Trước khi đi sâu vào chứng minh định lí không điểm tổ hợp và ứng dụng của nó thì ta cần trang bị một số kiến thức về đa thức.
Đa thức
Cho $\displaystyle \mathbb{K}$ là một vành giao hoán bất kì. Ta kí hiệu $\displaystyle \mathbb{K}[ x]$ là một vành các đa thức 1 biến $\displaystyle x$ với hệ số là các phần tử của $\displaystyle \mathbb{K}$. Ngoài đa thức $\displaystyle 0$ ra thì các đa thức này đều có dạng
$$ \begin{equation*} a=a_{n} x^{n} +...+a_{0} \end{equation*} $$trong đó $\displaystyle a_{n} \neq 0$ và $\displaystyle \deg a=n$. Trường hợp $\displaystyle a=0$ thì ta đặt $\displaystyle \deg a=-\infty $.
Nếu $\displaystyle \mathbb{K}$ là một miền nguyên thì vành đa thức $\displaystyle \mathbb{K}[ x]$ cũng là một miền nguyên.
Tiếp theo ta chỉ ra rằng có thể thực hiện chia có dư với hai đa thức có hệ số trên trường $\displaystyle \mathbb{K}$. Và từ đây đến cuối bài viết ta sẽ xét $\displaystyle \mathbb{K}$ là một trường.
Xét hai đa thức ${\displaystyle A(x),B(x)\in \mathbb{K} [x],B(x)\neq 0}$.
Ta chứng minh tồn tại duy nhất một cặp đa thức ${\displaystyle (Q(x),R(x))\in \mathbb{K} [x]\times }\mathbb{K}[ x]$ mà ${\displaystyle \deg (R)< \deg (B)}$ sao cho
$$ \begin{equation*} A(x)=Q(x)B(x)+R(x) \end{equation*} $$Nếu ${\displaystyle R(x)=0}$ thì ta sẽ nói rằng ${\displaystyle A(x)}$ chia hết cho ${\displaystyle B(x)}$ hay ${\displaystyle B(x)}$ là ước của ${\displaystyle A(x)}$. Ta sẽ quy nạp theo ${\displaystyle \deg (A)}$
Nếu ${\displaystyle \deg (A)< \deg (B)}$, ta chọn ${\displaystyle Q(x)=0}$ và ${\displaystyle R(x)=A(x)}$ thỏa mãn đẳng thức trên.
Ngược lại, xét ${\displaystyle a,b}$ lần lượt là hệ số cao nhất của ${\displaystyle A(x)}$ và ${\displaystyle B(x)}$. Ta chọn được ${\displaystyle c\in \mathbb{K}}$ sao cho ${\displaystyle a=cb}$.
Tiếp theo lấy ${\displaystyle d=\deg (A)-\deg (B)}$ và ${\displaystyle A'(x)=A(x)-cx^{d} B(x)}$ thì lúc này hệ số bậc ${\displaystyle \deg (A)}$ của ${\displaystyle A'(x)}$ sẽ là 0 cho nên ${\displaystyle \deg (A')< \deg (A)}$. Theo quy nạp, tồn tại ${\displaystyle Q',R'}$ trên $\mathbb{{\displaystyle K}}$ và ${\displaystyle \deg R'< \deg B}$ thỏa mãn
$$ \begin{equation*} A'(x)=Q'(x)B(x)+R'(x) \end{equation*} $$Khi đó ta có
$$ \begin{gather*} A(x)=A'(x)+cx^{d} B(x)=Q'(x)B(x)+R'(x)+cx^{d} B(x)\\ =\left( Q'(x)+cx^{d}\right) B(x)+R'(x) \end{gather*} $$và thu được một cặp đa thức thỏa mãn các yêu cầu.
Ta sẽ chứng minh cặp đa thức này là duy nhất. Thật vậy, giả sử tồn tại ${\displaystyle A(x),B(x)}$ sao cho tồn tại 2 cặp đa thức ${\displaystyle (Q_{1} (x),R_{1} (x)),(Q_{2} (x),R_{2} (x))}$ thỏa mãn
$$ \begin{gather*} A(x)=Q_{1} (x)B(x)+R_{1} (x)=Q_{2} (x)B(x)+R_{2} (x)\\ \Longrightarrow (Q_{1} (x)-Q_{2} (x))B(x)+(R_{1} (x)-R_{2} (x))=0 \end{gather*} $$Nếu ${\displaystyle Q_{1} (x)\neq Q_{2} (x)}$ thì ta có ${\displaystyle \deg (R_{1} (x)-R_{2} (x))< \deg (B)}$ trong khi đó ${\displaystyle \deg (Q_{1} (x)-Q_{2} (x))B(x)\geqslant \deg (B)}$
Như vậy ${\displaystyle \deg (VT) >\deg (B)}$ trong khi ${\displaystyle \deg (0)=−\infty }$ là điều vô lí.
Vậy không thể xảy ra trường hợp trên.
Ta có điều phải chứng minh.
Hệ quả 1. Với mọi đa thức $\displaystyle B\in \mathbb{K}[ x]$ có bậc dương, khi đó vành thương $\displaystyle \mathbb{K}[ x] /\langle B\rangle $ là một không gian vector trên trường $\displaystyle \mathbb{K}$ có số chiều hữu hạn đúng bằng bậc của $\displaystyle B$.
Chứng minh.
Từ nhận xét ở trên ta có với mỗi $\displaystyle A\in \mathbb{K}[ x]$ thì tồn tại $\displaystyle Q,R$ sao cho $\displaystyle A=BQ+R$ với $\displaystyle \deg( R) < \deg( B)$ cho nên các đơn thức $\displaystyle 1,x,...,x^{\deg( B) -1}$ là một cơ sở của không gian vector $\displaystyle \mathbb{K}[ x] /\langle B\rangle $.
Hệ quả 2. Vành $\displaystyle \mathbb{K}[ x]$ các đa thức một biến $\displaystyle x$ với các hệ số trong trường $\displaystyle \mathbb{K}$ là một vành chính. Có nghĩa là mọi ideal của nó đều được sinh ra bởi một phần tử. Hơn nữa, mọi ideal khác 0 của $\displaystyle \mathbb{K}[ x]$ đều được sinh bởi duy nhất một đa thức monic.
Chứng minh.
Cho $\displaystyle I$ là một ideal của $\displaystyle \mathbb{K}[ x]$. Nhắc lại tính chất của ideal thì $\displaystyle I$ là một tập con của $\displaystyle \mathbb{K}[ x]$ thỏa mãn với mọi $\displaystyle a,b\in I$ và $\displaystyle m,n\in \mathbb{K}[ x]$, ta có $\displaystyle am+bn\in I$. Chọn $\displaystyle d$ là đa thức có bậc nhỏ nhất trong $\displaystyle d$. Khi đó với mỗi $\displaystyle a\in I$ ta có $\displaystyle a=dq+r$. Do $\displaystyle a\in I$ và $\displaystyle dq\in I$ cho nên $\displaystyle r=a-dq\in I$. Mà bậc của $\displaystyle r$ nhỏ hơn bậc của $\displaystyle d$ cho nên điều này chỉ có thể xảy ra khi $\displaystyle r=0$ hay $\displaystyle a=dq$. Như vậy $\displaystyle d$ là phần tử sinh của $\displaystyle I$ và $\displaystyle I$ là ideal chính. Nếu $\displaystyle d=d_{n} x^{n} +...+d_{0}$ với $\displaystyle d_{n} \neq 0$ thì $\displaystyle d_{n}^{-1} d$ là phần tử sinh duy nhất của $\displaystyle I$ và là monic.
Định lí Chevalley-Warning
Cho $\displaystyle p$ là số nguyên tố. Xét $\displaystyle \mathbb{K} =\mathbb{F}_{p}$ và $\displaystyle P\in \mathbb{F}_{p}[ x]$ là một đa thức với hệ số trên $\displaystyle \mathbb{F}_{p}$ thì ta gọi $\displaystyle P_{0}$ là dạng rút gọn của $\displaystyle P$ nếu
- Đa thức $\displaystyle P_{0}$ là một đa thức có bậc nhỏ hơn hoặc bằng $\displaystyle p-1$
- Với mọi $\displaystyle \alpha \in \mathbb{F}_{p}$ ta luôn có $\displaystyle P_{0}( \alpha ) =P( \alpha )$
Theo định lí Fermat nhỏ thì ta có $\displaystyle \alpha ^{p} =\alpha \ (\bmod p)$ cho nên bằng cách thay $\displaystyle x^{p}$ thành $\displaystyle x$ trong $\displaystyle P$ ta có được $\displaystyle P_{0}$. Nói cách khác với $\displaystyle I$ là Ideal của $\displaystyle \mathbb{F}_{p}[ x]$ sinh bởi đa thức $\displaystyle x^{p} -x$ thì với mọi $\displaystyle P\in I$ và với mọi $\displaystyle \alpha \in \mathbb{F}_{p}$ ta có $\displaystyle P( \alpha ) =0$. Như vậy với mọi đa thức $\displaystyle P\in \mathbb{F}_{p}[ x]$, ta có đa thức rút gọn $\displaystyle P_{0}$ của nó chính là phần dư Euclid trong phép chia của $\displaystyle P$ cho $\displaystyle x^{p} -x$.
Định lí 1. Cho $\displaystyle P,Q\in \mathbb{F}_{p}[ x]$ là hai đa thức một biến $\displaystyle x$. Khi đó $\displaystyle P\equiv Q\ \bmod x^{p} -x$ khi và chỉ khi $\displaystyle P( \alpha ) =Q( \alpha )$ với mọi $\displaystyle \alpha \in \mathbb{F}_{p}$.
Bây giờ ta sẽ mở rộng ra trường hợp nhiều biến như sau: Cho $\displaystyle P\in \mathbb{F}_{p}[ x_{1} ,...,x_{n}]$ là một đa thức $\displaystyle n$ biến với hệ số trong $\displaystyle \mathbb{F}_{p}$. Đa thức $\displaystyle P_{0} \in \mathbb{F}_{p}[ x_{1} ,...,x_{n}]$ được gọi là dạng rút gọn của $\displaystyle P$ nếu như
- $\displaystyle \deg_{x_{i}} P_{0} \leqslant p-1$ với mọi $\displaystyle x_{i}$. Tức là bậc của $\displaystyle P_{0}$ theo $\displaystyle x_{i}$ không vượt quá $\displaystyle p-1$
- Với mọi $\displaystyle ( x_{1} ,...,x_{n}) \in \mathbb{F}_{p}^{n}$ ta có $\displaystyle P_{0}( x_{1} ,...,x_{n}) =P( x_{1} ,...,x_{n})$
Định lí 2. Cho hai đa thức $\displaystyle P,Q\in \mathbb{F}_{p}[ x_{1} ,...,x_{n}]$ nhận cùng giá trị trên tập $\displaystyle \mathbb{F}_{p}^{n}$ khi và chỉ khi
$$ \begin{equation*} P\equiv Q\ \bmod \ \langle x_{1}^{p} -x_{1} ,...,x_{n}^{p} -x_{n} \rangle \end{equation*} $$với $\displaystyle \langle x_{1}^{p} -x_{1} ,...,x_{n}^{p} -x_{n} \rangle $ là ideal của vành $\displaystyle \mathbb{F}_{p}[ x_{1} ,...,x_{n}]$ sinh bởi các đa thức $\displaystyle x_{1}^{p} -x_{1} ,...,x_{n}^{p} -x_{n}$. Hơn nữa, mỗi đa thức $\displaystyle P\in \mathbb{F}_{p}[ x_{1} ,...,x_{n}]$ tồn tại duy nhất $\displaystyle P_{0}$ thỏa mãn $\displaystyle \deg_{x_{i}} P_{0} \leqslant p-1$ với mọi $\displaystyle x_{1} ,...,x_{n}$.
Chứng minh.
Các đa thức $\displaystyle x_{i}^{p} -x_{i}$ triệt tiêu trên $\displaystyle \mathbb{F}_{p}^{n}$ cho nên các phần tử của ideal mà chúng sinh ra cũng có tính chất đấy.
Từ đó suy ra rằng nếu $\displaystyle P\equiv Q\ \bmod \ \langle x_{1}^{p} -x_{1} ,...,x_{n}^{p} -x_{n} \rangle $ thì ta có $\displaystyle P( \alpha ) =Q( \alpha )$ với mọi $\displaystyle \alpha \in \mathbb{F}_{p}^{n}$.
Ta sẽ chứng minh chiều ngược lại.
Bây giờ với đa thức $\displaystyle f\in \mathbb{F}_{p}[ x_{1} ,x_{2} ,...,x_{n}]$ ta coi nó như là một đa thức theo biến $\displaystyle x_{1}$ với các hệ số trong $\displaystyle \mathbb{F}_{p}[ x_{2} ,...,x_{n}]$. Ta thực hiện phép chia Euclid cho $\displaystyle f$ với đa thức $\displaystyle x_{1}^{p} -x_{1}$ thì được một đa thức dư $\displaystyle f_{1} \in \mathbb{F}_{p}[ x_{2} ,...,x_{n}]$ thỏa mãn $\displaystyle \deg_{x_{1}} f_{1} \leqslant p-1$. Tức là $\displaystyle f=g_{1}\left( x_{1}^{p} -x_{1}\right) +f_{1}$. Giả sử ở bước thứ $\displaystyle i$ ta thu được đa thức $\displaystyle f_{i} \in \mathbb{F}_{p}[ x_{1} ,...,x_{n}]$ thỏa mãn $\displaystyle \deg_{x_{j}} \leqslant p-1$ với mọi $\displaystyle 1\leqslant j< i$. Khi đó ta xem $\displaystyle f_{i}$ như đa thức biến $\displaystyle x_{i+1}$ rồi thực hiện chia tiếp cho $\displaystyle x_{i+1}^{p} -x_{i+1}$. Kết quả của phép chia sẽ là phần dư $\displaystyle f_{i+1}$ thỏa mãn tính chất $\displaystyle \deg_{x_{j}} f_{i+1} \leqslant p-1$ với $\displaystyle 1\leqslant j\leqslant i+1$. Lặp lại các bước như trên ta thu được đa thức $\displaystyle f_{n} \in \mathbb{F}_{p}[ x_{1} ,...,x_{n}]$ thỏa mãn $\displaystyle \deg_{x_{i}} f_{n} \leqslant p-1$ với mọi $\displaystyle i=1,...,n$. Hơn nữa từ cách xây dựng của $\displaystyle f_{n}$ ta có
$$ \begin{equation*} f\equiv f_{n} \ \bmod \ \langle x_{1}^{p} -x_{1} ,...,x_{n}^{p} -x_{n} \rangle \end{equation*} $$Tiếp theo ta cần bổ đề sau đây:
Bổ đề 3. Cho $\displaystyle P\in \mathbb{K}[ x_{1} ,...,x_{n}]$ là đa thức với $\displaystyle n$ biến $\displaystyle x_{1} ,...,x_{n}$ và hệ số trong một trường $\displaystyle \mathbb{K}$. Gọi $\displaystyle d_{i}$ là bậc của $\displaystyle P$ như đa thức với biến $\displaystyle x_{i}$ và với hệ số là đa thức của các biến còn lại. Giả sử với mọi $\displaystyle i$, tồn tại tập con $\displaystyle S_{i} \subset \mathbb{K}$ với $\displaystyle d_{i} +1$ phần tử sao cho $\displaystyle P( \alpha _{1} ,...,\alpha _{n}) =0$ với mọi $\displaystyle ( \alpha _{1} ,...,\alpha _{n}) \in S_{1} \times ...\times S_{n}$. Khi đó ta có $\displaystyle P=0$.
Bổ đề có thể được xem như một mở rộng cho tính chất về nghiệm của đa thức một biến $\displaystyle f( x)$: Một đa thức $\displaystyle f( x)$ có bậc là $\displaystyle d$ thì có không quá $\displaystyle d$ nghiệm.
Chứng minh.
Ta chứng minh bằng quy nạp theo $\displaystyle n$.
Viết lại $\displaystyle P$ dưới dạng đa thức một biến $\displaystyle x_{n}$ với các hệ số là những đa thức của các biến còn lại
$$ \begin{equation*} P=Q_{d_{n}} x^{d_{n}} +Q_{d_{n-1}} x^{d_{n-1}} +...+Q_{0} \end{equation*} $$với $\displaystyle Q_{d_{i}} \in \mathbb{K}[ x_{1} ,...,x_{n-1}]$.
$\displaystyle P$ là đa thức một biến, có bậc không vượt quá $\displaystyle d_{n}$ và hơn nữa với mọi $\displaystyle ( \alpha _{1} ,...,\alpha _{n-1})$ thì ta có $\displaystyle d_{n} +1$ giá trị của $\displaystyle x$ sao cho $\displaystyle P( \alpha _{1} ,...,\alpha _{n-1} ,x) =0$. Tức là $\displaystyle P$ có ít nhất $\displaystyle d_{n} +1$ nghiệm trong khi bậc của nó không lớn hơn $\displaystyle d_{n}$ cho nên các hệ số của nó là $\displaystyle Q_{d_{i}}( \alpha _{1} ,...,\alpha _{n-1}) \in \mathbb{K}$ đều bằng không với mọi $\displaystyle ( \alpha _{1} ,...,\alpha _{n-1})$. Đến đấy ta có thể áp dụng giả thiết quy nạp vào các đa thức này và có điều phải chứng minh.
Quay trở lại bài toán, ta áp dụng cách xây dựng $\displaystyle f_{n}$ tương tự cho đa thức $\displaystyle P-Q$ thì được
$$ \begin{equation*} P-Q\equiv G_{n}( x) :=( P-Q)_{n}( x) \ \bmod \langle x_{1}^{p} -x_{1} ,...,x_{n}^{p} -x_{n} \rangle \end{equation*} $$Ở đây giả sử $\displaystyle P( \alpha ) =Q( \alpha )$ và áp dụng bổ đề cho $\displaystyle G_{n}( x)$ với $\displaystyle d_{i} =p-1\ và\ S_{i} =\mathbb{F}_{p}$ thì ta có $\displaystyle G_{n}( x) =0$. Vậy $\displaystyle P\equiv Q\ \bmod \langle x_{1}^{p} -x_{1} ,...,x_{n}^{p} -x_{n} \rangle $.
Giả sử $\displaystyle P$ có hai dạng rút gọn là $\displaystyle P_{0} ,P_{0}^{'}$ thì $\displaystyle \left( P_{0} -P_{0}^{'}\right)( \alpha ) =0$ và $\displaystyle \deg\left( P_{0} -P_{0}^{'}\right) \leqslant p-1$. Một lần nữa áp dụng bổ đề ta có $\displaystyle P_{0} =P_{0}^{'}$ và hoàn tất chứng minh.
Định lí Chevalley. Cho $\displaystyle F( X_{1} ,...,X_{n}) \in \mathbb{F}_{p}[ X_{1} ,...,X_{n}]$ là một đa thức có bậc nhỏ hơn $\displaystyle n$. Khi đó nếu $\displaystyle F( x_{1} ,..,x_{n}) =0$ có nghiệm thì nó có ít nhất hai nghiệm phân biệt.
Chứng minh.
Giả sử $\displaystyle F( X_{1} ,...,X_{n}) =0$ có đúng một nghiệm là $\displaystyle ( a_{1} ,...,a_{n})$ thì ta xét các đa thức sau:
$$ \begin{equation*} H( X_{1} ,...,X_{n}) =1-F( X_{1} ,...,X_{n})^{p-1} \end{equation*} $$và
$$ \begin{equation*} P( X_{1} ,...,X_{n}) =\prod _{i=1}^{n}\left( 1-( X_{i} -a_{i})^{p-1}\right) \end{equation*} $$Với mọi $\displaystyle ( x_{1} ,...,x_{n}) \neq ( a_{1} ,...,a_{n})$ ta có $\displaystyle F( x_{1} ,...,x_{n}) \neq 0$ và $\displaystyle H( x_{1} ,...,x_{n}) =0$ vì theo định lí Fermat nhỏ ta có $\displaystyle F( x_{1} ,...,x_{n})^{p-1} =1$. Như vậy $\displaystyle H( x_{1} ,...,x_{n}) =1$ nếu như $\displaystyle ( x_{1} ,...,x_{n}) =( a_{1} ,...,a_{n})$ và ngược lại $\displaystyle H( x_{1} ,...,x_{n}) =0$ trong các trường hợp còn lại.
Tương tự với $\displaystyle P( x_{1} ,...,x_{n})$, ta cũng có vì $\displaystyle ( x_{1} ,...,x_{n}) \neq ( a_{1} ,...,a_{n})$ nên tồn tại ít nhất một chỉ số $\displaystyle j$ sao cho $\displaystyle x_{j} \neq a_{j}$ và suy ra $\displaystyle P( x_{1} ,...,x_{n}) =1$ nếu như $\displaystyle ( x_{1} ,...,x_{n}) =( a_{1} ,...,a_{n})$ và bằng $\displaystyle 0$ trong các trường hợp còn lại.
Điều này dẫn tới nếu ta gọi $\displaystyle H_{0}$ là dạng rút gọn của $\displaystyle H$ thì
$$ \begin{equation*} P( x_{1} ,...,x_{n}) =H_{0}( x_{1} ,...,x_{n}) ,\forall ( x_{1} ,...,x_{n}) \in \mathbb{F}_{p}^{n} \end{equation*} $$Từ đây dẫn tới mâu thuẫn vì $\displaystyle P$ có bậc là $\displaystyle n( p-1)$ trong khi bậc của $\displaystyle H_{0}$ không vượt quá $\displaystyle \deg H=( p-1)\deg F< n( p-1)$
Định lí. Cho $\displaystyle F( X_{1} ,...,X_{n}) \in \mathbb{F}_{p}[ X_{1} ,...,X_{n}]$ là một đa thức có bậc nhỏ hơn $\displaystyle n$. Khi đó số các nghiệm của $\displaystyle F$ là một bội số của $\displaystyle p$.
Đây được gọi là định lý Chevalley-Warning
Định lý không điểm tổ hợp của Alon
Định lý không điểm của Hilbert phát biểu rằng với hệ phương trình đa thức cho bởi $\displaystyle g_{1} ,...,g_{m} \in k[ x_{1} ,...,x_{n}]$ không có nghiệm trong $\displaystyle \overline{k}^n$ thì tồn tại $\displaystyle h_{1} ,...,h_{m}$ sao cho $\displaystyle g_{1} h_{1} +...+g_{m} h_{m} =1$. Chứng minh cho định lý trên cần một số kiến thức về Ideal và sẽ được trình bày trong một bài khác. Ở đây ta sẽ chứng minh một phiên bản đơn giản hơn của định lý được gọi là định lý không điểm tổ hợp của Alon.
Định lí I. Cho $\displaystyle p\in k[ x_{1} ,...,x_{n}]$. Cho $\displaystyle S_{1} ,...,S_{n}$ là những tập con khác rỗng của $\displaystyle k$ và đặt $\displaystyle g_{i} =\prod _{\alpha \in S_{i}}( x_{i} -\alpha )$. Nếu $\displaystyle p( \alpha _{1} ,...,\alpha _{n}) =0$ với mọi $\displaystyle ( \alpha _{1} ,...,\alpha _{n}) \in S_{1} \times ...\times S_{n}$ thì tồn tại $\displaystyle h_{1} ,...,h_{n} \in k[ x_{1} ,...,x_{n}]$ sao cho
$$ \begin{equation*} p=h_{1} g_{1} +...+h_{n} g_{n} \end{equation*} $$Chứng minh.
Vì $\displaystyle g_{n} =\prod _{\alpha \in S_{n}}( x_{n} -\alpha )$ là đa thức theo biến $\displaystyle x_{n}$ và monic cho nên ta có thể thực hiện phép chia Euclid cho $\displaystyle p$, xem $\displaystyle p$ như đa thức biến $\displaystyle x_{n}$ với hệ số là đa thức của các biến còn lại. Từ đó có được
$$ \begin{equation*} p=h_{n} g_{n} +p_{n-1} \end{equation*} $$Trong đó $\displaystyle p_{n-1}$ là đa thức biến $\displaystyle x_{n}$ có bậc nhỏ hơn $\displaystyle |S_{n} |$ với hệ số là đa thức của các biến còn lại. Tương tự thực hiện phép chia Euclid của $\displaystyle p_{n-1}$ cho $\displaystyle g_{n-1}$ ta có
$$ \begin{equation*} p_{n-1} =h_{n-1} g_{n-1} +p_{n-2} \end{equation*} $$trong đó $\displaystyle p_{n-2} \in k[ x_{1} ,...,x_{n}]$ là đa thức có bậc nhỏ hơn $\displaystyle |S_{n} n|$ theo biến $\displaystyle x_{n}$ và bậc nhỏ hơn $\displaystyle |S_{n-1} |$ theo biến $\displaystyle x_{n-1}$. Tiếp tục quá trình này cho tới khi ta thu được
$$ \begin{equation*} p=h_{n} g_{n} +h_{n-1} g_{n-1} +...+h_{1} g_{1} +p_{0} \end{equation*} $$mà $\displaystyle p( \alpha _{1} ,...,\alpha _{n}) =0$ với mọi $\displaystyle ( \alpha _{1} ,...,\alpha _{n}) \in S_{1} \times ...\times S_{n}$ cho nên theo bổ đề 3 ta có $\displaystyle p_{0} =0$
Định lí II. Cho $\displaystyle p\in k[ x_{1} ,...,x_{n}]$ là một đa thức $\displaystyle n$ biến với hệ số trong trường $\displaystyle k$. Giả sử bậc của $\displaystyle p$ bằng $\displaystyle d=\sum _{i=1}^{n} d_{i}$ và hệ số của $\displaystyle \prod _{i=1}^{n} x_{i}^{d_{i}}$ khác $\displaystyle 0$. Khi đó với mọi tập con $\displaystyle S_{i} \subset k$ thỏa $\displaystyle |S_{i} | >d_{i}$ thì tồn tại $\displaystyle \alpha _{i} \in S_{i}$ sao cho $\displaystyle p( \alpha _{1} ,...,\alpha _{n}) \neq 0$.
Chứng minh đơn giản như sau: Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử $\displaystyle |S_{i} |=d_{i} +1$. Giả sử rằng kết luận của định lý không đúng, tức là $\displaystyle p( \alpha _{1} ,...,\alpha _{n}) =0$ tại mọi điểm mà tọa độ là nghiệm của các đa thức $\displaystyle g_{i}$ ở trên. Suy ra tồn tại đa thức $\displaystyle h_{1} ,...,h_{n}$ sao cho
$$ \begin{equation*} p=g_{1} h_{1} +...+g_{n} h_{n} \end{equation*} $$Theo giả thiết thì hệ số của $\displaystyle \prod _{1\leqslant i\leqslant n} x_{i}^{d_{i}}$ khác không cho nên ở vế phải nó cũng phải khác không. Mặt khác $\displaystyle h_{i} g_{i} =h_{i}\prod _{\alpha \in S_{i}}( x_{i} -\alpha )$ có bậc không vượt quá $\displaystyle p$ và nếu nó có đơn thức nào có bậc là $\displaystyle \deg( p)$ thì đơn thức đó phải chia hết cho $\displaystyle x_{i}^{d_{i} +1}$. Tức là trong $\displaystyle h_{i} g_{i}$ chỉ có 2 trường hợp, hoặc là nó chứa một đơn thức mà trong đơn thức đó bậc của mỗi $\displaystyle x_{i}$ không vượt quá $\displaystyle d_{i}$ hoặc là nó chứa một đơn thức chia hết cho $\displaystyle x_{i}^{d_{i} +1}$. Lí do đơn thức có bậc là $\displaystyle \deg( p)$ phải chia hết cho $\displaystyle x_{i}^{d_{i} +1}$ là vì $\displaystyle x_{i}^{d_{i} +1}$ là đơn thức bậc lớn nhất có thể có của $\displaystyle g_{i}( x_{i})$. Như vậy ở vế phải hệ số của $\displaystyle \prod _{i=1}^{n} x_{i}^{d_{i}}$ bằng $\displaystyle 0$. Mâu thuẫn này cho ta điều phải chứng minh.
Một số ứng dụng của định lý có thể tham khảo ở phần tài liệu dưới đây: