Trong mục này, ta nghiên cứu về tập nghiệm của hệ phương trình đa thức. Rõ ràng tập các số mà ta đang quan tâm ảnh hưởng rất lớn tới tập nghiệm. Chẳng hạn phương trình $x^2+1$ không có nghiệm thực, nhưng lại có hai nghiệm phức, hoặc phương trình $x^2=2$ có nghiệm thực, nhưng lại không có nghiệm nguyên nào. Vì vậy, ta cần giới hạn một tập số $K$ nào đó cho các nghiệm. Trong mục này, ta chỉ quan tâm $K=\mathbb{Q}, \mathbb{R}, \mathbb{C}, \mathbb{Z},$ và có thể cả $\mathbb{Q}_p, \mathbb{Z}/p.$
Định nghĩa. Cho $f_1(x_1,\dots,x_n),\dots, f_m(x_1,\dots,x_n)$ là các đa thức với hệ số trong $K$. Tập nghiệm của hệ phương trình $f_1(x_1,\dots,x_n)=0,\dots, f_m(x_1,\dots,x_n)=0$ là tập tất cả các bộ $(x’_1,\dots,x’_n)$ với $x’_1,\dots,x’_n\in K$ thoả mãn
$$f_1(x’_1,\dots,x’_n)=0,\dots, f_m(x’_1,\dots,x’_n)=0,$$ký hiệu bởi $Z(f_1,\dots,f_m)$. Ta cũng gọi tập nghiệm của một hệ phương trình nào đó là tập đại số a-phin.
Như trong tiêu đề, phần lớn ta chỉ quan tâm tới đường cong phẳng và mặt trong không gian, tức là nghiệm của phương trình $f(x,y)=0$ hoặc $f(x,y,z)=0.$ Tuy nhiên, nếu thuận tiện, ta sẽ phát biểu các mệnh đề và định nghĩa ở dạng tổng quát nhất.
Khi giải nghiệm của một hệ phương trình, có ba khả năng mà ta quan tâm: vô nghiệm, hữu hạn nghiệm, vô số nghiệm. Ta có thể đưa ra một số nhận xét, chẳng hạn tồn tại các phương trình vô nghiệm trong $\mathbb{R}$, hoặc mọi phương trình có hữu hạn nghiệm trong $\mathbb{Z}/p.$ Như vậy, chẳng hạn $x^2+1=0$ không hẳn là đường cong trong mặt phẳng vì nó không có nghiệm nào. Tuy nhiên hiện tượng này không xảy ra với tập số phức.
Mệnh đề 2. Phương trình $f(x,y)=0$ luôn có vô số nghiệm trong $\mathbb{C}$ với $deg(f(x,y))\geq 1.$
Trước khi chứng minh mệnh đề, ta đưa ra một số khái niệm.
Định nghĩa 3. Một đa thức được gọi là khác không nếu các hệ số của nó khác không. Ngược lại, ta nói đa thức đó là đa thức $0$.
Ví dụ. Đa thức $x^2+1$ với hệ số trong $\mathbb{Z}/2$ có tập nghiệm là toàn bộ $\mathbb{Z}/2$ mặc dù đa thức này khác không. Tuy nhiên, ta có mệnh đề sau:
Mệnh đề 4. Giả sử $K$ vô hạn. Nếu $f(x’,y’)=0$ với mọi $x’, y’\in K$ thì $f=0.$
Chứng minh. Giả sử phản chứng $f\neq 0$. Không giảm tổng quát, đặt $f(x,y)=a_n(x)y^n+\dots+a_0(x)$ với $a_n(x)\neq 0$. Nếu $n=0$ thì $a_0(x)=0$ với mọi $x\in K,$ mâu thuẫn vì $K$ vô hạn (số nghiệm của một đa thức một biến không thể vượt quá bậc của nó). Do đó $n\geq 1.$ Chọn $x’$ sao cho $a_n(x’)\neq 0.$ Khi đó đa thức $a_n(x’)y^n+a_{n-1}(x’)y^{n-1}+\dots+a_0(x’)$ có vô số nghiệm $y’\in K,$ mâu thuẫn.
Nhận xét. Ta có thể chứng minh mệnh đề 2 với số biến tuỳ ý.
Chứng minh mệnh đề 1. Đặt $f(x,y)=a_n(x)y^n+a_{n-1}(x)y^{n-1}+\dots+a_0(x)$ với $a_n(x)\neq 0$ Nếu $n=0$ thì theo định lý cơ bản của đại số, tồn tại một nghiệm $x_0$ của $a_0(x).$ Do đó $f(x,y)$ có vô số nghiệm $x=x_0,\ y\in \mathbb{C}.$ Nếu $n\geq 1,$ tồn tại vô hạn $x’$ sao cho $a_n(x’)\neq 0.$ Với mỗi $x’$ như vậy, phương trình $a_n(x’)y^n+a_{n-1}(x’)y^{n-1}+\dots+a_0(x’)=0$ có nghiệm theo định lý cơ bản của đại số. Do đó $f(x,y)=0$ có vô số nghiệm.
Định nghĩa.
(i) Không gian a-phin $n$-chiều $\mathbb{A}^n_{K}$ là tập tất cả các bộ sắp thứ tự $(a_1,\dots,a_n)$ với $a_1,\dots,a_n\in K.$
(ii) Không gian xạ ảnh $n$-chiều $\mathbb{P}_{K}^n$ được định nghĩa là $\mathbb{A}^{n+1}_K-\{(0,\dots,0)\}/\sim$ trong đó $\sim$ là một quan hệ tương đương định nghĩa như sau:
$$(a_0,\dots,a_n)\sim (b_0,\dots,b_n) \text{ nếu và chỉ nếu tồn tại }\lambda \neq 0: a_0=\lambda b_0,\dots,a_n=\lambda b_n.$$
Ký hiệu lớp tương đương chứa $(a_0,\dots,a_n)$ bởi $(a_0:\dots:a_n)$ (chú ý chỉ số bắt đầu từ $0$).
Không gian a-phin đóng vai trò như là không gian xung quanh của các tập đại số a-phin, tức là mọi tập đại số a-phin nằm trong một không $\mathbb{A}^n$ nhất định. Ta cũng có các tập đại số xạ ảnh nằm trong các không gian $\mathbb{P}^n$ ,sẽ được thảo luận trong các bài sau.
Khi giải phương trình đa thức, ta có xu hướng viết tập nghiệm thành hợp của các tập bé hơn mà nhờ đó, tập nghiệm dễ hình dung hơn. Chẳng hạn, phương trình $xy=0$ tương đương với $x=0$ hoặc $y=0,$ và hơn nữa $x=0$ và $y=0$ không thể phân tích tiếp được thành các thành phần bé hơn nữa. Ta đưa ra định nghĩa tập đại số bất khả quy.
Định nghĩa. Một tập đại số $Z$ được gọi là bất khả quy nếu không tồn tại các tập đại số $Z_1, Z_2$ sao cho $Z_1, Z_2 \neq Z$ và $Z=Z_1\cup Z_2.$
Định nghĩa. Cho $P$ là một đa thức khác không.
(i) $P$ được gọi là khả nghịch nếu tồn tại $Q$ sao cho $PQ=1.$
(ii) $P$ được gọi là bất khả quy nếu tồn tại $Q, R$ sao cho $P=QR$ thì $Q$ khả nghịch hoặc $R$ khả nghịch.
Chú ý.
(i) Ta chỉ ra được ngay rằng nếu $K=\mathbb{Q},\mathbb{R},\mathbb{C},\mathbb{Z}$ thì tập các đa thức khả nghịch lần lượt là $\mathbb{Q}-\{0\}, \mathbb{R}-\{0\}, \mathbb{C}-\{0\}, \mathbb{Q}-\{0\}, \{1,-1\} $.
(ii) Không nên nhầm lẫn trong trường hợp $K=\mathbb{Z}$ rằng chẳng hạn đa thức $2x$ là bất khả quy. Tuy nhiên, ta có mệnh đề sau:
Mệnh đề. Một đa thức với hệ số nguyên là bất khả quy nếu và chỉ nếu đa thức đó bất khả quy xem như đa thức với hệ số hữu tỷ và các hệ số của nó là nguyên tố cùng nhau.
Trước khi chứng minh mệnh đề, ta cần bổ đề sau:
Mệnh đề. Cho $Q,R$ là các đa thức hệ số nguyên sao cho các hệ số của đa thức $QR$ có số nguyên tố $p$ là một ước chung. Thế thì một trong hai điều sau xảy ra:
(i) $p$ là một ước chung của các hệ số của $Q$;
(ii) $p$ là một ước chung của các hệ số của $R$.
Chứng minh. Giả sử cả (i) và (ii) không xảy ra. Đặt $Q=a_nx^n+\dots+a_0$ và $R=b_mx^m+\dots+b_0.$ Đặt $k$ là số nguyên lớn nhất sao cho $p$ không chia hết $a_k,$ tương tự với $l$ và $Q$ (tồn tại do điều ta giả sử). Rõ ràng đa thức $$QR-(a_nx^n+\dots+a_{k+1})R-Q(b_mx^m+\dots+b_{l+1}x^{l+1})=(a_kx^k+\dots+a_0)(b_lx^l+\dots+b_0)$$ vẫn có các hệ số là bội của $p$. Nói riêng, $p|a_kb_l,$ mâu thuẫn.
Chứng minh mệnh đề.
(i) Giả sử $P=a_nx^n+\dots+a_0$ là đa thức hệ số nguyên và bất khả quy. Nếu $(a_0,\dots,a_n)=d>1$ thì $P$ có phân tích thành $d(a’_nx^n+\dots+a’_0)$ với $a’_i=a_i/d,$ mâu thuẫn với tính bất khả quy của $P.$ Như vậy $(a_0,\dots,a_n)=1$. Giả sử tồn tại $Q, R$ là các đa thức hệ số hữu tỷ sao cho $P=QR.$ Tồn tại số nguyên $d$ sao cho $dP=Q’R’$ với $R’,Q’$ hệ số nguyên (chẳng hạn lấy $d$ là một bội chung của các mẫu số của các hệ số của $Q$ và $R$). Nếu các hệ số của $Q’$ hoặc $R’$ có ước chung với $d$ thì bằng phép chia cả hai vế cho các ước chung này, ta có thể giả sử $d$ nguyên tố cùng nhau với các hệ số của $Q’$ và $R’$. Nếu $d\neq 1$ thì theo bổ đề trên, một ước nguyên tố nào đó của $d$ sẽ là ước chung của các hệ số của $Q’$ hoặc $R’$, mâu thuẫn. Do đó, $d=1$ và $P=Q’R’.$ Do $P$ bất khả quy trên $\mathbb{Z}$ nên $Q’$ hoặc $R’$ là $1,-1$. Do đó, $Q$ hoặc $R$ là một số hữu tỷ.
(ii) Giả sử đa thức $P$ là đa thức hệ số nguyên và bất khả quy trên $\mathbb{Q}$ và các hệ số của $P$ là nguyên tố cùng nhau. Giả sử $P=QR$ với $Q,R$ hệ số nguyên. Do $P$ bất khả quy trên $\mathbb{Q}$ nên $Q$ hoặc $R$ là một số hữu tỷ, do đó là một số nguyên. Các số nguyên này không thể khác $1,-1$ vì ta đã giả thiết $P$ có các hệ số nguyên tố cùng nhau.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nxb: 29-09-2021 - 17:22