Articles by Nguyễn Minh Đức

You are currently browsing Nguyễn Minh Đức’s articles.

Thông thường khi xét đa thức f $\in \mathbb{R}[x]$, f phân tích duy nhất được thành các đa thức bất khả quy. Câu hỏi được đặt ra khi ta thấy thế $\mathbb{R}$ bởi một trường, vành,… bất kì thì tính chất trên liệu có còn đúng? Xây dựng lí thuyết để trả lời câu hỏi này, ta sẽ nhận được những ứng dụng rất thú vị.
1. Mở đầu:
Bài viết này nghiên cứu đa thức trên cấu trúc tổng quát của $\mathbb{R}$, đó là TRƯỜNG và rộng hơn là VÀNH:
Định nghĩa 1: Tập hợp $K$ được trang bị 2 phép toán + và . thỏa mãn:
♥ $(K,+)$ là nhóm abel
♥ $K$ đóng với phép nhân
♥ Hai phép toán kết hợp, nghĩa là $\forall a,b,c \in K$ thì $a(b+c)=ab+ac$ và $(b+c)a=ba+ca$
Khi đó $K$ gọi là vành.
Thông thường ta kí hiệu 0 là đơn vị của phép “+” và 1 là đơn vị của phép “.” (nếu có)
Khi phép $.$ có đơn vị ta gọi $K$ là vành có đơn vị, khi phép $.$ giao hoán ta gọi $K$ là vành giao hoán. Đặc biệt, khi $(K$\ $\{0\},.)$ là nhóm abel thì $K$ gọi là trường.

Ví dụ như tập số nguyên $\mathbb{Z}$ hay tập số nguyên modulo $n$, $\mathbb{Z}_n$ cùng với phép $+$ và $.$ thông thường lập thành một vành giao hoán. Tập số hữu tỉ $\mathbb{Q}$, tập các số nguyên theo modulo p nguyên tố $\mathbb{Z}_p$, tập số thực $\mathbb{R}$, tập số phức $\mathbb{C}$, tập các số đại số $R_{alg}$ cùng với phép $+$ và $.$ thông thường lập thành một trường.

Để hiểu và xây dựng được một vành đa thức, ta cần xem xét một số tính chất cơ bản của vành và trường. Tương tự với nhóm, ta cũng có thể xây dưng đồng cấu từ vành như sau,
Định nghĩa 2: Cho K và L là hai vành, xét hàm $\phi:K \rightarrow L$ thỏa mãn:
♠ $\phi(a+b)=\phi(a)+\phi(b)$
♠ $\phi(ab)=\phi(a).\phi(b)$
Khi đó $\phi$ được gọi là một đồng cấu từ vành K tới vành L.
Nếu $\phi$ đơn ánh, thì $\phi$ được gọi là đơn cấu
Nếu $\phi$ toàn ánh, thì $\phi$ được gọi là toàn cấu
Nếu $\phi$ song ánh, thì $\phi$ được gọi là đẳng cấu. Hai vành $K, L$ tồn tại đẳng cấu giữa chúng được gọi là hai vành đẳng cấu, kí hiệu $K\cong L$

Hàm $f:\mathbb{Z}\rightarrow \mathbb{Z}_n, a\rightarrow a$ (mod $n$) là một toàn cấu từ $\mathbb{Z}\rightarrow \mathbb{Z}_n$. Phép nhúng $\mathbb{Z}$ vào $\mathbb{Q}$ là một đơn cấu vành hoặc sau này chúng ta có phép nhúng đa thức $\alpha :K[x]\rightarrow K,f(x)\rightarrow f(u)$

Khi nhắc đến đồng cấu, việc ta quan tâm là hạt nhân và ảnh của đồng cấu đó. Tương tự như nhóm con chuẩn tắc trong lý thuyết nhóm, khái niệm ideal cũng sinh ra từ việc khảo sát hạt nhân của đồng cấu, để tránh việc phải nhắc đến ideal trái, phải từ giờ ta sẽ coi các vành đề cập đều giao hoán.
Định lí 1.1:
Cho $A$ là một tập con của vành $K$. $A$ được gọi là một ideal của $K\Leftrightarrow$ $A$ là vành và với mọi $a\in K, b\in A$ thì $ab\in A$. 
Khi đó, tập hợp $A$ là một ideal của $K\Leftrightarrow$ tồn tại đồng cấu vành $f$ từ $K$ nhận $A$ làm hạt nhân.
Chứng minh:
♣ Chiều $”\Leftarrow”$, giả sử tồn tại một đồng cấu $f$ từ $K$ nhận $A$ là hạt nhân. Với $a,b\in A$, $f(a+b)=f(a)+f(b)=0$ và $f(ab)=f(a)f(b)=0$ nên $a+b, ab\in A$, từ đây ta dễ dàng chứng minh được $A$ là một vành, mặt khác với $a\in K, b\in A$ thì $f(ab)=f(a)f(b)=0$, do đó $ab\in A$ nên $A$ là một ideal của $K$

Ở trên ta mới chứng minh khẳng định theo chiều $”\Leftarrow”$, để chứng minh được chiều ngược lại, ta cần tới định nghĩa về vành thương và định lí đồng cấu (tương tự như trong lý thuyết nhóm có nhóm thương vậy)
Định lí 1.2: Cho vành $K$ và $A$ là một ideal của $K$. Khi đó: $K/A$ là tập hợp các lớp ghép trái của $A$ trên $K$ theo phép $+$, cùng với hai phép toán $”+”$ và $”.”$ lập thành 1 vành, gọi là vành thương.
Chứng minh:
$K/A$ là tập hợp các lớp ghép trái theo phép “+”, tức là $K$ phân hoạch được thành $\{a_1+A, a_2+A,..\}$. Hiển nhiên $K/A$ cùng với phép “+” lập thành nhóm abel.
Mặt khác, $(a+A)(b+A)=ab+(a+b+A)A=ab+A$ do $A$ là ideal của $K$, từ đó ta có $K/A$ là một vành.

Sau khi xây dựng vành, quan sát thấy khi co một vành $K$ thành vành thương $K/A$, định lí đồng cấu vành sẽ cho ta biết quan hệ giữa hạt nhân và ảnh, cũng như lý giải hoàn toàn cách xây dựng nên khái niệm ideal trong định lí 1.1
Định lí 1.3: Cho $f:K\rightarrow L$ là một đồng cấu vành, khi đó $K/A\cong Im(f)$ với $A=Ker(f)$
Chứng minh:
Xét hàm $g:K/A\rightarrow Im(f), a+A\rightarrow f(a)$.
\\Dễ dàng kiểm chứng đây là một đồng cấu nhóm. Ngoài ra, nếu $g(a+A)=g(b+A)$ thì $f(a)=f(b)$ dẫn tới $a-b\in A$ hay $a+A=b+A$ nên $g$ là đơn cấu. Hiển nhiên $g$ là toàn cấu.
Vậy $g$ là đẳng cấu, hay $K/A\cong Im(f)$

Từ đây ta hoàn thiện định lí 1.1, với mọi ideal $A$ của $K$, đồng cấu $f:K\rightarrow K/A, a\rightarrow a+A$ có hạt nhân chính là $A$. Điều đó khẳng định sự tồn tại của ideal gắn liền với đồng cấu vành, cũng giống như sự tồn tại của nhóm con chuẩn tắc gắn liền với đồng cấu nhóm vậy.
Ví dụ như $f:\mathbb{Z}\rightarrow \mathbb{Z_n}, a\rightarrow a$(mod $n$), ta sẽ có $Ker(f)=n\mathbb{Z}$ là một ideal của $\mathbb{Z}$ và $Im(f)=\mathbb{Z}_n$, do đó ta có đẳng cấu quen thuộc: $\mathbb{Z}_n\cong \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$.

Kết thúc mục này, chúng ta cùng đến với một ứng dụng của đồng cấu vành:
Bài toán 1: Cho $a,b\in \mathbb{Z}$, giả sử $(a+b\sqrt{2})^n=A+B\sqrt{2}$ với $A, B\in \mathbb{Z}$. Khi đó $(a-b\sqrt{2})^n=A-B\sqrt{2}$.
Chứng minh:
Xét vành $Q(\sqrt{2})=\{a+b\sqrt{2}, a,b \in \mathbb{Z}\}$ và hàm $f:Q(\sqrt{2})\rightarrow Q(\sqrt{2}), a+b\sqrt{2}\rightarrow a-b\sqrt{2}$, dễ dàng kiểm tra $f$ là một đồng cấu vành. 
Khi đó $f((a+b\sqrt{2})^n)=f(a+b\sqrt{2})^n=(a-b\sqrt{2})^n$ mà $f((a+b\sqrt{2})^n)=f(A+B\sqrt{2})=A-B\sqrt{2}$.
Do đó: $(a-b\sqrt{2})^n=A-B\sqrt{2}$.

Ta đã chuẩn bị cái nền để ta nghiên cứu đa thức trên đó. Mà khoan, đa thức là gì nhỉ?
2. Vành đa thức
Ta thường gặp các đa thức có hệ số nguyên, hệ số thực,… Khi đó các đa thức có dạng hệ số chung như vậy, lập nên vành đa thức nguyên $\mathbb{Z}[x]$ và vành đa thức thực $\mathbb{R}[x]$. Thông thường ta hiểu đa thức là một biểu thức có hệ số và có ẩn là một cách hiểu không rõ ràng. Do đó ta cần xây dựng định nghĩa của đa thức một cách tường minh?
Cho $K$ là một vành có đơn vị “.” là 1.
Xét tập hợp gồm tẩt các dãy vô hạn có các phần tử thuộc $K$ thỏa mãn chỉ có hữu hạn chỉ số khác 0. Từ đây ta định nghĩa phép toán $”+”$ và $”.”$ tương tự phép $”+”$ và $”.”$ trên $K$ như sau:
♦$(a_i)+(b_i)=(a_i+b_i)$
♦ $(a_i).(b_i)=(c_i)$ với $c_i=\Sigma_{j=0}a_jb_{i-j}$
Ta sẽ chứng minh tập hợp trên cùng với phép $”+”$ và $”.”$ vừa được định nghĩa lập thành một vành
Định lí 2.1: Tập hợp gồm các dãy vô hạn các phần tử thuộc $K$, $(a_0,a_1,…)$ thỏa mãn chỉ có hữu hạn chỉ số khác 0, cùng với phép $”+”$ và $”.”$ lập thành một vành
Chứng minh:
Hiển nhiên tập trên lập thành nhóm giao hoán với phép cộng, do phép cộng giao hoán trên $K$. Phép nhân trên tập này cũng hiển nhiên đóng theo định nghĩa, và phép nhân kết hợp vì:
$[(a_i).(b_i)].(c_i)=(d_i)(c_i)=(e_i)$ với $d_i=\Sigma_{j=0}^ia_jb_{i-j}$
nên $e_i=\Sigma_{k=0}^id_kc_{i-k}=\Sigma_{k=0}^i(\Sigma_{j=0}^ka_jb_{i-j})c_{i-k}
=\Sigma_{j+k+m=i}a_jb_kc_m$

Tương tự ta cũng chứng minh được $(a_i).[(b_i).(c_i)]=\Sigma_{j+k+m=i}a_jb_kc_m$ nên $[(a_i).(b_i)].(c_i)=(a_i).[(b_i).(c_i)]$ hay $”.”$ kết hợp trên $K$
Cuối cùng ta chứng minh $”+”$ và $”.”$ phân phối,
$(a_i)[(b_i)+(c_i)]=(a_i)(b_i+c_i)=\Sigma_{j=0}^ia_j(b_{i-j}+c_{i-j})=\Sigma_{j=0}^i(a_jb_{i-j}+a_jc_{i-j})
=\Sigma_{j=0}^ia_jb_{i-j}+\Sigma_{j=0}^ia_jc_{i-j}=(a_i)(b_i)+(a_i)(c_i)$

Như vậy $”+”$ phân phối phải với $”.”$, tương tự $”+”$ phân phối trái nên ta có $”.”$ phân phối $”+”$
Vậy tập này cùng với phép $”+”$ và $”.”$ lập thành một vành. 
Đặc biệt, khi $K$ giao hoán thì vành trên là vành giao hoán

Đơn vị $”+”$ của vành trên là $(0,0,0,…)$ và đơn vị $”.”$ là $(1,0,0,…)$.
Đặt $x=(0,1,0,…)$, khi đó mọi dãy $f=(a_0,a_1,…,a_n,0,0…)$ phân tích duy nhất:
$(a_0,a_1,…,a_n,…)=a_0(1,0,0,…)+a_1(0,1,0,0,…)+…+a_n(0,0,…,1,0,…)=a_0+a_1x+…+a_nx^n$
hay $f=a_0+a_1x+…+a_nx^n$, tính duy nhất có được là do $f=0\Leftrightarrow a_i=0\forall 0\le i\le n$

Từ các nhận xét trên, ta xây dựng vành đa thức như sau
Định nghĩa 3: Vành dãy các phần tử thuộc $K$ gọi là vành đa thức ẩn $x$, kí hiệu là $K[x]$. Nói cách khác, $K[x]=\{a_0+a_1x+…+a_nx^n|n\in \mathbb{N}, a_i\in K\forall 0\le i\le n\}$

Với $f\in K[x]$, $f(x)=a_0+a_1x+…+a_nx^n$, thì bậc của đa thức $f$ là $n$, kí hiệu: $deg(f)=n$. Bậc của đa thức là một đặc trưng quan trọng của đa thức, do đó ta cần xem xét các tính chất của bậc đa thức dưới hai phép toán $”+”$ và $”.”$
Định lí 2.2:
Cho đa thức $f,g\in K[x]$, khi đó:
• $deg(f.g)=deg(f)+deg(g)$
• $deg(f+g)=\le max(deg(f),deg(g)$
Chứng minh:
Áp dụng định nghĩa phép nhân và phép cộng hai đa thức (hay hai dãy vô hạn) trên trường K

Ta vừa xây dựng vành đa thức với các tính chất cơ bản như đa thức trên trường số thực. Chúc mừng bạn đọc đã đến bước này, tới đây ta mới thực sự hiểu câu hỏi ta đặt ra là gì: liệu các đa thức trên vành này có thể phân tích duy nhất dưới dạng các nhân tử bất khả quy?
3. Tính chia hết trên vành
Khi nghiên cứu về việc phân tích các đa thức trong vành đa thức, việc đầu tiên ta quan tâm là phép chia hết. Do đó ta cần định nghĩa quan hệ chia hết trong vành và đặc biệt ta quan tâm đến vành Euclid và vành nhân tử hóa Gauss. Trước hết, ta cần định nghĩa tính chia hết trong vành.
Trong mục này, ta xét các quan hệ chia hết trên vành giao hoán có đơn vị $K$
Định nghĩa 4: Cho $a,b\in K$, ta nói $a$ là ước của $b$ (hay $b$ chia hết cho $a$) nếu tồn tại $c\in K:b=ac$

Trên vành $\mathbb{Z}$, tích 2 số bằng 0 thì một trong 2 thừa số phải bằng 0.Tuy nhiên trên vành nói chung không có tính chất này, giả sử tồn tại $a,b\in K$ và $a,b\ne 0$ thỏa $ab=0$, khi đó ta sẽ gặp một số trở ngại sau:
♥ Thương trong phép chia hết không duy nhất, từ đó ảnh hưởng đến phép chia dư và đặc biệt là tính duy nhất của phân tích, điều mà ta đang hướng đến ở mục này
♥ Ảnh hưởng đến các đặc trưng khác như ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất, các tính chất liên quan đến ideal,…

Ví dụ: Xét vành các số nguyên modulo 6: $\mathbb{Z}_6$ . Ta thấy $\mathbb{Z}_6$ không phải là miền nguyên vì $[2].[3]=[0]$, do đó ta thấy $[2]$ là ước của $[4]$ vì $[4]=[2].[2]$ nhưng $[4]$ cũng là ước của $[2]$ vì $[2]=[4].[2]$ trong khi $[2]$ và $[4]$ đều không khả nghịch. Tính chia hết khi xét trên $\mathbb{Z}_6$ khá khó để khai thác

Như vậy nếu chỉ đề cập đến chia hết nói riêng thì ta không cần quan tâm đến vấn đề trên, tuy nhiên khi nghiên cứu về tính phân tích, ta cần $K$ phải trang bị thêm:
Định nghĩa 5: Vành giao hoán $K$ được gọi là miền nguyên nếu $a.b=0$ thì $a=0$ hoặc $b=0$

Từ nay trong bài viết này, ta sẽ làm việc trên miền nguyên $K$
Phép chia hết trên vành là một quan hệ sắp thứ tự, thường là không toàn phần:
Định lí 3.1: Cho $a,b,c$ thuộc vành giao hoán có đơn vị $K$. Khi đó:
♦ $a|a$
♦ Nếu $a|b,b|c$ thì $a|c$
♦ Nếu $a|b,b|a$ thì $a,b$ sai khác phần tử khả nghịch
Chứng minh:
♦ $a=1.a$ nên $a|a$
♦ $a|b,b|c$ dẫn tới tồn tại $u,v\in K$: $b=au,c=bv$ nên $c=auv$ hay $a|c$
♦ $a|b,b|a$ thì tồn tại $k,h\in K: b=ka,a=hb$ nên $b=khb$, dẫn tới $kh=1$ nên $a,b$ sai khác một phần tử khả nghịch

Tính chia hết trong vành tuy hơi khác biệt so với tính chia hết trong $\mathbb{Z}$ nhưng cũng có nhiều đặc điểm giống nhau:
Định lí 3.2: Cho $K$ là một vành và $a,b,c \in K$
♣$a|b,a|c$ thì $a|b+c$ và $a|b-c$
♣ $a|b$ thì $a|bc$

Chứng minh tính chất trên khá đơn giản, xin nhường lại bạn đọc.
Xét một phần tử $a\in K$, khi đó các bội của $a$ sẽ có dạng là $\{ak|k\in K\}$ chính là ideal sinh bởi $a$, do đó thực chất tính chia hết chính là việc phụ thuộc của ideal
Định lí 3.3: $a|b\Leftrightarrow (b)\subset (a)$
Trong đó, $(X)$ là ideal sinh bởi $X$ trong $K$
Chứng minh: $a|b\Leftrightarrow b=ak$ với $k\in K\Leftrightarrow b\in (a)\Leftrightarrow (b)\subset (a)$

Một đặc trưng cơ bản nữa của tính chia hết là tính thứ tự trong chia hết (như trong phần 3 của định lí). Trong các ước chung của một phần tử $a$ và $b$, ta quan tâm đến phần tử nào đó “lớn nhất” để qua đó ta xác định được tập ước chung, đó chính là ước chung lớn nhất của $a$ và $b$
Định nghĩa 6: Cho $a,b\in K$. Một phần tử $c\in K$ được gọi là ước chung lớn nhất của $a$ và $b$ nếu nó thỏa mãn:
∗ $c|a,c|b$
∗ $\forall t\in K: t|a,t|b$ thì $t|c$
Ta kí hiệu tập ước chung lớn nhất của $a$ và $b$ là $gcd(a,b)$

Không giống như trong $\mathbb{Z}$, khi định lí phân tích nguyên tố rõ ràng chỉ ra ước chung lớn nhất của 2 số là duy nhất, trong vành khi ta chưa thể xây dựng một lý thuyết về phân tích nguyên tố thì ước chung lớn nhất của 2 phần tử sẽ là một tập. Tuy nhiên ta có một quan hệ giữa các phần tử trong tập:
Định lí 3.4: Nếu $d$ là một ước chung lớn nhất của $a$ và $b$ thì $au$ cũng là ước chung lớn nhất của $a$ và $b$ với $u$ khả nghịch
Ngược lại nếu hai số $d, d’$ là ước chung lớn nhất của $a$ và $b$ thì tồn tại $u$ khả nghịch sao cho $d=ud’$
Chứng minh: Giả sử $d$ là một ước chung lớn nhất của $a$ và $b$ và $u$ khả nghịch. Khi đó do $d|a, d|b$ nên $du|a, du|b$.
Xét $k|a$ và $k|b$ dẫn tới $k|d$ nên $k|du$, do đó $du$ là một ước chung lớn nhất của $a$ và $b$

Định lí trên càng chứng tỏ việc ta coi các phần tử khả nghịch trong $K$ như một đơn vị rất hợp lí. Nhận thấy rằng nếu $u$ là một phần tử khả nghịch trong $K$ và $a|b$ thì $au|b$. Quan hệ chia hết sai khác một phần tử khả nghịch, điều này cũng xảy ra khi ta định nghĩa các tính chất chia hết căn bản, do đó ta hoàn toàn có thể coi các phần tử khả nghịch trong vành là đơn vị (như trong cuốn [2]), ta có đủ cơ sở để định nghĩa quan hệ “bằng nhau” mới như sau
Định nghĩa 7: Hai phần tử $a,b\in K$ được gọi là bằng nhau khi và chỉ khi $a,b$ sai khác một phần tử khả nghịch. Kí hiệu: $a=b$

Bằng cách này chúng ta đã chỉ ra được ước chung lớn nhất của 2 số nếu tồn tại là duy nhất, do đó ta kí hiệu ước chung lớn nhất của a và b là $gcd(a,b)$
Tuy nhiên tới đây ta mới đặt ra câu hỏi: chắc gì ước chung lớn nhất giữa 2 số đã tồn tại?
Đến đây ta nhớ đến một định lí rất quan trọng trong việc xác định ước chung lớn nhất mà không cần phân tích các thừa số, đó là thuật chia Euclid hay định lí Bezout, ở đó phát biểu là: $d=(a,b)$ khi và chỉ khi tồn tại $u,v\in \mathbb{Z}:au+bv=d$ dẫn tới $(a,b)=d$
Điều này gợi ý cho ta về việc biểu diễn tuyến tính $d$ theo $a$ và $b$, hay $d\in (a,b)$ với $(a,b)$ là ideal sinh bởi $a$ và $b$ nên $(a,b)\subset (d)$. Tuy nhiên để khẳng định $(a,b)=(d)$ hay mọi cặp phần tử đều có ước chung lớn nhất thì mọi ideal sinh bởi cặp phần tử phải sinh bởi một phần tử, theo quy nạp ta sẽ chứng được mọi ideal của vành đều là ideal sinh bởi một phần tử.
Định nghĩa 8: Miền nguyên $K$ được gọi là miền chính nếu mọi ideal của $K$ đều sinh bởi 1 phần tử

Do đó ta có thể chỉ ra sự tồn tại của ước chung lớn nhất của 2 cặp số
Định lí 3.5: Giả sử $K$ là môt miền chính, khi đó $d=gcd(a,b)\Leftrightarrow (a,b)=(d)$
Do đó ước chung lớn nhất của $a$ và $b$ tồn tại.
Chứng minh: Chiều $”\Rightarrow”$, do $d|a$ và $d|b$ nên $a,b\in (d)$, nên $(a,b)\subset (d)$
Mặt khác, tồn tại $u\in K:(a,b)=(u)$ nên $(u)\subset (d)$ hay $d|u$, dẫn tới $d=uu’$ với $u’$ khả nghịch theo định nghĩa của ước chung lớn nhất, do đó $(a,b)=(u)=(d)$ .
Chiều $”\Leftarrow”$, do $(a,b)=(d)$ nên $a,b\in (d)$ hay $d|a$ và $d|b$. Mặt khác, tồn tại $u$ và $v$ thuộc $K$: với mọi $c|a,c|b$ thì $c|au+bv=d$, do đó $d$ là ước chung lớn nhất của $a$ và $b$.

Như vậy ta đã xây dựng được ước chung nhỏ nhất của 2 số trong miền chính, đây là cơ sở cho việc phân tích phần tử trong vành. Sau đây là một số ví dụ về các kết quả trong mục này:
Ví dụ: Trên vành số nguyên $\mathbb{Z}$, ta dễ dàng chứng minh $Z$ là miền nguyên và cũng là miền chính. Ví dụ xét 2 phần tử 12 và 9 thuộc $\mathbb{Z}$, khi đó ideal sinh bởi 12 là $(12)=12\mathbb{Z}$ và ideal sinh bởi 9 là $(9)=9\mathbb{Z}$, khi đó ước chung lớn nhất của 9 và 12 là $gcd(9,12)=3$ (thực ra có cả -3 nữa nhưng ta đã quy ước về sai khác phần tử khả nghịch), khi đó ideal sinh bởi 9 và 12 là $(9,12)=(3)=(-3)$

Ví dụ: Trong một vài cuốn sách ở cấp 3, tác giả thường kí hiệu $(a,b)$ là ước chung lớn nhất của $(a,b)$ thay cho $gcd(a,b)$. Điều này không hoàn toàn hợp lí vì kí hiệu $(a,b)$ để chỉ ideal sinh ra bởi $a$ và $b$ còn $gcd(a,b)$ là một số, tuy nhiên $(a,b)$ lại là ideal sinh bởi ước chung lớn nhất của $a,b$ nên trong một số trường hợp kí hiệu như vậy cũng được.

Nối tiếp đây là các vành đặc biệt ta đã nhắc đến ở đầu đề mục
4. Vành Euclid-Vành nhân tử hóa Gauss
Ta đến với 2 vành quan trọng trong việc nghiên cứu tính chia dư và phân tích một phần tử trong trường. Lưu ý rằng ta xét quan hệ hai phần tử bằng nhau nếu chúng sai khác một phần tử khả nghịch.
Trước hết, một vành nói chung không thể sắp thứ tự, dẫn tới không có cơ sở nào để đánh giá sự chia dư. Tuy nhiên ta có thể đánh số các phần tử trong vành để làm cơ sở để so sánh và từ đó xây dựng phép chia dư
Định nghĩa 9: Miền nguyên $K$ được gọi là một vành Euclid nếu:
$\exists \theta :K$\$ \{0\}\rightarrow N$ thỏa mãn:
♦ $\theta (ab)\ge \theta(a)$ với mọi $a,b\in K$
♦ Với mọi $a,b \in K$\$ \{0\}$, tồn tại $q$ và $r$ sao cho $a=bq+r$ và $r=0$ hoặc $\theta(r)<\theta(b)$

Ta sẽ bàn luận thêm về định nghĩa trên. Hàm $\theta$ đóng vai trò đánh giá “giá trị” của một phần tử trong vành, từ đó ta có thể có cơ sở để đánh giá mỗi phần tử, cụ thể ở đây “giá trị” của phần dư nhỏ hơn ” giá trị” của số chia, khá giống với phép chia Euclid trên vành số nguyên. Về vành Euclid và các tính chất cũng như ứng dụng của nó, bạn đọc có thể xem [3]. Sau đây là một số ví dụ về vành Euclid:
Ví dụ: Vành số nguyên $\mathbb{Z}$ là một miền nguyên, được trang bị hàm $\theta:\mathbb{Z}*\rightarrow \mathbb{N}$, $a\rightarrow |a|$ là một vành Euclide vì $\theta(ab)=|ab|=|a|.|b|=\theta(a)\theta(b)$ và với mọi $a,b \in \mathbb{Z}^*$. Với mọi $a,b \in \mathbb{Z}^*$, tồn tại $q\in \mathbb{Z}, r \in \mathbb{N}$ sao cho $a=bq+r$ với $abq>0$ và $r<|b|$

Ví dụ: Vành hữu tỉ mở rộng $\mathbb{Q}(\sqrt{5})=\{a+b\sqrt{5}|a,b\in \mathbb{Q}\}$ là miền nguyên. Thật vậy giả sử $(a+b\sqrt{5})(c+d\sqrt{5})=$ với $a,b,c,d\in\mathbb{Q},(a^2+b^2)(c^2+d^2)>0$ thì $ac+5bd=0$ và $ad+bc=0$ nên $acd=-5bd^2=-bc^2$
Nếu $b=0$ thì $c=0$ và $a=0$ hoặc $d=0$, vô lí
Nếu $b\ne 0$ thì $5=(\frac{c}{d})^2$, vô lí.

Một cách “bắt chước” rất tự nhiên (copy là phải copy đến cùng), ta cũng tổng quát hóa ước chung lớn nhất trên vành Euclid:

Ví dụ: Vành số nguyên $\mathbb{Z}$ thông thường định nghĩa được ước chung lớn nhất, do đó ta dự đoán $\mathbb{Z}$ là một miền chính. Thật vậy gọi I là một ideal của $\mathbb{Z}$ thì tồn tại phần tử $a=\{x\in I|\theta(x)=|x| min\}$, khi đó xét phần tử $b$ bất kì trong I, tồn tại $q, r\in \mathbb{Z}$, $r=0$ hoặc $\theta(r)<\theta(a)$ sao cho $b=aq+r$, do đó $r\in I$ nên $r=0$ (nếu không $\theta(r)<\theta(a)$, vô lí). Do đó $a|b$ hay $I=(a)$ là một ideal chính, do đó $\mathbb{Z}$ là một miền chính.

Từ quan sát trên, ta nhận thấy rằng ta không cụ thể hóa chứng minh bằng việc sử dụng tính chất nào của vành số nguyên, nên chứng minh trên có thể áp dụng cho vành Euclide nói chung
Định lí 4.1: Mọi vành Euclid đều là miền chính
Chứng minh tương tự như ví dụ trên, xin nhường lại cho bạn đọc

Vậy tại sao tính chất này lại quan trọng? Về cơ bản một vành Euclid không có cơ sở nào từ nội tại các phần tử trong vành mà phải đưa sang tập số nguyên để so sánh. Tính chất trên cho ta một cách nhìn khác về mỗi phần tử trong vành bởi ideal sinh bởi nó, việc này thuận lợi hơn trong việc phân tích các phần tử trong vành. Từ việc vành Euclid là miền chính, tính chia hết trên vành quy về tính bao hàm của các ideal và cũng xác nhận sự tồn tại ước chung lớn nhất.
Bài viết của ta nghiên cứu về sự phân tích của một phần tử trong vành tích các phần tử mà mỗi phần tử không thể phân tích được nữa, do đó ta cần định nghĩa sau
Định nghĩa 10: $a\in K$ được gọi là bất khả quy nếu $a$ không có ước thực sự trong $K$

Ta cần xét lớp các vành thỏa mãn đề tài chúng ta nghiên cứu: các vành mà mỗi phần tử đều có thể phân tích
Định nghĩa 11:
Miền nguyên $K$ được gọi là một vành nhân tử hóa (hay vành Gauss) nếu mọi phần tử khác 0 trong $K$ đều có thể phân tích duy nhất thành tích các phần tử bất khả quy 
Nói cách khác, với mọi $a\in K$\$ \{0\}$ thì $a$ phân tích duy nhất sai khác hoán vị thành $a=p_1p_2…p_n$ với $p_1,p_2,…,p_n$ bất khả quy

Từ định lí 3.3 ta thấy ra rằng tính chia hết của các phần tử thực chất chính là tính bao hàm của các ideal. Xét phần tử $a$ bất kì trong $K$, nếu như ta đi theo hướng tìm một phần tử $b$ là ước của $a$, ta chưa rõ $b$ đã bất khả quy chưa, dẫn tới ta phải phân tích $b$, nói chung là không triệt để trong việc phân tích $a$. Ta xem xét quy trình phân tích của một phần tử theo hướng đi ideal, thật vậy xét ideal $(a)$ và các ideal thực sự chứa $(a)$, ta sẽ dựng được một dãy các ideal thực sự bao hàm nhau và chứa $(a)$ và trong đó sẽ có một ideal cực đại là $(b)$. Ta đã biết nếu $(b)$ cực đại thì $b$ bất khả quy, vậy là ta chỉ ra được một ước bất khả quy để phân tích $a$. Nhận xét trên là ý tưởng để ta chứng minh định lí sau:
Định lí 4.2: Mỗi miền chính là một vành Gauss.
Chứng minh: Giả sử $K$ là một miền chính, ta chứng minh $K$ là vành Gauss.
Trước tiên ta chứng minh mọi phần tử trong $K$ đều phân tích được thành tích các phần tử bất khả quy. Giả sử phản chứng $S$ là tập các phần tử không phân tích được thành tích các phần tử bất khả quy và $S$ khác rỗng. Xét phần tử $a$ thuộc $S$ và dãy dài nhất các ideal thực sự trong $S$ bao hàm thực sự và chứa $a$: $(a_0)=(a)\subset(a_1)\subset … \subset (a_n)\subset …$
Xét $A=\cup (a_i)$.
Với mọi $k\in K, b\in A$ thì tồn tại $j$ thỏa mãn $b\in (a_j)$, khi đó $kb\in (a_j)$ do đó $kb\in K$.
 Do đó $A$ là một ideal của $K$ mà $K$ là miền chính nên $A$ là ideal chính, giả sử $A=(b)$
Khi đó $(b)=\cup (a_i)$, giả sử $b\in (a_n)$ dẫn tới $(b)\subset (a_n)$ mà $(a_n)\subset (b)$ nên $(a_n)=(b)$. Do đó dãy trên hữu hạn gồm các phần tử $a_0,a_1,…,a_n$
Nếu $a_n$ khả quy thì tồn tại ước thực sự $c$ của $(a_n)$, do đó ta có thể thêm $a_{n+1}=c$ vào dãy trên. Vô lí vì ta chọn dãy ${a_n}$ dài nhất.
Nếu $a_n$ bất khả quy thì vô lí vì $a_n\in S$.
 Vậy $S=\varnothing$.

Xây xong móng với nền rồi, giờ ta sẽ đi vào mấu chốt giải quyết câu hỏi đã đề ra
5. Sự phân tích của đa thức trong vành đa thức
Trước khi xét đến sự phân tích của đa thức trong vành đa thức, ta cần xem xét đến tính chia hết, tính bất khả quy, tính chia dư của các đa thức và các cặp đa thức trên vành này.
Như đã nói ở phần xây dựng vành đa thức, đặc trưng không thể thiếu của đa thức chính là bậc của nó (như trong định lí 2.2) và điều đó càng thể hiện rõ hơn qua định lí sau
Định lí 5.1: Cho $K$ là một miền nguyên. Cặp đa thức $f,g\in K[x]$ thỏa mãn hệ số cao nhất của $g$ khả nghịch trong $K$, khi đó tồn tại duy nhất cặp đa thức $q,r\in K[x]$ thỏa mãn $deg(r)<deg(g)$ và $f=g.q+r$
Chứng minh: Chiều tồn tại, ta chứng minh quy nạp theo bậc của $f$, với $deg(f)<deg(g)$ thì ta chọn $q=0$ và $r=f$\\
Giả sử ta chứng minh được với $deg(f)=n$, ta chứng minh với $deg(f)=n+1$, thật vậy giả sử $a_{n+1}$ là hệ số cao nhất của $f$ và $b_k$ là hệ số cao nhất của $g$
Khi đó $f-a_{n+1}b_k^{-1}g$ là đa thức bậc $n$, do đó theo quy nạp tồn tại cặp đa thức $q,r$ sao cho $f-a_{n+1}b_k^{-1}g=g.q+r$ hay $f=(q+-a_{n+1}b_k^{-1}).g+r$, ta có điều phải chứng minh
Chiều duy nhất, giả sử tồn tại hai cặp đa thức $(q,r)$ và $(q’,r’)$ phân biệt thỏa mãn điều kiện bài toán, khi đó $f=g.q+r=g.q’+r’$ hay $g(q-q’)=r-r’$\\
Mặt khác, $deg(g(q-q’))\ge deg(g)> deg(r-r’)$, vô lí. Ta có dpcm.

Tính chất trên của $K[x]$ gần giống với tính chất của vành Euclid, đặc biệt khi $K$ là một trường thì $K[x]$ sẽ là vành Euclid. Do đó theo định lí, $K[x]$ cũng là miền chính và cũng là vành Gauss
Câu hỏi đặt ra là trong trường hợp ta chỉ có $K$ là một miền nguyên, thì tính phân tích thành nhân tử của $K[x]$ sẽ như thế nào
Thật vậy từ định lí 5.1, xét $K[x]^*$ là tập các đa thức có hệ số cao nhất khả nghịch trong $K[x]$, dễ dàng kiểm chứng rằng $K[x]^*$ là một vành và từ đó ta có tính chất
Định lí 5.2: Mọi đa thức trong $K[x]$ có hệ số cao nhất khả nghịch đều phân tích được thành tích các đa thức monic bất khả quy, biểu diễn này là duy nhất sai khác hoán vị các phần tử bất khả quy.
Hay $\forall f(x)\in K[x]$ thì tồn tại duy nhất $g_1,g_2,…g_n\in K[x]$ monic và $A\in K$:
$f(x)=A.g_1(x)g_2(x)…g_n(x)$
Chứng minh: Xét vành $K[x]^*$, theo định lí 5.1, $K[x]^*$ là một vành Euclid, do đó nó là một vành nhân tử hóa nên ta nhận được kết quả định lí.

Đặc biệt khi $K$ là một trường thì $K[x]^*=K[x]$, khi đó mọi đa thức thuộc $K[x]$ đều phân tích được.
Ta đã thành công trong việc tổng quát hóa tính phân tích được của đa thức trên vành. Điều này sẽ mang đến nhiều ứng dụng thú vị …
6. Ứng dụng
Ta đến với một số bài toán ứng dụng của việc vành đa thức là vành nhân tử hóa. Quan sát trong tập số nguyên, nếu $(u,v)=1$ và $uv$ là số chính phương thì cả $u$ và $v$ đều là số chính phương, tính chất này áp dụng với vành nhân tử hóa đều đúng
Định lí 6.1: Cho $K$ là một miền nguyên và $f,g \in K[x]$, $h\in K[x]^*$ và $t\in \mathbb{Z}_{\ge 2}$. Giả sử $fg=h^t$ và $f,g$ nguyên tố cùng nhau, khi đó tồn tại $u,v\in K[x]$ và $A,B\in K$ sao cho $f=Au^t,g=Bv^t$
Chứng minh: Gọi $a$,$b$ và $c$ lần lượt là hệ số cao nhất của $f$,$g$ và $h$. Khi đó $ab=c^t$ dẫn tới $a.(bc^{-t})=1$ nên $a$ khả nghịch, tương tự $b$ khả nghịch
Kết hợp $K$ là miền nguyên nên áp dụng định lí 5.2 ta có $f$ và $g$ phân tích được.
Giả sử phân tích thừa số bất khả quy của $f$ là $f=Aa_1^{m_1}a_2^{m_2}…a_n^{m_n}$ và của $g$ là $g=Bb_1^{k_1}b_2^{k_2}…b_l^{k_l}$
Do $f,g$ nguyên tố cùng nhau nên $\{a_i\}\cap\{b_j\}=\emptyset$
Mặt khác, $f.g=AB\prod_{i=1}^na_i^{m_i}\prod_{j=1}^{l}b_j^{k_j}=h^t$
Dẫn tới, $t|m_i\forall 1\le i\le n$ và $t|k_j\forall 1\le j\le l$, hay $f=A(\prod_{i=1}a_i^{\frac{m_i}{t}})^t$ và $g=B(\prod_{j=1}a_j^{\frac{k_j}{t}})^t$

Từ tính chất trên, ta có thể áp dụng vào bài toán sau:
Bài toán 2: Chứng minh rằng tồn tại vô số bộ 3 đa thức $f(x),g(x),h(x)\in \mathbb{Q}[x]$ khác hằng, đôi một nguyên tố cùng nhau thỏa mãn: $5f(x)^2=g(x)^2+h(x)^2$
Chứng minh: Không mất tính tổng quát, giả sử $f,g,h$ đôi một nguyên tố cùng nhau.
Trước tiên nhận xét rằng $Q(\sqrt{5})$ là miền nguyên (theo ví dụ 5), do đó $Q(\sqrt{5})[x]$ thỏa mãn Định lí 6.1;
Xét trên $\mathbb{Q}(\sqrt{5})[x]$, ta có $h^2=(\sqrt{5}f-g)(\sqrt{5}f+g)$
Theo định lí 6.1, tồn tại $u,v\in \mathbb{Q}(\sqrt{5})[x]$ và $A\in \mathbb{Q}(\sqrt{5})$: $\sqrt{5}f+g=Au^2$ và $\sqrt{5}f-g=\frac{1}{A}v^2$
Đặt $u=a+b\sqrt{5}, v=c+d\sqrt{5}, A=m+n\sqrt{5}$ với $a,b,c,d\in\mathbb{Q}[x]$ và $m,n\in \mathbb{Q}$, khi đó $Au^2=(m(a^2+5b^2)+10nab)+(2mab+n(a^2+b^2))$ và $\frac{1}{A}v^2=\frac{m(c^2+5d^2+2cd\sqrt{5})}{t}-\frac{\sqrt{5}.(n(c^2+5d^2)-2mcd)}{t}$ với $t=m^2-5n^2$
Ta có: $f=\frac{Au^2+\frac{1}{Av^2}}{2\sqrt{5}}$ và $g=\frac{Au^2-\frac{1}{A}v^2}{2}$, $h=uv$
Do $f,g,h \in \mathbb{Q}[x]$ nên ta có:
$(m(a^2+5b^2)+10nab)+(\frac{m(c^2+5d^2)}{t}-\frac{10ncd}{t})=0$
và $2mab+n(a^2+5b^2)+\frac{n(c^2+5d^2-2mcd)}{t}=0$
và $ad+bc=0$
Do đó: $m(a^2+5b^2 +\frac{c^2+5d^2}{t})=10n(\frac{cd}{t}-ab)$ và $n(a^2+5b^2 +\frac{c^2+5d^2}{t})=2m(\frac{cd}{t}-ab)$
Từ đây ta có 3 trường hợp: $m=0$ và $n$ khác 0, $n=0$ và $m$ khác 0, hoặc $m,n$ cùng khác 0.
TH1: $n=0$ và $m$ khác 0, ta có $a^2+5b^2 +\frac{c^2+5d^2}{t}=0$ và $\frac{cd}{t}-ab=0$ với $t=m^2$, do đó $(a+b\sqrt{5})^2+(\frac{c-d\sqrt{5}}{m})^2=0$ nên $a+b\sqrt{5}=0$ hay $a=b=0$, vô lí.
TH2: $m=0$ và $n$ khác 0, ta có $a^2+5b^2 +\frac{c^2+5d^2}{t}=0$ và $\frac{cd}{t}-ab=0$ với $t=-5n^2$, do đó $(a+b\sqrt{5})^2+\frac{(c-d\sqrt{5})^2}{-5n^2}=0$, dẫn tới $an=-d$ và $c=5bn$ hay $an=d$ và $c=-5bn$ mà $ad=-bc$ nên $na^2=5bn^2$ nên $a=b=0$, vô lí.
TH3: $m$ và $n$ đều khác 0, dẫn tới $a^2+5b^2 +\frac{c^2+5d^2}{t}=0$ và $\frac{cd}{t}-ab=0$ vì nếu không $\frac{m}{10n}=\frac{n}{2m}$ nên ta có $\frac{m}{n}=\sqrt{5}$, vô lí vì $m,n\in \mathbb{Q}$
Như vậy ta có $a^2+5b^2 +\frac{c^2+5d^2}{t}=0$ (1); $\frac{cd}{t}-ab=0$ (2) và $ad+bc=0$. (3)
Lưu ý rằng các đa thức $f,g,h\in \mathbb{Q}[x]$ khác hằng nên $a,b,c,d$ đều phải khác hằng, từ (2) và (3) ta có $cd.ad=-t.ab.bc$ hay $d^2=-tb^2$, thay vào (1) được $c^2=-tb^2$, dẫn tới $-t=5n^2-m^2$ là bình phương của một số hữu tỉ $p$
Chọn $c=pa$ và $d=-pb$, khi đó $u=a+b\sqrt{5},v=p(a-b\sqrt{5}),A=m+n\sqrt{5}$.
Chọn $n=1,p=2,m=1$ và $a(x),b(x)\in \mathbb{Q}[x]$ nguyên tố cùng nhau, $deg(a)>deg(b)$, từ đây ta tìm được bộ nghiệm thỏa mãn đề bài là:
$f(x)=a^2+5b^2+2ab,g(x)=a^2+5b^2+10ab,h(x)=2a^2-10b^2$

Nhận xét một chút về bài toán trên, bài toán nhấn mạnh việc sử dụng vành đa thức
$\mathbb{Q}(\sqrt{5})[x]$, ta có thể tìm được tất cả các nghiệm thỏa mãn của phương trình trên bằng cách giải ẩn $m,n,p\in \mathbb{Q}$ thỏa mãn $p^2=5n^2-m^2$ (sử dụng phương pháp tương tự trên cho trường $\mathbb{Z}(\sqrt{5})$ ).
Ta có thể giải hoàn toàn phương trình trên, nhưng sẽ là không cần thiết ở bài viết này
Một ứng dụng khá bất ngờ của bài viết này là chứng minh sự tồn tại căn nguyên thủy (nhìn chả có họ hàng gì với nhau) được trình bày trong [4]

Tài liệu tham khảo
[1] Nguyễn Hữu Việt Hưng, Đại số đại cương

[2] A. J. Baker, Introduction to Galois Theory, 2012

[3] Nguyễn Minh Đức, vành Euclid và ứng dụng

[4] Nguyễn Minh Đức, Ứng dụng lý thuyết nhóm nghiên cứu phương trình đồng dư dạng mũ và căn nguyên thủy

Bài toán: Cho đa giác đều $H$ hữu hạn đỉnh. Ta tô màu các đỉnh đa giác bằng một số màu thỏa mãn các đỉnh cùng màu tạo nên một đa giác đều. Chứng minh rằng tồn tại 2 đa giác đều đơn sắc đồng dạng. Read the rest of this entry »

Tính chuẩn tắc trong phần lớn các tài liệu, chỉ được định nghĩa liên quan đến các nhóm con của một nhóm cho trước. Điều này vô tình gò bó một tính chất độc lập, vậy nên bài viết này sẽ mở rộng tính chuẩn tắc thông thường. Read the rest of this entry »

Câu hỏi: Khi nào 2 nhóm $(A,B)$ thỏa mãn tồn tại $f$ để $(A,B)=(Kerf,Imf)$.

 Để trả lời câu hỏi này,chúng ta xây dựng nên nhóm con chuẩn tắc,nhóm thương ,cũng như chỉ ra sự quan hệ giữa đồng cấu với hạt nhân và ảnh của một đồng cấu, qua đó là góc nhìn quan hệ nhóm con chuẩn tắc dưới dạng đồng cấu nhóm
I.Mở đầu
-Khái niệm về nhóm,nhóm con và khái niệm cơ bản về đồng cấu,các loại đồng cấu trong [1]
-Cho nhóm $G$,kí hiệu $e_G$ là phần tử đơn vị của $G$
-Cho $f:G \rightarrow H$ là một đồng cấu: Read the rest of this entry »