Luận văn thạc sĩ phương trình và bất phương trình

  • Số trang: 77 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 27 |
  • Lượt tải: 0
nhattuvisu

Đã đăng 26946 tài liệu

Mô tả:

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC Nguyễn Hữu Cần PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS. Đàm Văn Nhỉ Thái Nguyên - 2012 1Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Công trình được hoàn thành tại Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS. Đàm Văn Nhỉ Phản biện 1: PGS.TS. Lê Thị Thanh Nhàn. Phản biện 2: PGS.TS. Nông Quốc Chinh. Luận văn đã được bảo vệ trước hội đồng chấm luận văn họp tại: Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Ngày 01 tháng 12 năm 2012 Có thể tìm hiểu tại Thư viện Đại học Thái Nguyên 2Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 1 Mục lục Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Chương 1. Phương trình đại số 1.1. Mở rộng trường . . . . . . . 1.1.1. Mở rộng đơn . . . . 1.1.2. Mở rộng đại số . . . 1.2. Tính đóng đại số của trường 1.2.1. Tính đóng đại số của 1.2.2. Giải phương trình đa 1.3. Phương trình đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . C . . trường thức . . . . . . . . . . . . . C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Chương 2. Ứng dụng của phương trình đại số 2.1. Ứng dụng của phương trình đại số và mở rộng trường . . 2.1.1. Đa thức bất khả qui và số đại số trên Q . . . . . 2.1.2. Tính chia hết của một vài đa thức đặc biệt . . . . 2.1.3. Ứng dụng tính đóng đại số của C . . . . . . . . . 2.2. Ứng dụng của phương trình đại số trong Hình học . . . . 2.2.1. Điểm và đường dựng được . . . . . . . . . . . . . 2.2.2. Không thể gấp đôi một hình lập phương . . . . . 2.2.3. Không thể cầu phương hình tròn . . . . . . . . . 2.2.4. Không thể chia một góc tùy ý thành ba góc nhỏ bằng nhau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.5. Dựng đa giác đều n cạnh với ϕ(n) = 2m . . . . . 2.2.6. Bài toán dựng tam giác . . . . . . . . . . . . . . 1 3 7 7 8 11 13 15 21 22 30 30 30 36 40 45 45 47 47 48 49 53 Chương 3. Ứng dụng vào giải Toán ở Trung học phổ thông 56 3Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 2 3.1. Xây dựng phương trình đa thức bậc cao qua đẳng thức lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Xây dựng phương trình vô tỷ qua phương trình lượng giác 3.3. Xây dựng bất đẳng thức qua bất đẳng thức đã biết . . . 3.4. Xây dựng hệ phương trình qua số phức . . . . . . . . . . Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 56 58 63 66 74 75 http://www.lrc-tnu.edu.vn 3 Mở đầu Trong Toán học việc vận dụng các công cụ của Toán học cao cấp để giải quyết các vấn đề của Toán học sơ cấp luôn luôn là điều thú vị và có ý nghĩa sâu sắc. Chúng ta biết rằng các bài toán sơ cấp chủ yếu được xét trên trường Q hoặc trường R thì đây là các bài toán rất khó. Khi chúng ta nhúng Q hoặc R vào C thì các bài toán này sẽ trở lên dễ đi rất nhiều. Như chúng ta đã biết các vấn đề liên quan đến phương trình là một phần quan trọng của Đại số và giải tích. Khi tiếp cận vấn đề này các em học sinh giỏi, sinh viên và khá nhiều thầy cô giáo phổ thông thường gặp nhiều khó khăn trong giải quyết các bài toán khó. Trong luận văn này, chúng tôi trình bày lại khái niệm phương trình đại số, mở rộng trường, chứng minh lại tính đóng của C . . . để giải quyết vấn đề đó. Trong các kỳ thi Olympic Toán Quốc tế, thi học sinh giỏi Quốc gia, thi Olympic sinh viên giữa các trường Đại học, cao đẳng, những bài toán liên quan đến phương trình đại số cũng hay được đề cập và thường rất khó, đòi hỏi người học, người làm toán phải có kiến thức rộng và sâu sắc về mở rộng trường mới dễ dàng tìm ra được lời giải hay và chính xác. Chẳng hạn, chúng ta xét hai ví dụ: Ví dụ 0.0.1. mặt phẳng Oxy, một hệ các điểm An (xn , yn ) được xác định như sau:  A0 (x0 = 3, y0 = 3), A1 (x1 = 8, y1 = 5), A2 (x2 = 58, y2 = 45), với n ≥ 2 An+2 (xn+2 = 8xn+1 − 3xn − 3xn−1 , y+2 = 5yn+1 + 10yn − 7yn−1 ). Ta có  n xn = C0n yn + C1n yn−1 + · · · + Cn−1 n y1 + C n y0 n n yn = C0n xn − C1n xn−1 + · · · + (−1)n−1 Cn−1 n x1 + (−1) Cn x0 . Ví dụ 0.0.2. Cho f = cos u + C1n cos(u + α)x + · · · + Cnn cos(u + nα)xn . Giải phương trình f (x) = 0. 5Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 4 Ví dụ 0.0.1 là bài toán về dãy các số nguyên và Ví dụ 0.0.2 là giải phương trình trên R, việc giải hai bài toán này trên Z hoặc R là rất khó khăn. Nhưng nếu chúng ta giải quyết nó trên tập C thì dễ dàng tìm được lời giải. Vì thế, một phương pháp để giải quyết những bài toán trên Q hoặc R là xét bài toán trên một mở rộng trường F của Q hoặc R mà ở đó bài toán sẽ dễ dàng hơn và nhiều khi còn giúp chúng ta tìm ra kết quả mới. Để phục vụ cho công tác bồi dưỡng học sinh giỏi và việc trao đổi kinh nghiệm giữa các thầy cô giáo dạy học sinh giỏi quan tâm và tìm hiểu thêm về phần này, được sự chỉ dạy, hướng dẫn tận tình của thầy Đàm Văn Nhỉ, chúng tôi đã tìm hiểu và viết đề tài " Phương trình và bất phương trình". Đề tài giải quyết các vấn đề trọng tâm: Chương 1. Phương trình đại số Chương này tập trung trình bày về mở rộng trường, mở rộng đại số, chứng minh lại Định lý cơ bản của Đại số, định nghĩa phương trình đại số và chứng minh lại Định lý không điểm của Hilbert. Chương 2. Ứng dụng của phương trình đại số Trong chương này, chúng tôi trình bày một vài ứng dụng của mở rộng trường, phương trình đại số và tính đóng của C để tìm hoặc chứng minh một đa thức bất khả qui, xét tính chia hết của vài đa thức đặc biệt, phân tích đa thức thành nhân tử, giải phương trình và các ứng dụng trong Hình học. Chương 3. Ứng dụng vào giải Toán ở Trung học phổ thông Trong chương này, chúng tôi xin giới thiệu một vài ứng dụng của công thức Moivre để xây dựng các phương trình, hệ phương trình, bất đẳng thức. Thông qua đó rèn luyện tư duy linh hoạt, tính sáng tạo cho học sinh trung học phổ thông. Luận văn này được hoàn thành với sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tình của PGS.TS. Đàm Văn Nhỉ - Trường Đại học Sư phạm Hà Nội. Thầy đã dành nhiều thời gian hướng dẫn và giải đáp các thắc mắc của tác giả trong suốt quá trình làm luận văn. Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Thầy. 6Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 5 Em xin trân trọng cảm ơn các Thầy (Cô) trong Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, phòng Đào tạo Trường Đại học Khoa học cùng các thầy cô tham gia giảng dạy khóa Cao học 2010-2012. Đồng thời tôi xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học Toán K4C trường Đại học Khoa học đã động viên giúp đỡ tôi trong quá trình học tập và làm luận văn này. Tôi xin cảm ơn Sở Giáo dục - Đào tạo Tỉnh Bắc Ninh, Ban Giám hiệu, các đồng nghiệp trường THPT Tiên Du số 1- Huyện Tiên Du Tỉnh Bắc Ninh đã tạo điều kiện cho tôi học tập và hoàn thành kế hoạch học tâp. Tuy nhiên, do sự hiểu biết của bản thân còn hạn chế và khuôn khổ của luận văn thạc sĩ, nên trong quá trình nghiên cứu chắc sẽ không tránh khỏi những thiếu sót, chúng tôi rất mong được sự chỉ dạy và đóng góp ý kiến của quý Thầy Cô và bạn đọc. Tôi xin chân thành cảm ơn. Thái Nguyên, ngày 01 tháng 12 năm 2012 Tác giả Nguyễn Hữu Cần 7Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 6 Các ký hiệu sử dụng N được ký hiệu cho tập các số tự nhiên. N∗ được ký hiệu cho tập các số tự nhiên dương. Z được ký hiệu cho vành các số nguyên. Q được ký hiệu cho trường các số hữu tỷ. R được ký hiệu cho trường các số thực. C được ký hiệu cho trường các số phức. K được ký hiệu cho một trong ba trường Q, R hoặc C. Các ký hiệu viết tắt HSG được ký hiệu cho học sinh giỏi. ∆ABC được ký hiệu cho tam giác ABC. A, B, C được ký hiệu cho các góc ở đỉnh A, B, C của ∆ABC. a, b, c được ký hiệu cho độ dại các cạnh tương ứng của ∆ABC. ha , hb , hc được ký hiệu cho độ dài các đường cao kẻ từ A,B,C của ∆ABC. ma , mb , mc được ký hiệu cho độ dài các đường trung tuyến kẻ từ A,B,C của ∆ABC. 8Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 7 Chương 1 Phương trình đại số Chương này tập trung trình bày về mở rộng trường, mở rộng đại số, chứng minh lại Định lý cơ bản của Đại số, định nghĩa phương trình đại số và chứng minh lại Định lý không điểm của Hilbert. 1.1. Mở rộng trường Định nghĩa 1.1.1. Cho hai trường F và K. Trường F được gọi là một mở rộng của K nếu K là một vành con của F . Nếu trường F là một mở rộng của trường K thì F được coi như là một không gian véctơ trên K. Số chiều của không gian này được gọi là bậc mở rộng của F trên K và được kí hiệu qua [F : K]. Trường F được gọi là mở rộng bậc hữu hạn (vô hạn) của K nếu bậc mở rộng của nó là hữu hạn (vô hạn). Một tháp các trường là một dãy các trường K1 , K2 , . . . , Kn sao cho K1 ⊂ K2 ⊂ · · · ⊂ Kn , Ki+1 là mở rộng của Ki với i = 1, 2, . . . , n − 1. Ví dụ 1.1.1. 1) Vì C là một không gian véctơ trên R với một cở sở {1, i} và số chiều bằng 2 nên trường số phức C là một mở rộng bậc 2 của trường số thực R. √ √ √ 2) Vì trường Q[ 2] = {a + b 2|a, b ∈ Q} = Q( 2) là một không gian √ √ véctơ trên Q với cơ sở {1, 2} nên trường Q[ 2] là một mở rộng bậc 2 của trường các số hữu tỉ Q. Tương tự trường Q[i] = {a + bi|a, b ∈ Q} là một mở rộng bậc 2 của trường Q. Định lý 1.1.1. Cho một tháp các trường K ⊂ E ⊂ F . Khi đó F là một mở rộng bậc hữu hạn của K nếu và chỉ nếu F là một mở rộng bậc hữu 9Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 8 hạn của E và E là một mở rộng bậc hữu hạn của K. Hơn nữa, ta còn có [F : K] = [F : E].[E : K]. Chứng minh: Giả sử [F : E] = s và [E : K] = r. Khi đó tồn tại một cơ sở {v1 , v2 , . . . , vs } của F trên E và một cơ sở {w1 , w2 , . . . , wr } của E trên K. Ta chỉ cần chứng minh rằng {vi wj |1 ≤ i ≤ s, 1 ≤ j ≤ r} là một cơ sở của F trên K. Thật vậy, do F = Ev1 + Ev2 + · · · + Evs và P E = Kw1 + Kw2 + · · · + Kwr , nên F = Kvi wj và rút ra {vi wj |1 ≤ i ≤ s, 1 ≤ j ≤ r} là một hệ sinh của K-không gian véctơ F . Bây giờ giả sử P P P rằng 0 = aij vi wj = ( aij wj )vi . Do {v1 , v2 , . . . , vs } là một cơ sở của i j P E- không gian véctơ F , nên aij wj = 0. Tiếp đến, do {w1 , w2 , . . . , wr } j là một cơ sở của K-không gian véctơ E, nên kéo theo các aij = 0. Vậy hệ {vi wj |1 ≤ i ≤ s, 1 ≤ j ≤ r} là độc lập tuyến tính trên K và do đó hệ này là một cơ sở của K-không gian véctơ F . Ta nhận được [F : K] = rs = [F : E][E : K]. Hệ quả 1.1.1. Cho một tháp các trường K = K1 ⊂ K2 ⊂ · · · ⊂ Kn = F . Khi đó nếu F là một mở rộng bậc hữu hạn của K thì [F : K] = [F : Kn−1 ] . . . [K2 : K1 ]. Cho F là một trường và X ⊂ F . Khi đó giao của tất cả các trường con của F chứa X được gọi là trường con của F sinh bởi tập X. Nếu F là một mở rộng của K và X ⊂ F thì trường con sinh bởi X ∪ K được gọi là trường con sinh bởi X trên K và kí hiệu là K(X). Trong trường hợp X là một tập hữu hạn gồm n phần tử u1 , u2 , . . . , un thì ta viết K(X) = K(u1 , u2 , . . . , un ). Trường K(u1 , u2 , . . . , un ) được gọi là một mở rộng hữu hạn sinh của K. 1.1.1. Mở rộng đơn Định nghĩa 1.1.2. Giả sử F là một mở rộng của K. F được gọi là một mở rộng đơn của K nếu như tồn tại một phần tử u ∈ F sao cho F = K(u), còn u được gọi là phần tử nguyên thủy của F. Ví dụ 1.1.2. 10Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 9 √ √ √ √ √ √ 1) Q( 2, 3) là một mở rộng đơn của Q vì Q( 2, 3) = Q( 2+ 3). 2) Q(1, −i) là một mở rộng đơn của Q vì Q(1, −i) = Q(i). √ √ −1 + i 3 cũng là một mở rộng đơn của Q vì 3) Q(ω, 3 2) với ω = 2 √ √ Q(ω, 3 2) = Q(ω + 3 2). Định nghĩa 1.1.3. Giả sử F là một mở rộng của trường K và u ∈ F . Phần tử u được gọi là đại số trên K nếu tồn tại một đa thức bậc dương f (x) ∈ K[x] sao cho f (u) = 0. Trong trường hợp u không là nghiệm của bất kì một đa thức bậc dương nào trên K, thì u được gọi là phần tử siêu việt trên K. Ví dụ 1.1.3. 1) Phần tử i ∈ C là đại số trên trường số thực R vì i là một nghiệm của phương trình x2 + 1 = 0. √ √ 2) Phần tử 2 ∈ R là phần tử đại số trên trường hữu tỉ Q vì 2 là một nghiệm của phương trình x2 − 2 = 0. 3) Với mọi a ∈ K đều là đại số trên trường K. 4) Các số thực π, e đều là siêu việt trên trường số hữu tỉ Q. Định lý 1.1.2. Cho F là một mở rộng của trường K và u ∈ F là đại số trên K. Khi đó tồn tại một đa thức p(x) ∈ K[x] bất khả quy nhận u làm nghiệm. Hơn nữa, nếu u là một nghiệm của đa thức f (x) ∈ K[x] thì f (x) chia hết cho p(x). Đa thức p(x) được gọi là một đa thức tối tiểu của u trên K. Các đa thức tối tiểu của u thì liên kết với nhau. Chứng minh: Do u là đại số trên K, nên tồn tại một đa thức p(x) có bậc dương bé nhất, nhận u làm nghiệm. Ta sẽ chứng minh p(x) là đa thức bất khả quy trên K. Thật vậy, giả sử p(x) khả quy trên K. Khi đó p(x) = g(x)h(x) với g(x), h(x) ∈ K[x] và deg g(x) < deg p(x) và deg h(x) < deg p(x). Vì u là một nghiệm của p(x) nên có p(u) = g(u)h(u) = 0. Do K là một trường nên g(u) = 0 hoặc h(u) = 0 hay u 11Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 10 là một nghiệm của g(x) hoặc h(x): mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của deg p(x). Vậy p(x) là đa thức bất khả quy trên K. Giả sử f (x) ∈ K[x] nhận u làm nghiệm. Lấy f (x) chia cho p(x) ta nhận được f (x) = p(x)q(x)+r(x) với deg r(x) < deg p(x). Vì u là nghiệm của p(x) và f (x) nên f (u) = p(u)q(u) + r(u) = 0, do đó u là nghiệm của r(x): mâu thuẫn với tính cực tiểu của deg p(x). Vậy r(x) = 0 và do đó f (x) chia hết cho p(x). Ta sẽ chứng minh các đa thức tối tiểu của u thì liên kết với nhau. Thật vậy, giả sử q(x) là đa thức bất khả quy và nhận u làm nghiệm. Khi đó p(x) và q(x) chia hết cho nhau, vậy chúng liên kết. Ví dụ 1.1.4. 1) x2 − 6 là một đa thức tối tiểu của √ 6 ∈ R trên trường số hữu tỉ Q. √ 2) x4 − 2x2 + 9 là một đa thức tối tiểu của i + 2 ∈ C trên trường số thực R. √ √ 3) x4 − 16x2 + 4 là một đa thức tối tiểu của 3 + 5 ∈ R trên trường số hữu tỉ Q. Định lý 1.1.3. Cho F là một mở rộng của trường K và u ∈ F là một phần tử đại số trên K. Giả sử p(x) là một đa thức tối tiểu bậc n của u trên K. Khi đó (i) K[u] = K(u) ∼ = K[x]/(p(x)). (ii) {1, u, u2 , . . . , un−1 } là một cơ sở của K(u) trên K. (iii) [K(u) : K] = n = deg p(x). Chứng minh: (i) Giả sử đa thức f (x) ∈ K[x]. Khi đó f (u) ∈ K[u] và ánh xạ ϕ : K[x] → K[u] cho bởi f (x) 7→ f (u) là một đồng cấu vành. Từ Định lý 1.1.2 ta suy ra Kerϕ = (p(x)). Vậy K[x]/(p(x)) ∼ = Imϕ = K[u] ⊂ K(u). Vì p(x) bất khả quy nên K[x]/(p(x)) là một trường. Do đó K[u] là một trường chứa K và u. Vậy K[u] ⊃ K(u). Từ đó ta suy ra K[u] = K(u) đẳng cấu với K[x]/(p(x)). 12Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 11 (ii) Do K(u) = K[u] nên mọi phần tử của K(u) đều có dạng f (u) với f (x) ∈ K[x]. Giả sử deg p(x) = n. Lấy f (x) chia cho p(x) ta nhận được f (x) = p(x)q(x)+r(x), trong đó r(x) = a0 +a1 x+· · ·+an−1 xn−1 ∈ K[x]. Khi đó f (u) = p(u).q(u) + r(u) = 0.q(u) + r(u) = a0 + a1 u + · · · + an−1 un−1 . Vậy {1, u, . . . , un−1 } là một hệ sinh của K(u) trên K. Ta còn phải chứng minh tập {1, u, . . . , un−1 } là độc lập tuyến tính. giả sử c0 + c1 u + · · ·+cn−1 un−1 = 0 với ci ∈ K(i = 0, 1, . . . , n−1). Khi đó u là một nghiệm của đa thức g(x) = c0 + c1 x + · · · + cn−1 xn−1 ∈ K[x] (deg g(x) ≤ n − 1) chia hết cho p(x) (deg p(x) = n). Điều này chỉ xảy ra nếu g(x) = 0, suy ra ci = 0 với mọi i = 0, 1, . . . , n − 1. Vậy {1, u, . . . , un−1 } độc lập tuyến tính và do đó nó là một cơ sở của K(u) trên K. (iii) được suy ra từ (ii). √ √ Ví dụ 1.1.5. Đa thức tối tiểu của 3 + 5 trên trường số hữu tỉ Q là √ √ √ √ √ √ √ x4 − 16x2 + 4, [Q( 3 + 5) : Q] = 4 và {1, 3 + 5, ( 3 + 5)2 , ( 3 + √ 3 √ √ 5) } là một cơ sở của Q( 3 + 5) trên Q. Cho F là một mở rộng của trường K và u, v ∈ F . Nếu u và v là hai nghiệm của cùng một đa thức tối tiểu p(x) thì K(u) ∼ = K(v) bởi vì chúng cùng đẳng cấu với K[x]/(p(x)). 1.1.2. Mở rộng đại số Định nghĩa 1.1.4. Giả sử F là một mở rộng của trường K. Trường F được gọi là một mở rộng đại số của K nếu mọi phần tử của F đều đại số trên K. Mỗi phần tử u ∈ F đại số trên K đều thuộc một trường mở rộng của K có bậc hữu hạn( đó là trường F (u)). Ngược lại, nếu cho trước một mở rộng bậc hữu hạn của trường K thì ta có khẳng định sau: Định lý 1.1.4. Cho F là một mở rộng bậc hữu hạn của trường K. Khi đó F là một mở rộng đại số của K. 13Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 12 Chứng minh: Giả sử [F : K] = n. Lấy u bất kỳ thuộc F , ta phải chứng minh u là một nghiệm của một đa thức nào đó trên K. Thật vậy, hệ {1, u, u2 , . . . , un } gồm có n + 1 phần tử nên nó phụ thuộc tuyến tính. Khi đó tồn tại các phần tử ai ∈ K(i = 0, 1, 2, . . . , n) không đồng thời bằng 0 để a0 + a1 u + · · · + an un = 0. Do đó u là nghiệm của đa thức khác không a0 + a1 x + · · · + an xn ∈ K[x]. Vậy F là một mở rộng đại số của K. Chú ý. Nếu F là một mở rộng của K và F chứa phần tử siêu việt u trên K thì F phải là một mở rộng bậc vô hạn của K. Định lý 1.1.5. Giả sử F là một mở rộng bậc hữu hạn của trường K. Khi đó F là một mở rộng hữu hạn sinh của K. Chứng minh: Gọi {u1 , u2 , . . . , un } là một cơ sở của F trên K. Khi đó tất cả các tổ hợp tuyến tính của các ui với hệ số trong K đều thuộc K(u1 , u2 , . . . , un ) và do đó F = K(u1 , u2 , . . . , un ). Định lý 1.1.6. Giả sử F = K(u1 , u2 , . . . , un ) là một mở rộng hữu hạn sinh của trường K và các phần tử ui (i = 1, . . . , n) đều là đại số trên K. Khi đó F là một mở rộng đại số bậc hữu hạn của K. Chứng minh: Xét một tháp các trường: K ⊂ K(u1 ) ⊂ K(u1 , u2 ) ⊂ · · · ⊂ K(u1 , u2 , . . . , un−1 ) ⊂ K(u1 , . . . , un ) = F. Ta luôn có K(u1 , u2 , . . . , ui−1 , ui ) = K(u1 , u2 , . . . , ui−1 )(ui ) với mọi i = 2, 3, . . . , n. Do đó K(u1 , u2 , . . . , ui−1 , ui ) là một mở rộng đơn của K(u1 , u2 , . . . , ui−1 ) với mọi i = 1, 2, . . . , n. Vì ui là một phần tử đại số trên K nên nó cũng đại số trên K(u1 , u2 , . . . , ui−1 ). Theo Định lý 1.1.5, K(u1 , u2 , . . . , ui ) là một mở rộng bậc hữu hạn của K(u1 , u2 , . . . , ui−1 ) với mọi i = 2, 3, . . . , n. Theo Hệ qủa 1.1.1, F là một mở rộng bậc hữu hạn của K. Do đó F là một mở rộng đại số của K. Ví dụ 1.1.6. √ √ √ √ 1) Vì các phần tử 3, 5 là đại số trên Q nên Q( 3, 5) là một mở rộng đại số có bậc hữu hạn của Q. Ta tính bậc mở rộng của 14Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 13 √ √ √ Q( 3, 5) trên Q như sau: xét tháp các trường Q ⊂ Q( 3) ⊂ √ √ √ √ Q( 3)( 5) = Q( 3, 5). Khi đó √ √ √ √ √ √ [Q( 3, 5) : Q] = [Q( 3, 5) : Q( 3)][Q( 3) : Q]. √ √ √ Ta đã biết [Q( 3) : Q] = 2 và {1, 3} là một cơ sở của Q( 3) √ √ √ trên Q. Để xác định bậc của Q( 3, 5) trên Q( 3) ta cần tìm đa √ √ √ thức tối tiểu của 5 trên Q( 3). Ta đã biết 5 là một nghiệm của √ √ x2 − 5 ∈ Q( 3)[x]. Đa thức x2 − 5 không có nghiệm trong Q( 3) √ √ √ √ nên x2 −5 bất khả quy trên Q( 3). Do đó [Q( 3, 5) : Q( 3)] = 2. √ √ √ √ √ Vì thế [Q( 3, 5) : Q] = 4 và {1, 5} là một cơ sở của Q( 3, 5) √ √ √ √ √ √ trên Q( 3). Vậy {1, 3, 5, 15} là một cơ sở của Q( 3, 5) trên Q. √ 2) Trường Q( 3, i) là một mở rộng đại số bậc hữu hạn của Q. Xét tháp √ √ √ các trường Q ⊂ Q( 3) ⊂ Q( 3)(i) = Q( 3, i). Chú ý rằng x2 +1 là √ √ √ đa thức tối tiểu của i trên Q( 3) và do đó [Q( 3, i) : Q( 3)] = 2. √ √ √ √ Vậy [Q( 3, i) : Q] = [Q( 3, i) : Q( 3)][Q( 3) : Q] = 2.2 = 4 và √ √ √ {1, 3, i, i 3} là một cơ sở của Q( 3, i) trên Q. 1.2. Tính đóng đại số của trường C Mệnh đề 1.2.1. Tập C là một trường chứa trường R như một trường con. Chứng minh: Dễ dàng kiểm tra C là một vành giao hoán với đơn vị 1. Giả sử z = a + bi6= 0. Khi đó a2 + b2 > 0. Giả sử z , = x + iy ∈ C thỏa a ax − by = 1 ,y = mãn zz , = 1 hay . Giải hệ trên được x = 2 bx + ay = 0 a + b2 b a b , − 2 . Vậy z = − i là nghịch đảo của z. Tóm lại C a + b2 a2 + b2 a2 + b 2 là một trường. Vì đồng nhất a ∈ R với a + 0i ∈ C qua phép nhúng R → C, a 7→ a + 0i, nên có thể coi R là trường con của C. Mệnh đề 1.2.2. Nếu z1 = r1 (cos α1 + i sin α1 ), z2 = r2 (cos α2 + i sin α2 ) với r1 , r2 ≥ 0 thì z1 |z1 | (i) |z1 z2 | = |z1 | |z2 | và = . z2 |z2 | 15Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 14 (ii) z1 z2 = r1 r2 [ cos(α1 + α2 ) + i sin(α1 + α2 )]. z1 r1 (iii) = [ cos(α1 − α2 ) + i sin(α1 − α2 )] khi r1 , r2 > 0. z2 r2 Ví dụ 1.2.1. Với a + bi = (x + iy)n có a2 + b2 = (x2 + y 2 )n . Bài giải: Từ a + bi = (x + iy)n suy ra a − bi = (x − iy)n . Như vậy a2 + b2 = (x2 + y 2 )n . Công thức Moivre và Công thức Euler Mệnh đề 1.2.3. [Moivre] Nếu z = r(cos α + i sin α) thì với mọi số nguyên dương n có z n = rn [cos(nα) + i sin(nα)]. Hệ quả 1.2.1. Mỗi số phức z = r(cos α + i sin α) có n căn bậc n zk = 1 α + 2kπ α + 2kπ r n (cos + i sin ) với k = 1, 2, . . . , n. n n Số phức z = r(cos α+i sin α) còn được biểu diễn thành dạng z = reiα . Đặc biệt khi r = 1 thì z = eiα và khi r = 1, α = 0 thì e0 = 1. iα iβ Bổ đề 1.2.1. Với ký hiệu trên ta có e e = e i(α+β) eiα và iβ = ei(α−β) . e Chứng minh: Từ eiα eiβ = (cos α + i sin α)(cos β + i sin β) = cos(α + eiα iα iβ i(α+β) β) + i sin(α + β) suy ra ngay e e = e . Do bởi iβ = e cos α + i sin α eiα = cos(α − β) + i sin(α − β) nên iβ = ei(α−β) . cos β + i sin β e  iα −iα   iα  cos α = e + e e = cos α + i sin α 2 −iα và nhận Từ suy ra iα e − e e−iα = cos α − i sin α   sin α = 2 được Công thức Euler: eiα − e−iα eiα + e−iα và sin α = . Mệnh đề 1.2.4. Ta có cos α = 2 2 n nπ nπ 1 + i tan α n Ví dụ 1.2.2. Ta có (1 + i)n = 2 2 (cos + i sin ) và ( ) = 4 4 1 − i tan α 1 + i tan nα . 1 − i tan nα 16Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 15 n √ π π n nπ = ( 2(cos + i sin )) = 2 2 (cos + 4 4 4 Bài giải: Ta có (1 + i)n nπ i sin ). 4 (cos α + i sin α)n cos nα + i sin nα 1 + i tan α n ) = = Ta cũng có ( n = 1 − i tan α (cos α − i sin α) cos nα − i sin nα 1 + i tan nα . 1 − i tan nα 1 1 Ví dụ 1.2.3. Nếu z 6= 0 và z + = 2 cos α thì z n + n = 2 cos nα với z z mọi số tự nhiên dương n. Bài giải: Ta có z 2 −2z cos α+1 = 0 có 2 nghiệm z = z1 = cos α+i sin α, 1 = z2 = cos α − i sin α. Khi đó z 1 z n = z1n = cos nα + i sin nα, n = z2n = cos nα − i sin nα. z 1 Do vậy z n + n = 2 cos nα với mọi số tự nhiên dương n. z 1.2.1. Tính đóng đại số của trường C Mục này sẽ chỉ ra rằng, mọi đa thức bậc dương thuộc C[x] đều có nghiệm trong C. Đó chính là nội dung Định lý cơ bản của đại số. Người đầu tiên chứng minh định lý này là nhà toán học C.Gauss (1777 − 1855). Ta bắt đầu bằng khái niệm trường đóng đại số. Định nghĩa 1.2.1. Trường K được gọi là một trường đóng đại số nếu mọi đa thức bậc dương thuộc K[x] đều có nghiệm trong K. Như vậy, trong K[x] mọi đa thức bậc dương đều phân tích thành tích các nhân tử tuyến tính khi K là một trường đóng đại số. Bổ đề 1.2.2. Mỗi đa thức bậc lẻ thuộc R[x] đều có ít nhất một nghiệm thực thuộc R. Chứng minh: Giả sử f (x) = a0 x2s+1 + a1 x2s + · · · + a2s x + a2s+1 ∈ R[x] vơi a0 6= 0. Dễ dàng thấy rằng a0 f (x) sẽ tiến ra +∞ khi x → +∞ và a0 f (x) sẽ tiến ra −∞ khi x → −∞. Từ đấy suy ra sự tồn tại của các số thực α > 0 và β < 0 thỏa mãn a0 f (α) > 0, a0 f (β) < 0. Do vậy 17Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 16 a20 f (α)f (β) < 0 hay f (α)f (β) < 0 . Vì đa thức f (x) là hàm xác định và liên tục trên R thỏa mãn f (α)f (β) < 0 nên, theo định lý Weierstrass, đa thức f (x) có ít nhất một nghiệm thực thuộc (α, β). Bổ đề 1.2.3. Mỗi đa thức bậc hai thuộc C[x] đều có hai nghiệm thuộc C. Chứng minh: Trước hết ta chỉ ra, với mỗi số phức z đều có hai số phức z1 , z2 để z12 = z, z22 = z. Thật vậy, giảsử z = a + bi 6= 0 và giả sử x2 − y 2 = a2 2 z1 = x + iy với a, b, x, y ∈ R để z1 = z hay 2xy = b. Ta chỉ cần xét trường hợp b 6= 0 vì trường hợp b = 0 được xét tương tự. Vì b 6= 0 nên x 6= 0. Khiđó r √ (  a + a2 + b2 b x =± 6= 0 1,2 y= 2 hay 2x  y= b. 4x4 − 4x2 − b2 = 0 2x bi bi Ta có z1 = x1 + và z2 = x2 + thỏa mãn z12 = z22 = z. 2x1 2x2 Theo lập luận ở trên, có hai số phức z1 và z2 để z12 = z22 = b2 − 4ac. −b + z1 −b + z2 và . Khi đó nghiệm của phương trình là 2 2 Định lý 1.2.1. [d’ Alembert - Gauss, Định lý cơ bản của đại số] Mọi đa thức bậc dương thuộc C[x] đều có ít nhất một nghiệm thuộc C. Chứng minh: Thế x = r(cos t+i sin t) vào đa thức f (x) = xn +a1 xn−1 + · · · + an−1 x + an ta có biểu diễn f (x) = u + iv với u = rn cos nt + · · · , v = rn sin nt + · · · , trong đó các số hạng còn lại của u và v chứa lũy thừa của r với số mũ nhỏ hơn n. Khi đó f (x)f (x) = u2 + v 2 . Ta chỉ ra sự tồn tại của r và t để u2 + v 2 = 0. ∂u ∂v v − u u ∂u ∂r ∂r , ∂u = Xét hàm số z = arctan . Khi đó = 2 2 v ∂r u +v ∂t ∂u ∂v v −u 2 ∂t ∂t và suy ra ∂ u = p(r, t) , ở đó p(r, t) là hàm liên tục. u2 + v 2 ∂r∂t (u2 + v 2 )2 18Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 17 Xét hai tích phân sau ZR I1 = Z2π dr 0 2 ∂ z dt và I2 = ∂r∂t 0 Z2π ZR dt 0 ∂ 2z dr. ∂r∂t 0 ∂ 2u p(r, t) = 2 là liên ∂r∂t (u + v 2 )2 tục trên hình chữ nhật [0; R] × [0; 2π] nên I1 = I2 . Mặt khác xét tích R2π ∂ 2 z ∂z 2π ∂z phân I1 . Ta có dt = |0 = 0, vì là hàm tuần hoàn với chu ∂r ∂r 0 ∂r∂t RR ∂ 2 z ∂z R dr = |0 . Vì kỳ 2π. Do vậy I1 = 0. Xét tích phân I2 . Ta có ∂r∂t ∂t 0 ∂u ∂v u2 + v 2 = r2n + · · · và = −nrn sin nt + · · · , = nrn cos nt + · · · ∂t ∂r ∂v ∂ v ∂t − u ∂z −nr2n + · · · ∂z ∂t nên = = . Từ đây suy ra lim = −n và r→∞ ∂t ∂t u2 + v 2 r2n + · · · lim I2 = −2nπ. Như vậy, với n đủ lớn có I1 6= I2 : mâu thuẫn. Từ mâu Giả sử u2 + v 2 6= 0 với mọi r, t. Vì hàm R→∞ thuẫn này suy ra sự tồn tại của r và t để u = v = 0 hay f (x) có nghiệm thuộc C. Từ Định lý 1.2.1 ta suy ra kết quả về các đa thức bất khả quy trong C[x]: Hệ quả 1.2.2. Mọi đa thức thuộc C[x] với bậc n > 0 đều có n nghiệm trong C và các đa thức bất khả quy trong C[x] là các đa thức bậc nhất. Bổ đề 1.2.4. Cho f (x) ∈ R[x]\R. f (x) là đa thức bất khả quy khi và chỉ khi hoặc f (x) = ax + b với a 6= 0 hoặc f (x) = ax2 + bx + c với a 6= 0 và b2 − 4ac < 0. Chứng minh: Hiển nhiên, nếu f (x) = ax + b với a 6= 0 hoặc f (x) = ax2 + bx + c với a 6= 0 và b2 − 4ac < 0 thì f (x) là bất khả quy. Ta chứng minh điều ngược lại. Giả sử f (x) ∈ R[x] là bất khả quy với deg f (x) ≥ 1. Trường hợp deg f (x) = 1 thì f (x) = ax + b với a 6= 0. 19Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 18 Xét trường hợp deg f (x) = 2. Khi đó f (x) = ax2 + bx + c với a 6= 0. Nếu ∆ = b2 − 4ac ≥ 0 thì f (x) có hai nghiệm α1 , α2 ∈ R và ta có f (x) = a(x − α1 )(x − α2 ): mâu thuẫn với giả thiết. Vậy b2 − 4ac < 0. Xét trường hợp deg f (x) > 2. Vì C là trường đóng đại số nên f (x) = 0 có nghiệm α ∈ C theo Định lý 1.2.1 và như vậy nó còn có nghiệm α. Khi đó f (x) có nhân tử (x − α)(x − α) ∈ R[x] hay f (x) là khả quy: mâu thuẫn giả thiết. Tóm lại, nếu f (x) là đa thức bất khả quy thì hoặc f (x) = ax + b với a 6= 0 hoặc f (x) = ax2 + bx + c với a 6= 0 và b2 − 4ac < 0. Sử dụng kết quả trên để chỉ ra dạng phân tích một đa thức thuộc R[x] thành tích các nhân tử bất khả quy. Định lý 1.2.2. Mỗi đa thức f (x) ∈ R[x]\R đều có thể phân tích được một cách duy nhất dạng f (x) = a(x − a1 )n1 . . . (x − as )ns (x2 + b1 x + c1 )d1 . . . (x2 + br x + cr )dr với các b2i − 4ci < 0 cho i = 1, 2, . . . , r khi r ≥ 1. Chứng minh: Vì vành R[x] là vành nhân tử hóa nên f (x) có thể phân tích được một cách duy nhất thành tích các nhân tử bất khả quy trong R[x]. Vì các đa thức bất khả quy trong R[x] chỉ có dạng hoặc ax + b hoặc ax2 + bx + c với a 6= 0, b2 − 4ac < 0 theo Bổ đề 1.2.4 nên mỗi đa thức f (x) đều có thể phân tích được một cách duy nhất thành dạng f (x) = a(x − a1 )n1 . . . (x − as )ns (x2 + b1 x + c1 )d1 . . . (x2 + br x + cr )dr với các b2i − 4ci < 0 cho i = 1, 2, . . . , r khi r ≥ 1. Đôi khi để tìm mối liên hệ giữa các nghiệm hay một tính chất nào đó của các nghiệm đa thức ta thường sử dụng kết quả sau: Định lý 1.2.3. [Viét] Giả sử x1 , . . . , xn là n nghiệm của đa thức bậc n sau đây: f (x) = xn − δ1 xn−1 + δ2 xn−2 − · · · + (−1)n δn . Khi đó có các hệ thức  δ1 = x1 + x2 + · · · + xn    δ2 = x1 x2 + x1 x3 + · · · + xn−1 xn ...    δn = x1 x2 . . . xn . 20Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
- Xem thêm -