Cấu trúc của iđêan nguyên tố của vành đa thức

TẠP CHÍ KHOA HỌC, TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC - SỐ 29. 2016 
78 
CẤU TRÚC CỦA IĐÊAN NGUYÊN TỐ CỦA VÀNH ĐA THỨC 
Phạm Thị Bích Hà1 
TÓM TẮT 
 Bài báo giới thiệu về cấu trúc của iđêan nguyên tố bất kì trong vành đa thức một 
biến và iđêan nguyên tố đơn thức trong vành đa thức nhiều biến. 
 Từ khóa: Vành, iđêan nguyên tố, vành đa thức. 
 1. ĐẶT VẤN ĐỀ 
 Cho R là vành giao hoán có đơn vị. Một iđêan I thực sự của R là iđêan nguyên tố 
nếu với mọi ,a b R và ab I suy ra a I hoặc .b I Việc tìm hiểu tính chất và cấu 
trúc của iđêan nguyên tố của một vành cho trước được nhiều người quan tâm nghiên 
cứu. Các vấn đề này được trình bày trong [1], [2], [3], [4] và [5]. 
 Mục đích chính của bài báo này là hệ thống lại và trình bày chi tiết các chứng minh 
cho việc mô tả cấu trúc của iđêan nguyên tố trong vành đa thức. Các kết quả này được 
trình bày trong [2], [3], [4] và [5] dưới dạng chú ý và bài tập. 
 Ngoài phần giới thiệu, bài báo chia thành hai mục. Mục 2 mô tả cấu trúc của iđêan 
nguyên tố bất kì trong vành đa thức một biến (Định lý 2.2). Mục 3 mô tả cấu trúc của 
iđêan nguyên tố đơn thức trong vành đa thức nhiều biến (Định lý 3.4). 
 2. VÀNH ĐA THỨC MỘT BIẾN 
 Trong mục này, chúng ta luôn giả thiết  K x là vành đa thức biến x trên trường .K 
Trước hết, ta nhắc lại một kết quả quen biết sau: 
 Mệnh đề 2.1. 
 Vành  K x là vành các iđêan chính, nghĩa là mọi iđêan đều sinh bởi một đa thức. 
 Dựa vào mệnh đề trên ta có thể chứng minh được kết quả chính của mục này 
như sau: 
 Định lý 2.2. 
 Giả sử I là iđêan của vành  .K x Khi đó, I là iđêan nguyên tố khi và chỉ khi 
 ( )I q x , trong đó ( )q x là đa thức bất khả quy hoặc đa thức 0. 
1 Giảng viên khoa Khoa học Tự nhiên, Trường Đại học Hồng Đức 
TẠP CHÍ KHOA HỌC, TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC - SỐ 29. 2016 
79 
 Chứng minh: 
 " " Nếu 0I khi đó ta có (0).I Nếu 0I , theo Mệnh đề 2.1 ta có thể viết 
 ( ) ,I q x trong đó 0.q x Giả sử q x không bất khả quy, nghĩa là tồn tại hai đa 
thức 1q x và 2q x sao cho 1 2.q x q x q x , 1deg degq x q x và 
 2deg degq x q x . Giả sử 1q x I khi đó ta có thể viết 1 .q x h x g x , trong 
đó  h x K x . Suy ra 1deg degq x q x , mâu thuẫn với 1deg degq x q x do 
đó 1q x I . Chứng minh tương tự ta cũng có 2q x I . Như vậy 1 2.q x q x I mà 
 1q x I và 2q x I nên I không phải là iđêan nguyên tố. Điều này mâu thuẫn với 
giả thiết I là iđêan nguyên tố. Vậy q x là đa thức bất khả quy. 
 " " Nếu (0)I thì I nguyên tố. Nếu iđêan 0I , theo Mệnh đề 2.1 ta có thể 
viết ( )I q x với ( ) 0q x và ( )q x bất khả quy. Giả sử 1 2. ,f f I trong đó 
 1 2. .f f K x Tồn tại  3f x K x thỏa mãn 1 2 3. .f x f x f x q x . Vì q x bất 
khả quy nên ta có 1f x  q x hoặc 2f x  q x . Nghĩa là 1f x I hoặc 2f x I 
hay I là iđêan nguyên tố. 
 Nếu K là trường số phức thì ta có kết quả quen thuộc sau: 
 Bổ đề 2.3. Giả sử  x là vành đa thức trên trường số phức . Khi đó đa thức 
 f x khác đa thức 0 của  x bất khả khi và chỉ khi có dạng f x ax b , trong đó 
0a . 
 Hệ quả 2.4. Giả sử I là iđêan của vành  x . Khi đó, I là Iđêan nguyên tố khi và 
chỉ khi 0I hoặc ,I ax b trong đó 0a . 
 Chứng minh: 
 Theo Định lý 2.2 và Bổ đề 2.3 ta nhận được điều phải chứng minh. 
 3. VÀNH ĐA THỨC N BIẾN 
 Trong mục này, chúng ta luôn xét  1,..., nK xx là vành đa thức n biến ( 1n ) trên 
trường K. Để cho gọn ta viết    1,..., nK x K Xx . Các kết quà trong mục này được 
trình bày trong [2], [3] và [5]. 
 Vành đa thức n biến với 2n không phải là vành chính. Do vậy việc mô tả cấu 
trúc của iđêan nguyên tố trong vành đa thức nhiều biến là không đơn giản như vành một 
biến. Trong phạm vi bài báo này chúng tôi chỉ xem xét đối với lớp iđêan đơn thức. 
TẠP CHÍ KHOA HỌC, TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC - SỐ 29. 2016 
80 
 Để tiếp cận và giải quyết được vấn đề này, trước hết chúng tôi xem xét trên vành 
một biến. Ta thấy rằng iđêan đơn thức trong vành một biến có dạng I x . Theo Định 
lý 2.2 ta có I nguyên tố khi và chỉ khi x bất khả quy. Do đó 1 , nghĩa là .I x 
Chúng tôi giới thiệu chứng minh sau tuy dài hơn so với cách chứng minh trên nhưng 
giúp chúng ta tiếp cận được bài toán trong trường hợp nhiều biến. Đó là nội dung chính 
của định lý sau: 
 Định lý 3.1. Giả sử 0I là iđêan đơn thức của vành  K x . I là iđêan nguyên tố 
khi và chỉ khi I x . 
 Chứng minh: 
 " " Giả sử I x . Lấy tùy ý đa thức 0 1 ...
n
nf a a x a x I . 
 Khi đó ta có thể viết .f g x x , trong đó 0 1 ...
m
mg b b x b x . Ta nhận được: 
0 1 0 1
... ( ... )n mn ma a x a x b b b x xx 
 Đồng nhất thức hai vế ta được 0 0a . Do đó f x I khi và chỉ khi f x có dạng: 
1 ...
n
nf a x a x 
 Lấy hai đa thức bất kỳ: 
  0 1 0 1... , ...
n m
n mf x a a x a x g x b b b x K xx 
 sao cho .f x g x I .Ta có: 
0 0 1 0 0 1
( ). ( ) ( ) ... ... ( )i n mj k n m
j k i
f x g x a b a b a b x a b x a b x 
  
 Vì ( ). ( )f x g x I , nên 0 0 0a b . Do 0 0,a b K , nên ta nhận được 0 0a hoặc 
0 0,b nghĩa là f x I hoặc g x I . Vậy I là Iđêan nguyên tố. 
 " " Giả sử ( )I x , trong đó 1 . Khi đó 1.x x x 
 Ta có x I nhưng x I và 1x I . Dẫn đến mâu thuẫn với I nguyên tố. Vậy 
1 hay ( ).I x 
 Bây giờ ta xét trên vành đa thức nhiều biến ( 2n ). Trước hết ta cần một số kết 
quả bổ trợ. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử thứ tự các biến là 
1 2
, ,...,
ni i i
x x x . 
 Kí hiệu: 
1
( ,...., )
h h ni i i
X x x
 với 0 1h n . Trong đó 0 1( ,..., )nX x x hay ta có 
0 .X X 
 Bổ đề 3.2. Cho f X là đa thức trên vành  K X . Khi đó f X luôn viết được 
dưới dạng sau: 
TẠP CHÍ KHOA HỌC, TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC - SỐ 29. 2016 
81 
1 11 1
( ) ( ) .... ( ) ( )
k k ki k i i k i
f X g X x g X x g X
 trong đó: 1 k n và 1 1( ) [ ]j j jg X K X với 1 1.j k 
 Chứng minh: 
 Giả sử 
nN
f X a X 
  
 Bước 1: Nhóm tất cả các từ của f X chứa biến 
1i
x ta được: 
1 11 1
( ) ( ) ( )i if X g X x f X (1) 
 Bước 2 : Nhóm tất cả các từ của 
11 i
Xf chứa biến 
2i
x ta được: 
1 1 2 21 2 2
( ) ( ) ( )i i i if X g X x f X (2) 
 Tiếp tục làm như vậy đến bước k ta được: 
1 11 1
( ) ( ) ( )
k k k kk i k i i k i
f X g X x g X
 (k) 
 Cộng (1)  (k) ta được: 
1 11 1
( ) ( ) ... ( ) ( )
k k ki k i i k i
f X g X x g X x g X
 Vậy bổ đề được chứng minh xong. 
 Bổ đề 3.3. Cho  f X K X và 
1
( ,...., )
ki i
I x x . Đa thức f X I khi và chỉ 
khi f X viết được dưới dạng như sau: 
1 11
( ) ( ) .... ( )
k ki k i i
f X g X x g X x
 với 1 k n 
 trong đó 
1 1
( ) [ ]
j jj i i
g X K X
 với 1 j k . 
 Chứng minh: 
 " " Lấy tùy ý đa thức .f X I Theo Bổ đề 3.2 ta có 
1 11 1
( ) .... ( ) ( )
k k ki k i i k i
f X g X x g X x g X
 suy ra: 
11
( ) ( ) ( ) ( )
k kk i i i k i
g X f X g X x g X I
 Theo [2, Bổ đề 4.2 và Bổ đề 4.3], ta có các từ của đa thức 1( )kk ig X phải chia hết 
cho một trong các biến 
ji
x với ( 1, 1)j k . Vì đa thức 1( )kk ig X không chứa các biến 
1
,....,
ki i
x x , nên các từ của 1( )kk ig X phải bằng 0, do đó 1( ) 0kk ig X  . 
 Vậy ta nhận được 
1 11
( ) .... ( )
k ki k i i
f g X x g X x
 . 
 '' '' Giả sử 
1 11
( ) .... ( )
k ki k i i
f g X x g X x
 theo định nghĩa của iđêan sinh bởi 
tập ,...,
n ki i
x x ta có f X I . 
TẠP CHÍ KHOA HỌC, TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC - SỐ 29. 2016 
82 
 Vận dụng các Bổ đề trên ta chứng minh được kết quả chính của bài báo như sau: 
 Định lý 3.4. Giả sử I là iđêan đơn thức trên vành  K X . Khi đó I là iđêan nguyên 
tố khi và chỉ khi I sinh bởi tập các biến, nghĩa là 
1
( ,..., ),
ki i
I x x trong đó 1 k n . 
 Chứng minh: 
 '' '' Giả sử: 
1
( ,..., )
ki i
I x x với 1 k n . Không mất tính tổng quát, ta có thể giả 
sử thứ tự các biến là 
1
,...,
ni i
x x . Lấy hai đa thức ( )g X và ( )h X tùy ý thuộc [ ]K X . Theo 
Bổ đề 3.2, ta có thể viết: 
1 11 1
( ) .... ( ) ( )
k k ki k i i k i
g X g X x g X x g X
1 11 1
( ) .... ( ) ( )
k k ki k i i k i
h X h X x h X x h X
 trong đó: 
1 1 1
( ), h ( ) [ ],1 1.
j j ji i i i i
g X X K X j k
 Đặt: 
1 11
( ) ..... ( )
k ki i i gk
g X x g X x B
 và 
1 11
( ) ..... ( )
k ki i i hk
h X x h X x B
 Khi đó: 1( )kg k ig X B g X và 1( )kh k ih X B h X 
 Suy ra: 
 1 1. [ ( )].[ ( )]k kg k i h k ig X h X B g X B h X 
1 1 1 1. ( ) ( ) ( ) ( )k k k kg h g k i h k i k i k iB B B h X B g X g X h X 
 Dẫn đến: 
1 1 1 1( ) ( ) ( ) ( ) . ( ) ( )k k k kk i k i g h g k i h k ig X h X f X g X B B B h X B g X 
 Giả sử . .g X h X I Khi đó 1 1( ). ( )k kk i k ig X h X I . 
 Theo Bổ đề 3.3, ta có: 1 1( ). ( ) 0k kk i k ig X h X 
 Vì [ ]
ki
K X là miền nguyên, nên 1( ) 0kk ig X  hoặc 1( ) 0kk ih X  , nghĩa là 
 kg X I hoặc kh X I . Vậy I là Iđêan nguyên tố. 
 '' '' Giả sử ,I A trong đó A là hệ sinh tối tiểu của I. 
 Trường hợp 1: Nếu tồn tại jx A
 với 1 . Ta có 
1
j
j
x I
x I 
 nhưng 1.j jx x I
mẫu thuẫn với tính nguyên tố của .I 
 Trường hợp 2: Giả sử sinh A chỉ chứa các biến 
1
,...,
ki i
x x và A chứa đơn thức dạng 
1
1
... t
tj j
x x t n . Do A là hệ sinh tối tiểu nên ta có 1
1j
x A và 2
2
...
t
t
xj jx A
 . Vậy I 
không phải là iđêan nguyên tố. Hay A phải có dạng là ,...,
n ki i
x x với 1 .k n 
 Vậy định lý được chứng minh xong. 
TẠP CHÍ KHOA HỌC, TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC - SỐ 29. 2016 
83 
TÀI LIỆU THAM KHẢO 
[1] M. F. Atiyah and I. G. Macdonald (1969), Introduction to Commutative Algebra, 
Addison-Wesley. 
[2] J. Herzog and T. Hibi (2011), Monomial ideals, Springer Press. 
[3] Lê Tuấn Hoa (2013), Đại số máy tính, Nxb. Đại Học Quốc Gia. 
[4] H. Matsumura (1986), Commutative Ring Theory, Cambridge University Press. 
[5] R.Y. Sharp (1990), Steps in Commutative Algebra, Cambridge University Press. 
THE PRIME IDEAL STRUCTURE OF POLYNOMIAL RINGS 
Pham Thi Bich Ha 
ABSTRACT 
 This paper introduces arbitrary prime ideals structure of polynomial rings in an 
indeterminate and prime monomial ideals structure of polynomial rings in the 
indeterminates. 
 Keywords: Ring, prime ideal, polynomial ring.