nên theo định lý 4.4 ta có deg(q1 −q2 )g = deg(q1 −q2 )+deg(g) ≥
deg(g).
17


Mặt khác ta có deg(r2 − r1 ) ≤ max{deg(r1 ), deg(r2 )} < deg(g).
Suy ra deg(q1 − q2 )g ̸= deg(r2 − r1 ), mâu thuẫn với giả thiết.
Vậy, q1 = q2 . Suy ra r2 − r1 = (q1 − q2 )g = 0. Suy ra r1 = r2 .
Ghi chú. Chứng minh của định lý 6.2 cho ta thuật toán chia đa thức như đã được biết
trong chương trình phổ thông.
Tương tự ta có thể dễ dàng chứng minh được rằng phép chia có dư có thể thực hiện được
trên vành giao hoán có đơn vị nếu hệ số của hạng tử cao nhất của đa thức là 1. (Sinh viên tự
chứng minh)
Đặc biệt đối với phép chia đa thức trên vành giao hoán có đơn vị cho đa thức x − c ta có
thể sử dụng sơ đồ Horner.
Định lý 6.3. Vành đa thức trên trường là vành Euclide.
Hệ quả 6.4. Mọi đa thức trên trường F [x] đều có thể phân tích duy nhất thành tích các đa
thức bất khả quy (độ chính xác tới quan hệ liên kết).
Hệ quả 6.5. Cho F là trường, f là đa thức bậc n trên trường F . Khi đó f có không quá n
nghiệm (không nhất thiết phải phân biệt)
Chứng minh. Cho f là đa thức bậc n. Theo hệ quả 6.5 ta có
f = (x − c1 )k1 ...(x − cm )km pm+1 (x)...ps (x) với c1 , ..., cm là các phần tử đôi một khác nhau
trong F , pi (x) là các đa thức bất khả quy bậc lớn hơn 1 (1).
Ta chứng minh f chỉ có nghiệm c1 , .., cm với số bội tương ứng là k1 , ..., km .
Giả sử c là nghiệm của f (x). Khi đó x − c | f (x) (theo hệ quả định lý Bezout(hệ quả 5.3)).
Nếu (∀i = 1, m) c ̸= ci thì f (x) = (x − c)g(x) có phân tích thành nhân tử khác với (1), vô lý.
Vậy tồn tại i ∈ 1, m sao cho c = ci
Ta chứng minh ci là nghịệm bội cấp ki .

Ta có (x − ci )ki | f (x).
Mà phân tích (1) của f (x) là duy nhất, nên (x − ci )ki +1 f (x).
Suy ra ci là nghiệm bậc ki
Vậy tổng số nghiệm của f (x) là k1 + k2 + ... + km = deg((x − c1 )k1 ...(x − cm )km ) ≤ deg f

18


§7.

Đa thức trên trường số phức và trường số thực

Định lý 7.1. Mọi đa thức hệ số phức bậc n đều có đúng n nghiệm.
Định lý 7.2. Cho f (x) là một đa thức hệ số thực. Nếu số phức z là một nghiệm của f (x)
thì số liên hợp của nó z¯ cũng là một nghiệm của f (x).
Chứng minh. Cho f (x) = a0 + a1 x + ...an xn , ai ∈ R.
Vì z là nghiệm của f (x) nên f (z) = a0 + a1 z + ...an z n = 0.
Vì a1 , .., an ∈ R nên f (¯
z ) = a0 + a1 z¯ + ...an z¯n = a
¯0 + a
¯1 z¯ + ...¯
an z¯n = a0 + a1 z + ...an z n = ¯0 = 0
Vậy z¯ là nghiệm của f (x).
Hệ quả 7.3. Đa thức hệ số thực bậc lẻ có ít nhất một nghiệm thực.
Chứng minh. Tổng số nghiệm của đa thức là lẻ mà số nghiệm phức của một đa thức chỉ
có thể là chẵn, nên đa thức phải có nghiệm thực.
Định lý 7.4. Đa thức bất khả quy trên trường số thực chỉ có thể có một trong hai dạng:
1) Đa thức bậc 1,
2) Đa thức bậc 2 không có nghiệm thực.
Chứng minh. Cho f (x) ∈ R[x].

TH1. Nếu deg f = 1 thì f bất khả quy.
TH2. Nếu deg f ≥ 2. Vì f bất khả quy nên f không có nghiệm thực,
nên từ định lý 7.1 suy ra đa thức f có nghiệm z ∈ C\R.
⇒ z¯ cũng là một nghiệm của f (x)
Từ định lý 6.4 ⇒ f (x) = (x − z)(x − z¯)g(x) = [x2 − (z + z¯)x + z z¯]g
Ta có z + z¯, z z¯ ∈ R nên x2 −(z + z¯)x+z z¯ ∈ R[x]. Vì f (x) bất khả quy trong R[x] nên g = a ∈ F .
Suy ra, f (x) = a(x − z)(x − z¯) là đa thức bậc 2 không có nghiệm thực.
Định lý 7.5. Mọi đa thức trên R đều có thể phân tích thành tích các đa thức bậc 1 và đa
thức bất khả quy bậc 2.

19


§8.

Đa thức bậc ba và bậc bốn trong trường số phức

Trong bài này ta giới thiệu một phương pháp tổng quát để tìm nghiệm của phương trình bậc 3
và bậc 4 trong trường số phức.

I. NGHIỆM CỦA ĐA THỨC BẬC 3
Nhận xét.
1) Trong trường số phức đa thức bậc 3 luôn có 3 nghiệm (định lý 7.1).
k2π
k2π
+ i sin
Ví dụ. x3 = 1 ⇔ x3 = cos k2π + i sin k2π ⇔ x = cos
3
3
k = 0 thì x = 1

√
2π
2π
1
3
k = 1 thì x = cos
+ i sin
=− +i
=ϵ
3
3
2
√2
4π
4π
1
3
k = 2 thì x = cos
+ i sin
=− −i
= ϵ2
3
3
2
2
3
3
2) Trong trường
số
phức

x
=
a
với
a
∈
C,
a ̸= 0 tương đương với x = a ∨ x = aϵ ∨ x = aϵ2
√
1
3
với ϵ = − + i
.
2
2
( x )3
x
x
x
Chứng minh. x3 = a3 ⇔
= 1 ⇔ = 1 ∨ = ϵ ∨ = ϵ2 ⇔ x = a ∨ x = aϵ ∨ x = aϵ2
a
a
a
a

Ghi chú. Trong trường số phức, phương trình x3 = a3 không tương đương với x = a
3) Mọi phương trình bậc ba x3 + ax2 + bx + c = 0 đều đưa về được phương trình bậc ba
không có hạng tử bậc 2.
Chứng minh. Xem x3 + ax2 là hạng tử của khai triển lập phương của tổng

(
( a )2
a
a )3
a3
x3 + ax2 = x3 + 3. x2 = x +
− 3.
x−
3
3 (
3 ( 27 )
(
)
a2
a3
a )3
+
Thay vào phương trình (1) ta có x +
+b x+ c−
=0
3(
3
27
)
(
)
a
a2
a) (
3

+b
y−
− c − a27 .
Đặt y = x + ta có phương trình y 3 +
3
3
3
y 3 + px + q = 0

(1)

3) Mọi nghiệm x của phương trình (1) luôn có thể biểu diễn được dưới dạng x = u + v sao
p
cho uv = −
3
Hiển nhiên, theo định lý Viet đảo khi đó u, v là nghiệm của phương trình z 2 − xz − p = 0

20


II. NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH y = x3 + px + q - PHƯƠNG
PHÁP CARDANO
p
Ta tìm nghiệm của phương trình dưới dạng x = u + v sao cho uv = − .
3
(u + v)3 + p(u + v) + q = 0
⇔ u3 + v 3 + (3uv)(u + v) + p(u + v) + q = 0
⇔ u3 + u3 + (3uv + p)(u + v) + q = 0.
⇔ u3 + u3 + q = 0.




u3 + v 3 = −q
Ta tìm u, v bằng cách giải hệ phương trình

uv = − p
3


u3 + v 3 = −q
⇒
(4)
3

u3 v 3 = − p
27

(3)

⇔ u3 = z1 , v 3 = z2 với z1 , z2 là nghiệm của phương trình bậc hai z 2 + qz −

p3
= 0 (5),
27

Ghi chú. Trong trường số phức, hệ (3) không tương đương với hệ (4)
Phương trình u3 = z1 có 3 nghiệm phức phân biệt, v 3 = z2 có 3 nghiệm phức phân biệt
⇒ hệ (4) có 9 cặp nghiệm phức phân biệt. Trong số đó cần kiểm tra những cặp (u, v) nào
p
thỏa uv = − mới là nghiệm của (3).

3
Thực tế, ta chỉ cần tìm được 1 cặp nghiệm (u, v), các nghiệm còn lại sẽ có được nhờ định lý
sau
Định lý 8.1. Nếu (u1 , v1 ) là một nghiệm
của hệ phương trình (3) thì hai nghiệm còn lại là
√
3
1
(u1 ϵ, v1 ϵ2 ) và (u1 ϵ2 , v1 ϵ) với ϵ = − + i
2
2
Chứng minh. Giả sử (u1 , v1 ) là một nghiệm của hệ phương trình (3). Khi đó
p
(u1 ϵ)3 + (v1 ϵ2 )3 = u31 + v13 = −q và (u1 ϵ)(v1 ϵ2 ) = u1 v1 = −
3
Tương tự
p
(u1 ϵ2 )3 + (v1 ϵ)3 = u31 + v13 = −q và (u1 ϵ2 )(v1 ϵ) = u1 v1 = −
3
Hệ quả 8.2. Nếu (u1 , v1 ) là một nghiệm của hệ phương trình (3) thì các nghiệm của phương
trình (1) là
x1 = u1 + v1
1
x2 = − (u1 + v1 ) +
2
1
x3 = − (u1 + v1 ) −
2

√

i 3
(u1 − v1 ),
2
√
i 3
(u1 − v1 )
2

21


II. BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH BẬC 3 HỆ SỐ THỰC
Định lý 8.3. Cho phương trình x3 + px + q = 0 (1). Xét ∆ =

q 2 p3
+ . Khi đó.
4
27

1) Nếu ∆ < 0 thì (1) có 3 nghiệm thực phân biệt,
2) Nếu ∆ = 0 thì (1) có 3 nghiệm thực, trong đó có ít nhất một nghiệm bội,
3) Nếu ∆ > 0 thì (1) có 1 nghiệm thực và 2 nghiệm phức không thực.
Ghi chú. ∆ chính là biểu thức ∆′ của phương trình (5): z 2 + qz −

p3
= 0, nghiệm của (5)
27

là u3 và v 3
Chứng minh. 1) Nếu ∆ < 0 phương trình (5) hoặc có 2 nghiệm phức phân biệt z1 và z2 .

Từ định lý 7.2 suy ra z1 = z2 , nên |z1 | = |z2 |.
Xét x = u + v là một nghiệm bất kỳ của phương trình (1). Khi đó u3 = z1 và v 3 = z2 , ngoài
q
ra uv = . Suy ra |u3 | = |z1 | = |z2 | = |v 3 |, nghĩa là |u| = |v|. Mặt khác từ uv ∈ R suy ra
3
arg(u) = −arg(v). Vậy u, v liên hợp, nghĩa là x = u + v ∈ R. Vậy phương trình có 3 nghiệm
thực.
Giả sử phương trình có nghiệm bội x1 = x2 ⇒ u3 ϵ + v3 ϵ2 = u3 ϵ2 + v3 ϵ ⇒ (u3 − v3 )(ϵ − ϵ2 ) = 0
⇒ u3 = v3 ⇒ z1 = z2 ⇒ ∆ = 0 (vô lý) Vậy phương trình có 3 nghiệm phân biệt.
2) Nếu ∆ = 0, phương trình (5) có nghiệm thực kép z1 = z2 . Chứng minh tương tự trên ta
có 3 nghiệm của phương trình đều là thực.
Gọi u1 = v1 là các căn bậc 3 thực của z1 , z2 . Khi đó x2 = u1 ϵ + v1 ϵ2 = u1 ϵ2 + v1 ϵ = x3 . Suy
ra phương trình có nghiệm bội.
3) Nếu ∆ > 0 thì phương trình (5) có 2 nghiệm thực z1 , z2 phân biệt. Gọi u1 ,√
v1 là hai căn bậc
i 3
1
(u1 −v1 ) ∈
/ R,
ba thực của z1 , z2 . Rõ ràng u1 ̸= v1 Khi đó x1 = u1 +v1 ∈ R, x2 = − (u1 +v1 )+
2
2
√
1
i 3
x3 = − (u1 + v1 ) −
(u1 − v1 ) ∈
/R
2
2


IV. PHƯƠNG TRÌNH BẬC BỐN, PHƯƠNG PHÁP FERRARI
x4 + ax3 + bx2 + cx + d = 0
Xem hai hạng
của
triển bình phương của tổng
( tử đầu là một phần
) khai
(
2 2
2 2
ax 2 a x
ax )2 a2 x2
ax
4
3
4
2
x + ax = x + 2 ·
·x +
= x +
−
−
2
4
4
2
4
Khi đó
( 2

)
(
ax )2
a
2
x +
=
− b x2 − cx − d
2
4
Với y bất kỳ ta có (
)
(
)2
(
ax
a2
a )
2
x +
+y =
− b x2 − cx − d + 2y x2 + x + y 2
2
4
2
22


)
)2 ( a 2

ax
⇔ x +
+y =
− b + 2y x2 + (ay − c) x + (y 2 − d) (6)
2
4
Ta chọn y sao cho vế phải là một bình phương, nghĩa là (ay−c)2 +(a2 −4b+8y)(y 2 −d) = 0(7).
(

2

Thay một nghiệm của (7) vào (6) ta có phương trình
f 2 (x) = g 2 (x) với deg f (x) = 2 và deg g(x) = 1
⇔ f (x) = g(x) ∨ f (x) = g(x) là các phương trình bậc 2.
Giải 2 phương trình bậc 2 này ta được nghiệm của phương trình bậc 4 ban đầu.

23


§9.

Đa thức trên trường số hữu tỉ và vành số nguyên

Trong bài này, ta tìm cách giải đa thức trong trường số hữu tỉ (tìm nghiệm hữu tỉ).
Ghi chú. Giải nghiệm của đa thức hệ số hữu tỉ luôn có thể đưa về giải nghiệm của đa thức
hệ số nguyên.
Ví dụ.

1
1 3 1 2 3

x + x + x + = 0 ⇔ 4x3 + 6x2 + 18x + 3 = 0
3
2
2
4

Định lý 9.1 (Điều kiện cần của nghiệm hữu tỉ). Cho f (x) = an xn +...+a1 x+a0 ∈ Z[x]
p
và là một nghiệm hữu tỉ tối giản của f (x). Khi đó p | a0 và q | an
q
( )
p
=0
Chứng minh. f
q
pn
pn−1
p
⇔ an n + an−1 n−1 + a1 + a0 = 0
q
q
q
n
n−1
⇔
a
p
+
a
p

q
+
...
+ a1 pq n−1 + a0 q n = 0
n−1
 n

an pn = −(an−1 pn−1 q + ... + a1 pq n−1 + a0 q n ) ... q

a0 q n = −(an pn + an−1 pn−1 q + ... + a1 pq n−1 )
p
Vì là phân số tối giản nên U CLN (p, q) = 1.
q

..
. p
Vì Q[x] là vành chính nên q | an và p | a0

Định nghĩa. Đa thức f (x) hệ số nguyên được gọi là đa thức nguyên bản, nếu U CLN của
các hệ số của f (x) là 1.
Bổ đề 9.2. 1) Cho f (x) ∈ Z[x]. Khi đó f (x) = mf1 (x) với m ∈ Z và f1 (x) là đa thức
nguyên bản.
2) Cho g(x) ∈ Q[x]. Khi đó g(x) =

m
g1 (x) sao cho m, n ∈ Z, U CLN (m, n) = 1 và g1 (x) là
n

đa thức nguyên bản.
Chứng minh. 1) Cho f (x) = a0 + a1 x + ... + ak xk ∈ Z[x]. Gọi m = U CLN (a0 , a1 , ..., ak )

ai
với i = 0, ..., k. Khi đó U CLN (a′0 , ..., a′k ) = 1 và f (x) = m(a′0 + a′1 x + ... + a′k xk . Đặt
và a′i =
d
f1 (x) = a′0 + a′1 x + ... + a′k xk ta có f (x) = mf1 (x) và f1 (x) là đa thức nguyên bản
2) Cho g(x) ∈ Q[x]. Khi đó tồn tại n ∈ Z sao cho ng(x) ∈ Z[x].
Theo chứng minh trên ta có ng(x) = mg1 (x) với g1 (x) là đa thức nguyên bản.
m
m′
m′
m
⇒ g(x) =
g1 (x) = ′ g1 (x) với ′ là phân số tối giản của
hay nói cách khác
n
n
n
n
U CLN (m′ , n′ ) = 1
Bổ đề 9.3. Tích của hai đa thức nguyên bản là một đa thức nguyên bản.

24


Chứng minh. Cho f (x) = a0 + a1 x + ... + an xn , g(x) = b0 + b1 x + ... + bm xm là hai đa
thức nguyên bản. Ta có f (x)g(x) = c0 + c1 x + ...cm+n xm+n
Ta chứng minh U CLN (c0 , c1 , ..., cm+n ) = 1. Giả sử U CLN (c0 , c1 , ..., cm+n ) = d ̸= 1. Khi đó
tồn tại số nguyên tố p sao cho p | d, nghĩa là p | ci với mọi i = 0, .., m + n.
Vì U CLN (a0 , a1 , .., an ) = 1 nên tồn tại i ≤ n sao cho p ai . Chọn s là số nhỏ nhất sao cho
p as . Tương tự, chọn t là số nhỏ nhất sao cho p at .

∑
∑
Ta có cs+t =
ai bj = as bt +
a i bj
i+j=s+t
i+j=s+t, i∑
Dễ thấy p |
ai bj . Mặt khác p as , p bt mà p là số nguyên tố. Suy ra p as , bt .
i+j=s+t, i
Suy ra p cs+t (mâu thuẫn)
Vậy U CLN (c1 , .., cm+n ) = 1, vì vậy f (x)g(x) là đa thức nguyên bản.
Định lý 9.4 (Điều kiện đủ của nghiệm hữu tỉ). Nếu đa thức hệ số nguyên bất khả quy
trong vành Z[x] thì cũng bất quy trên trong Q[x].
Chứng minh. Cho f (x) bất khả quy trên Z[x]. Giả sử f (x) không bất khả quy trên Q[x].
Khi đó f (x) = g(x)g(x) với g(x), h(x) ∈ Q[x].
m1
m2
Theo bổ đề 9.2 ta có g(x) =
g1 (x) và h(x) =
h1 (x) với g1 (x), h1 (x) là hai đa thức
n1
n2
m
m1 m2
g1 (x)h1 (x) = g1 (x)h1 (x) với m, n nguyên tố cùng nhau,
nguyên bản. Suy ra f (x) =
n1 n2

n
n > 0.
Đặt g(x)h(x) = c0 + c1 x + .. + ck xk .
k mc
∑
mci
i i
x . Vì f (x) ∈ Z[x] nên
∈ Z với mọi i. Mà U CLN (m, n) = 1 nên
Suy ra f (x) =
n
i=0 n
n | ci với mọi i. Mà từ định lý 9.3 ta có U CLN (c0 , ..., ck ) = 1, nên n = 1.
Suy ra f (x) = mg1 (x)h1 (x). Rõ ràng deg g1 (x) = deg g(x) > 0 và deg h1 (x) = deg h(x) > 0
nên f (x) không bất khả quy trên Z[x] (vô lý).
Vậy f (x) bất khả quy trên Q[x]
Định lý 9.5 (Tiêu chuẩn Eisenstein). Cho f (x) = an xn + ... + a1 x + a0 ∈ Z[x], n > 0.
Nếu tồn tại số nguyên tố p sao cho
1) p | ai với mọi i = 0, .., n − 1 nhưng p an
2) p2 a0
thì đa thức f (x) bất khả quy trong Z[x]
Chứng minh. Giả sử f (x) không bất khả quy, nghĩa là f (x) = g(x)h(x). Đặt g(x) =
b0 + b1 x + .. + bm xm và h(x) = c0 + c1 x + .. + ck xk . Ta có
a 0 = b 0 c0

25