Bourbaki

§ 6. Hàm đối xứng

1. Đa thức đối xứng

Cho nn là một số nguyên dương. Với mọi phép hoán vị σ∈Sn\sigma \in \mathfrak{S}_n, gọi φσ\varphi_\sigma là tự đẳng cấu của đại số trên A A[X1,…,Xn]A[X_1, \ldots, X_n] biến XiX_i thành Xσ(i)X_{\sigma(i)} với 1≤i≤n1 \leq i \leq n. Rõ ràng σ↦φσ\sigma \mapsto \varphi_\sigma là một đồng cấu từ Sn\mathfrak{S}_n vào nhóm các tự đẳng cấu của A[X1,…,Xn]A[X_1, \ldots, X_n]. Ta sẽ đặt σf=φσ(f)\sigma f = \varphi_\sigma(f) với σ∈Sn\sigma \in \mathfrak{S}_n và f∈A[X1,…,Xn]f \in A[X_1, \ldots, X_n]. Đa thức f được gọi là đối xứng nếu σf=f\sigma f = f với mọi σ∈Sn\sigma \in \mathfrak{S}_n ; các đa thức đối xứng tạo thành một đại số con phân bậc có đơn vị của A[X1,…,Xn]A[X_1, \ldots, X_n] ; trong phần còn lại của mục này, ta sẽ ký hiệu nó bởi A[X1,…,Xn]symA[X_1, \ldots, X_n]^{\mathrm{sym}}. Với mọi số nguyên dương k, ta ký hiệu bởi Pk\mathfrak{P}_k tập hợp các tập con có k phần tử của tập {1,2,…,n}\{1, 2, \ldots, n\} và đặt

(1)

sk=∑H∈Pk∏i∈HXi. s_k = \sum_{H \in \mathfrak{P}_k} \prod_{i \in H} X_i .

Khi muốn chỉ rõ số nguyên n, ta sẽ viết sk,ns_{k,n} thay cho sks_k. Đặc biệt, ta có

s0=1s1=∑1≤i≤nXis2=∑1≤i<j≤nXiXj  ⋯⋯⋯⋯⋯sn=X1…Xn \begin{aligned} s_0 &= 1 \\ s_1 &= \sum_{1 \leq i \leq n} X_i \\ s_2 &= \sum_{1 \leq i < j \leq n} X_i X_j \\ &\ \ \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \\ s_n &= X_1 \ldots X_n \end{aligned}

và sk=0s_k = 0 với k>nk > n. Rõ ràng sks_k là một đa thức đối xứng thuần nhất bậc k ; ta sẽ gọi nó là đa thức đối xứng sơ cấp bậc k. Trong vành A[X1,…,Xn,U,V]A[X_1, \ldots, X_n, U, V] ta có quan hệ

(2)

∏i=1n(U+VXi)=∑k=0nUn−kVksk; \prod_{i=1}^{n} (U + V X_i) = \sum_{k=0}^{n} U^{n-k} V^k s_k ;

bằng những phép thay thế thích hợp, ta suy ra các quan hệ

(3)

∏i=1n(1+TXi)=∑k=0nskTk, \prod_{i=1}^{n} (1 + T X_i) = \sum_{k=0}^{n} s_k T^k ,

(4)

∏i=1n(X−Xi)=∑k=0n(−1)n−ksn−kXk. \prod_{i=1}^{n} (\mathbf{X} - \mathbf{X}_i) = \sum_{k=0}^{n} (-1)^{n-k} s_{n-k} \mathbf{X}^k .

Định lý 1

— Ta đặt E=A[X1,…,Xn]E = A[\mathbf{X}_1, \ldots, \mathbf{X}_n] và S=A[X1,…,Xn]symS = A[\mathbf{X}_1, \ldots, \mathbf{X}_n]^{\text{sym}}.

a) Đại số trên AA SS của các đa thức đối xứng được sinh bởi s1,…,sns_1, \ldots, s_n.

b) Các phần tử s1,…,sns_1, \ldots, s_n của EE độc lập đại số trên AA (IV, p. 4).

c) Họ các đơn thức Xv=X1v(1)…Xnv(n)X^v = X_1^{v(1)} \ldots X_n^{v(n)} sao cho 0≤v(i)<i0 \leq v(i) < i với 1≤i≤n1 \leq i \leq n là một cơ sở của EE-môđun SS. Đặc biệt, EE là một SS-môđun tự do hạng n!n!.

Ta sẽ chứng minh định lý bằng quy nạp theo nn, trường hợp n=0n = 0 là tầm thường. Ta viết B=A[Xn]B = A[X_n] và ký hiệu bởi sk′s_k' đa thức đối xứng sơ cấp bậc kk theo X1,…,X−1X_1, \ldots, X_{-1}; do đó ta có B[X1,…,X−1]=A[X1,…,Xn]B[X_1, \ldots, X_{-1}] = A[X_1, \ldots, X_n]. Nếu ta thay nn bằng n−1n-1 và AA bằng BB trong phát biểu của Định lý 1, thì ta có thể phát biểu giả thiết quy nạp như sau:

(A) Đại số trên BB S′S' gồm các đa thức f∈A[X1,…,Xn]f \in A[\mathbf{X}_1, \ldots, \mathbf{X}_n] bất biến dưới mọi hoán vị của X1,…,Xn−1X_1, \ldots, X_{n-1} được sinh bởi s1′,…,sn−1′s_1', \ldots, s_{n-1}'.

(B) Các phần tử s1′,…,sn−1′s_1', \ldots, s_{n-1}' của EE độc lập đại số trên BB.

(C) Họ các đơn thức X1v(1)…Xn−1v(n−1)X_1^{v(1)} \ldots X_{n-1}^{v(n-1)} sao cho 0≤v(i)<i0 \leq v(i) < i với 1≤i≤n−11 \leq i \leq n-1 là một cơ sở của S′S'-môđun EE.

Ta có quan hệ hiển nhiên

(5)

sk=sk′+sk−1′Xn(1≤k≤n−1), s_k = s_k' + s_{k-1}' X_n \quad (1 \leq k \leq n-1),
từ đó, bằng quy nạp theo kk, ta được

(6)

sk′=(−1)kXnk+∑i=1k(−1)k−isiXnk−i(1≤k≤n−1). s_k' = (-1)^k X_n^k + \sum_{i=1}^k (-1)^{k-i} s_i X_n^{k-i} \quad (1 \leq k \leq n-1).

Ta có S⊂S′S \subset S', do đó s1,…,sns_1, \ldots, s_n thuộc S′S'; theo (A) và công thức (6), vì vậy đại số trên B S′S' được sinh bởi s1,…,sn−1′s_1, \ldots, s_{n-1}'.

Theo (B), tồn tại một tự đồng cấu μ\mu của đại số trên B S′S' sao cho

(7)

u(sk′)=(−1)kXnk+∑i=1k(−1)k−isi′Xnk−i(1≤k≤n−1). u(s_k') = (-1)^k X_n^k + \sum_{i=1}^k (-1)^{k-i} s_i' X_n^{k-i} \quad (1 \leq k \leq n-1).

Theo (5), ta có u(sk)=u(sk′)+u(sk−1′)Xnu(s_k) = u(s_k') + u(s_{k-1}') X_n, do đó bằng một phép tính dễ dàng ta được u(sk)=sk′u(s_k) = s_k'. Cho P∈B[Y1,…,Y−1]P \in B[Y_1, \ldots, Y_{-1}]; khi đó từ P(s1,…,sn−1)=0P(s_1, \ldots, s_{n-1}) = 0 ta suy ra

0=u(P(s1,…,sn−1))=P(s1′,…,sn−1′), 0 = u(P(s_1, \ldots, s_{n-1})) = P(s_1', \ldots, s_{n-1}'),
do đó P=0P = 0 theo (B). Suy ra rằng đại số trên B S′S' được sinh bởi các phần tử độc lập đại số s1,…,sn−1s_1, \ldots, s_{n-1}. Tính chất này có thể được phát biểu lại như sau: (D) Đại số trên AA S′S' được sinh bởi các phần tử độc lập đại số s1,…,sn−1,Xns_1, \ldots, s_{n-1}, X_n.

Do đó, ta có thể đồng nhất S' với vành đa thức C[Xn]C[X_n], trong đó CC là đại số con trên A của E được sinh bởi s1,...,sn−1s_1, ..., s_{n-1}.

Để chứng minh a), cho f∈Sf \in S là một đa thức đối xứng thuần nhất bậc mm. Ta có f∈S′=C[Xn]f \in S' = C[X_n], nên tồn tại một phần tử g=P(s1,...,sn−1)g = P(s_1, ..., s_{n-1}) của C, thuần nhất bậc mm theo X1,...,XnX_1, ..., X_n, sao cho f−gf - g chia được cho XnX_n. Vì f−gf - g là đối xứng, mỗi hạng tử của nó cũng chia được cho X1,...,Xn−1X_1, ..., X_{n-1}, do đó f−gf - g chia được cho sn=X1...Xns_n = X_1 ... X_n. Nói cách khác, tồn tại h∈Sh \in S sao cho f=g+hsnf = g + hs_n, do đó deg⁡h<m\deg h < m. Bằng quy nạp theo mm, suy ra ff thuộc

C[sn]E=A[s1,...,sn−1,sn]E. C[s_n]_E = A[s_1, ..., s_{n-1}, s_n]_E .

Vậy ta đã chứng minh rằng đại số trên A S được sinh bởi s1,...,sns_1, ..., s_n.

Tiếp theo ta chứng minh b). Nếu thay XX, bằng XX trong (4), ta được

(−1)n+1sn=Xnn+∑k=1n−1(−1)n−ksn−kXnk; (-1)^{n+1}s_n = X_n^n + \sum_{k=1}^{n-1} (-1)^{n-k} s_{n-k} X_n^k ;

nói cách khác, (−1)n+1sn(-1)^{n+1}s_n là một đa thức đơn khởi theo XX, bậc nn và có các hệ số trong CC. Theo IV, p. 11, do đó ta có tính chất sau: (E) Đồng cấu đại số CC φ\varphi từ C[T]C[T] vào C[Xn]=S′C[X_n] = S' ánh xạ T thành sns_n là đơn ánh, và S′S' là một môđun tự do trên ảnh của φ\varphi, với cơ sở (1,Xn,...,Xnn−1)(1, X_n, ..., X_n^{n-1}).

Các phần tử s1,...,sn−1s_1, ..., s_{n-1} của CC là độc lập đại số trên A, theo (D); do đó tính đơn ánh của φ\varphi có nghĩa là s1,...,sn−1,sns_1, ..., s_{n-1}, s_n là độc lập đại số trên A, do đó suy ra b).

Để chứng minh c), ảnh của φ\varphi bằng C[sn]E=SC[s_n]_E = S, nên theo (E), S′S' là một môđun tự do trên S với cơ sở (1,X1,...,Xnn−1)(1, X_1, ..., X_n^{n-1}). Bây giờ mệnh đề c) suy ra từ giả thiết quy nạp (C) và Mệnh đề 25 của II, p. 222. Điều này hoàn tất chứng minh.

Cho ff là một đa thức đối xứng theo X1,...,XnX_1, ..., X_n, thuần nhất bậc mm. Theo Định lý 1 (IV, p. 62) tồn tại một đa thức Q∈A[Y1,...,Yn]Q \in A[Y_1, ..., Y_n] sao cho f=Q(s1,...,sn)f = Q(s_1, ..., s_n). Chứng minh trên cung cấp một phương pháp tính tường minh QQ, bằng quy nạp kép theo nn và mm. Thật vậy, như ta đã thấy, tồn tại một đa thức P∈A[Y1,...,Yn−1]P \in A[Y_1, ..., Y_{n-1}] và một đa thức h đối xứng theo X1,...,XnX_1, ..., X_n thuần nhất bậc m−nm-n, sao cho

f=P(s1,...,sn−1)+snh. f = P(s_1, ..., s_{n-1}) + s_n h .

Với mọi đa thức u∈A[X1,...,Xn]u \in A[X_1, ..., X_n] ta đặt

u′(X1,...,Xn−1)=u(X1,...,Xn−1,0) u'(X_1, ..., X_{n-1}) = u(X_1, ..., X_{n-1}, 0)

Khi đó s1′,...,sn−1′s'_1, ..., s'_{n-1} là các đa thức đối xứng sơ cấp theo X1,...,Xn−1X_1, ..., X_{n-1} và công thức (8) suy ra

f′=P(s1′,...,sn−1′) f' = P(s'_1, ..., s'_{n-1})

Như vậy việc xác định PP được quy về một phép tính các đa thức đối xứng theo n−1n - 1 ẩn, và hh thu được từ (8).

Ta minh họa phương pháp bằng hai ví dụ.

Ví dụ. — 1) Cho n=3n = 3 và

f=X12(X2+X3)+X22(X3+X1)+X32(X1+X2). f = X_1^2(X_2 + X_3) + X_2^2(X_3 + X_1) + X_3^2(X_1 + X_2).

Ta có

f′=X12X2+X1X22=X1X2(X1+X2)=s1′s2′. f' = X_1^2X_2 + X_1X_2^2 = X_1X_2(X_1 + X_2) = s'_1s'_2.

Hãy viết g=f−s1s2g = f - s_1s_2; ta có

g=f−(X1+X2+X3)(X1X2+X1X3+X2X3)=−3X1X2X3, g = f - (X_1 + X_2 + X_3)(X_1X_2 + X_1X_3 + X_2X_3) = -3X_1X_2X_3,

do đó cuối cùng

f=s1s2−3s3. f = s_1s_2 - 3s_3.

2) Lại cho n=3n = 3 và đặt p=X13+X23+X33p = X_1^3 + X_2^3 + X_3^3. Ta có p(X1,0,0)=X13=s1(X1,0,0)3p(X_1, 0, 0) = X_1^3 = s_1(X_1, 0, 0)^3. Viết q=p−s13q = p - s_1^3, ta được

q=−3f−6X1X2X3=−3s1s2+3s3 q = -3f - 6X_1X_2X_3 = -3s_1s_2 + 3s_3

và cuối cùng

p=s13−3s1s2+3s3. p = s_1^3 - 3s_1s_2 + 3s_3.

Cho S1,...,SnS_1, ..., S_n là các bất định. Ta trang bị đại số đa thức A[S1,...,Sn]A[S_1, ..., S_n] với phép phân bậc kiểu NN mà theo đó SkS_k có trọng số kk đối với 1≤k≤n1 \leq k \leq n (IV, p. 3), và ta trang bị A[X1,...,Xn]A[X_1, ..., X_n] với phép phân bậc thông thường. Đối với 1≤k≤n1 \leq k \leq n, đa thức đối xứng sơ cấp sk,ns_{k,n} theo X1,...,XnX_1, ..., X_n là thuần nhất có bậc kk. Theo Định lý 1 (IV, p. 62), ánh xạ g↦g(s1,n,...,sn,n)g \mapsto g(s_{1,n}, ..., s_{n,n}) do đó là một đẳng cấu của các đại số phân bậc

φn:A[S1,...,Sn]→A[X1,...,Xn]sym \varphi_n : A[S_1, ..., S_n] \to A[X_1, ..., X_n]^{\text{sym}}

Cho mm là một số nguyên sao cho 0≤m≤n0 \leq m \leq n. Với mọi số nguyên kk sao cho 1≤k≤m1 \leq k \leq m ta có

sk,m(X1,...,Xm)=sk,n(X1,...,Xm,0,...,0) s_{k,m}(X_1, ..., X_m) = s_{k,n}(X_1, ..., X_m, 0, ..., 0)

theo định nghĩa (IV, p. 61, công thức (1)) của sks_k. Do đó biểu đồ

A[S1,...,Sm]→jA[S1,...,Sn]φm↓φn↓A[X1,...,Xm]sym←pA[X1,...,Xn]sym \begin{array}{ccc} A[S_1, ..., S_m] & \xrightarrow{j} & A[S_1, ..., S_n] \\ \varphi_m \downarrow & & \varphi_n \downarrow \\ A[X_1, ..., X_m]^{\text{sym}} & \xleftarrow{p} & A[X_1, ..., X_n]^{\text{sym}} \end{array}

(trong đó j chỉ phép nhúng chính tắc và pp là đồng cấu

g↦g(X1,…,Xm,0,…,0) g \mapsto g (X_1, \ldots, X_m, 0, \ldots, 0)
là giao hoán.

Mệnh đề 1

Mọi cặp số nguyên dương k, n, cho Sk(n)S_k^{(n)} là A-môđun gồm tất cả các đa thức đối xứng theo X1,…,XnX_1, \ldots, X_n, thuần nhất có bậc k. Nếu số nguyên m thỏa mãn 0≤k≤m≤n0 \leq k \leq m \leq n, thì ánh xạ f↦f(X1,…,Xm,0,…,0)f \mapsto f (X_1, \ldots, X_m, 0, \ldots, 0) là một đẳng cấu của Sk(n)S_k^{(n)} lên Sk(m)S_k^{(m)}.

Do tính giao hoán của biểu đồ (10), chỉ cần chứng minh rằng mọi đa thức đẳng bậc có trọng số k trong S1,…,SnS_1, \ldots, S_n chỉ phụ thuộc vào S1,…,SmS_1, \ldots, S_m dưới các giả thiết 0≤k≤m≤n0 \leq k \leq m \leq n. Bây giờ trọng số của một đơn thức S1α(1)⋯Snα(n)S_1^{\alpha(1)} \cdots S_n^{\alpha(n)} bằng số nguyên α(1)+2α(2)+…+nα(n)\alpha(1) + 2\alpha(2) + \ldots + n\alpha(n); vì các số nguyên α(1),…,α(n)\alpha(1), \ldots, \alpha(n) là dương, quan hệ

α(1)+2α(2)+⋯+nα(n)=k≤n \alpha(1) + 2\alpha(2) + \cdots + n\alpha(n) = k \leq n
suy ra α(j)=0\alpha(j) = 0 đối với k<j≤nk < j \leq n, do đó có khẳng định.

Ví dụ 3

Theo ví dụ 2 của IV, p. 64 và Mệnh đề 1 ở trên, ta có

∑i=1nXi3=s1,n3−3s1,ns2,n+3s3,n \sum_{i=1}^n X_i^3 = s_{1,n}^3 - 3s_{1,n}s_{2,n} + 3s_{3,n}
với mọi số nguyên n≥3n \geq 3. Tính giao hoán của biểu đồ (10) hơn nữa cho các công thức
X13+X23=s1,23−3s1,2s2,2, X_1^3 + X_2^3 = s_{1,2}^3 - 3s_{1,2}s_{2,2},
X13=s1,13. X_1^3 = s_{1,1}^3.

Nhận xét

— Cho n và k là hai số nguyên dương. Ta ký hiệu bởi Δk,n\Delta_{k,n} tập hợp các phần tử có độ dài k trong NnN^n và hơn nữa trang bị cho AA, , với quan hệ thứ tự, viết a≤βa \leq \beta, cảm sinh bởi quan hệ thứ tự từ điển trên NnN^n (Set Theory, III, p. 157), và định nghĩa một tác động của nhóm Sn\mathfrak{S}_n trên NnN^n bởi (σa)(i)=a(σ−1(i))(\sigma a)(i) = a(\sigma^{-1}(i)) với σ∈Sn,a∈Nn\sigma \in \mathfrak{S}_n, a \in N^n và l≤i≤nl \leq i \leq n. Hơn nữa, ta ký hiệu bởi DkD_k tập hợp các phần tử a=(α(1),…,α(k))a = (\alpha(1), \ldots, \alpha(k)) của Nk\mathbf{N}^k sao cho

α(1)≥α(2)≥⋯≥α(k),α(1)+⋯+α(k)=k. \alpha(1) \geq \alpha(2) \geq \cdots \geq \alpha(k), \quad \alpha(1) + \cdots + \alpha(k) = k.

Giả sử rằng k≤nk \leq n và ta đồng nhất Nk\mathbf{N}^k với một tập con của NnN^n bằng ánh xạ (a(1),…,a(k))↦(a(1),…,a(k),0,…,0)(a(1), \ldots, a(k)) \mapsto (a(1), \ldots, a(k), 0, \ldots, 0). Khi đó DkD_k gồm các phần tử aa của Δk,n\Delta_{k,n} sao cho σa≤a\sigma a \leq a với mọi σ∈Sn\sigma \in \mathfrak{S}_n. Suy ra rằng mọi quỹ đạo của nhóm Sn\mathfrak{S}_n trong AA, , đều chứa một phần tử duy nhất của DkD_k. Với mọi a∈Dka \in D_k đặt O(a)O(a) là quỹ đạo của aa trong Δk,n\Delta_{k,n} đối với phép toán của Sn\mathfrak{S}_n; đặt

M(α)=∑β∈O(α)Xβ. M(\alpha) = \sum_{\beta \in O(\alpha)} X^\beta.

Suy ra từ Bổ đề 1 của IV, p. 47, rằng họ (M(α))α∈Dk(\mathbf{M}(\alpha))_{\alpha \in D_k} là một cơ sở của A-môđun Sk(n)S_k^{(n)}.

Với mỗi α∈Dk\alpha \in D_k đặt

(12)S(α)=∏i=1ksiα(i)−α(i+1)(trong đoˊ được hiểu ra˘ˋng a (k+1)=0); (12)\quad S(\alpha) = \prod_{i=1}^k s_i^{\alpha(i) - \alpha(i+1)} \quad \text{(trong đó được hiểu rằng } a\ (k+1) = 0 \text{)} ;

vì ta có ∑i=1ki⋅(a(i)−a(i+1))=∑i=1ka(i)=k\sum_{i=1}^k i \cdot (a(i) - a(i+1)) = \sum_{i=1}^k a(i) = k, đa thức đối xứng S(α)S(\alpha) là thuần nhất bậc kk. Suy ra trực tiếp từ Định lý 1 (IV, p. 62) rằng họ (S(α))α∈Dk(S(\alpha))_{\alpha \in D_k} là một cơ sở của A-môđun Sk(n)S_k^{(n)}.

Cho α,β\alpha, \beta thuộc DkD_k, và cho cαβc_{\alpha\beta} là hệ số của đơn thức XβX^\beta trong đa thức S(α)S(\alpha) được định nghĩa bởi (12) trong trường hợp A=ZA = \mathbf{Z} và k=nk = n. Khi đó đây là một số nguyên dương, độc lập với vành A và với số nguyên n. Theo công thức (9) (IV, p. 64) ta có

(13)S(α)=∑β∈Dkcαβ⋅M(β)(α∈Dk). (13)\quad S(\alpha) = \sum_{\beta \in D_k} c_{\alpha\beta} \cdot \mathbf{M}(\beta) \quad (\alpha \in D_k) .

Có thể chứng minh (xem IV, p. 101, Bài tập 13) rằng ma trận C=(cαβ)α,β∈DkC = (c_{\alpha\beta})_{\alpha,\beta \in D_k} sao cho cαα=1c_{\alpha\alpha} = 1 và cαβ=0c_{\alpha\beta} = 0 với α<β\alpha < \beta; tổng quát hóa thuật ngữ được đưa vào trong II, p. 351, ta sẽ nói rằng CC thuộc nhóm tam giác toàn phần dưới. Điều tương tự cũng đúng đối với ma trận D nghịch đảo của C. Các giá trị của các ma trận C và D khi 2≤k≤52 \leq k \leq 5, được cho trong bảng (IV, p. 103-105).

Giả sử bây giờ rằng n<kn < k và ta đồng nhất NnN^n với một tập con của NkN^k bằng ánh xạ (a(1),…,a(n))↦(a(1),…,a(n),0,…,0)(a(1), \ldots, a(n)) \mapsto (a(1), \ldots, a(n), 0, \ldots, 0). Với mọi aa trong Dk∩NnD_k \cap N^n ta lại ký hiệu O(α)O(\alpha) là quỹ đạo của aa trong Δk,n\Delta_{k,n} đối với phép toán của Sn\mathfrak{S}_n và định nghĩa M(α)\mathbf{M}(\alpha) bởi (11). Ngoài ra ta định nghĩa S(α)S(\alpha) bởi (12), khi đó các họ (M(a))a∈Dk∩Nn(\mathbf{M}(a))_{a \in D_k \cap N^n} và (S(a))a∈Dk∩Nn(S(a))_{a \in D_k \cap N^n} là các cơ sở của A-môđun Sk(n)S_k^{(n)}. Theo công thức (9) của IV, p. 64, ta có một công thức tương tự như (13) trong đó DkD_k được thay bởi Dk∩NnD_k \cap N^n, với cùng các số nguyên cαβc_{\alpha\beta}.

Ví dụ 4

Theo Ví dụ 3 của IV, p. 65, ta có

M(3,0,0)=S(3,0,0)−3S(2,1,0)+3S(1,1,1) \mathbf{M}(3,0,0) = S(3,0,0) - 3S(2,1,0) + 3S(1,1,1)

với mọi số nguyên n≥3n \geq 3, và do đó

M(3,0)=S(3,0)−3S(2,1) \mathbf{M}(3,0) = S(3,0) - 3S(2,1)

với n=2n = 2.

2. Phân thức hữu tỉ đối xứng

Cho KK là một trường giao hoán và X1,X2,…,XnX_1, X_2, \ldots, X_n là các bất định. Với mọi σ∈Sn\sigma \in S_n ta đã định nghĩa trong No. 1 (IV, p. 61) một tự đẳng cấu φσ\varphi_\sigma của K[X1,X2,…,Xn]K[X_1, X_2, \ldots, X_n]. Tự đẳng cấu này có một mở rộng duy nhất ψσ\psi_\sigma đến trường K(X1,…,Xn)K(X_1, \ldots, X_n), và σ↦ψσ\sigma \mapsto \psi_\sigma là một đơn cấu của SnS_n vào nhóm tự đẳng cấu của K(X1,…,Xn)K(X_1, \ldots, X_n). Với mỗi f∈K(X1,…,Xn)f \in K(X_1, \ldots, X_n) ta có (ψσf)(X1,…,Xn)=f(Xσ(1),…,Xσ(n))(\psi_\sigma f)(X_1, \ldots, X_n) = f(X_{\sigma(1)}, \ldots, X_{\sigma(n)}). Các phân thức hữu tỉ ff sao cho ψσ(f)=f\psi_\sigma(f) = f với mọi σ∈Sn\sigma \in S_n được gọi là các phân thức hữu tỉ đối xứng. Tập hợp tất cả các phân thức hữu tỉ đối xứng theo X1,…,XnX_1, \ldots, X_n là một trường con của K(X1,…,Xn)K(X_1, \ldots, X_n).

Mệnh đề 2

— *Trường các phân thức hữu tỉ đối xứng theo X1,…,XnX_1, \ldots, X_n là trường các phân thức của vành các đa thức đối xứng theo X1,…,XnX_1, \ldots, X_n.

Cho f∈K(X1,…,Xn)f \in K(X_1, \ldots, X_n) là một phân thức hữu tỉ đối xứng, và cho u1,v1u_1, v_1 là hai phần tử của K[X1,…,Xn]K[X_1, \ldots, X_n] sao cho f=u1v1f = \frac{u_1}{v_1}. Đặt v=∏σ∈Snψσ(v1)∈K[X1,…,Xn]v = \prod_{\sigma \in S_n} \psi_\sigma(v_1) \in K[X_1, \ldots, X_n] và u=fv∈K[X1,…,Xn]u = fv \in K[X_1, \ldots, X_n]; khi đó vv là đối xứng, do đó uu là đối xứng, bởi vì ff là như vậy, và f=uvf = \frac{u}{v}, do đó có kết quả.

Hệ quả

— *Cho s1,s2,…,sns_1, s_2, \ldots, s_n là các đa thức đối xứng sơ cấp theo X1,…,XnX_1, \ldots, X_n. Với mọi phân thức hữu tỉ g∈K(S1,S2,…,Sn)g \in K(S_1, S_2, \ldots, S_n) dãy (s1,s2,…,sn)(s_1, s_2, \ldots, s_n) có thể được thế vào gg và ánh xạ g↦g(s1,s2,…,sn)g \mapsto g(s_1, s_2, \ldots, s_n) là một đẳng cấu của K(S1,S2,…,Sn)K(S_1, S_2, \ldots, S_n) lên trường các phân thức hữu tỉ đối xứng theo X1,…,XnX_1, \ldots, X_n.

Điều này suy ra từ Mệnh đề 2 và Định lý 1 của IV, p. 62.

3. Chuỗi lũy thừa hình thức đối xứng

Cho II là một tập hợp, X=(Xi)i∈IX = (X_i)_{i \in I} là một họ các bất định và A[[X]]A[[X]] là đại số các chuỗi lũy thừa hình thức theo các XiX_i. Với mỗi phép hoán vị a∈SIa \in S_I tồn tại một tự đẳng cấu liên tục duy nhất φa\varphi_a của đại số A[[X]]A[[X]] biến XiX_i thành Xa(i)X_{a(i)} với mỗi i∈Ii \in I (IV, p. 28, Prop. 4); hiển nhiên rằng σ↦φσ\sigma \mapsto \varphi_\sigma là một đồng cấu của SIS_I vào nhóm các tự đẳng cấu liên tục của đại số A[[X]]A[[X]]. Cho f∈A[[X]]f \in A[[X]] là một chuỗi lũy thừa hình thức; ta đặt af=φa(f)af = \varphi_a(f) và ta sẽ nói rằng chuỗi lũy thừa hình thức ff là đối xứng nếu σf=f\sigma f = f với mỗi σ∈SI\sigma \in S_I. Các chuỗi lũy thừa hình thức đối xứng tạo thành một đại số con đóng của A[[X]]A[[X]] được ký hiệu bởi A[[X]]symA[[X]]^{\text{sym}} và được trang bị tôpô cảm sinh bởi tôpô của A[[X]]A[[X]].

Cho T là một bất định. Trong vành các chuỗi lũy thừa hình thức A[[X,T]]A[[X, T]] họ (XiT)i∈I(X_i T)_{i \in I} là tổng được, do đó họ (1+XiT)i∈I(1 + X_i T)_{i \in I} là nhân được (IV, p. 27, Prop. 2); hơn nữa ta có

∏i∈I(1+XiT)=1+∑k≥1skTk, \prod_{i \in I} (1 + X_i T) = 1 + \sum_{k \geq 1} s_k T^k,

trong đó chuỗi lũy thừa hình thức sk∈A[[X]]s_k \in A[[X]] được định nghĩa bởi

sk=∑H∈Pk(∏i∈HXi)(k≥1) s_k = \sum_{H \in \mathscr{P}_k} \left( \prod_{i \in H} X_i \right) \quad (k \geq 1)

(ta ký hiệu bởi Pk\mathscr{P}_k tập hợp tất cả các tập con gồm k phần tử của I). Đặc biệt ta có s1=∑i∈IXis_1 = \sum_{i \in I} X_i. Khi I là hữu hạn với nn phần tử ta có sk=0s_k = 0 với k>nk > n; chính xác hơn, khi I={1,…,n}I = \{1, \ldots, n\} thì chuỗi lũy thừa hình thức sks_k không gì khác hơn là đa thức đối xứng sơ cấp bậc k theo X1,…,XnX_1, \ldots, X_n.

Cho S=(Sk)k≥1S = (S_k)_{k \geq 1} là một dãy các bất định. Vì chuỗi lũy thừa hình thức sks_k có cấp ≥k\geq k, và thuộc A[[X]]symA[[X]]^{\text{sym}}, các điều kiện a) và b) của Prop. 4 của IV, p. 28 được thỏa mãn với E=A[[X]]symE = A[[X]]^{\text{sym}}; do đó tồn tại một đồng cấu đại số A liên tục duy nhất

φI:A[[S]]→A[[X]]sym \varphi_I : A[[S]] \to A[[X]]^{\text{sym}}

sao cho φI(Sk)=sk\varphi_I(S_k) = s_k với mỗi số nguyên k≥1k \geq 1.

Định lý 2. — a) Nếu I là một tập hợp hữu hạn gồm n phần tử, thì φI\varphi_I cảm sinh một đẳng cấu bicontinuous của A[[S1,…,Sn]]A[[S_1, \ldots, S_n]] lên A[[X]]symA[[X]]^{\text{sym}}.

b) Nếu I là vô hạn, φI\varphi_I là một đẳng cấu bicontinuous của A[[S]]A[[S]] lên A[[X]]symA[[X]]^{\text{sym}}.

Trong trường hợp a) ta đặt B=A[[S1,…,Sn]]B = A[[S_1, \ldots, S_n]] và trang bị cho đại số này tôpô cảm sinh bởi tôpô của A[[S]]A[[S]]; ta cũng ký hiệu bởi ψI\psi_I hạn chế của φI\varphi_I vào B. Trong trường hợp b) ta đặt B=A[[S]]B = A[[S]] và ψI=φI\psi_I = \varphi_I. Ta sẽ trang bị cho đại số đa thức A[S]A[S] phép phân bậc kiểu N trong đó SkS_k có trọng số k với mỗi số nguyên k≥1k \geq 1.

Bổ đề 1. — Cho J là một tập con hữu hạn của I, r là một số nguyên sao cho Card J≥rJ \geq r và f là một chuỗi lũy thừa hình thức đối xứng thuần nhất có bậc r theo các XiX_i (i∈Ii \in I). Cho fˉ\bar{f} là chuỗi lũy thừa hình thức thu được bằng cách thay 0 cho XiX_i với mỗi i trong I−JI - J. Nếu fˉ=0\bar{f} = 0, thì ta có f=0f = 0.

Đặt f=∑∣α∣=raαXαf = \sum_{|\alpha| = r} a_\alpha X^\alpha (trong đó ∣α∣|\alpha| là độ dài ∑i∈Iαi\sum_{i \in I} \alpha_i của đa chỉ số a=(αi)i∈Ia = (\alpha_i)_{i \in I}). Nếu aa là một đa chỉ số có độ dài rr, và J′J' là giá của aa (tập hợp các i∈Ii \in I sao cho αi≠0\alpha_i \neq 0), thì Card J′≤rJ' \leq r, do đó tồn tại một phép hoán vị σ∈SI\sigma \in S_I sao cho σ(J′)⊂J\sigma(J') \subset J. Đặt βi=ασ−1(i)\beta_i = \alpha_{\sigma^{-1}(i)} với i∈Ii \in I, khi đó đơn thức Xβ=∏i∈IXσ(i)αiX^\beta = \prod_{i \in I} X_{\sigma(i)}^{\alpha_i} chỉ phụ thuộc vào các bất định XjX_j (j∈Jj \in J), do đó aβ=0a_\beta = 0 theo giả thiết f‾=0\overline{f} = 0. Vì ff là đối xứng, ta có aα=aβa_\alpha = a_\beta và vì α\alpha là tùy ý, ta kết luận rằng f=0f = 0.

Bổ đề 2

Cho ff là một chuỗi lũy thừa hình thức đối xứng có bậc rr theo các Xi(i∈I)X_i (i \in I). Tồn tại một đa thức duy nhất P∈B∩A[S]P \in B \cap A[S], đẳng trọng số trọng số rr, sao cho f=ψ1(P)f = \psi_1(P).

Trường hợp khi II là hữu hạn suy ra từ Định lý 1 (IV, p. 62).

Giả sử rằng II là vô hạn và chọn một tập con hữu hạn JJ của II, chứa rr phần tử. Ta giữ ký hiệu của Bổ đề 1; ta nhận xét rằng mọi đa thức đẳng trọng số trọng số rr trong các Sn (n≥1)S_n \ (n \geq 1) chỉ phụ thuộc vào S1,…,SrS_1, \ldots, S_r và rằng s‾1,…,s‾r\overline{s}_1, \ldots, \overline{s}_r là các đa thức đối xứng sơ cấp theo rr bất định Xj (j∈J)X_j \ (j \in J). Nếu PP là một đa thức đẳng trọng số trọng số rr trong các SnS_n và h=f−ψ1(P)h = f - \psi_1(P), thì h‾=f‾−P(s‾1,…,Sr)\overline{h} = \overline{f} - P(\overline{s}_1, \ldots, S_r) và Bổ đề 1 chỉ ra rằng quan hệ f=ψ1(P)f = \psi_1(P) tương đương với f‾=P(s‾1,…,s‾r)\overline{f} = P(\overline{s}_1, \ldots, \overline{s}_r). Theo Định lý 1 (IV, p. 62) tồn tại một đa thức duy nhất P∈A[S]P \in A[S], đẳng trọng số trọng số rr và sao cho f‾=P(s‾1,…,s‾r)\overline{f} = P(\overline{s}_1, \ldots, \overline{s}_r), do đó có kết quả.

Bổ đề 3

Với mọi số nguyên m≥0m \geq 0, gọi cmc_m là iđêan của đại số A[[X]]symA[[X]]^{sym} gồm tất cả các chuỗi lũy thừa hình thức đối xứng có cấp ≥m\geq m. Dãy (cm)m≥0(c_m)_{m \geq 0} là một hệ cơ bản các lân cận của 00 trong A[[X]]symA[[X]]^{sym}.

Bổ đề hiển nhiên đúng khi II hữu hạn, vậy giả sử rằng II vô hạn. Với mọi tập con hữu hạn JJ của II, gồm mm phần tử, ký hiệu bởi J~\tilde{J} tập hợp các phần tử của N(1)N^{(1)} có độ dài <m< m và có giá đỡ nằm trong JJ. Tiếp nữa, ký hiệu bởi aJ′a_J' tập hợp các chuỗi lũy thừa hình thức không chứa số hạng nào aXαaX^\alpha với a∈J~a \in \tilde{J}. Vì J~\tilde{J} là một tập con hữu hạn của N(1)N^{(1)} và mọi tập con hữu hạn của N(1)N^{(1)} đều được chứa trong một tập hợp dạng J~\tilde{J}, họ (aJ′)(a_J') là một cơ sở các lân cận của 00 trong A[[X]]A[[X]] (IV, p. 26). Bây giờ Bổ đề 1 kéo theo quan hệ aJ′∩A[[X]]sym=cma_J' \cap A[[X]]^{sym} = c_m với mọi tập con JJ có mm phần tử, và điều này chứng minh Bổ đề 3.

Vì chỉ có một số hữu hạn đơn thức có một trọng số cho trước theo các SkS_k, mọi chuỗi lũy thừa hình thức f∈Bf \in B có thể được viết theo một cách duy nhất thành f=∑r≥0Prf = \sum_{r \geq 0} P_r, trong đó PrP_r là một đa thức đẳng áp trọng số rr trong B∩A[S]B \cap A[S]. Với mọi số nguyên m≥0m \geq 0, gọi bmb_m là iđêan của BB gồm tất cả các chuỗi lũy thừa hình thức thuộc kiểu trên sao cho Pr=0P_r = 0 với 0≤r<m0 \leq r < m. Dãy (bm)m≥0(b_m)_{m \geq 0} là một cơ sở các lân cận của 00 trong BB.

Với ký hiệu trên, ψ1(Pr)\psi_1(P_r) là một chuỗi lũy thừa hình thức đối xứng theo các XiX_i, thuần nhất bậc rr, và do đó đây là thành phần thuần nhất bậc rr của ψ1(f)\psi_1(f). Bổ đề 2 cho thấy ψ1\psi_1 là một đồng cấu đại số từ BB lên A[[X]]symA[[X]]^{sym}, ánh xạ bmb_m lên cmc_m với mọi số nguyên m≥0m \geq 0; bây giờ Bổ đề 3 cho thấy ψ1\psi_1 là song liên tục, và điều này hoàn tất chứng minh của Định lý 2.

4. Tổng các lũy thừa

Ta lại viết X=(Xi)i∈IX = (X_i)_{i \in I} cho một họ các ẩn. Các chuỗi lũy thừa hình thức đối xứng sks_k được xác định như trước bởi

sk=∑H∈Pk∏i∈HXi(k≥1), s_k = \sum_{H \in \mathfrak{P}_k} \prod_{i \in H} X_i \quad (k \geq 1),

trong đó Pk\mathfrak{P}_k là tập hợp tất cả các tập con gồm k phần tử của II. Ta cũng viết

pk=∑i∈IXik(k≥1) p_k = \sum_{i \in I} X_i^k \quad (k \geq 1)

Đây là một chuỗi lũy thừa hình thức đối xứng, thuần nhất bậc k.

Bổ đề 4 (« các quan hệ của Newton »). — Với mọi số nguyên d≥1d \geq 1 ta có

pd=∑k=1d−1(−1)k−1skpd−k+(−1)d+1dsd p_d = \sum_{k=1}^{d-1} (-1)^{k-1} s_k p_{d-k} + (-1)^{d+1} d s_d

Ta định nghĩa một đạo hàm liên tục AA trên A[[X]]\mathbf{A}[[\mathbf{X}]] bởi A(u)=∑n≥0nunA(u) = \sum_{n \geq 0} n u_n, trong đó với mọi uu trong A[[X]]\mathbf{A}[[\mathbf{X}]], unu_n là thành phần thuần nhất bậc nn của uu. Theo (16) và Mệnh đề 2 của IV, p. 27 ta có

1+∑k≥1sk=∏i∈I(1+Xi) 1 + \sum_{k \geq 1} s_k = \prod_{i \in I} (1 + X_i)

Theo Mệnh đề 9 của IV, p. 34 do đó ta có

(∑k≥1ksk)⋅(1+∑k≥1sk)−1=∑i∈IΔ(Xi)/(1+Xi). \left( \sum_{k \geq 1} k s_k \right) \cdot \left( 1 + \sum_{k \geq 1} s_k \right)^{-1} = \sum_{i \in I} \Delta(X_i)/(1 + X_i).

Ta có A(Xi)=XiA(X_i) = X_i và Xi/(1+Xi)=∑k≥1(−1)k XikX_i/(1 + X_i) = \sum_{k \geq 1} (-1)^k \ X_i^k. Vế phải của (20) do đó bằng ∑k≥1(−1)k−1pk\sum_{k \geq 1} (-1)^{k-1} p_k. Vậy theo (20) ta có

∑k≥1ksk=(1+∑k≥1sk)⋅(∑k≥1(−1)k−1pk) \sum_{k \geq 1} k s_k = \left( 1 + \sum_{k \geq 1} s_k \right) \cdot \left( \sum_{k \geq 1} (-1)^{k-1} p_k \right)

và bây giờ Bổ đề 4 suy ra bằng cách so sánh các thành phần thuần nhất bậc d.

Nhận xét

— Với ký hiệu của chứng minh trên, ta có

Δu=∑i∈IXi⋅Di(u) \Delta u = \sum_{i \in I} X_i \cdot D_i(u)

(IV, p. 33, Hệ quả 1). Nói cách khác, quan hệ Euler (IV, p. 8, Mệnh đề 6) mở rộng được cho các chuỗi lũy thừa hình thức : nếu u∈A[X]u \in A[X] thuần nhất bậc nn, thì

(21)

n⋅u=∑i∈IXi⋅Di(u). n \cdot u = \sum_{i \in I} X_i \cdot D_i(u) .

Khi I hữu hạn, gồm nn phần tử, ta có sk=0s_k = 0 với k>nk > n. Khi đó các quan hệ của Newton có thể viết thành

p2=s1p1−2s2p3=s1p2−s2p1+3s3  ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯pn−1=s1pn−2−s2pn−3+⋯+(−1)n−1sn−2p1+(−1)n(n−1)sn−1pn=s1pn−1−s2pn−2+⋯+(−1)nsn−1p1+(−1)n+1nsn \begin{aligned} p_2 &= s_1 p_1 - 2 s_2 \\ p_3 &= s_1 p_2 - s_2 p_1 + 3 s_3 \\ &\ \ \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \\ p_{n-1} &= s_1 p_{n-2} - s_2 p_{n-3} + \cdots + (-1)^{n-1} s_{n-2} p_1 + (-1)^n (n-1) s_{n-1} \\ p_n &= s_1 p_{n-1} - s_2 p_{n-2} + \cdots + (-1)^n s_{n-1} p_1 + (-1)^{n+1} n s_n \end{aligned}

và

(22)

pk=s1pk−1−s2pk−2+⋯+(−1)n+1snpk−n(với k>n). p_k = s_1 p_{k-1} - s_2 p_{k-2} + \cdots + (-1)^{n+1} s_n p_{k-n} \quad (\text{với } k > n) .

nn quan hệ đầu tiên ở trên đúng với mọi II ; chẳng hạn ta được

p1=s1,p2=s12−2s2,p3=s13−3s1s2+3s3. p_1 = s_1 , \quad p_2 = s_1^2 - 2 s_2 , \quad p_3 = s_1^3 - 3 s_1 s_2 + 3 s_3 .

Tổng quát hơn, cho S=(Sn)n≥1S = (S_n)_{n \geq 1} là một họ các bất định. Ta định nghĩa quy nạp các đa thức Pd∈Z[S1,…,Sd]P_d \in \mathbf{Z}[S_1, \ldots, S_d] bởi P1=S1P_1 = S_1 và

Pd=∑k=1d−1(−1)k−1SkPd−k+(−1)d+1dSd(d≥2). P_d = \sum_{k=1}^{d-1} (-1)^{k-1} S_k P_{d-k} + (-1)^{d+1} d S_d \quad (d \geq 2) .

Khi đó ta có các « công thức phổ quát » pd=Pd(s1,…,sd)p_d = P_d(s_1, \ldots, s_d) đúng trên mọi vành A và mọi họ X các bất định. Cho P=(Pk)k≥1P = (P_k)_{k \geq 1} là một dãy các bất định. Vì pkp_k thuần nhất bậc k trong A[[X]]A[[X]], nên tồn tại chính xác một đồng cấu đại số trên A liên tục

λI:A[[P]]→A[[X]]sym \lambda_I : A[[P]] \to A[[X]]^{\mathrm{sym}}

sao cho λI(Pk)=pk\lambda_I(P_k) = p_k với mọi số nguyên k≥1k \geq 1 (IV, p. 28). Nếu ta gán cho PkP_k trọng số k, thì λI\lambda_I biến một đa thức đẳng áp trọng số nn theo các PkP_k thành một chuỗi lũy thừa hình thức thuần nhất bậc nn theo các XiX_i.

Mệnh đề 3

— a) Nếu I là một tập hợp hữu hạn có n phần tử và n!⋅1n! \cdot 1 khả nghịch trong A, thì λI\lambda_I cảm sinh một đẳng cấu song liên tục từ A[[P1,…,Pn]]A[[P_1, \ldots, P_n]] lên A[[X]]symA[[X]]^{\mathrm{sym}}. b) Nếu I là vô hạn và A là một Q-đại số, thì λI\lambda_I là một đẳng cấu song liên tục từ A[[P]]A[[P]] lên A[[X]]symA[[X]]^{\mathrm{sym}}. Ta chỉ xét trường hợp a), trường hợp b) hoàn toàn tương tự.

Theo Định lý 2 (IV, p. 68) ta có thể đồng nhất A[[X]]sym\mathbf{A}[[\mathbf{X}]]^{\text{sym}} với đại số các chuỗi lũy thừa hình thức A[[S1,…,Sn]]\mathbf{A}[[S_1, \ldots, S_n]], trong đó SkS_k tương ứng với sks_k. Theo Bổ đề 4 của IV, p. 70, tồn tại các chuỗi lũy thừa hình thức g1,…,gsg_1, \ldots, g_s cấp ≥2\geq 2 theo các bất định s1,…,sns_1, \ldots, s_n sao cho

pk=(−1)k+1ksk+gk(s1,…,ss)(1≤k≤n). p_k = (-1)^{k+1} k s_k + g_k(s_1, \ldots, s_s) \quad (1 \leq k \leq n).

Vì k!.1k! . 1 khả nghịch trong A\mathbf{A}, Bổ đề 2 của IV, p. 35 chứng minh sự tồn tại của một tự đẳng cấu TT của A\mathbf{A}-đại số tôpô A[[X]]sym\mathbf{A}[[\mathbf{X}]]^{\text{sym}} biến sks_k thành pkp_k với l≤k≤nl \leq k \leq n. Bây giờ Mệnh đề 3, a) là một hệ quả ngay lập tức.

Hệ quả

— *Cho ξ1,…,ξn,η1,…,ηn\xi_1, \ldots, \xi_n, \eta_1, \ldots, \eta_n là các phần tử của A\mathbf{A} và giả sử rằng A\mathbf{A} là một miền nguyên.

a) Nếu sk(ξ1,…,ξn)=sk(η1,…,ηn)s_k(\xi_1, \ldots, \xi_n) = s_k(\eta_1, \ldots, \eta_n) với 1≤k≤n1 \leq k \leq n, thì tồn tại một phép hoán vị σ∈Sn\sigma \in \mathfrak{S}_n sao cho ηi=ξσ(i)\eta_i = \xi_{\sigma(i)} với 1≤i≤n1 \leq i \leq n.

b) Giả sử rằng n!.1≠0n! . 1 \neq 0 trong A\mathbf{A} và

ξ1k+⋯+ξnk=η1k+⋯+ηnk \xi_1^k + \cdots + \xi_n^k = \eta_1^k + \cdots + \eta_n^k

với 1≤k≤n1 \leq k \leq n. Khi đó tồn tại một phép hoán vị σ∈Sn\sigma \in \mathfrak{S}_n sao cho ηi=ξσ(i)\eta_i = \xi_{\sigma(i)} với 1≤i≤n1 \leq i \leq n.

Dưới các giả thiết của a) ta có ∏i=1n(X−ξi)=∏i=1n(X−ηi)\prod_{i=1}^n (X - \xi_i) = \prod_{i=1}^n (X - \eta_i). Nếu thay ηn\eta_n vào XX, ta thấy rằng ∏i=1n(ηn−ξi)=0\prod_{i=1}^n (\eta_n - \xi_i) = 0 và vì A\mathbf{A} là một miền nguyên, có một số nguyên σ(n)\sigma(n) sao cho l s σ(n)≤nl \ s \ \sigma(n) \leq n và ηn=ξσ(n)\eta_n = \xi_{\sigma(n)}. Bây giờ mệnh đề a) suy ra dễ dàng bằng quy nạp vì A[X]\mathbf{A}[X] là một miền nguyên.

Dưới các giả thiết của b), theo Mệnh đề 3 tồn tại các đa thức Π1,…,Πn\Pi_1, \ldots, \Pi_n theo nn ẩn, với hệ số trong trường phân thức của A\mathbf{A} sao cho sk=Πk(p1,…,pn)s_k = \Pi_k(p_1, \ldots, p_n) với 1≤k≤n1 \leq k \leq n. Bây giờ quan hệ (23) kéo theo

sk(ξ1,…,ξn)=sk(η1,…,ηn) s_k(\xi_1, \ldots, \xi_n) = s_k(\eta_1, \ldots, \eta_n)

với 1≤k≤n1 \leq k \leq n và do đó b) suy ra từ a).

5. Các hàm đối xứng theo các nghiệm của một đa thức

Xét một đa thức đơn khởi bậc nn, với các hệ số trong A\mathbf{A}:

f=Xn+a1Xn−1+⋯+an−1X+an. f = X^n + a_1 X^{n-1} + \cdots + a_{n-1} X + a_n.

Ta định nghĩa một A\mathbf{A}-đại số kết hợp, giao hoán và có đơn vị EfE_f với các phần tử sinh x1,…,xx_1, \ldots, x, và các quan hệ

∑i1<…<ikxi1…xik=(−1)kak(1≤k≤n). \sum_{i_1 < \ldots < i_k} x_{i_1} \ldots x_{i_k} = (-1)^k a_k \quad (1 \leq k \leq n).

Chính xác hơn, ta có

Ef=A[X1,...,Xn]/a E_f = A[X_1, ..., X_n]/a

trong đó iđêan aa được sinh bởi các đa thức sk+(−1)k+1aks_k + (-1)^{k+1} a_k với 1≤k≤n1 \leq k \leq n, và xix_i là lớp thặng dư của XiX_i mod aa với 1≤i∈n1 \leq i \in n. Quan hệ (24) cũng tương đương với f(X)=∏i=1n(X−xi)f(X) = \prod_{i=1}^n (X - x_i). Khi có nguy cơ mơ hồ nào đó, ta viết x1,f,...,xn,fx_{1,f}, ..., x_{n,f} thay cho x1,...,xnx_1, ..., x_n.

Mệnh đề 4

Cho B là một vành giao hoán, ρ\rho là một đồng cấu của A vào B và ξ1,...,5\xi_1, ..., 5, là các phần tử của B. Giả sử rằng quan hệ ρf(X)=∏i=1n(X−ξi)^\rho f(X) = \prod_{i=1}^n (X - \xi_i) đúng trong B[X]. Khi đó tồn tại một và chỉ một đồng cấu vành u:Ef→Bu : E_f \to B sao cho ρ(a)=u(a.1)\rho(a) = u(a . 1) với mọi a∈Aa \in A và u(xi)=ξiu(x_i) = \xi_i với 1≤i≤n1 \leq i \leq n.

Ta xét B như một A-đại số kết hợp, giao hoán và có đơn vị thông qua ρ\rho. Khi đó quan hệ ρf(X)=∏i=1n(X−ξi)^\rho f(X) = \prod_{i=1}^n (X - \xi_i) cũng có thể được viết dưới dạng

∑i1<...<ikξi1...ξik=(−1)kak.1(1≤k≤n) \sum_{i_1 < ... < i_k} \xi_{i_1} ... \xi_{i_k} = (-1)^k a_k . 1 \quad (1 \leq k \leq n)

trong B. Vì các quan hệ (24) xác định một cách cho bởi các sinh và quan hệ của EfE_f, Mệnh đề 4 được suy ra.

Mệnh đề 4 biện minh cho tên gọi « đại số phân tích phổ quát của ff » dành cho EfE_f. Quan hệ f(X)=∏i=1n(X−xi,f)f(X) = \prod_{i=1}^n (X - x_{i,f}) được gọi là « phân tích phổ quát của ff ». Cho σ∈Sn\sigma \in S_n là một phép hoán vị ; vì f(X)=∏i=1n(X−xσ(i),f)f(X) = \prod_{i=1}^n (X - x_{\sigma(i),f}), tồn tại một tự đẳng cấu tσt_\sigma của A-đại số EfE_f được đặc trưng bởi tσ(xi,f)=xσ(i),ft_\sigma(x_{i,f}) = x_{\sigma(i),f} với 1≤i≤n1 \leq i \leq n. Ta có tστ=tσ∘tτt_{\sigma \tau} = t_\sigma \circ t_\tau với σ,τ\sigma, \tau trong SnS_n, và do đó thu được một tác động của nhóm G\mathscr{G}, trên A-đại số EfE_f.

Mệnh đề 5

Trong đại số phân tích phổ quát EfE_f họ các đơn thức x1ν(1)...xnν(n)x_1^{\nu(1)} ... x_n^{\nu(n)} sao cho 0≤ν(i)<i0 \leq \nu(i) < i với 1≤i≤n1 \leq i \leq n là một cơ sở của A-môđun EfE_f. Đặc biệt EfE_f là một A-môđun tự do hạng n!n!.

Đặt B=A[X1,...,Xn]B = A[X_1, ..., X_n] và C=A[X1,...,Xn]symC = A[X_1, ..., X_n]^{\text{sym}}. Theo Định lý 1 (IV, p. 62) ta có C=A[s1,...,sn]C = A[s_1, ..., s_n] và s1,...,sns_1, ..., s_n độc lập đại số trên A. Các đa thức không có số hạng hằng theo s1,...,sns_1, ..., s_n tạo thành một iđêan C+C^+ của C, bù với A và được sinh bởi s1,...,sns_1, ..., s_n. Gọi c là iđêan của C được sinh bởi s1+a1,s2−a2,...,sn+(−1)n+1ans_1 + a_1, s_2 - a_2, ..., s_n + (-1)^{n+1} a_n Tồn tại một tự đẳng cấu A-đại số của C biến sks_k thành sk+(−1)k+1aks_k + (-1)^{k+1} a_k với 1≤k≤n1 \leq k \leq n, và do đó biến C+C^+ thành c ; vì thế ta có C=A⊕cC = A \oplus c. Hơn nữa Định lý 1, c) của IV, p. 62 cho thấy rằng

B=⨁ν∈SCXν B = \bigoplus_{\nu \in S} CX^\nu

trong đó S là tập hợp mọi ν∈Nn\nu \in \mathbf{N}^n sao cho 0≤ν(i)<i0 \leq \nu(i) < i với 1≤i≤n1 \leq i \leq n. Iđêan a của B được sinh bởi c, do đó a=Bc=⨁ν∈Sc⋅Xνa = Bc = \bigoplus_{\nu \in S} c \cdot X^\nu. Vì C=A⊕cC = A \oplus c, ta được

B=a⊕⨁ν∈SAXν, B = a \oplus \bigoplus_{\nu \in S} AX^\nu,
do đó suy ra Mệnh đề 5, vì Ef=B/aE_f = B/a.

Hệ quả

— *Đồng cấu chính tắc của A vào đại số phân tích phổ quát của đa thức đơn khởi f∈A[X]f \in A[X] là đơn ánh.

Vì phần tử đơn vị của EfE_f tạo thành một phần của một cơ sở của A-môđun EfE_f.

Mệnh đề 6

— *Cho f∈A[X]f \in A[X] là một đa thức đơn khởi bậc n, và cho P là một đa thức đối xứng theo X1,...,XnX_1, ..., X_n với các hệ số trong A. Khi đó tồn tại chính xác một phần tử a của A có tính chất sau: (FS) Với mọi đồng cấu vành ρ:A→B\rho : A \to B và mọi phân tích 0f(X)=∏i=1n(X−ξi)^0f(X) = \prod_{i=1}^n (X - \xi_i) trong B[X] ta có ρ(a)=P(ξ1,...,ξn)\rho(a) = P(\xi_1, ..., \xi_n).

Viết f=Xn+∑k=1nakXn−kf = X^n + \sum_{k=1}^n a_k X^{n-k}, khi đó theo Định lý 1, IV, p. 62 tồn tại một đa thức Π\Pi theo n ẩn với các hệ số trong A sao cho P=Π(s1,...,sn)P = \Pi(s_1, ..., s_n). Đặt a=Π(−a1,a2,...,(−1)nan)a = \Pi(-a_1, a_2, ..., (-1)^n a_n). Dưới giả thiết (FS) ta có

sk(ξ1,...,ξn)=(−1)kρ(ak) s_k(\xi_1, ..., \xi_n) = (-1)^k \rho(a_k)
do đó
ρ(a)=Π(−ρ(a1),ρ(a2),...,(−1)nρ(an))=Π(s1(ξ1,...,ξn),...,sn(ξ1,...,ξn))=P(ξ1,...,ξn). \begin{align*} \rho(a) &= \Pi(-\rho(a_1), \rho(a_2), ..., (-1)^n \rho(a_n)) \\ &= \Pi(s_1(\xi_1, ..., \xi_n), ..., s_n(\xi_1, ..., \xi_n)) \\ &= P(\xi_1, ..., \xi_n) . \end{align*}

Điều này chứng minh sự tồn tại của một phần tử a thỏa mãn (FS). Tính duy nhất của a suy ra từ Hệ quả của Mệnh đề 5, vì ta có a⋅1=P(x1,f,...,xn,f)a \cdot 1 = P(x_{1,f}, ..., x_{n,f}) trong đại số phân tích phổ quát EfE_f.

Với ký hiệu của Mệnh đề 6 đôi khi người ta viết a=P∗(f)a = P^*(f). Sau đây là vài ví dụ.

Ví dụ. — 1) Nếu P=skP = s_k, thì P∗(f)=(−1)kakP^*(f) = (-1)^k a_k. \ 2) Cho g là một đa thức trong A[X]A[X] và đặt

P(X1,...,Xn)=g(X1)...g(Xn). P(X_1, ..., X_n) = g(X_1) ... g(X_n) .
Khi đó P∗(f)P^*(f) chính là kết thức res⁡(f,g)\operatorname{res}(f, g), theo Hệ quả 1 của IV, p. 80. 3) Đặt A(X1,...,Xn)=∏i<j(Xi−Xj)2A(X_1, ..., X_n) = \prod_{i < j} (X_i - X_j)^2, khi đó Δ∗(f)\Delta^*(f) chính là biệt thức của đa thức đơn khởi ff (IV, p. 82, công thức (46)). \*

4) Đặt P(X1,…,Xn)=X1k+…+XnkP(X_1, \ldots, X_n) = X_1^k + \ldots + X_n^k; hơn nữa, định nghĩa đại số E=A[X]/(f)E = A[X]/(f) và viết xx cho ảnh của XX trong EE. Ta nhắc lại rằng A-môđun EE là tự do, với cơ sở (1,x,…,xn−1)(1, x, \ldots, x^{n-1}) (IV, p. 11, Hệ quả). Ta sẽ chứng minh

TrE/A(xk)=P∗(f) \text{Tr}_{E/A}(x^k) = P^*(f)

Đặt πk=TrE/A(xk)\pi_k = \text{Tr}_{E/A}(x^k) với mọi số nguyên k≥1k \geq 1. Ghi nhớ các quan hệ Newton (IV, p. 70), ta chỉ cần thiết lập các quan hệ

πk+a1πk−1+⋯+ak−1π1+kak=0với 1≤k≤nπk+a1πk−1+⋯+an−1πk−n+1+anπk−n=0với k>n \begin{align*} &\pi_k + a_1 \pi_{k-1} + \cdots + a_{k-1} \pi_1 + k a_k = 0 \quad \text{với } 1 \leq k \leq n \\ &\pi_k + a_1 \pi_{k-1} + \cdots + a_{n-1} \pi_{k-n+1} + a_n \pi_{k-n} = 0 \quad \text{với } k > n \end{align*}

(mà ta cũng sẽ gọi là « các quan hệ Newton »). Quan hệ (27) là hiển nhiên, vì vế trái là vết của

xk−n(xn+a1xn−1+⋯+an−1x+an)=0. x^{k-n}(x^n + a_1 x^{n-1} + \cdots + a_{n-1} x + a_n) = 0 .

Giả sử 1≤k≤n1 \leq k \leq n và đặt

y=xk+a1xk−1+⋯+ak−1x+ak⋅1; y = x^k + a_1 x^{k-1} + \cdots + a_{k-1} x + a_k \cdot 1 ;

gọi M=(mij)M = (m_{ij}) là ma trận của ánh xạ tuyến tính u↦yuu \mapsto yu trong EE đối với cơ sở (x′)0,…,n(x')_{0,\ldots,n}. Ta dễ dàng thu được các quan hệ

mii=akvới 0≤i<n−kmii=0với n−k≤i<n, \begin{align*} &m_{ii} = a_k \quad \text{với } 0 \leq i < n - k \\ &m_{ii} = 0 \quad \text{với } n - k \leq i < n , \end{align*}

do đó

TrE/A(y)=∑i=0n−1mii=(n−k)ak. \text{Tr}_{E/A}(y) = \sum_{i=0}^{n-1} m_{ii} = (n-k) a_k .

Hơn nữa ta có

TrE/A(y)=πk+a1πk−1+⋯+ak−1π1+nak, \text{Tr}_{E/A}(y) = \pi_k + a_1 \pi_{k-1} + \cdots + a_{k-1} \pi_1 + n a_k ,

do đó công thức (26) được suy ra.

6. Kết thức

Trong Số này ta giả thiết đã cho hai số nguyên dương p,qp, q và hai đa thức f,gf, g trong A[X]A[X] có dạng

f=tpXp+tp−1Xp−1+⋯+t0g=uqXq+uq−1Xq−1+⋯+u0 \begin{align*} f &= t_p X^p + t_{p-1} X^{p-1} + \cdots + t_0 \\ g &= u_q X^q + u_{q-1} X^{q-1} + \cdots + u_0 \end{align*}

sao cho deg⁡f≤p,deg⁡g≤q\deg f \leq p, \deg g \leq q. Với mọi số nguyên n≥0n \geq 0 ta ký hiệu bởi SS, môđun con trên AA của A[X]A[X] gồm tất cả các đa thức bậc <n< n; nó có họ (X′)0≤i<n(X')_{0 \leq i < n} làm cơ sở, và do đó có hạng nn.

Ta cho S,×SpS, \times S_p cơ sở

B1=((Xq−1,0),...,(X,0),(1,0),(0,Xp−1),...,(0,X),(0,1)) B_1 = ((X^{q-1}, 0), ..., (X, 0), (1, 0), (0, X^{p-1}), ..., (0, X), (0, 1))
và Sp+qS_{p+q} cơ sở
B2=(Xp+2−1,...,X,1). B_2 = (X^{p+2-1}, ..., X, 1).
Ta định nghĩa một ánh xạ tuyến tính φ:S,×Sp→Sp+q\varphi : S, \times S_p \to S_{p+q} bởi
φ(u,v)=uf+vg \varphi(u, v) = uf + vg
và ta ký hiệu bởi M(f,g,p,q)M(f, g, p, q) ma trận của φ\varphi đối với các cơ sở B1B_1 và B2B_2. Đây là một ma trận bình phương cấp p+qp + q, được đánh chỉ số bởi tập hợp {0,1,...,p+q−1}\{0, 1, ..., p + q - 1\}. Các phần tử aija_{ij} của nó được cho bởi các quy tắc: a) aij=tp−i+ja_{ij} = t_{p-i+j} với 0≤j≤q−10 \leq j \leq q-1, b) aij=uj−ia_{ij} = u_{j-i} với q≤j≤p+q−1q \leq j \leq p + q - 1, trong đó tkt_k được lấy bằng 0 nếu k∉(0,p)k \notin (0, p) và uk=0u_k = 0 nếu k∉(0,q)k \notin (0, q).

Ví dụ, khi p=2p = 2 và q=3q = 3, ta có ma trận

(t200u30t1t20u2u3t0t1t2u1u20t0t1u0u100t00u0). \begin{pmatrix} t_2 & 0 & 0 & u_3 & 0 \\ t_1 & t_2 & 0 & u_2 & u_3 \\ t_0 & t_1 & t_2 & u_1 & u_2 \\ 0 & t_0 & t_1 & u_0 & u_1 \\ 0 & 0 & t_0 & 0 & u_0 \end{pmatrix}.

Định nghĩa 1

Với ký hiệu ở trên, định thức của ma trận M(f,g,p,q)M(f, g, p, q) được gọi là kết thức của cặp (f,g)(f, g) đối với các bậc pp và qq, hoặc đơn giản là kết thức của ff và gg nếu p=deg⁡fp = \deg f và q=deg⁡gq = \deg g.

Kết thức được ký hiệu bởi res⁡p,q(f,g)\operatorname{res}_{p,q}(f, g) hoặc đơn giản là res⁡(f,g)\operatorname{res}(f, g) khi p=deg⁡fp = \deg f, q=deg⁡gq = \deg g.

Ví dụ 1

Cho Λ,μ\Lambda, \mu trong Λ\Lambda, ta có các công thức

res⁡p,0(f,λ)=λp,res⁡0,q(μ,g)=μq \operatorname{res}_{p,0}(f, \lambda) = \lambda^p, \quad \operatorname{res}_{0,q}(\mu, g) = \mu^q
res⁡p,1(f,λ)=λptp,res⁡1,q(μ,g)=(−1)qμquq, \operatorname{res}_{p,1}(f, \lambda) = \lambda^p t_p, \quad \operatorname{res}_{1,q}(\mu, g) = (-1)^q \mu^q u_q,
mà chứng minh là ngay lập tức.

Ví dụ 2

Khi p=q=1p = q = 1, ta có

res⁡1,1(t1X+t0,u1X+u0)=t1u0−t0u1 \operatorname{res}_{1,1}(t_1 X + t_0, u_1 X + u_0) = t_1 u_0 - t_0 u_1

Nhận xét 1

Ma trận M(g,f,q,p)M(g, f, q, p) thu được từ M(f,g,p,q)M(f, g, p, q) bằng pqpq phép hoán vị cột, do đó

res⁡q,p(g,f)=(−1)pqres⁡p,q(f,g) \operatorname{res}_{q,p}(g, f) = (-1)^{pq} \operatorname{res}_{p,q}(f, g)

Nhận xét 2

Cho ρ:A→B\rho : A \to B là một đồng cấu vành. Định nghĩa / kéo theo trực tiếp công thức

res⁡p,q(ρf,ρg)=ρ(res⁡p,q(f,g)). \operatorname{res}_{p,q}(\rho f, \rho g) = \rho(\operatorname{res}_{p,q}(f, g)) .

Nhận xét 3

Cho λ,μ\lambda, \mu trong AA, ta có

res⁡p,q(λf,μg)=λqμpres⁡p,q(f,g). \operatorname{res}_{p,q}(\lambda f, \mu g) = \lambda^q \mu^p \operatorname{res}_{p,q}(f, g) .
(28)

Nhận xét 4

Giả sử rằng p+q≥1p + q \geq 1. Theo III, p. 532, công thức (28), ảnh của φ\varphi chứa đa thức hằng res⁡p,q(f,g)\operatorname{res}_{p,q}(f, g). Do đó tồn tại một cặp đa thức (u,v)(u, v), với u∈Sq,v∈Spu \in S_q, v \in S_p sao cho

res⁡p,q(f,g)=uf+vg, \operatorname{res}_{p,q}(f, g) = uf + vg ,
do đó
res⁡p,q(f,g)∈A∩(f,g). \operatorname{res}_{p,q}(f, g) \in A \cap (f, g) .
Cặp (u,v)(u, v) này là duy nhất khi res⁡p,q(f,g)\operatorname{res}_{p,q}(f, g) giản ước được trong AA: vì khi đó φ\varphi là đơn ánh (III, p. 524, Mệnh đề 3).

Nhận xét 5

Giả sử rằng p≥qp \geq q, và cho h∈A[X]h \in A[X] là một đa thức bậc ≤p−q\leq p - q. Ta sẽ chứng minh rằng

res⁡p,q(f,g)=res⁡p,q(f+gh,g). \operatorname{res}_{p,q}(f, g) = \operatorname{res}_{p,q}(f + gh, g) .
(29) Thật vậy, nếu ta viết ω(u,v)=(u,uh+v)\omega(u, v) = (u, uh + v) với (u,v)∈Sq×Sp(u, v) \in S_q \times S_p, thì ww là một tự đẳng cấu của AA-môđun Sq×SpS_q \times S_p và ta có
ω−1(u,v)=(u,−uh+v). \omega^{-1}(u, v) = (u, -uh + v) .
Ma trận của ww đối với cơ sở B1B_1 là tam giác dưới và các phần tử đường chéo của nó đều bằng ll. Mặt khác, φ∘w\varphi \circ w biến (u,v)(u, v) thành u(f+gh)+vgu(f + gh) + vg. Bây giờ công thức (29) có nghĩa là các ma trận biểu diễn φ\varphi và φ∘w\varphi \circ w có cùng định thức và điều này suy ra từ quan hệ det⁡w=l\det w = l.

Giả sử rằng ff là đơn nhất bậc pp; đặt E=A[X]/(f)E = A[X]/(f) và ký hiệu bởi xx ảnh chính tắc của XX trong EE. Ta biết (IV, p. 11) rằng EE là một AA-môđun tự do với cơ sở (1,x,…,xp−1)(1, x, \ldots, x^{p-1}). Do đó ta có thể định nghĩa chuẩn NE/A(u)N_{E/A}(u) của mọi phần tử uu của EE (III, p. 543, Định nghĩa 2).

Mệnh đề 7

— Giả sử rằng f là đơn nhất bậc p; với các ký hiệu ở trên ta có¹

res⁡p,q(f,g)=NE/A(g(x)). \operatorname{res}_{p,q}(f, g) = N_{E/A}(g(x)) .
(30)

¹ Do đó kết thức res⁡p,q(f,g)\operatorname{res}_{p,q}(f, g) độc lập với qq khi ff là đơn nhất bậc pp. Khi đó ta ký hiệu nó đơn giản bởi res⁡(f,g)\operatorname{res}(f, g).

Ta định nghĩa một ánh xạ A-tuyến tính 00 từ Sq×SpS_q \times S_p vào Sp+qS_{p+q} bởi θ(u,v)=uf+v\theta(u, v) = uf + v. Khi đó 00 biến cơ sở B1B_1 của Sq×SsS_q \times S_s thành dãy

(fXq−1,…,fX,f,Xp−1,…,X,1) (fX^{q-1}, \ldots, fX, f, X^{p-1}, \ldots, X, 1)
gồm các phần tử của Sp+qS_{p+q}; do đó ma trận MM của 00 đối với các cơ sở B1,B2B_1, B_2 là tam giác dưới và các phần tử trên đường chéo của nó đều bằng 1, do đó det⁡M=1\det M = 1.

Suy ra θ\theta là song ánh và res⁡p,q(f,g)\operatorname{res}_{p,q}(f, g) bằng định thức của tự đồng cấu φ′=φ∘θ−1\varphi' = \varphi \circ \theta^{-1} của Sp−qS_{p-q}. Tường minh, ta có

φ′(uf+v)=uf+vg \varphi'(uf + v) = uf + vg
với mọi cặp (u,v)(u, v) trong Sq×SsS_q \times S_s. Bây giờ ta có A[X]=Sp+q+(f)A[X] = S_{p+q} + (f) và fSq=Ss∩(f)fS_q = S_s \cap (f), do đó đơn ánh chính tắc của Sp−sS_{p-s} vào A[X]A[X] xác định, bằng cách chuyển sang thương, một đẳng cấu γ\gamma từ Sp+q/fSqS_{p+q}/fS_q lên E. Gọi ψ\psi là phép nhân bởi g(x)g(x) trong E. Công thức (31) cho thấy φ′\varphi' cảm sinh đồng nhất trên fSqfS_q và γ−1ψγ\gamma^{-1}\psi\gamma trên Sp+q/fSqS_{p+q}/fS_q. Như vậy ta có det⁡φ′=det⁡ψ\det \varphi' = \det \psi, do đó suy ra (30), vì det⁡φ′=res⁡p,q(f,g)\det \varphi' = \operatorname{res}_{p,q}(f, g) và det⁡ψ=NE/A(g(x))\det \psi = N_{E/A}(g(x)), theo định nghĩa.

Hệ quả 1

— Cho f∈A[X]f \in A[X] là một đa thức đơn khởi; với mọi đa thức g∈A[X]g \in A[X] các điều kiện sau là tương đương: (i) res⁡(f,g)\operatorname{res}(f, g) khả nghịch trong AA; (ii) tồn tại các đa thức u,vu, v trong A[X]A[X] sao cho uf+vg=1uf + vg = 1; (iii) g(x)g(x) khả nghịch trong đại số A[X]/(f)A[X]/(f). Tính tương đương của (i) và (iii) suy ra từ Mệnh đề 3 của III, p. 545 và Mệnh đề 7; tính tương đương của (ii) và (iii) suy ra một cách hiển nhiên.

Hệ quả 2

— Giả sử rằng AA là một trường và cho f,g∈A[X]f, g \in A[X], khi đó các điều kiện sau là tương đương khi f,gf, g khác không: (i) res⁡(f,g)≠0\operatorname{res}(f, g) \neq 0; (ii) các đa thức ff và gg nguyên tố cùng nhau trong A[X]A[X]; \* (iii) với mọi mở rộng L của A, các đa thức ff và gg không có nghiệm chung nào trong L. \

Ta có thể rút gọn ngay về trường hợp ff là đơn khởi (IV, p. 77, nhận xét 3). Tính tương đương của (i) và (ii) chỉ là cách diễn đạt lại Hệ quả 1, theo Định nghĩa 1 của IV, p. 12; tính tương đương của (ii) và (iii) chính là Hệ quả 7 của IV, p. 13.

Hệ quả 3

— Với mọi λ∈A\lambda \in A ta có

res⁡p,1(f,λ−X)=f(λ),res⁡1,q(X−λ,g)=g(λ). \operatorname{res}_{p,1}(f, \lambda - X) = f(\lambda), \quad \operatorname{res}_{1,q}(X - \lambda, g) = g(\lambda).
Khi f(X)=X−λf(X) = X - \lambda, đại số E bằng A và ta có x=Ax = A; công thức thứ hai (32) khi đó suy ra từ Mệnh đề 7 (IV, p. 77). Theo các nhận xét 1 và 3 (IV, p. 76, 77) ta kết luận
res⁡p,1(f,λ−X)=(−1)pres⁡1,p(λ−X,f)=(−1)p+pres⁡1,p(X−A,f)=f(A). \operatorname{res}_{p,1}(f, \lambda - X) = (-1)^p \operatorname{res}_{1,p}(\lambda - X, f) = (-1)^{p+p} \operatorname{res}_{1,p}(X - A, f) = f(A).

Bây giờ giả sử rằng f và g là các đa thức đơn khởi. Ta ký hiệu bởi F đại số trên A A[X,Y]/(f(X),g(Y))A[X, Y]/(f(X), g(Y)) và ký hiệu bởi x (tương ứng y) ảnh chính tắc của X (tương ứng Y) trong F.

Mệnh đề 8

— Giả sử rằng f và g lần lượt là đơn nhất với bậc p và q. Với ký hiệu trên, A-môđun F là tự do với cơ sở (xiyj)0≤i<p, 0≤j<q(x^i y^j)_{0 \leq i < p,\ 0 \leq j < q} và ta có

res(f,g)=NF/A(x−y). \text{res}(f, g) = N_{F/A}(x - y).

Đặt E=A[X]/(f)E = A[X]/(f) và E′=A[Y]/(g)E' = A[Y]/(g). Theo II, p. 253, Hệ quả 1, đồng cấu σ\sigma từ E@E′E @ E' vào F dẫn xuất từ đồng cấu chính tắc A[X]⊗A[Y]→A[X,Y]A[X] \otimes A[Y] \to A[X, Y] là song ánh; điều này chứng minh mệnh đề về cơ sở của F. Bây giờ ta đồng nhất E với ảnh của nó trong F dưới σ\sigma. Khi đó đồng cấu đại số E từ E[Y]/(g(Y))E[Y]/(g(Y)) vào F biến Y thành y là một đẳng cấu.

Theo tính bắc cầu của chuẩn (III, p. 546) ta có

NF/A(x−y)=NE/A(NF/E(x−y)). N_{F/A}(x - y) = N_{E/A}(N_{F/E}(x - y)).

Theo Mệnh đề 7 (IV, p. 77), NF/E(x−y)N_{F/E}(x - y) là kết thức của các đa thức g(Y) và x − Y trong E[Y], do đó bằng g(x) (IV, p. 78, Hệ quả 3). Vì vậy theo công thức (34) và Mệnh đề 7 (IV, p. 77) ta có

NF/A(x−y)=NE/A(g(x))=res(f,g) N_{F/A}(x - y) = N_{E/A}(g(x)) = \text{res}(f, g)

Mệnh đề 9

— Cho p1p_1 và q1q_1 là các số nguyên dương và f1,g1f_1, g_1 là các đa thức trong A[X]A[X] sao cho deg⁡f1≤p1,deg⁡g1≤q1\deg f_1 \leq p_1, \deg g_1 \leq q_1; khi đó ta có

resp,q+q1(f,gg1)=resp,q(f,g)⋅resp,q1(f,g1) \text{res}_{p, q + q_1}(f, gg_1) = \text{res}_{p, q}(f, g) \cdot \text{res}_{p, q_1}(f, g_1)
resp+p1,q(ff1,g)=resp,q(f,g)⋅resp1,q(f1,g). \text{res}_{p + p_1, q}(ff_1, g) = \text{res}_{p, q}(f, g) \cdot \text{res}_{p_1, q}(f_1, g).

Ta có resp,q(f,g)=(−1)pqresq,p(g,f)\text{res}_{p, q}(f, g) = (-1)^{pq} \text{res}_{q, p}(g, f) (IV, p. 76); do đó chỉ cần chứng minh (35). Tương tự, Nhận xét 3 (loc. cit.) cho thấy rằng nếu công thức (35) được thiết lập cho một đa thức ff, thì nó đúng cho mọi đa thức có dạng Af, với A∈AA \in A. Sau hết, khi f là đơn nhất bậc p, công thức (35) suy ra từ Mệnh đề 7 (IV, p. 77) bởi công thức NE/A(ab)=NE/A(a)⋅NE/A(b)N_{E/A}(ab) = N_{E/A}(a) \cdot N_{E/A}(b). Tóm lại ta kết luận rằng (35) đúng khi hệ số tpt_p của XpX^p trong f là khả nghịch.

Bổ đề 5

Cho t là một phần tử của A. Tồn tại một vành giao hoán C chứa A như một vành con, một vành con B của C chứa A, một phần tử τ\tau của B khả nghịch trong C và một đồng cấu vành p:B→Ap : B \to A sao cho p(τ)=tp(\tau) = t và hạn chế của p trên A bằng Id.

Chỉ cần lấy B là đại số A(N)A^{(\mathbf{N})} của monoïde N\mathbf{N}, tức là đại số đa thức A[τ]A[\tau] theo một ẩn số τ\tau, C là đại số A(Z)A^{(\mathbf{Z})} của nhóm Z\mathbf{Z} và p là đồng cấu P↦P(t)P \mapsto P(t) từ A(τ)A(\tau) vào A.

Với ký hiệu của Bổ đề 5, trong đó ta đã lấy t = t_p, hãy đặt

F=τXp+tp−1Xp−1+⋯+t1X+t0 F = \tau X^p + t_{p-1} X^{p-1} + \cdots + t_1 X + t_0
trong B[X]. Hệ số của XpX^p trong F là khả nghịch trong C; nếu ta xem F, g, g1g_1 như các đa thức của C[X] thì khi đó ta có
res⁡p,q+q1(F,gg1)=res⁡p,q(F,g)⋅res⁡p,q1(F,g1) \operatorname{res}_{p,q+q_1}(F, gg_1) = \operatorname{res}_{p,q}(F, g) \cdot \operatorname{res}_{p,q_1}(F, g_1)
theo điều đã nói trên. Các kết thức không thay đổi nếu ta xem F, g và g1g_1 như các đa thức trong B[X]. Vì ρF=f^\rho F = f, ρg=g^\rho g = g, ρg1=g1^\rho g_1 = g_1, công thức (35) suy ra từ (38) và Nhận xét 2 (IV, p. 77).

Hệ quả 1

— (i) Cho λ,α1,…,αp\lambda, \alpha_1, \ldots, \alpha_p là các phần tử của A và giả sử rằng f(X)=λ(X−α1)…(X−αp)f(X) = \lambda (X - \alpha_1) \ldots (X - \alpha_p). Ta có

res⁡p,q(f,g)=λqg(α1)…g(αp). \operatorname{res}_{p,q}(f, g) = \lambda^q g(\alpha_1) \ldots g(\alpha_p) .
(ii) Cho μ,β1,…,βq\mu, \beta_1, \ldots, \beta_q là các phần tử của A và giả sử thêm rằng g(X)=μ(X−β1)…(X−βq)g(X) = \mu (X - \beta_1) \ldots (X - \beta_q). Khi đó ta có
res⁡p,q(f,g)=λqμp∏1≤i≤p1≤j≤q(αi−βj). \operatorname{res}_{p,q}(f, g) = \lambda^q \mu^p \prod_{\substack{1 \leq i \leq p \\ 1 \leq j \leq q}} (\alpha_i - \beta_j) .
Mệnh đề (i) suy ra trực tiếp từ các công thức (28), (32) và (36). Bây giờ mệnh đề (ii) suy ra từ (i).

Hệ quả 2

— Với mọi số nguyên r≥0r \geq 0 ta có

res⁡p,q+r(f,g)=tpr⋅res⁡p,q(f,g). \operatorname{res}_{p,q+r}(f, g) = t_p^r \cdot \operatorname{res}_{p,q}(f, g) .
Lưu ý Ví dụ 1 (IV, p. 76), ta chỉ cần lấy q1=r,g1=1q_1 = r, g_1 = 1 trong (35).

Giả sử rằng f là đơn nhất, và cho ρ:A→B\rho : A \to B là một đồng cấu vành và ξ1,…,ξp\xi_1, \ldots, \xi_p là các phần tử của B sao cho ta có phân tích

ρf(X)=(X−ξ1)…(X−ξp) ^\rho f(X) = (X - \xi_1) \ldots (X - \xi_p)
Theo Nhận xét 2 (IV, p. 77) và Hệ quả 1 ở trên ta có
ρ(res⁡(f,g))=g(ξ1)…g(ξp) \rho(\operatorname{res}(f, g)) = g(\xi_1) \ldots g(\xi_p)
Nhận xét này áp dụng đặc biệt cho phân tích phổ quát của f (IV, p. 73) và vì khi đó ρ\rho là đơn ánh, điều này cung cấp một cách tính res⁡(f,g)\operatorname{res}(f, g).

Ví dụ 3

Hãy chứng minh công thức

res⁡2,2(aX2+bX+c,a′X2+b′X+c′)=(ac′−ca′)2+(bc′−cb′)(ba′−ab′) \operatorname{res}_{2,2}(aX^2 + bX + c, a'X^2 + b'X + c') = (ac' - ca')^2 + (bc' - cb')(ba' - ab')

Lập luận như đối với Mệnh đề 9 (IV, p. 79), ta thấy rằng chỉ cần chứng minh công thức khi aa khả nghịch. Khi đó tồn tại một phân tích có dạng

aX2+bX+c=a(X−x)(X−y) aX^2 + bX + c = a(X - x)(X - y)

trong B[X]B[X], trong đó BB là một vành thích hợp chứa AA như một vành con. Theo Hệ quả 1 trên đây, resultant cần tìm bằng

R=a2(a′x2+b′x+c′)(a′y2+b′y+c′). R = a^2(a'x^2 + b'x + c')(a'y^2 + b'y + c') .

Bây giờ ta có

ax+ay=−b,axy=c ax + ay = -b , \quad axy = c

theo (43), do đó (ax)2+(ay)2=b2−2ac(ax)^2 + (ay)^2 = b^2 - 2ac.

Theo (44) ta có

R=a′2(axy)2+ab′2(axy)+a2c′2+a′b′(axy)(ax+ay)+ R = {a'}^2(axy)^2 + a{b'}^2(axy) + a^2{c'}^2 + a'b'(axy)(ax + ay) +
+a′c′((ax)2+(ay)2)+ab′c′(ax+ay) + a'c'((ax)^2 + (ay)^2) + ab'c'(ax + ay)
=a′2c2+ab′2c+a2c′2−a′b′cb+a′c′(b2−2ac)−ab′c′b = {a'}^2c^2 + a{b'}^2c + a^2{c'}^2 - a'b'cb + a'c'(b^2 - 2ac) - ab'c'b
=(ac′−ca′)2+(ab′−a′b)(b′c−c′b), = (ac' - ca')^2 + (ab' - a'b)(b'c - c'b) ,

từ đó suy ra kết quả mong muốn.

7. Biệt thức

Định nghĩa 2

Cho ff là một đa thức đơn khởi của A[X]A[X] bậc mm, và ký hiệu bởi EE đại số A[X]/(f)A[X]/(f) và bởi xx ảnh chính tắc của XX trong EE. Ta định nghĩa biệt thức của ff, ký hiệu dis⁡(f)\operatorname{dis}(f), là biệt thức DE/A(1,x,…,xm−1)D_{E/A}(1, x, \ldots, x^{m-1}) của cơ sở (1,x,…,xm−1)(1, x, \ldots, x^{m-1}) của đại số AA EE.

Với mọi số nguyên dương kk ta viết ρk=Tr⁡E/A(xk)\rho_k = \operatorname{Tr}_{E/A}(x^k). Theo III, p. 549, Định nghĩa 2 tương đương với công thức

dis⁡(f)=det⁡(pi+j)0≤i,j<m \operatorname{dis}(f) = \det(p_{i+j})_{0 \leq i,j < m}

*Ví dụ. — 1) Nếu ff là một đa thức đơn khởi bậc 0 hoặc 1, ta có dis⁡(f)=1\operatorname{dis}(f) = 1, theo (45). 2) Cho f(X)=X2+αX+βf(X) = X^2 + \alpha X + \beta là một đa thức đơn khởi bậc 2. Các hệ thức Newton có thể viết dưới dạng (IV, p. 75)

p0=2p1+α=0p2+αp1+2β=0, p_0 = 2 \\ p_1 + \alpha = 0 \\ p_2 + \alpha p_1 + 2\beta = 0 ,

do đó p1=−ap_1 = -a, p2=a2−2pp_2 = a^2 - 2p. Suy ra ta có

dis⁡(f)=det⁡(2−α−aα2−2p)=α2−4β \operatorname{dis}(f) = \det \begin{pmatrix} 2 & -\alpha \\ -a & \alpha^2 - 2p \end{pmatrix} = \alpha^2 - 4\beta

Cho B là một vành giao hoán, ρ\rho một đồng cấu từ A đến B và ξ1,…,ξm\xi_1, \ldots, \xi_m là các phần tử của B sao cho

ρf(X)=(X−ξ1)⋯(X−ξm). \rho f(X) = (X - \xi_1) \cdots (X - \xi_m).
Ta ký hiệu bởi M ma trận (ρ(pi+j))0≤i,j<m(\rho(p_{i + j}))_{0 \leq i, j < m} và bởi D ma trận Van der Monde (ξij+1)0≤i,j<m(\xi_i^{j+1})_{0 \leq i, j < m}. Theo Ví dụ 4 của IV, p. 75 ta có
ρ(pk)=ξ1k+⋯+ξmk, \rho(p_k) = \xi_1^k + \cdots + \xi_m^k,
do đó M=′D.D;M = 'D . D ; theo III, p. 532 ta có D=∏i>j(ξi−ξj)D = \prod_{i > j} (\xi_i - \xi_j) và det⁡M=(det⁡D)2\det M = (\det D)^2, tức là
ρ(dis⁡(f))=∏i<j(ξi−ξj)2 \rho(\operatorname{dis}(f)) = \prod_{i < j} (\xi_i - \xi_j)^2
Hơn nữa (viết D cho đạo hàm ddX\frac{d}{dX}) ta có
D(ρf)(ξi)=(ξi−ξ1)⋯(ξi−ξi−1)(ξi−ξi+1)⋯(ξi−ξm) D(\rho f)(\xi_i) = (\xi_i - \xi_1) \cdots (\xi_i - \xi_{i-1})(\xi_i - \xi_{i+1}) \cdots (\xi_i - \xi_m)
với 1≤i≤m1 \leq i \leq m, do đó
ρ(dis⁡(f))=(−1)m(m−1)/2∏i≠j(ξi−ξj)=(−1)m(m−1)/2∏i=1mD(ρf)(ξi). \rho(\operatorname{dis}(f)) = (-1)^{m(m-1)/2} \prod_{i \neq j} (\xi_i - \xi_j) = (-1)^{m(m-1)/2} \prod_{i=1}^m D(\rho f)(\xi_i).
Áp dụng Hệ quả 1 của IV, p. 80 cho phân tích phổ quát của ff, cuối cùng ta được
res⁡(f,Df)=res⁡(Df,f)=(−1)m(m−1)/2dis⁡(f). \operatorname{res}(f, Df) = \operatorname{res}(Df, f) = (-1)^{m(m-1)/2} \operatorname{dis}(f).

Mệnh đề 10

Cho m≥1m \geq 1. Tồn tại một đa thức duy nhất A∈Z[A1,…,Am]A \in \mathbf{Z}[A_1, \ldots, A_m] có tính chất sau: với mọi vành giao hoán A và mọi đa thức đơn nhất f=Xm+∑i=1maiXm−if = X^m + \sum_{i=1}^m a_i X^{m-i} trong A[X]A[X] ta có

dis⁡(f)=Δ(a1,…,am). \operatorname{dis}(f) = \Delta(a_1, \ldots, a_m).
Hơn nữa A có bậc ≤2m−2\leq 2m-2 và nếu ta gán trọng số i cho AiA_i thì A là đẳng trọng số m(m−1)m(m-1). a) Tính duy nhất của A: nếu A thỏa mãn (48), đặc biệt ta có A=dis⁡(F)A = \operatorname{dis}(F), trong đó F là đa thức Xm+∑i=1mAiXm−iX^m + \sum_{i=1}^m A_i X^{m-i} với các hệ số trong Z[A1,…,Am]\mathbf{Z}[A_1, \ldots, A_m]. b) Sự tồn tại của A: gọi s1,…,sms_1, \ldots, s_m là các đa thức đối xứng cơ bản theo các ẩn X1,…,XmX_1, \ldots, X_m. Tồn tại một đa thức A∈Z[A1,…,Am]A \in \mathbf{Z}[A_1, \ldots, A_m], đẳng trọng số m(m−1)m(m-1), sao cho
Δ(−s1,s2,…,(−1)msm)=∏i<j(Xi−Xj)2; \Delta(-s_1, s_2, \ldots, (-1)^m s_m) = \prod_{i < j} (X_i - X_j)^2;

vì vế phải là một đa thức đối xứng P, thuần nhất bậc m(m − 1) trong Z[X1,...,Xm]Z[X_1, ..., X_m] (IV, p. 62, Đl. 1). Bây giờ công thức (46) có nghĩa là dis(f) = P (f ), theo ký hiệu của IV, p. 74, và (48) suy ra trực tiếp từ đó.

c) Bậc của A: quan hệ (47) và định nghĩa của kết thức (IV, p. 76) kéo theo công thức

(−1)m(m−1)/2Δ=det⁡(aij)0≤i,j≤2m−2 (-1)^{m(m-1)/2} \Delta = \det(a_{ij})_{0 \leq i,j \leq 2m-2}

với các giá trị sau của aija_{ij}

a00=1,a0,m−1=m,aij=Ai−jvới 1≤i≤2m−2,0≤j≤m−2aij=(j−i+1)Am+i−j−1với 1≤i≤2m−2,m−1≤j≤2m−2. \begin{align*} a_{00} &= 1 , \quad a_{0,m-1} = m , \\ a_{ij} &= A_{i-j} & \text{với } 1 \leq i \leq 2m-2 , \quad 0 \leq j \leq m-2 \\ a_{ij} &= (j-i+1) A_{m+i-j-1} & \text{với } 1 \leq i \leq 2m-2 , \quad m-1 \leq j \leq 2m-2 . \end{align*}

a0j=0a_{0j} = 0 nếu j≠0, j≠m−1j \neq 0 , \ j \neq m-1

Trong các công thức này, ta hiểu rằng Ai=1A_i = 1 và Ai=0A_i = 0 với i<0i < 0 hoặc i>mi > m. Bây giờ (50) cho thấy ngay rằng A có bậc ≤2m−2\leq 2m-2, đúng như phải chứng minh.

Mệnh đề 10 cho phép ta mở rộng định nghĩa của biệt thức cho các đa thức không đơn nhất. Cho m≥1m \geq 1 là một số nguyên, khi đó tồn tại một đa thức thuần nhất duy nhất bậc 2m−22m-2, ký hiệu là Δ~\tilde{\Delta}, theo Z[A0,A1,...,Am]Z[A_0, A_1, ..., A_m] sao cho

Δ(A1,...,Ar)=Δ~(1,A1,...,Ar) \Delta(A_1, ..., A_r) = \tilde{\Delta}(1, A_1, ..., A_r)

vì, do A có bậc ≤2m−2\leq 2m-2, phân thức hữu tỉ

A02m−2Δ(A1/A0,...,Am/A0) A_0^{2m-2} \Delta(A_1/A_0, ..., A_m/A_0)

thuộc vành con Z[A0,A1,...,Am]Z[A_0, A_1, ..., A_m] của Q(A0,A1,...,Am)Q(A_0, A_1, ..., A_m). Nếu AiA_i có trọng số i với 0≤i≤m0 \leq i \leq m, thì Δ~\tilde{\Delta} là đẳng trọng số m(m−1)m(m-1). Nếu f là một đa thức bậc ≤m\leq m, chẳng hạn

f=a0Xm+a1Xm−1+⋯+am−1X+am, f = a_0 X^m + a_1 X^{m-1} + \cdots + a_{m-1} X + a_m ,

ta sẽ đặt

dis⁡m(f)=Δ~(a0,a1,...,ar). \operatorname{dis}_m(f) = \tilde{\Delta}(a_0, a_1, ..., a_r).

Khi m=deg⁡fm = \deg f, ta sẽ viết đơn giản dis(f) thay cho dis⁡m(f)\operatorname{dis}_m(f); nếu f là đơn nhất thì dis(f) trùng với biệt thức đã được định nghĩa trong Đn. 2, theo (48), (51) và (52).

Mệnh đề 11

— Cho f trong A[X]A[X] có bậc ≤m\leq m.

(i) Nếu ρ:A→B\rho : A \to B là một đồng cấu vành, ta có dis⁡m(ρf)=ρ(dis⁡m(f))\operatorname{dis}_m(\rho_f) = \rho(\operatorname{dis}_m(f)).

(ii) Gọi λ,α1,...,ar\lambda, \alpha_1, ..., a_r là các phần tử của A. Nếu f=X(X−α1)...(X−ar)f = X(X-\alpha_1) ... (X-a_r); thì ta có

dis⁡m(f)=λ2m−2∏i<j(αi−αj)2. \operatorname{dis}_m(f) = \lambda^{2m-2} \prod_{i < j} (\alpha_i - \alpha_j)^2 .

(iii) Gọi a0a_0 là hệ số của XmX^m trong ff; khi đó ta có

resm,m−1(f,Df)=resm−1,m(Df,f)=(−1)m(m−1)/2a0 dism(f). \text{res}_{m,m-1}(f, Df) = \text{res}_{m-1,m}(Df, f) = (-1)^{m(m-1)/2} a_0 \text{ dis}_m(f) .

Mệnh đề (i) là hiển nhiên.

Vì Δ~\tilde{\Delta} là thuần nhất bậc 2m−22m - 2, ta có

dism(λf)=λ2m−2dism(f) \text{dis}_m(\lambda f) = \lambda^{2m-2} \text{dis}_m(f)

với mọi đa thức f∈A[X]f \in A[X] bậc ≤m\leq m. Mệnh đề (ii) bây giờ suy ra từ các công thức (46) và (55).

Khi ff là đơn nhất bậc mm, ta có a0=1a_0 = 1 và Mệnh đề (iii) được quy về công thức (47). Lưu ý (55) và quan hệ

resm,n(λf,μg)=λnμmresm,n(f,g), \text{res}_{m,n}(\lambda f, \mu g) = \lambda^n \mu^m \text{res}_{m,n}(f, g),

(IV, p. 77), ta có thể suy ra trường hợp a0a_0 khả nghịch trong AA. Trường hợp tổng quát khi đó suy ra từ Mệnh đề 11, (i) và Bổ đề 5 (IV, p. 79).

Hệ quả 1

— Cho g∈A[X]g \in A[X] và nn là một số nguyên dương sao cho deg⁡g≤n\deg g \leq n. Ta có

dism+n(fg)=dism(f)⋅disn(g)⋅resm,n(f,g)2. \text{dis}_{m+n}(fg) = \text{dis}_m(f) \cdot \text{dis}_n(g) \cdot \text{res}_{m,n}(f,g)^2 .

Theo lập luận như trước, ta được quy về trường hợp ff và gg lần lượt là các đa thức đơn nhất bậc mm và nn. Bây giờ đặt B=Ef⊗EgB = E_f \otimes E_g, trong đó EfE_f (tương ứng EgE_g) là đại số phân tích phổ quát của ff (tương ứng gg) (IV, p. 73). Khi đó AA là một vành con của BB, và trong B[X]B[X] ta có các phân tích

f=∏i=1m(X−αi),g=∏j=1n(X−βj). f = \prod_{i=1}^m (X - \alpha_i), \quad g = \prod_{j=1}^n (X - \beta_j) .

Do đó ta có

fg=∏k=1m+n(X−γk), fg = \prod_{k=1}^{m+n} (X - \gamma_k) ,

với γi=αi\gamma_i = \alpha_i đối với 1≤i≤m1 \leq i \leq m và γm+j=βj\gamma_{m+j} = \beta_j đối với 1≤j≤n1 \leq j \leq n. Ta có đồng nhất thức hiển nhiên

∏k<k′(γk−γk′)=∏i<i′(αi−αi′)⋅∏j<j′(βj−βj′)⋅∏i,j(αi−βj) \prod_{k < k'} (\gamma_k - \gamma_{k'}) = \prod_{i < i'} (\alpha_i - \alpha_{i'}) \cdot \prod_{j < j'} (\beta_j - \beta_{j'}) \cdot \prod_{i,j} (\alpha_i - \beta_j)

Bình phương quan hệ này, ta thu được (57), theo (40) và (46).

Hệ quả 2

— Nếu a0a_0 là hệ số của XmX^m trong ff, ta có

dism+1(f)=a02dism(f) \text{dis}_{m+1}(f) = a_0^2 \text{dis}_m(f)

Điều này suy ra từ Hệ quả 1 khi lấy n=1, g=1n = 1,\ g = 1, theo công thức res,,(f,1)=a0(f,1) = a_0 (IV, p. 76, Ví dụ 1).

Hệ quả 3

— Cho AA là một trường, và ff là một đa thức không hằng trong A[X]A[X]. Để ff và DfDf nguyên tố cùng nhau, điều kiện cần và đủ là dis(f)≠0\mathrm{dis}(f) \neq 0. Điều này suy ra từ Mệnh đề 11, (iii) và Hệ quả 2 của IV, p. 78.

Nhận xét

Việc áp dụng hai lần Hệ quả 2 ở trên cho thấy rằng ta có dism(f)=0\mathrm{dis}_m(f) = 0 đối với mọi đa thức ff bậc ≤m−2\leq m - 2.

Ví dụ 3

Cho m=2m = 2. Theo Ví dụ 2 (IV, p. 81) ta có Δ(A1,A2)=A12−4A2\Delta(A_1, A_2) = A_1^2 - 4A_2, do đó Δ~(A0,A1,A2)=A12−4A0A2\tilde{\Delta}(A_0, A_1, A_2) = A_1^2 - 4A_0A_2. Nói cách khác, ta có

dis2(a0X2+a1X+a2)=a12−4a0a2. \mathrm{dis}_2(a_0X^2 + a_1X + a_2) = a_1^2 - 4a_0a_2 .

Ví dụ 4

Xét đa thức

F=A0X3+3A1X2+3A2X+A, F = A_0X^3 + 3A_1X^2 + 3A_2X + A,
có các hệ số trong Q[A0,A1,A2,A3]Q[A_0, A_1, A_2, A_3]. Ta có
DF=3(A0X2+2A1X+A2), DF = 3(A_0X^2 + 2A_1X + A_2) ,
F−1/3X⋅DF=A1X2+2A2X+A3. F - 1/3X \cdot DF = A_1X^2 + 2A_2X + A_3 .
Theo các công thức (54) (IV, p. 84) và (29) (IV, p. 77) ta có
A0⋅dis3(F)=−res2,3(DF,F)=−res2,3(DF,F−1/3X⋅DF) A_0 \cdot \mathrm{dis}_3(F) = - \mathrm{res}_{2,3}(DF, F) = - \mathrm{res}_{2,3}(DF, F - 1/3X \cdot DF)
Áp dụng Hệ quả 2 của IV, p. 80, cuối cùng ta thu được
dis3(F)=−27res2,2(A0X2+2A1X+A2, A1X2+2A2X+A3). \mathrm{dis}_3(F) = - 27 \mathrm{res}_{2,2}(A_0X^2 + 2A_1X + A_2,\ A_1X^2 + 2A_2X + A_3) .
Theo Ví dụ 3 của IV, p. 80, do đó ta có
Δ~(A0,3A1,3A2,A3)=−27(A0A3−A1A2)2−108(A1A3−A22)(A12−A0A2). \tilde{\Delta}(A_0, 3A_1, 3A_2, A_3) = - 27 (A_0A_3 - A_1A_2)^2 - 108 (A_1A_3 - A_2^2)(A_1^2 - A_0A_2) .
Sau vài phép tính ta thấy rằng, nếu f=a0X3+a1X2+a2X+a3f = a_0X^3 + a_1X^2 + a_2X + a_3, thì ta có
dis3(f)=a12a22+18a0a1a2a3−4a13a3−4a0a23−27a02a32. \mathrm{dis}_3(f) = a_1^2a_2^2 + 18a_0a_1a_2a_3 - 4a_1^3a_3 - 4a_0a_2^3 - 27a_0^2a_3^2 .
Đặc biệt, ta có
dis(X3+pX+q)=−(4p3+27q2). \mathrm{dis}(X^3 + pX + q) = - (4p^3 + 27q^2) .

Bài tập

Bài tập

Xem các bài tập cho § 6.

Machine translation of the English, by gpt-5.4, gpt-5-6, gpt-5-mini, gpt-5-6-mini, against glossary version 34. Not checked by a person. That model is a cut down version of the one the rest of this language was written by.