Tài liệu Khóa luận tốt nghiệp MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ ĐA THỨC

Mục lục MỤC LỤC 1 LỜI CẢM ƠN 3 LỜI MỞ ĐẦU 4 1 TỔNG QUAN VỀ ĐA THỨC 6 1.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.2 Bậc của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.3 Phép chia đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.4 Nghiệm của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 1.4.1 Định nghĩa: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 1.4.2 Nghiệm bội, nghiệm đơn, nghiệm kép . . . . . . . . . . . . . . 11 1.5 Đa thức trên trường số thực và phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 1.6 Đa thức trên trường số hữu tỉ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 1.6.1 Nghiệm hữu tỉ của một đa thức với hệ số hữu tỉ . . . . . . . . 14 1.6.2 Đa thức bất khả quy của vành Q[x] . . . . . . . . . . . . . . . 16 1.7 Đa thức hệ số nguyên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 1.8 Vành đa thức nhiều ẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 1.8.1 Xây dựng vành đa thức nhiều ẩn . . . . . . . . . . . . . . . . 19 1.8.2 Đa thức đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 1 2 MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ ĐA THỨC 2.1 21 Một số dạng toán về đa thức một ẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 2.1.1 2.1.2 Dạng 2: Bài toán về nghiệm của đa thức . . . . . . . . . . . . 24 2.1.3 Dạng 3: Bài toán chứng minh sự tồn tại và xác định đa thức . 27 2.1.4 2.2 Dạng 1: Bài toán về phép chia đa thức . . . . . . . . . . . . . 21 Dạng 4: Bài toán áp dụng định lý Viet . . . . . . . . . . . . . 31 Một số dạng toán về đa thức nhiều ẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 2.2.1 Dạng 1: Bài toán chứng minh đẳng thức . . . . . . . . . . . . 35 2.2.2 Dạng 2: Bài toán chứng minh bất đẳng thức . . . . . . . . . . 38 2.2.3 Dạng 3: Bài toán giải hệ phương trình . . . . . . . . . . . . . 40 2.2.4 Dạng 4: Bài toán tìm nghiệm nguyên của phương trình . . . . 43 KẾT LUẬN 46 TÀI LIỆU THAM KHẢO 47 2 LỜI CẢM ƠN Trước tiên, em muốn gửi lời cảm ơn sâu sắc nhất tới thầy giáo - ThS Trần Mạnh Hùng - người đã tận tình hướng dẫn em trong suốt quá trình thực hiện khóa luận tốt nghiệp. Em xin bày tỏ lời cảm ơn sâu sắc đến những thầy cô đã giảng dạy em trong bốn năm qua, những kiến thức mà em tiếp thu được trên giảng đường Đại học sẽ là hành trang giúp em vững bược trong tương lai. Cuối cùng, em muốn gửi lời cảm ơn chân thành đến tất cả bạn bè, gia đình, những người luôn ở bên động viên và giúp đỡ em vượt qua những khó khăn trong cuộc sống. 3 LỜI MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Đa thức và các tính chất liên quan đến nó có vị trí quan trọng trong Toán học, không những là đối tượng nghiên cứu chủ yếu của Đại số mà còn là công cụ đắc lực của Giải tích. Ngoài ra, lý thuyết đa thức còn được sử dụng nhiều trong Toán cao cấp, Toán ứng dụng... và chúng ta cũng thường xuyên gặp những bài toán về đa thức trong các kỳ thi học sinh giỏi, thi Olympic Toán học Học sinh, Sinh viên toàn quốc Tuy nhiên, cho đến nay, tài liệu về đa thức còn hạn chế. Các dạng về đa thức chưa được phân loại rõ ràng và hệ thống hóa đầy đủ cũng như đưa ra phương pháp giải một cách tường minh. Với tất cả lý do trên đã gợi ý cho tôi chọn và nghiên cứu đề tài "Một số dạng toán về đa thức" làm đề tài cho khóa luận tốt nghiệp đại học của mình. 2. Mục đích nghiên cứu Từ những lý do trên tôi chọn đề tài với những mục đích sau: • Hệ thống lại lý thuyết một cách tổng quát về đa thức để xây dựng và phân loại các dạng toán về đa thức. • Đưa ra các phương pháp giải phong phú và nhận xét các bài tập có lời giải. • Xây dựng hệ thống bài tập, phân loại được các dạng toán và tìm hướng giải chung. • Thông qua tìm hiểu, nghiên cứu giúp bản thân hiểu sâu hơn về đa thức. 3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu • Đối tượng nghiên cứu: Lí thuyết về đa thức, đa thức trên các trường số R, Z, C, Q sử dụng nội dung cốt lõi đó để phân loại các dạng toán. • Phạm vi nghiên cứu: Các dạng toán về đa thức , tập trung các bài toán ở các bài toán ở các cấp phổ thông và chương trình đại học, đặc biệt chủ yếu các bài toán được trích từ đề thi và dự tuyển Olympic Toán Sinh viên và Học sinh toàn quốc qua các năm. 4 4. Phương pháp nghiên cứu • Phương pháp nghiên cứu lý luận: Đọc tài liệu liên quan đến nội dung đa thức , tìm hiểu các bài tập và các đề thi học sinh giỏi, Olympic Toán. • Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: Tổng kết kinh nghiệm của bản thân, các bạn học, anh chị xung quanh để tổng hợp và hệ thống hóa kiến thức vấn đề kiên cứu đầy đủ và khoa học, kết hợp với đưa ra các bài tập cụ thể để minh họa chi tiết. 5. Cấu trúc của luận văn Ngoài lời cảm ơn, phần mở đầu và danh mục tài liệu tham khảo, luận văn được trình bày trong hai chương: Chương 1: Tổng quan về đa thức. Chương 2: Một số dạng toán về đa thức. 5 Chương 1 TỔNG QUAN VỀ ĐA THỨC 1.1 Định nghĩa Giả sử A là một vành giao hoán có đơn vị 1. P = {(a0 , a1 , . . . , an , ...), trong đó ai ∈ A, ∀i ∈ N và ai = 0 hầu hết }. Trong P , phép cộng và phép nhân được định nghĩa như sau: 1) (a0 , a1 , . . . , an , . . .) + (b0 , b1 , . . . , bn , . . .) = (a0 + b0 , a1 + b1 , . . . , an + bn , . . .). 2) (a0 , a1 , . . . , an , . . .).(b0 , b1 , . . . , bn , . . .) = (c0 , c1 , . . . , cn , . . .). trong đó ci = ak bl , i = 0, 1, 2, 3, . . . , n, . . . k+l=i Với hai phép toán này, P là một vành giao hoán, có đơn vị. Xét ánh xạ : A→P a → (a, 0, . . . , 0, . . .) là một đơn cấu Do vậy, ta đồng nhất phần tử a ∈ A với dãy (a, 0, . . . , 0, . . .) ∈ P thì A là một vành con của P . Đặt x = (0, 1, 0, . . . , 0, . . .), khi đó mỗi phần tử của P là dãy (a0 , a1 , . . . , an , 0, . . .) với ai ∈ A, i = 0, 1, . . . , n, . . . có thế viết được dưới dạng : f (x) = a0 + a1 x + . . . + an xn , f (x) được gọi là đa thức của ẩn x với hệ tử trên A, ai (i = 1, n) là các hệ số của đa 6 thức; an là hệ số cao nhất, a0 là hệ số tự do. Vành P là vành của đa thức ẩn x trên A, kí hiệu là: P = A[x]. Phần tử không của vành P là (0, 0, . . . , 0, . . .) được gọi là đa thức không, kí hiệu là 0. Tập hợp các đa thức hệ số nguyên kí hiệu là Z[x] Tập hợp các đa thức hệ số hữu tỉ kí hiệu là Q[x] Tập hợp các đa thức hệ số thực kí hiệu là R[x] Tập hợp các đa thức hệ số phức kí hiệu là C[x]. 1.2 Bậc của đa thức Cho đa thức: f (x) = a0 + a1 x + . . . + an xn ; f (x) = 0. Nếu an = 0 (n ≥ 0) thì n được gọi là bậc của đa thức f (x), kí hiệu : deg f (x). Các phần tử khác 0 của A là đa thức bậc 0. Chúng ta không định nghĩa bậc của đa thức bậc 0. Định lý 1.2.1. Cho f (x), g(x) thuộc A[x]. 1. Nếu f (x) = 0 , g(x) = 0 và deg f (x) = deg g(x) thì f (x) + g(x) = 0 và deg(f (x) + g(x)) = max (deg f (x), deg g(x)). Nếu deg f (x) = deg g(x) và f (x) + g(x) = 0 thì deg(f (x) + g(x)) ≤ max(deg f (x), deg g(x)). 2. Nếu f (x)g(x) = 0 thì deg(f (x)g(x)) ≤ deg f (x)+ deg g(x). Định lý 1.2.2. Nếu A là miền nguyên. f (x) = 0, g(x) = 0 thì f (x).g(x) = 0 và deg (f (x).g(x)) = deg f (x) + deg g(x). Hệ quả 1.2.3. A là miền nguyên thì vành A[x] cũng là một miền nguyên. 7 1.3 Phép chia đa thức Định lý 1.3.1. Giả sử A là một trường, f (x) và g(x) = 0 là hai đa thức của vành A[x]. Khi đó luôn tồn tại hai đa thức duy nhất q(x) và r(x) thuộc A[x] sao cho f (x) = g(x).q(x) + r(x). Trong đó, r(x) = 0 hoặc deg r(x) < deg g(x). . - Nếu r(x) = 0 thì f (x) . g(x) trong A[x]. . - Nếu r(x) = 0 , ta có deg r(x) < deg g(x); ta gọi q(x) là thương; r(x) là dư trong phép chia f (x) cho g(x) trong A[x]. Chứng minh. Chứng minh sự tồn tại: Nếu deg f (x) < deg g(x) thì ta có thể viết f (x) = g(x).0 + f (x) và kết luận đúng. Nếu deg f (x) ≥ deg g(x) và cho: f (x) = a0 xn + a1 xn−1 + . . . + an−1 x + an , a0 = 0 g(x) = b0 xm + b1 xm−1 + . . . + bm−1 x + bm , b0 = 0 a0 n−m x g(x). Dễ thấy; deg f1 (x) < deg f (x). b0 a0 Nếu deg f1 (x) < deg g(x) thì f (x) = f (x) − xn−m g(x) + f1 (x) và khi đó những b0 a0 n−m và r(x) = f1 (x). đa thức phải tìm là q(x) = f (x) − x b0 Ta đặt: f1 (x) = f (x) − Nếu deg f1 (x) ≥ deg g(x), đặt f1 (x) = c0 xt + c1 xt−1 + . . . + ct−1 x + ct và xét đa c0 thức f2 (x) = f1 (x) − xt−m g(x). Khi đó: b0 f (x) = ( a0 n−m c0 t−m x + x )g(x) + f2 (x) b0 b0 và deg f2 (x) < deg f1 (x) < deg f (x). Nếu deg f2 (x) < deg g(x) thì những đa c0 a0 thức phải tìm là g(x) = xn−m + xt−m và r(x) = f2 (x). b0 b0 Nếu lại có deg f2 (x) ≥ deg g(x) thì từ f2 (x) ta lại tiến hành như với f (x) và f1 (x) ở bước trên. Ta tiếp tục thực hiện quá trình này nhận được dãy đa thức f (x), f1 (x), . . . với deg f (x) > deg f1 (x) > . . . Nhưng vì bậc của những đa thức là những số nguyên không âm, nên quá trình trên không thể kéo dài vô hạn. 8 Nghĩa là đến một thời điểm ta nhận được đa thức fk (x) sao cho: q(x) = a0 n−m c0 t−m x + x + ... b0 b0 hay là f (x) = g(x)( a0 n−m c0 t−m x + x + . . .) + fk (x). b0 b0 Chứng minh tính duy nhất: Giả sự tồn tại hai cặp đa thức q1 (x), r1 (x) và q2 (x), r2 (x) thỏa mãn những điều kiện đầu bài. Khi đó: f (x) = g(x)q1 (x) + r1 (x) và f (x) = g(x)q2 (x) + r2 (x) Ta trừ theo vế hai đẳng thức thì nhận được: g(x)(q1 (x) − q2 (x)) = r1 (x) − r2 (x) Nếu g(x)(q1 (x) − q2 (x)) = r1 (x) − r2 (x) = 0 dẫn đến vô lý vì deg g(x) ≤ deg [g(x)(q1 (x) − q2 (x))]. Suy ra g(x)(q1 (x) − q2 (x)) = r1 (x) − r2 (x) = 0. Đa thức q(x) và r(x) trong định lý trên được gọi tương ứng là thương và số dư trong phép chia f (x) cho g(x). Ngoài ra nếu ta chia đa thức f (x) cho đa thức g(x), thì người ta còn gọi đa thức f (x) là đa thức bị chia và đa thức g(x) là đa thức ước số. Định lý 1.3.2. Nếu A là một trường thì A[x] là vành Euclide và do đó nó cũng là vành Gauss, vành chính. Định nghĩa 1.3.3. Một đa thức d(x) chia hết hai đa thức f (x) và g(x) đã cho được gọi là ước chung của f (x) và g(x). Cho f (x) và g(x) là hai đa thức, ít nhất một trong chúng khác không. Đa thức h(x) được gọi là ước chung lớn nhất của f (x) và g(x), nếu: . . . . - f (x) . h(x) và g(x) . h(x). . . . - f (x) . h1 (x) và g(x) . h1 (x) thì h(x) . h1 (x). . . . 9 Kí hiệu: h(x) = (f (x), g(x)) là ước chung lớn nhất của f (x) và g(x). Dễ thấy h(x) là ước chung lớn nhất của hai đa thức f (x) và g(x), thì α.h(x) với α = 0 cũng là ước chung lớn nhất. Cũng như vậy nếu h1 (x) và h2 (x) là ước chung . lớn nhất của hai đa thức f (x) và g(x), thì từ định nghĩa suy ra h1 (x) . h2 (x), nghĩa . là h1 (x) = α.h2 (x), ở đây α = 0 là một số bất kì. Suy ra nếu hai đa thức có ước chung lớn nhất thì nó được xác định sự sai khác là một hằng số. Định lý 1.3.4. Cho f (x) và g(x) là hai đa thức trên trường A. . a) Nếu f (x) và g(x) là hai đa thức và f (x) . g(x), thì ước chung lớn nhất của chúng . là g(x). b) Nếu những đa thức f (x) và g(x) có ước chung lớn nhất và α = 0 là số bất kì thì (f (x), g(x)) = (α.f (x), g(x)) = (f (x), α.g(x)) Định lý 1.3.5. Cho A là trường, f, g ∈ A[x]; f = gq + r, r ∈ A[x]. Khi đó: (f, g) = (g, r). Định lý 1.3.6. (Định lý Beszout) Giả sử A là trường, c ∈ A, f (x) ∈ A[x]. Dư của phép chia f (x) cho x − c là f (c). Chứng minh. Nếu ta chia f (x) cho x − c, dư hoặc bằng 0 hoặc là một đa thức bậc 0 vì bậc (x − c) bằng 1. Vậy dư là một phần tử r ∈ A. Ta có: f (x) = (x − c).q(x) + r Thay x bằng c , ta được: f (c) = 0.q(c) + r Vậy r = f (c). . Hệ quả 1.3.7. c là nghiệm của f (x) ⇔ f (x) . x − c. . Định lý 1.3.8. Cho đa thức f (x) = a0 xn + a1 xn−1 + . . . + an−1 x + an (a0 = 0) và g(x) = x − α. Khi đó thương của f (x) cho g(x) là một đa thức bậc n − 1 có dạng: q(x) = b0 xn−1 + b1 xn−2 + . . . + bn−2 x + bn−1 . 10 trong đó: b0 = a0 ; b1 = a1 + αb0 ; . . . ; bn−1 = an−1 + αbn−2 . và số dư r = an + αbn−1 . a0 α 1.4 1.4.1 a1 ... an−1 an b 0 = a0 b1 = a1 + αb0 ... bn−1 = an−1 + αbn−2 r = an + αbn−1 Nghiệm của đa thức Định nghĩa: Giả sử c là một phần tử của vành A, f (x) = a0 + a1 x + . . . + an xn là một đa thức tùy ý của vành A[x], phần tử f (c) = a0 + a1 c + . . . + an cn ∈ A được gọi là giá trị của f (x) tại c. Nếu f (c) = 0 thì c được gọi là nghiệm của f (x). Tìm nghiệm của f (x) trong A gọi là giải phương trình đại số bậc n an xn + . . . + a0 = 0, (an = 0) trong A, với x là ẩn. 1.4.2 Nghiệm bội, nghiệm đơn, nghiệm kép Giả sử A là một trường, c ∈ A, f (x) ∈ A[x] và m là số tự nhiên ≥ 1, c là nghiệm bội cấp m nếu và chỉ nếu f (x) chia hết cho (x − c)m và f (x) không chia hết cho (x − c)m+1 . Trong trường hợp m = 1 người ta còn gọi c là nghiệm đơn, m = 2 thì c là nghiệm kép. Một đa thức có một nghiệm bội cấp m như một đa thức có m nghiệm trùng nhau. Đa thức liên kết với f (x) là các đa thức af (x), a ∈ A∗ . n Định lý 1.4.3. Cho A là một trường, c ∈ A, f (x) = ai xi là da thức thuộc A[x]. i=0 Khi đó c là nghiệm của đa thức f (x) khi và chỉ khi f (x) chia hết cho x − c. Chứng minh. Ta chia f (x) cho x − c, nhận được: f (x) = (x − c).g(x) + d 11 ở đây d = f (c). Từ đây dễ thấy rằng f (c) = 0 khi và chỉ khi f (x) chia hết cho x − c. Định lý 1.4.4. Giả sử A là một trường sao cho với mọi đa thức khác đa thức hằng trong A[x] đều có nghiệm trong A. Khi đó với ∀f (x) ∈ A, ∃c1 , c2 , . . . , cn ∈ A và c ∈ A sao cho: f (x) = c(x − c1 )(x − c2 ) . . . (x − cn ). Chứng minh. Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo n. an−1 Nếu n = 1 , thì f (x) = cx + an−1 có duy nhất nghiệm x = − và dễ thấy c an−1 f (x) = c.(x + ) = c.(x − c1 ). c Giả sử mệnh đề đúng với đa thức bậc n − 1 và cho deg f (x) = n. Cho thêm c1 là nghiệm của f (x) ( tồn tại c1 do định lý d’Alembert ). Khi đó f (x) = (x − c1 ).g(x). Dễ thấy deg g(x) = n − 1 và hệ số trước bậc cao nhất của g(x) trùng với hệ số a0 . Khi đó nghiệm của f (x) là nghiệm c1 và các nghiệm của g(x). Theo giả thết quy nạp ta có: g(x) = an (x − c2 )(x − c3 ) . . . (x − cn ) ở đây c2 , c3 , . . . , cn là những nghiệm của đa thức g(x). Khi đó tất cả các nghiệm của đa thức f (x) là c1 , c2 , c3 , . . . , cn và f (x) = c(x − c1 )(x − c2 ) . . . (x − cn ). Một trường A mà mọi đa thức khác hằng trên A đều có nghiệm thuộc A gọi là trường đóng đại số. Định lý 1.4.5. Với mọi đa thức bậc n (n ≥ 1) trên trường A có không quá n nghiệm trong A (kể cả nghiệm bội). Định lý 1.4.6. (Định lý Viète) Cho f (x) = a0 xn + a1 xn−1 + . . . + an−1 x + an là đa thức bất kì. Nếu f (x) có n nghiệm α1 , α2 , . . . , αn thì ta có: 12   α1 + α2 + . . . + αn         α1 α2 + α1 α3 + . . . + αn−1 αn       . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . =− = a1 a0 a2 a0 ...... ak  α1 α2 . . . αk + αn−k+1 αn−k+2 . . . αn  = (−1)k   a0     . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .      an  α α . . . α  1 2 = (−1)n n a0 Đặc biệt: +) Nếu x1 , x2 là nghiệm của đa thức f (x) = ax2 + bx + c (a = 0) thì ta có:   x1 + x2 = − b a c  x1 x2 = a +) Nếu x1 , x2 , x3 là nghiệm của đa thức f (x) = ax3 + bx2 + cx + d (a = 0) thì ta có:   x 1 + x 2 + x 3     x 1 x 2 + x 2 x 3 + x 1 x 3     x 1 x 2 x 3 1.5 =− = c a =− b a d a Đa thức trên trường số thực và phức Định lý 1.5.1. (Định lý cơ bản của Đại số) Giả sử f (x) ∈ C[x], ta có: mọi đa thức bậc n (n ≥ 1) với hệ số phức có đúng n nghiệm phức (kể cả nghiệm bội). Hệ quả 1.5.2. Đa thức bất khả quy trên trường số phức là và chỉ là các đa thức bậc nhất. Mệnh đề 1.5.3. Nếu số phức z là nghiệm của đa thức f (x) vói hệ số thực thì z cũng là nghiệm của đa thức f (x). 13 Chứng minh. Giả sử f (x) = a0 + a1 x + . . . + an xn . Vì z là nghiệm của f (x) nên f (z) = a0 + a1 z + . . . + an z n = 0 Ta suy ra: a0 + a1 z + . . . + an z n = a0 + a1 z + . . . + an z n = 0 tức là : f (z) = 0. Định lý 1.5.4. Các đa thức bất khả quy của R[x] , R là trường số thực, là các đa thức bậc nhất và các đa thức bậc hai ax2 + bx + c = 0 với biệt thức ∆ = b2 − 4ac < 0. 1.6 1.6.1 Đa thức trên trường số hữu tỉ Nghiệm hữu tỉ của một đa thức với hệ số hữu tỉ Nếu f (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 (an = 0) là một đa thức với hệ số hữu tỉ thì f (x) được viết dưới dạng: f (x) = b−1 (cn xn + cn−1 xn−1 + . . . + c1 x + c0 ) = b−1 g(x) trong đó b là mẫu số chung của các phân số ai và các ci là những số nguyên, g(x) = cn xn + cn−1 xn−1 + . . . + c1 x + c0 . Vì f (x) và g(x) chỉ khác nhau một nhân tử bậc 0 nên các nghiệm của f (x) là các nghiệm của g(x). Vậy việc tìm nghiệm của một đa thức với hệ số hữu tỉ được đưa về việc tìm nghiệm của một đa thức với hệ số nguyên. Mặt khác ta cũng nhận xét rằng nếu a là nghiệm của đa thức g(x) thì: cn an + cn−1 an−1 + . . . + c1 a + c0 = 0 ta có sau khi nhân hai vế với cn−1 n n−2 n−1 (cn a)n + cn−1 (cn a)n−1 + . . . + c1 cn (cn a) + c0 cn = 0 ta có β = cn a là nghiệm của đa thức n−1 h(x) = xn + cn−1 xn−1 + . . . + c1 cn−2 x + c0 cn n 14 với hệ số nguyên và hệ số cao nhất bằng 1. Do đó muốn có các nghiệm của g(x) ta chỉ việc tìm nghiệm của h(x). Như vậy bài toán tìm nghiệm của đa thức với hệ số hữu tỉ được đưa về bài toán tìm nghiệm của đa thức với hệ số nguyên mà hệ số cao nhất bằng 1. Ta đặt vấn đề ở đây là tìm các nghiệm hữu tỉ của các đa thức f (x) có dạng f (x) = xn + cn−1 xn−1 + . . . + c1 x + c0 với các ci nguyên. Giả sử a là một nghiệm hữu tỉ của f (x), thế thì a phải là nguyên. Mặt khác, từ: an + cn−1 an−1 + . . . + c1 a + c0 = 0 ta có thể viết a(an−1 + cn−1 an−2 + . . . + c1 ) = −c0 . Do đó: a | c0 . Như vậy các nghiệm nguyên của f (x), nếu có, phải là những ước của c0 . Cho nên muốn tìm nghiệm nguyên của f (x) ta xét các ước của số hạng tự do c0 và sau đó, thử xem các ước đó có phải là nghiệm của f (x) hay không. Để hạn chế số lần thử người ta dựa vào nhận xét sau đây: Giả sử a là một nghiệm nguyên của f (x). Thế thì f (x) chia hết cho x − a f (x) = (x − a).q(x) và theo sơ đồ Horner, q(x) là một đa thức với hệ số nguyên. Do đó q(1) và q(−1) là những số nguyên và f (1) f (−1) = q(1), = −q(−1) 1−a 1+a nếu a = 1 và a = −1. Vì vậy trước hết ta tính f (1) và f (−1) để xem 1 và -1 có phải là nghiệm của f (x), sau đó ta xét các ước a ± 1 của c0 sao cho f (1) f (−1) , 1−a 1+a là những số nguyên trước khi thử xem chúng có phải là nghiệm của f (x), và do đó số lần thử của ta bớt đi nói chung. 15 1.6.2 Đa thức bất khả quy của vành Q[x] Đối với trường số thực R và trường số phức C, vấn đề xét xem một đa thức đã cho của vành R[x] hay vành C[x] có bất khả quy hay không rất đơn giản, nhưng trong vành Q[x] với Q là trường số hữu tỉ thì vấn đề phức tạp hơn nhiều. Đối với các đa thức bậc hai và ba của Q[x], việc xét xem có bất khả quy hay không được đưa về việc tìm nghiệm hữu tỉ của các đa thức đó: các đa thức bậc hai và bậc ba của Q[x] là bất khả quy khi và chỉ khi chúng không có nghiệm hữu tỉ. Tiêu chuẩn Eisenstein là điều kiện đủ để xác định một đa thức bất khả quy trên Q[x]. Định nghĩa 1.6.3. Giả sử f (x) là một đa thức với hệ số nguyên, f (x) gọi là nguyên bản nếu các hệ số của f (x) không có ước chung nào khác ngoài ±1. Cho một đa thức với hệ số nguyên f (x) ∈ Z[x], kí hiệu bằng a ước chung lớn nhất của các hệ số của f (x), ta có: f (x) = af ∗ (x) với f ∗ (x) ∈ Z[x] và các hệ số của f ∗ không có ước chung nào khác ngoài ±1, tức là f ∗ nguyên bản. Nếu f (x) ∈ Q[x] thì ta có thể viết f (x) dưới dạng: a f (x) = f ∗ (x) b trong đó f ∗ nguyên bản và a, b ∈ Z nguyên tố cùng nhau. Định lý 1.6.4. Nếu f (x) là đa thức hệ số nguyên có bậc lớn hơn 0 và không bất khả quy trong Q[x] thì f (x) phân tích được thành tích những đa thức bậc lớn hơn 0 với hệ số nguyên. Định lý 1.6.5. (Tiêu chuẩn Eisenstein) Giả sử f (x) = a0 + a1 x + . . . + an xn (n > 1) là một đa thức với hệ số nguyên. Nếu có một số nguyên tố p sao cho p không chia hết hệ số cao nhất an , p chia hết tất cả các hệ số còn lại và p2 không chia hết số hạng tự do a0 thì đa thức f (x) bất khả quy trong Q[x]. Chứng minh. Giả sử f (x) có những ước thực sư trong Q[x]. f (x) có thể viết: f (x) = g(x)h(x) 16 trong đó: g(x) = b0 + b1 x + . . . + br xr , bi ∈ Z, 0 < r < n. h(x) = c0 + c1 x + . . . + cr xr , ci ∈ Z, 0 < s < n. Ta có: a0 = b 0 c 0 a1 = b 1 c 0 + b 0 c 1 ... ak = bk c0 + bk−1 c1 + . . . + b0 ck ... an = b r c s . Theo giả thiết p chia hết cho a0 = b0 c0 ; vậy vì p là nguyên tố, nên p chia hết cho b0 hoặc p chia hết cho c0 . Giả sử p chia hết cho b0 , thế thì p chia hết cho c0 , vì nếu thế thì p2 sẽ chia hết a0 = b0 c0 , trái với giả thiết, p không thể chia hết mọi hệ số của g(x), vì nếu thế thì p sẽ chia hết an = br cs , trái với giả thiết. Vậy giả sử bk là hệ số đầu tiên của g(x) không chia hết cho p. Ta hãy xét: ak = bk c0 + bk−1 c1 + . . . + b0 ck . trong đó ak , bk−1 , . . . , b0 đều chia hết cho p. Vậy bk c0 phải chia hết cho p. Vì p là nguyên tố, ta suy ra hoặc bk chia hết cho p, hoặc c0 chia hết cho p, mâu thuẫn với giả thiết về bk và c0 . Ví dụ 1.6.6. 1) Đa thức x4 + 6x3 − 18x2 + 42x + 12 là bất khả quy trong Q[x]. Thật vậy , ta có thể áp dụng tiêu chuẩn Eisenstein với p = 3. 2) Đa thức xn + pxn−1 + pxn−2 + . . . + p Với p là một số nguyên tố tùy ý, là bất khả quy trong Q[x]. 1.7 Đa thức hệ số nguyên Định nghĩa 1.7.1. Nếu đa thức f (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 , an = 0 có các hệ số ai ∈ Z , i = 0, n thì ta nói f (x) là đa thức hệ số nguyên. 17 Ta kí hiệu tập hợp các đa thức hệ số nguyên là Z[x]. Định lý 1.7.2. Giả sử f (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 , an = 0 là đa thức r hệ số nguyên. Nếu f (x) có nghiệm hữu tỷ thì với mọi nghiệm của f (x) có dạng , s trong đó r|a0 , s|an và (r, s) = 1. Chứng minh. Giả sử phân số tối giản r là nghiệm của đa thức f (x). Khi đó ta có: s rn r rn−1 r f ( ) = an n + an−1 n−1 + . . . + a1 + a0 = 0 s s s s ⇒ an rn = −s(an−1 rn−1 + . . . + a1 sn−2 r + a0 sn−1 ) Suy ra an rn chia hết s mà (rn , s) = 1 nên an chia hết s. Mặt khác: an sn = −s(an−1 sn−1 + . . . + a1 rn−2 s + a0 rn−1 ) Suy ra an sn chia hết s mà (sn , r) = 1 nên an chia hết r. Hệ quả 1.7.3. Nếu f (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 , ai ∈ Z có nghiệm hữu tỷ thì với mọi nghiệm hữu tỷ của f (x) đều là nguyên và là ước của a0 . Định lý 1.7.4. Nếu số hữu tỷ α = u ( (u,v)=1 ) là nghiệm của đa thức với hệ số v nguyên: P (x) = a0 xn + a1 xn−1 + . . . + an−1 x + an thì với mọi số nguyên m số P(m) chia hết cho (u − mv). Trường hợp đặc biệt u + v là ước số của P (−1), còn u − v là ước số của P (1). Chứng minh. u Khi α = là nghiệm của P (x) = 0, thì: v un−1 u u un P ( ) = a0 n + a1 n−1 + . . . + an−1 + an = 0 v v v v Khi đó: u P (m) = P (m) − P ( ) v un un−1 u + a1 n−1 + . . . + an−1 + an ) n v v v n n−1 u u u = a0 (mn − n ) + a1 (mn−1 − n−1 ) + . . . + an−1 (m − ) v v v = a0 mn + a1 mn−1 + . . . + an−1 m + an − (a0 18 Nghĩa là: v n P (m) = a0 (mn v n −un )+a1 (mn−1 v n−1 un−1 )v +. . .+an−1 (mv −u)v n−1 . Nhưng từ mk v k − uk = (mv − u)(mk−1 v k−1 + umk−2 v k−2 + . . . + uk−2 mv + uk−1 ). Suy ra: v k ak (mk v k − uk ) chia hết cho u − mv, nghĩa là v n P (m) chia hết cho u − mv. Mặt khác khi mà (u, v) = 1, nên (v k , u − mv) = 1 và suy ra P (m) chia hết cho u − mv. 1.8 1.8.1 Vành đa thức nhiều ẩn Xây dựng vành đa thức nhiều ẩn Bằng phương pháp quy nạp ta xây dựng được vành đa thức nhiểu ẩn trên vành A như sau: Giả sử A là một vành giao hoán có đơn vị. Ta đặt: A1 = A[x1 ] A2 = A1 [x2 ] A3 = A2 [x3 ] ...... An = An−1 [xn ]. vành An = An−1 [xn ] kí hiệu là A = [x1 , x2 , ..., xn ] và gọi là vành đa thức của n ẩn x1 , x2 , ..., xn lấy hệ số trong vành A. Một phần tử của An gọi là một vành đa thức của n ẩn x1 , x2 , ..., xn lấy hệ số trong vành A, người ta kí hiệu nó bằng f (x1 , x2 , ..., xn ) hay g(x1 , x2 , ..., xn ). Mỗi đa thức f (x1 , x2 , ..., xn ) của vành A[x1 , x2 , ..., xn ] có thể viết dưới dạng: f (x1 , x2 , ..., xn ) = c1 xa11 ...xa1n + ... + cm xam1 ...xamn 1 1 n n với ci ∈ A, i = 1, ..., m và ai1 , ..., ain ∈ Nn và (ai1 , ..., ain ) = (aj1 , ..., ajn ) khi i = j. Các ci gọi là các hệ số, các ci xai1 ...xain gọi là các hạng tử của đa thức f (x1 , x2 , ..., xn ). 1 n Đa thức f (x1 , x2 , ..., xn ) = 0 khi và chỉ khi các hệ số của nó bằng 0 tất cả. 19 1.8.2 Đa thức đối xứng Định nghĩa 1.8.3. Giả sử A là một vành giao hoán có đơn vị, f (x1 , ..., xn ) là một đa thức của vành A[x1 , ..., xn ]. Ta bảo f (x1 , ..., xn ) là một đa thức đối xứng của n ẩn nếu f (x1 , x2 , ..., xn ) = f (xτ (1) , xτ (2) , ...., xτ (n) ) với mọi phép thế  τ = 1 2 ... n  . τ (1) τ (2) ... τ (n) f (xτ (1) , xτ (2) , ...., xτ (n) ) suy ra từ f (x1 , ..., xn ) bằng cách thay x1 bởi xτ (1) , ..., xn bởi xτ (n) trong f (x1 , ..., xn ). Ví dụ 1.8.4. Một số đa thức đối xứng cơ sở: δ1 = x1 + x2 + . . . + xn δ2 = x1 x2 + x1 x3 + . . . + xn−1 xn .................. δk = x1 x2 . . . xk + . . . + xn−k+1 xn−k+2 . . . xn .................. δn = x1 x2 . . . xn Định lý 1.8.5. (Định lý cơ bản cho những đa thức đối xứng) Mọi đa thức đối xứng có thể biểu diễn như đa thức của những đa thức đối xứng cơ bản và sự biểu diễn này là duy nhất. 20