›
›

Giáo trình Đa thức nhân tử hóa (Phần 2)

pdf 31 trang hapham 70
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Giáo trình Đa thức nhân tử hóa (Phần 2)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pdfgiao_trinh_da_thuc_nhan_tu_hoa_phan_2.pdf

Nội dung text: Giáo trình Đa thức nhân tử hóa (Phần 2)

  1. PHẦN HƯỚNG DẪN, GIẢI ĐÁP BÀI TẬP 105
  2. HƯỚNG DẪN, GIẢI ĐÁP BÀI TẬP Chương I 1. Cấu trúc vành của đa thức theo một biến. 1.1 Vành con các đa thức theo một biến của một vành. 1.1 – (1) Đặt B = {m + n 2 m, n Z}  R. Một mặt B  Z| 2 |. Mặt khác, B là vành con của R chứa Z và 2 nên [ 2 ]  B 1. 1 – (2) Đặt B = m n3 2 m,n Z  R. Hiển nhiên B  Z3 2. Vì u 3 2 B nên u 2 3 4 Z3 2 nhưng u 2 B . Thật vậy, từ u 2 m nu, m, n Z ta có 2 = u3 = (m + nu)u = mn + (m + n2)u tương đương với hệ phương trình mn = 2 m + n2 = 0 vô nghiệm trên Z. 1. 1 – (3) Với u 2 3 2 , người ta có đa thức 1 + 36u + 12u2 + 6u3 – 6u4 + u6 = 0 1. 2. Nhúng một vành vào vành đa thức theo một biến siêu việt 1. 2 – (1) Với f , g, h A( N ) , ta có [ f (g h)](i)  f ( j)(g h)(k)  f ( j)(g(k) h(k)) j k 1 j k 1  f ( j)g(k)  f ( j)h(k) ( fg)(i) fh(i) j k 1 j k 1 = ( fg fh)(i) Do đó F(g + h) = fg + fh. Đẳng thức (g + h)f = gf + hf được chứng minh tương tự. 107
  3. 1.3 Tính chất phổ dụng của vành đa thức A[x]. 1.3 – (1) Đồng cấu hao hàm j : Z → R mở rộng được thành một đồng cấu vành j : Z[x] R sao cho ‘x = ‘. Vì Im’ j = Z[ 2 ] = {m + n 2 m|m, n Z}, (xem §1.1 Bài tập (1)) và Ker j = {(x2 – 2)g | g Z[x] = (x2 – 2)} iđêan của vành Z[x] gồm các bội của đa thức x2 – 2 Z[x]. Định lý cơ bản cho đẳng cấu Z[x] | (x2 – 2)  Z[ 2 ] 1.3 – (2) Đồng cấu bao hàm j : K→ K[x] có Im j = K. Vì K là vành giao hoán, ag = ga với mọi a K và mọi g K[x] nên theo tính chất phổ dụng, tồn tại đồng cấu vành duy nhất Eg : K[x] → K[x] sao cho Eg(a) = a với mọi a K và Eg(x) = g n Với mọi đa thức f = a xi K[x], i 0 i n n i Eg(f) =  Eg(ai)Eg(x) =  aig i 0 i 0 nghĩa là Eg(f) K[x] thu được bằng cách thay trong f biến x bởi g. ii) Cho a K, theo trên có tự đồng cấu Ea + x của vành K[x] và cũng có tự đồng cấu Ea + x của K[x] sao cho (Ea + x ° Ea+ x (f) = (Ea + x ° Ea + x)(f) = f. Vậy Ea + x là mộ tự đẳng cấu của vành K[x]. 1.4 Bậc của đa thức. 1.4 – (1) f + 0 Z6 1.4 – (2) fg = 0 Z12 1.4 – (3) Từ a0 + a1x Z8[x] ( a1 ≠ 0) sao cho 2 (a0 + a1x) = 1 Suy ra a0 = 1, 3, 5, 7 và a1 = 4 . Các đa thức bậc 1 của Z8[x] cần tìm là 1 + 4 x, 3 + 4 x, 5 + 4 x và 7 + 4 x 1.4 – (4) 1A + ax khả nghịch trong vành A[x]. 108
  4. 2. Phép chia đa thức. 2 – (1) Hệ tử dẫn đầu của g phải là một trong các phân tử 1, 3, 7 , 9 Z10 Thương và dư là các đa thức sau đây của Z10[x] q = 7 x5 + 5x4 + 5x3 + 3x + 4 r = 3x + 6 2 – (2) Z5[x] 2 – (3) n = 2, 3 hay 6 2- (4) a) Một đa thức có hệ tử hằng a0 = 0 có dạng xq với q F[x]. b) Xét hợp thành của đồng cấu bao hàm và phép chiếu F j F[x] p F[x] / (x) 2 – (5) a) Một đa thức có hệ số hằng chẵn có dạng 2f + xg f, g X[x] b) Giả sử (2, x) = (h) với một đa thức h Z[x], suy ra n h = 2a0 + a1x + + anx và h = ±1 nên có mâu thuẫn 3. Hàm đa thức một biến. Nghiệm của đa thức. 3 – (1) Giả sử trường f có q phần tử là a1, , aq. Với mỗi i = 1, , q xét đa thức fi =  (x – aj) F[x] 1 j i q Ta có bậc fi = q – 1 và đặt bi = f i(ai) =  (ai – aj) ≠ 0 j 0 thì có các đa thức -1 gi = bi fi F[x] i = 1, ,q sao cho g I (ai) = 1F và gj(aj) = 0F (j ≠ i) Với mọi hàm φ : F → F, đa thức q f =  φ(ai)gi F[x], i 1 109
  5. Với hàm đa thức tương ứng q f =  φ(ai)gi : F F i 1 sao cho với mỗi i = 1, , q f (ai) = φ(ai) Cho nên φ = f 3 – (2) i) Vì với mỗi i = 1, , q q h (ai) = ai – ai = 0F, bằng quy nạp suy ra h = (x – a1)(x – a2) (x – an), ii) f – g = kh nếu và chỉ nếu ( f - g) = 0 3 3 – (3) mỗi phần tử của Z6 đều là nghiệm của x – x. 3 – (4) a) Đa thức f có thể viết f = (x - 2 )(x - 3) = (x - 6 )(x - 11) Suy ra chỉ có các phần tử 2 , 3, 6 , 11 Z12 là nghiệm của f. b) Tất cả các nghiệm của g trong Z12 là 0 , 3,5,8 ,9 và 11 3 – (5) a D là nghiệm nên f = (x – a)g với g D[x] b D là nghiệm nên 0D = f (b) = (b – a) g (b) Vì b – a ≠ 0, suy ra g = (x – b)q, q D[x] 3 – (6) Dư của phép chia có dạng c1x + c0 với r r' ar' br c1 = và c0 = a b a b 3 – (7) 0D ≠ f D[x] với bậc f = n có nhiều nhất n nghiệm trong D. 3 – (8) f chia hết cho (x – 1)(x – 2) = x2 – 3x + 2 (Bài tập (5)). Suy ra f = (x – 1)(x – 2)[(x – 2)2n – 2 – (x – 2)2n – 3 + - (x – 2) + 1 + (x – 1)n – 1 + (x – 1 )n – 2 + + (x – 1) + 1]. 3 – (9) Từ f(1) = 0 và f = (x – 1)g, với g Z[x] sao cho g(1) = 0 suy ra a = n và b = -(n + 1). 110
  6. Thương phải tìm là q = nxn – 1 + (n – 1)xn – 2 + + 3x2 + 2x + 1. 3 – (10) Dư là cos nθ + x sin nθ. 3 – (11) Đẳng thức của phép chia viết n n –1 n–1 anx + an–1x + + a1x + a0 = (x – c)(qn–1x + + q1x + q0) + r0  trong đó dư r0 = f (c) A. Cân bằng các hệ tử ở hai vế cho suy ra : qn – 1 = an qn – 2 = cqn – 1 + an – 1 = . q0 = cq1 + a1 r0 = cq0 + a0 Vậy các hệ tử qn – 1, qn – 2, , q0 của thương và dư r0 thu được như sơ đồ Horner miêu tả. Áp dụng : 5 0 -2 1 7 -3 -2 5 -10 18 -35 77 -157 Thương là q = 5x4 – 10x3 + 18x2 – 35x + 77 và dư là r = -157 4. Cấu trúc của vành đa thức theo nhiều biến. 4 – (2) Có thể viết f y(x 1) n 1 x(y 1) n 1 n 1 = xy(x 1)i (y 1)i  i 1 = xy(x y)g với n 1 j k g  (x 1) (y 1) i 1 j k i 1 4 – (3) Xem f Z[y,z])[x], vì f(-y – z) = 0 nên f = (x + y + z)g, g Z[x,y,z] g là đẳng cấp bậc 2 có dạng g ax 2 a' y 2 a'' z 2 bxy b' xz b'' yz 111
  7. Thay và cân bằng hệ số thì định được a = a’ = a’’ = 1 và b = b’ = b’’= -1. 3 3 3 4 – (4) f1 f 2 f3 3x1 , f1 f 2 f3 x1 x2 x3 3x1 x2 x3 . F r r 4 – (6) Vành F các hàm từ F vào F và vành con F[u1, ,ur] các hàm đa thức có cùng số phân tử ~ 4 – (7) Các đa thức f F[x1 , , xr ] sao cho f 0 tạo thành Kerφ ~ của đồng cấu vành f f . Cần chứng minh Ker φ = I với I là iđêan của vành F[x1, xr] sinh bởi r đa thức q hi xi xi , i = 1, ,r 4 – (8) f = (x + y + z)g nếu chỉ và chỉ nếu g là đa thức đẳng cấp bậc 2, tức là có dạng 2 2 3 g 1 x 2 y 3 z 1 xz  2 xz 3 yz , i ,  i A Thay và cân bằng các hệ tử, thu được các hệ thức cần tìm. 5. Đa thức đối xứng 5 – (1) a) f = a(x 2 y 2 z 2 ) b(xy xz yz) b) f a(x 3 y 3 z 3 ) b(x 2 y xy 2 x 2 z xz 2 y 2 z yz 2 ) cxyz 5 – (2) i) Vi` f n (y, y, z) f n (z, y, z) f n (x, z, z) 0 nên f n (x y)(x z)(y z)g n , gn Z[,,] x y z 2 2 2 ii) g 2 1, g3 x y z , g 4 x y z xy xz yz iii) Vì gn là đa thức đối xứng đẳng cấp bậc n + 1 – 3 = n – 2 , Thay và cân bằng các hệ số thì có tất cả hệ số của g đều bằng 1. 5 – (3) (i) Với số mũ n lẻ, vì f n ( y, y, z) f n (x, z, z) f n (x, y, x) 0 nên f (x y)(y z)(z x)g n , g n [x, y, z] ii) g5 là đối xứng đẳng cấp bậc 2 nên có dạng 112
  8. 2 2 2 g5 ax()() y z bxyxzyz Cân bằng hệ số tính được a = b = 5. r 1 5 – (4)a) = r (r – 1) 2 2 r r 1 b) 2 + = r (r – 1)(r + 4) 2 3 6 5 - (5) a) s1s2 3s3 b) s1s2 s3 3 c) s1 4s1s3 8s3 2 2 3 3 2 d) s1 s2 2s1 s3 2s2 4s1s2 s3 s3 2 3 3 3 2 e) s1 s2 4s1 s3 4s2 18s1s2 s3 27s3 5 – (6) Đa thức không thay đổi khi chuyển vị trí hai biến bất kỳ. 2 f1 3s1 8s2 3 f2 s 1 4 s 1 s 2 8 s 3 4 2 f3 s1 4s1 s2 8s1s3 16s4 2 2 f 4 s1 s4 s3 2 5 – (7) a) f rs1 8s2 2 b) f ( r 1) s1 2 rs 2 5 – (8) Trong vành Z2[x1,x2,x3], 4 4 4 2 2 2 2 4 x1 x2 x3 (x1 x2 x3 ) s1 5 – (11) Hệ phương trình cho viết thành 2 s1 – 2s2 = 0, s1(4s3 – s1s2) = 0, - s2(3s3 – s1s2) = 2. 5 Từ đó suy ra s1 32 và có 2 3 s1 2 , s2 2 , s3  Trong đó  là một căn số bậc 5 của đơn vị. Như thế x1,x2,x3 là các nghiệm số của phương trình 113
  9. x 3 2x 2 2 2 x  3 0 Phương trình này có 3 nghiệm là  , - j , j 2 với j là số phức 1 3 j i 2 2 Vì căn số bậc 5 của đơn vị  có dạng k2 k2  cos + i sin , k=0,1,2,3,4 k 5 5 hệ phương trình cho có tất cả 30 nghiệm, mỗi nghiệm là một 2 hoán vị của  k, - j k, j  k. 114
  10. Bài tập tổng hợp chương I (2) i) Vì g ≠ 0 có hệ tử dẫn đầu 0 ≠ bm D khả nghịch trong FD, ta có thể chia f cho g trong FD[x]. ii) Với n ≤ m – 1, hiển nhiên vì trong trường hợp đó q = 0 và r = f. Với n ≥ m, chứng minh bằng quy nạp trên n (chỉ cần lấy f = axn) (4) i) Theo tính phổ dụng, với mọi đa thức v A[x], đồng cấu bao hàm A A[x] mở rộng được thành tự đồng cấu duy nhất Ev : A[x] A[x] sao cho Ev(x) = v; và Ev chuyển mọi đa thức u A[x] thành đa thức Ev(u) = u(v) A[x], đựơc bằng cách thay biến x bởi v trong đa thức u. Vì thế (u,v) Ev (u) u(v) (1) Là một phép toán 2 ngôi trên A[x]. Trước hết với bất kì u,v A[x], kiểm chứng Ev(u) Eu Ev (2) Do đó với bất kì u,v, w A[x] u(v(w)) (Ew Ev )Eu Ew (Ev Eu ) (u(v))(w) Ngoài ra do Eu là tự đồng cấu của vành A[x] nên Eu (v w) Eu (v) Eu (w) , Eu (vw) Eu v Eu (w) nghĩa là (v + w)(u) = v(u) + w(u), (vw)(u) = v(u) w(u) n ii) Đặt u a0 a1 x an x A[x] . Với v A[x], hệ thức n u(v) a0 a1v an v 0 kéo theo hoặc a0 a1 an 0 , tức là u 0 hoặc bậc v = 0 nếu v ≠ 0, tức là v A Còn nếu u ≠ 0 và v ≠ 0 với bậc v > 0 thì bậc u(v) = bậc vn = n bậc v = bậc u, bậc v iii) Nếu A là một trường A[x] là miền nguyên; có thể chia u cho v ≠ 0, thương q và dư r thỏa mãn u = vq + r với r = 0 hay r ≠ 0 và bậc r < bậc v 115
  11. Do đó theo i) và ii) u(f) = v(f)q(f) + r(f) với r(f) = 0 hay r(f) ≠ 0 và bậc r(f) < bậc v(f) chứng tỏ q(f) và r (f) là thương và dư của phép chia u(f) cho v(f). (5) i) Theo tính phổ dụng, với đa thức u = x + y A[x,y] = (A[x])[y], đồng cấu bao hàm A→ A[x] mở rộng được thành tự đồng cấu duy nhất Eu : A[x]→A[x,y] chuyển x thành u. Đồng cấu Eu này với mọi đa thức f A[x] cho đa thức Eu(f) = f(u) = f(x + y) A[x,y] = (A[x])[y], và ta có thể viết f(x + y) = f0 + f1y + +fnyn , fi A[x]; vì f(x) = f0 và theo định nghĩa f1 = f’ cho nên f(x + y) = f + f’y + hy2 , với h A[x,y] . Hơn nữa, các hệ tử f, f’ A[x] trong dạng này của f(x + y) là duy nhất vì trong vành đa thức A[x,y] biến y siêu việt đối với A[x]. ii) Với f, g A[x] và α A theo câu i) ta có 2 f(x + y) = f + f’y + hy2, g(x + y) = g + g’y + ky trong đó f, f’, g, g’ A[x] và h, k A[x,y] . Do đó 2 (f + g)(x + y) = f(x + y) + g( x + y) = f + g + (f’ + g’)y + h1y , 2 (af)(x + y) = af(x + y) = af + (af’)y + h2y , 2 (fg)(x + y) = f(x + y)g(x + y) = fg + (f’g + gf’)y + h3y . Vậy tính duy nhất cho suy ra (f + g)’ = f’ + g’, (af)’ = af’ , (fg)’ = f’g + gf’ iii) Theo các quy tắc trong ii), với a A và số nguyên k ≥ 1, ta có 2 k k+1 (a)’ = 0A, x’ = 1A’, (x )’ = 2x, .(x )’ = kx , Suy ra 2 n n-1 (a0 + a1x + a2x + + anx )’ = a1 + 2a2x + + nanx iv) Chứng minh bằng quy nạp trên n (6) Theo định nghĩa c A là nghiệm cấp k của 0 ≠ f A[x] ~ nếu và chỉ nếu f = (x – c)k f1 với f1 (c) 0 . Nếu D là m – n; cho c D là nghiệm cấp p và q theo thứ tự của f và g khác 0 của D[x] thì c là nghiệm cấp p + q của fg. 116
  12. Bây giờ cho c1, ,cm D là m nghiệm phân biệt với cấp theo thứ tự k1, ,km của một đa thức 0 ≠ f D[x]; nhờ các nhận xét trên người ta chứng minh bằng quy nạp trên m rằng f có dạng h1 km f (x c1 ) (x cm ) g , 0 g D[x] (1) Từ đẳng thức (1) ta có bậc f = k1 + + km + bậc g Suy ra nếu một đa thức f D[x] khác 0 bậc n thì tổng các cấp của tất cả các nghiệm đa trùng trong D của f là ≥ n; vì thế, số nghiệm số phân biệt của f trong D không vượt quá n = bậc f. Bây giờ cho f, g D[x] như trong đề; nếu f – g ≠ 0 thì một mặt vì bậc (f – g) ≥ n nên f – g có nhiều nhất n nghiệm trong D; mặt khác ~ ~ vì f g f g~ nên f – g có ít nhất n + 1 nghiệm trong D; như thế có điều mâu thuẫn. Vậy, ta phải có f – g = 0 nghĩa là f – g ii) Xét đa thức (khác 0 bậc n) qi (x a j ) (x a0 ) (x ai 1 )(x ai 1 ) (x an ) F[x] j 1 Hiển nhiên qi (a j ) 0 nếu j ≠ i còn ci qi (ai ) (ai a j ) 0 j i 1 Do đó tồn tại ci trong F và đa thức của F[x]: n  (x a j ) f c 1b q b j i  i i i i (a a ) i 0  j i i j ~ với bậc f ≤ bậc qi = n và f (ai ) bi , (i = 0, 1, , n). Đa thức f xác định như thế là duy nhất vì nếu giả sử một đa thức n ~ 0 ≠ g F[x] bậc L sao cho g(ai ) bi (i = 0, 1, , n) thì theo câu i) ta có g = f. (10) Vì pm = a với 1≤ m ≤ r, công thức Newton cho viết lại phương trình thứ m và thứ m + 1 của hệ: pm = as1 – as2 + + (-1)m msm = a m m+1 pm+1 = as1 – as2 + + (-1) asm + (-1) (m + 1)sm+1 = a 117
  13. Từ đó suy ra hệ thức a m s s m 1 m m Vì s1 = a hệ thức trên cho tính a(a 1) a(a 1)(a 2) a(a 1) (a r 1) s , s , , s 2 2! 3 3! r r! Vậy x1, ,xr là nghiệm của phương trình a(a 1) a(a 1) (a r 1) xr axr 1 xr 2 ( 1)r 0 (1) 2! r! và mỗi hoán vị của x1, ,xr cho một nghiệm của hệ phương trình đã cho. 2 2 Trước hết, vì p2 = x1 xr a nên một điều kiện có nghiệm là a ≥ 0. Trường hợp tham số a N, có hai khả năng 1) 0 ≤ a ≤ r, phương trình (1) trở thành r a r 1 a r 2 r a r a a x x x ( 1) x x ( x 1) 0 1 2 a Do đó, hệ phương trình đã cho có nghiệm, mỗi nghiệm r là một bộ r số tự nhiên (x1, ,xr) trong đó a số bằng 1 và r – a số bằng 0. 2) a > r, phương trình (1) viết r a r 1 r 1 a r a x x ( 1) x ( 1) 0 1 a r 1 a r chỉ có thể có nghiệm số hữu tỉ là số nguyên. Hệ phương trình đã cho vô nghiệm (xét hai phương trình đầu). 118
  14. Chương II 1. Các khái niệm cơ bản: 1 – (2) Gọi U là nhóm các phần tử khả nghịch của D thì D/ ~ là tập hợp các lớp tương đương aU, a D, và phép chiếu : D D / ~ định bởi π(a) = aU với mọi a D. i) Quan hệ ≤ trên D ~ hiển nhiên là phản xạ bắc cầu như quan hệ | trên D, hơn nữa còn có tính phản xứng vì π(a) ≤ π(b) và π(b) ≤ π(a) tương đương a ~ b trong D, nghĩa là aU = bU π(a) = π(b) ii) Vì a’U = aU và b’U = bU kéo theo a’b’U = abU cho nên trên D/ ~ có phép nhân (aU)(bU) = abU Tập hợp D/ ~ cùng với phép nhân này là một vị nhóm, phân tử đơn vị là 1DU = u. Còn phép chiếu : D D / ~ sao cho π(ab) = abU = π(a) π(b) với mọi a, b D và π(1D) = 1DU nên π là một đồng cấu vị nhóm nhân. Nếu D/ ~ trang bị một phép toán thứ hai * cũng là vị nhóm và π là đồng cấu vị nhóm nhân D lên ( D/ ~,*) thì với bất kỳ a, b D, ta có (aU) * (bU) = π(a) * π(b) = π(ab) = abU = (aU)(bU) cho nên phép nhân * trùng với phép nhân thứ nhất. 1 – (4) Cho a0 + ux D[x] với u U. Giả sử g, h D[x] sao cho a0 + ux = gh (1) Đẳng thức kéo theo g ≠ 0, h ≠ 0 và bậc g + bậc h = 1. Do đó suy ra một trong hai đa thức g, h thu về một hằng khả nghịch của D và đa thức kia là bậc 1 liên kết với a0 + ux. Điều đó chứng tỏ a0 + ux không có ước thích đáng, do đó là đa thức bất khả quy. 119
  15. 1 – (6) 1 + x2 Z[x] không có nghiệm trong Z nên không có 2 ước thích đáng (bậc 1) trong Z[x]. Còn 1 + x Z5[x] là khả quy vì trong Z5[x] 1 x 2 (2 x)(3 x) . 1 – (7) Các đa thức bậc 1 của F[x] đều là bất khả quy theo Bài tập (4). Một đa thức 0 ≠ f F[x] bậc 2 hoặc bậc 3 là khả quy nếu và chỉ nếu nó có một ước bậc 1, tức là có một nghiệm trong F. 2. Sự tồn tại dạng nhân tử hóa duy nhất. Miền nguyên Gauss. 2 – (2) i) Dễ thấy Z  Z[α]. Vì hiệu và tích của hai phần tử thuộc Z[α] vẫn thuộc Z[α] nên Z[α] vẫn là một vành con của trường C chứa Z, do đó Z[α] là một miền nguyên có đơn vị. ii) Với ζ = m + nα, ζ’ = m’ + n’α Z[α], N(ζ ζ’) = (mm’ – 5nn’)2 + 5(n’m + nm’)2 = (m2 + 5n2)(m’2 + 5n’2) = N(ζ) N(ζ’). Suy ra ζ = m + nα Z[α] khả nghịch nếu và chỉ nếu N(ζ)= m2 + 5n2 = 1 tức là ζ = ± 1. Vậy nhóm các phần tử khả nghịch của Z[α] là U = {-1, +1} và với ζ, ζ’ Z[α] ta có ζ ~ ζ’ nếu và chỉ nếu ζ = ± ζ’. iii) Mọi dây chuyền tăng iđêan chính của Z[α] 0 ( 0 )  ( 1 )  ( 2 )  Z[ ] kéo theo dãy số nguyên dương giảm N( 0 ) N( 1 ) N( 2 ) Do đó có n để N(ζn) = N(ζn-1) = Suy ra ζn ~ ζn-1 ~ tức là N(ζn) = N(ζn-1) = Vậy dây chuyền dừng ở n. iv) Nếu 3 = ζ ζ’ (ζ, ζ’ Z[α]) thì N(ζ) N(ζ’) = N(ζ ζ’) = N(3) = 9 Do đó N(ζ) = 1 hoặc 9 suy ra ζ = ± 1 hoặc ζ = ± 3. Vậy 3 là phần tử bất khả quy của Z[α]. Vì N(2 + α) = 9 nên nếu ζ |(2 + α) thì N(ζ) một ước số của 9 suy ra ζ = ± 1 hay ζ ~ 2 + α phần tử bất khả quy của Z[α]. Lập luận tương tự chứng minh 2 – α phần tử bất khả quy của Z[α]. 120
  16. Hai trong ba phần tử 3,2 + α, 2 – α không liên kết vì 3 ≠ ±(2 + α), 3≠ ±(2 - α) và 2 + α ≠ ±(2 – α). Sau cùng các đẳng thức 9 = 3 . 3 = (2 + α)(2 – α) chứng tỏ phần tử 9 Z[α] có hai dạng nhân tử hóa phân biệt thành phần tử bất khả quy. 2 – (5) Gọi m là một bội chung nhỏ nhất của a và b và giả sử m’ ~ m, tức là m’|m và m|m’. Vì quan hệ | có tính bắc cầu cho nên 1) a|m và b|m kéo theo a|m’ và b|m’; 2) Với mọi c sao cho a|c và b|c, vì m|c nên m’|c. Vậy m’ cũng là một bội chung nhỏ nhất của a và b. Điều đó chứng tỏ bội chung nhỏ nhất [a,b] của a và b xác định duy nhất với sai khác một nhân tử khả nghịch của D. Giả sử D một miền nguyên Gauss và hai phần tử a, b D. Theo định nghĩa của bội chung nhỏ nhất , Nếu a = 0D hay b = 0D thì [a,b] ~ D, Nếu a ~ 1D (b ~1D) thì [a,b] ~ b([a,b] ~a) Nếu a và b đều khác 0D và không khả nghịch, thì có dạng nhân tử hóa (biểu thị theo cùng những phần tử bất khả quy): 1 s 1 s a up1 ps , b vp1 ps và 1 s [a,b] ~ p1 ps trong đó i max ( i  i ) 3. Miền nguyên chính. Miền nguyên Euclid. 3 – (1) Vì D là miền nguyên chính, hai phần tử bất kỳ a, b của D đều có một ước chung lớn nhất d = (a,b) D sao cho aD + bD = dE Để chứng minh d cũng là ước chung lớn nhất của a và b trong E ta cần chứng minh dE là iđêan chính bé nhất chứa iđêan aE + bE trong E. Nhưng một mặt, vì aD + bD = dD  dE nên a, b dE và do đó aE + bE dE. Mặt khác, với mọi c E sao cho aE + bE  cE, vì dD = aD + bD  aE + bE  cE nên d cE và do đó dE  cE. Vậy d cũng là ước chung lớn nhất của a và b trong E. 121
  17. 3 – (3) Iđêan (2) + (x) tạo thành bởi các đa thức có hệ số hằng chẵn của Z[x] không phải là iđêan chính. Thật vậy, nếu giả sử (2) + (x) = (g) với một đa thức Z[x] thì một mặt, g có hệ số hằng chẵn, mặt khác, vì g là một ước chung của 2 và x nên g = ±1. do đó có sự mâu thuẫn. 3 – (6) Vành các số thực có dạng với m, m Z hiển nhiên chứa Z. Với bất kỳ m n 2 và ' m' n' 2 khác 0 của Z  2 ta có  ( ') (mm' 2nn') 2 2(mn' nm') 2 = (m 2 2n 2 )(m'2 2n'2 ) =  ( ) ( ') suy ra  ( ')  ( ) Ngoài ra, với mọi m n 2 và 0 ≠  = ' m' n' 2 của Z  2, ta có số thực (m n 2)(m' n 2)  1 u v 2 m'2 2n'2 với u, v Q. Chọn các số nguyên m0 và n0 sao cho 1 1 m u và n v 0 2 0 2 và đặt s = m0 – u, t = n0 – v thì s và t là những số hữu tỷ sao cho 2 2 1 1 3 s 2 2t 2 s 2t 2 4 4 4 Từ 1  (m0 s) (n0 t) 2 m0 n0 2 (s t 2) Ta có   (s t 2) với  m0 n0 2 Z 2 . Do , , Z 2 và từ đẳng thức trên ta suy ra số thực  (s t 2)  Z 2 122
  18. Như thế ta có  , Z 2 sao cho  với nếu khác 0 thì 3  ( p) s 2 2t 2  ( )  ( )  ( ) 4 Vậy (Z 2, ) là một miền nguyên Euclid. 3 – (7) 5 + 3i = (1 + i)(4 – i), 13 + 18i = (4 – i)(2 + 5i) 3 – (8) a) (4148, 7684) ~ 68 b) (2x3 + 6x2 – x – 3, x4 + 4x3 + 3x2 + x + 1) ~ 1 c) (2x3 – x, x4 + x3 + x + 1) ~ 1 d) (5 + 3i, 13 + 18i) ~ 4 – i 4. Mở rộng đa thức miền nguyên Gauss 4 – (1) Vì D là miền nguyên, D và D[x] có cùng nhóm U các phần tử khả nghịch. Cho phần tử bất khả quy p D* - U và hơn nữa mọi ước của p đều thuộc D cho nên p không có ước thích đáng trong D và như thế, p là một phần tử bất khả quy của D. Nếu bậc p > 0, vì là đa thức bất khả quy, p là đa thức nguyên bản của D[x], và p cũng là một đa thức bất khả quy cả trong D[x] và cả trong FD[x]. 4 – (3) a) Trong Z[x] các đa thức f và g có dạng nhân tử hoá f = x3 – 1 = (x – 1)(x2 + x + 1), g = x4 + x3 + 2x2 + x + 1 = (x2 + 1)(x2 + x + 1) cho nên (f, g) ~ x2 + x + 1 Ngoài ra từ -(x + 1)f + g = 2 (x2 + x + 1) ta có 2( x2 + x + 1) (f) + (g) và x2 + x + 1 (f) + (g). Suy ra iđêan (f) + (g) của Z[x] không phải là iđêan chính. b) Vì f = x18 – 1 = (x15 – 1)x3 + x3 – 1 nên (f, x15 – 1) ~ (x15 – 1, x3 – 1) ~ x3 – 1 do x15 – 1 = (x3 – 1)(x12 + x9 + x6 + x3 + 1). Còn vì 123
  19. g = x33 – 1 = x15(x18 – 1) + x15 – 1 = x15 f + x15 – 1 nên (g,f) ~ (f, x15 – 1) và theo trên (f,g) ~ x3 – 1 Một mặt, kết quả này cho suy ra (f) + (g)  (x3 – 1). Mặt khác, hệ thức x3 – 1 = (1 + x18)f – x3g (f) + (g) kéo theo (x3 – 1)  (f) + (g). Tóm lại, (f) + (g)  (x3 – 1), iđêan của Z[x] sinh bởi f và g là iđêan chính sinh bởi đa thức x3 – 1. 4 – (4) Đa thức yf + g F[x,y] = (F[x])[y], với f ≠ 0 và (f,g) ~ 1 trong F[x], là đa thức nguyên bản bậc 1 theo y và cũng là đa thức bất khả quy của vành (F[x])[y], trong đó F[x] là trường các thương của miền nguyên F[x], cho nên là đa thức bất khả quy của (F[x])[y] = F[x,y]. 5. Các miền nguyên Gauss đặc biệt. 5.1 Đa thức có hệ số nguyên và hệ số hữu tỷ. 5.1 – (1) a) 40x2 – 20x = 2.2.5.(2x-1) b) 10x2 + 5x – 5 = 5(x + 1)(2x – 1) c) x3 – 83 = (x – 8)(x2 + 8x + 64) 5.1 – (2) a) x3 – y3 = (x – y)(x2 + xy + y2) b) y4 – x2 = (y2 – x)(y2 + x) c) x2 – y6 = (x – y3)(x + y3) 5.1 – (3) a) Không có nghiệm số hữu tỷ, khả quy trong Z[x] và bất khả quy trong Q[x]. 2 b) Có nghiệm số hữu tỷ có dạng nhân tử hoá (5x – 2)(x2 + 2x + 2). 5 c) Không có nghiệm số hữu tỷ. 7 d) Có nghiệm số hữu tỷ là 2 và - 3 1 1 2 e) Có ngiệm số hữu tỷ là , , 2và - 2 3 3 5.1 – (5) Số nguyên a cần tìm phải có dạng a = 30bn, trong đó n >1 và b là một số nguyên sao cho 0 < 30bn < 250; từ đó 0 < bn 8, suy ra b = 2 với n = 2 hoặc n = 3 và như thế a = 120 hay 240. 124
  20. 5.1 – (7) a) 1 + x + x2 + x3 + x4 + x5 = (1 + x)(1 + x + x2)(1 – x + x2) b) 1 + x + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 bất khả quy (cyclotomic) c) 1 + x + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 + x7 = (1 + x)(1 + x2)(1 + x4), (Để thấy g(x) = 1 + x4 là bất khả quy, có thể tính được g(1 + x). 5.2 Đa thức có hệ số thực. 5.2 – (2) Nếu a = 0 đa thức f = x4 – x có hai nghiệm x = 0 và x = 1. 1 3 Giả sử a ≠ 0, ta sẽ tính giá trị của f tại a , ,1 a . Vì a > , ta có 2 8 4 1 1 1 7 3 f a a a 0 2 2 2 16 8 Còn f a a 4 a a a a 0 1 nên trong khoảng a , đa thức f có một nghiệm x1. Tương 2 tự, vì f 1 a 1 a  1 a 3 1 0 1 nên trong khoảng ,1 a đa thức f có một nghiệm x2. Hiển 2 nhiên hai nghiệm x1 và x2 của f này là phân biệt. 5.2 – (3) Ta có f(0) = a0 0 với i = 1, , n cho nên với một a0 x0 0 a1 Ta có n f(x0) = a0 + a1x0 + +an x0 > a0 + a1x > 0 Sau cùng vì f(0) < 0 < f(x0) nên có (0, x0 ) để f(α) = 0 5.3 Các miền nguyên Gauss R[x] và C[x]. 2 5.3 – (1) Đa thức 1 x x Z2[x] không có nghiệm trong Z2 2 nên bất khả quy. Do đó vành thương Z2[x] / (1 x x ) là một 2 trường đẳng cấu với trường Z2(u), với 1 x x = 0, và trường này có 4 phần tử 0,1,u,1 u . 125
  21. 2 5.3 – (2) Vì 1 x x không có nghiệm trong Z3 nên là đa thức bất khả quy của Z3[x]. Trường Z3(u) có 9 phần tử, đó là 0,1,2,u,2u,1 u,1 2u,2 u,2 2u với phần tử ≠ 0 có các phần tử nghịch theo thứ tự là 1,2,2 u,1 2u,2 2u,2u,u,1 u 5.3 – (5) Tự đẳng cấu L của C[x] đặt vào đẳng thức của phép chia f = gq + r cho Lf = LgLq + Lr. Nếu f,g R[x] thì Lf = f và Lg = g và đẳng thức trên trở thành f = gLq + Lr Nhưng do tính duy nhất của thương và dư, ta có Lq = q và Lr = r, nghĩa là q R[x] và r R[x]. 5.3 – (7) f = (2x – 1)(x - 1 – 2i)(x – 1 – i). 5.3 – (8) a) 1 + i + x + x2 = (x + i)(x + 1 – i) 3 4 1 3 1 3 b) 1 + x – x - x = (1 + x)(1 – x) x i x i 2 2 2 2 1 5 1 5 c) x5 1 ( x 1) x 2 x 1 x 2 x 1 2 2 3 1 3 1 d) x6 i () x 2 i x 2 i x 2 i 2 2 2 2 5.3 – (9) a) Trong C[x] đặt k2 k2 xk = cos + isin , k = 0, 1, 2, 3 7 7 ta có 7 x 1 (x 1)(x x1 )(x x1 )(x x2 )(x x2 )(x x3 )(x x3 ) Trong R[x], x7 – 1 = 2 4 6 (x 1) x 2 2x cos 1 x 2 2xcos 1 x 2 2x cos 1 7 7 7 b) Trong C[x] đặt   xk cos k isin k , k = 0, 1 2 2 126
  22. thì x4 – 2x2cos + 1 = (x – x0)(x – x0)(x – x1)(x – x1) Trong R[x],   x 4 2x 2 cos 1 x 2 2xcos 1 x 2 2xcos 1 2 2 Và xét trường hợp  k2 (k Z). 5.3 – (10) a) 1 + x8 = 1 x 2 2 x 2 1 x 2 2 x 2 (1 + x 2 2 x 2 1 x 2 2 x 2 b) 1 + x4 + x8 = 1 x x 2 1 x x 2 1 x 3 x 2 1 3 x 2 c) 1 + 4x + 8x2 + 4x3 + x4 = 3 + 2 2 + (2 + 2 2 )x + x2   3 - 2 2 + (2 - 2 2 )x + x2  2 2 d) 3 6x 2x 3 x 4 x 2 x 3 6 x 23 6 1 3 36 3 = 127
  23. Bài tập tổng hợp chương II (2) a) Vì mn là bình phương nên có dạng nhân tử hoá thành số nguyên tố với số mũ chẵn 2 1 2 r mn p1 pr 2 i Vì (m,n = 1) nên nếu pi m thì pi m . b) Vì nếu (x, y, z) là một nghiệm của x2 + y2 = z2 thì (ax, ay, az) cũng là một nghiệm với (x, y) z , cho nên có thể giả thử (x,y) = 1. Nếu x = 2h + 1 và y = 2k + 1 thì z2 = 4q + 2, điều không thể được với mọi số nguyên z. Với y là số chẵn, vì y2 = (z + x)(z – x) suy ra z + x và z – x đều là 1 1 số chẵn với (z x) và (z x) là hai số nguyên tố cùng nhau, áp 2 2 dụng câu a) suy ra z + x = 2m2 và z – x = 2n2 và từ đó x = m2 – n2, z = m2 + n2, y = 2mn (4) a) N(  )   =   N( )N( ) b) Z[i] là khả nghịch nếu và chỉ nếu tồn tại ’ Z[i] sao cho ' = 1. Do đó theo a) N( )N( ') 1 suy ra N( ) = 1. Đảo lại , nếu N( ) 1 thì là khả nghịch, có phần tử nghịch là Vì = m + ni khả nghịch nếu và chỉ nếu N( ) = m2 + n2 = 1, suy ra nhóm các phần tử khả nghịch của Z[i] U = {-1,1,-1,i} c) Vì ~  u, u U Do đó N( ) N(u)N( ) N( ). Còn ~ nếu và chỉ nếu = u với u = ±1, ±i, suy ra có một trong các dạng = m, ni, m(1 + i), m(1 – i) (m,n Z) d) Nếu α = βγ trong Z[i] thì N(α) = N(β)N(γ) trong Z, cho nên α khả quy trong Z[i] kéo theo N(α) khả quy trong Z, nói cách khác, N(α) nguyên tố trong Z kéo theo α nguyên tố trong Z[i]. 128
  24. e) Giả sử p Z nguyên tố trong Z. Nếu p khả quy trong Z[i] thì p = αβ với αβ Z[i]. Từ đó trong Z ta có p2 = N(α)N(β) Suy ra p = N(α) = N(β). Đảo lại, giả sử có α Z[i] sao cho p = N(α) = nhưng theo d) α cũng như nguyên tố trong Z[i], cho nên p khả quy trong Z[i]. f) Số nguyên tố p = 4q + 3 của Z cũng là phần tử nguyên tố của Z[i] vì với mọi α = m + ni Z[i], ta có N(α) = m2 + n2 ≠ p = 4q + 3. (7) a) Giả sử f = gh với h,g D[x], ta có σf = σgσh với σg, σh E[x]. Giả thiết bậc σf = bậc f cho viết bậc σg + bậc σh = bậc g + bậc h, nhưng vì bậc σg bậc g và bậc σh bậc h, đẳng thức trên kéo theo bậc σg = bậc g và bậc σh = bậc h. Giả thiết σf là bất khả quy trong FE[x] và đẳng thức σf = σgσh kéo theo σg E* hay σh E*; do đó bậc g = bậc σg = 0 hay bậc h = bậc σh = 0, vì thế g D* hay h D*. b) Nếu f = gh với h, g D[x], thì theo a) ta có σg E* hay σh E* cho nên g D – P hay h D – P, nghĩa là g hay h thu về một phần tử khả nghịch trong D ; vậy f là bất khả quy trong D[x]. c) f D[x] là bất khả quy trong FE[x], vì các giả thiết cho suy ra f ≠ 0, bậc f > 0 và mọi dạng nhân tử hoá f = gh trong miền nguyên Gauss D[x] kéo theo g D* hay h D*, nghĩa là g hay h thu về một phần tử khả nghịch trong FD. Áp dụng : D = Z, E = Z / pZ = Zp, σ: Z→ Z / pZ. i) Với f Z[x] có hệ tử dẫn đầu bằng ±1, thì f = σf Zp[x] có hệ tử dẫn đầu 1 hay p – 1 Zp cho nên bậc f = bậc f . Vì thế nếu f là bất khả quy trong Zp[x] thì f là đa thức bất khả quy của Q[x] , và nếu f khả quy trong Z[x] thì mỗi nhân tử g của f thu về một nhân tử g của f với bậc g = bậc g. 2 3 ii) Với f = 25 + 5x + 6x + x Z[x], phép chiếu σ: Z → Z2 cho 3 f = σf = 1 x x Z 2 [x] (bậc 3 không có nghiệm trong Z2) bất khả quy trong Z2[x]; vậy f là đa thức bất khả quy trong Q[x]. 129
  25. 2 3 Với 8 + 11x + 6x + x Z[x], và phép chiếu σ : Z → Z3 ta có 3 f = σf = 2 + 2x + x Z3[x] (bậc 3 không có nghiệm trong Z3) bất khả quy trong Z3[x] cho nên f là đa thức bất khả quy trong Z[x]. 2 3 4 Với f = 5 + 2x + x + 8x + x , trong Z3[x] , ta có f 2 2x x 2 2x 3 x 4 (1 x)(2 x 2 x 3 ) Do đó, nếu khả quy thì f phải có một nhân tử bậc 1 và một nhân tử bậc 3, hơn nữa, căn cứ vào hệ số dẫn đầu và hệ số hằng , nhân tử bậc 1 của f có dạng ±1 ±x hay ±5 ±x và trong Z2[x], với dạng nào, nhân tử này thu về 1 x . Nhưng 2 4 trong Z2[x], đa thức f 1 x x không chia hết cho đa thức 1 x . Vậy f là đa thức bất khả quy trong Z[x]. (8) a) Lấy một ước số nguyên tố p của d, suy ra x2 - d Z[x] là đa thức bất khả quy trong Q[x] theo Eisentein. Do đó có đẳng cấu trường Q x / x 2 d  Q d , trong đó d chỉ một nghiệm của đa thức x2 – d b) Với α = r + s d Q d , theo định nghĩa T(α) = 2r và N(α) = r2 – s2d và α là nghiệm của đa thức x2 – T(α)x + N(α) Q[x] nên α là đại số đối với Q Từ định nghĩa của chuẩn và vết với mọi α, β Q d nguời ta có T (  ) T ( ) T ( ) , N(  ) N( )N( ) c) Giả sử α = r + s d Q d với T(α) = 2r Z v à N(α) = r2 – s2d Z Nếu r = m Z thì s2d Z và suy ra s = n Z vì d không có ước bình phương. 130
  26. 1 Nếu r = m + ,m Z thì 2 2 1 1 s 2 d m N( ) m 2 m N( ) 2 4 1 và vì d không có ước bình phương, suy ra s có dạng s = n + , 2 n Z. 1 1 Bây giờ, với r = m + và s = n + (m,n Z) thì 2 2 4m 2 4m 1 4n 2 4n 1 d 4N( ) Z suy ra d = 4q + 1, q Z Vậy trừ khi d 1 (mod.4) các số nguyên tố của Q d có dạng m + n d , m, n Z. Còn nếu d  1 (mod.4) một số nguyên của Q d có dạng 1 1 m + + n d, m,n Z. 2 2 Đảo lại, nếu α = r + s d Q d với r,s Z thì T(α), N(α) Z nghĩa là α là nguyên. Cũng thế nếu d 1 (mod.4) và α = r + s d 1 1 Q d với r = m + và s = n + (m,n Z), là số nguyên. 2 2 d) Dùng các kết quả trong câu c) để chứng minh rằng với mọi α, β J(d), người ta có α - β J(d) và αβ J(d) e) Kiểm chứng một điều kiện ắt có và đủ để điều kiện thứ hai của định nghĩa vành Euclid được thỏa mãn là  Q d , J d , N  1 131
  27. TÀI LIỆU THAM KHẢO |1| N.Jacobson, Lectures in Abstract Algebra, Volume I. D. Van Nostrand Company, Inc, New York, 1951 |2| N. Boubaki, Éléments de Mathématique, Livre II, Ch.4, Ch.5 Hermann, Paris, 1959 |3| N. Boubaki, Éléments de Mathématique, Livre II, Ch.6, Ch.7 Hermann, Paris, 1953 |4| S. Maclane & G. Birkhoff, Agebra. The Mac Milan Company, New York, 1967. |5| S. Lang, Algebra, Chap. VII, Chap. VIII Addison-Wesley, 1971. |6| G.H. Hardy & E.M. Wright, An introduction to the Theory of Numbers Oxford University Press. London, 1956 |7| D. Faddéev & I. Sominski, Receuil d’exercices d’algèbre supérieure Traduction francaise, Éditions Mir Moscou, 1977 |8| G. Godement, Cours d’Agèbre Hermann, Paris, 1966 132
  28. MỤC LỤC LỜI NÓI ĐẦU 3 KÍ HIỆU THÔNG DỤNG 4 Chương I. VÀNH ĐA THỨC 1. Cấu trúc của vành đa thức theo một biến 5 1.1 Vành con các đa thức theo một biến của một vành 5 Bài tập 7 1.2 Nhúng vành vào vành đa thức theo một biến 7 Bài tập 10 1.3 Tính chất phổ dụng của vành đa thức A |x| 10 Bài tập 12 1.4 Bậc của đa thức 12 Bài tập 13 2. Phép chia đa thức 14 2.1 Định lý cơ bản. Định nghĩa 14 2.2 Thực hiện phép chia 16 2.3 Iđêan trong vành đa thức F|x| với F là một trường 18 Bài tập 18 3. Hàm đa thức một biến. Nghiệm của đa thức 19 3.1 Vành các hàm lấy giá trị trong một vành 19 3.2 Vành các hàm đa thức 20 3.3 Nghiệm của đa thức 21 Bài tập 23 4. Cấu trúc của vành đa thức theo nhiều biến 24 4.1 Vành con các đa thức theo nhiều biến của một vành 24 4.2 Nhúng vành vào vành đa thức theo nhiều biến 27 4.3 Hàm đa thức nhiều biến 29 4.4 Bậc. Đa thức đẳng cấp. Độ cao 31 Bài tập 33 133
  29. 5. Đa thức đối xứng 35 5.1 Định nghĩa. Đa thức đối xứng sơ cấp. Tính chất 35 5.2 Định lý cơ bản về đa thức đối xứng 37 5.3 Biểu thị theo các đa thức đối xứng sơ cấp 40 5.4 Các công thức Newton 42 5.5 Ứng dụng 45 Bài tập 46 BÀI TẬP TỔNG HỢP 48 Chương II. NHÂN TỬ HÓA TRÊN CÁC MIỀN NGUYÊN 1. Các khái niệm cơ bản 51 1.1 Ước, phần tử liên kết, phần tử bất khả quy 51 1.2 Ước chung lớn nhất 53 1.3 Dạng nhân tử hóa duy nhất 55 Bài tập 56 2. Sự tồn tại dạng nhân tử hóa duy nhất. Miền nguyên Gauss 57 2.1 Điều kiện tồn tại dạng nhân tử hóa 57 2.2 Điều kiện duy nhất của một dạng nhân tử hóa 59 2.3 Miền nguyên Gauss 62 Bài tập 63 3. Miền nguyên chính và miền nguyên Euclid 64 3.1 Miền nguyên chính 64 3.2 Miền nguyên Euclid 66 3.3 Thuật toán tìm ước chung lớn nhất 69 Bài tập 72 4. Mở rộng đa thức của miền nguyên Gauss 73 4.1 Đa thức nguyên bản và Bổ đề Gauss 73 4.2 Định lý chuyển 77 Bài tập 79 5. Các miền nguyên Gauss đặc biệt 80 5.1 Đa thức có hệ số nguyên và hữu tỉ 80 Bài tập 85 5.2 Đa thức có hệ số thực 86 134
  30. Bài tập 89 5.3 Các miền nguyên Gauss R[x] và C[x] 89 Bài tập 99 BÀI TẬP TỔNG HỢP 101 PHẦN HƯỚNG DẪN, GIẢI ĐÁP BÀI TẬP Chương I 107 Chương II 119 TÀI LIỆU THAM KHẢO 132 MỤC LỤC 133 135