Tài liệu Luận văn thạc sĩ toán học phương trình hàm đa thức

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG --------------------------------------- DƯƠNG THỊ PHƯỢNG PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Hà Nội – Năm 2016 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG --------------------------------------- DƯƠNG THỊ PHƯỢNG – C00454 PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS LƯU BÁ THẮNG Hà Nội – Năm 2016 1 Thang Long University Library MỤC LỤC Trang Trang phụ bìa.................................................................................................. 01 Mục lục.......................................................................................................... 02 Lời cam đoan ..................................................................................................04 Tóm tắt luận văn............................................................................................. 05 MỞ ĐẦU....................................................................................................... 06 Chương 1. KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.1 VÀNH CÁC ĐA THỨC MỘT BIẾN...................................................... 08 1.2 ĐA THỨC TRÊN MỘT TRƯỜNG SỐ……………………….………. 12 1.2.1 Một số tính chất………………………………………………….…… 12 1.2.2 Một số ví dụ……………………………………………………….….. 16 1.3 ĐA THỨC TRÊN TRƯỜNG ………………………………………. 18 1.3.1 Nghiệm hữu tỉ của đa thức với các hệ số nguyên………………….… 18 1.3.2 Đa thức bất khả quy trên trường các số hữu tỉ và các tiêu chuẩn Eisenstein; Osada; Polya………………………………………….....……... 19 1.4 ĐA THỨC TRÊN VÀ TRÊN …………………………….……... 24 1.5 VÀNH ĐA THỨC NHIỀU BIẾN……………………………….....….. 27 1.5.1 Xây dựng vành các đa thức nhiều biến…………………….………… 27 1.5.2 Bậc của đa thức nhiều biến…………………...……………….……… 28 Kết luận Chương 1........................................................................................ 29 Chương 2. MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC 2.1 PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC MỘT BIẾN.................................. 31 2.1.1 Phương trình có dạng xP  x  a    x  b  P  x  .................................. 31 2 2.1.2 Phương trình có dạng P  f  x   P  g  x    P  h  x   ………………… 39 2.1.3 Phương trình có dạng P  f  x   P  g  x    P  h  x    Q  x  ………… 53 2.1.4 Bài tập tự luyện.................................................................................... 61 2.2 PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC NHIỀU BIẾN…………………...... 62 2.2.1 Một số ví dụ.......................................................................................... 62 2.2.2 Bài tập tương tự.................................................................................... 65 2.3 MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC KHÁC.……… 65 2.3.1 Một số ví dụ.......................................................................................... 65 2.3.2 Bài tập tương tự.................................................................................... 71 2.3.3 Bài tập tự luyện......................................................................................73 Kết luận Chương 2..........................................................................................74 KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ 1. Kết luận..................................................................................................... 75 2. Khuyến nghị............................................................................................. . 75 TÀI LIỆU TRÍCH DẪN ............................................................................. 76 3 Thang Long University Library LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan dưới sự giúp đỡ, hướng dẫn, chỉ bảo tận tình của TS Lưu Bá Thắng, luận văn cao học chuyên ngành phương pháp Toán sơ cấp với đề tài “Phương trình hàm đa thức” là công trình nghiên cứu của riêng tôi trong thời gian học tập và nghiên cứu tại trường Đại học Thăng Long. Trong quá trình nghiên cứu và thực hiện luận văn, tác giả đã kế thừa và phát huy những kết quả của các nhà khoa học với sự trân trọng và biết ơn. Hà Nội, tháng 06 năm 2016 Tác giả Dương Thị Phượng 4 TÓM TẮT LUẬN VĂN Luận văn gồm ba phần: PHẦN 1. Mở đầu PHẦN 2. Nội dung Phần này gồm hai chương: Chương 1. KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.1 VÀNH ĐA THỨC MỘT BIẾN 1.2 ĐA THỨC TRÊN MỘT TRƯỜNG SỐ 1.3 ĐA THỨC TRÊN TRƯỜNG 1.4 ĐA THỨC TRÊN VÀ TRÊN 1.5 VÀNH ĐA THỨC NHIỀU BIẾN Chương 2. MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC 2.1 PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC MỘT BIẾN 2.2 PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC NHIỀU BIẾN 2.3 MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC KHÁC PHẦN 3. Kết luận và khuyến nghị. 5 Thang Long University Library MỞ ĐẦU Phương trình hàm nói chung và phương trình hàm đa thức nói riêng là một trong những lĩnh vực hay và khó của toán sơ cấp. Trong các kì thi Olympic Toán học Quốc gia, Khu vực và Quốc tế thường xuyên xuất hiện các bài toán phương trình hàm và phương trình hàm đa thức. Các bài toán này thường là khó, đôi khi rất khó. Để giải các bài toán đó trước tiên ta phải nắm vững các kiến thức về phương trình hàm và các tính chất của đa thức, đồng thời phải có sự vận dụng thích hợp. Trên thực tế, các công trình nghiên cứu về phương trình hàm có rất nhiều nhưng các tài liệu đề cập về phương trình hàm đa thức nói riêng còn ít. Do đó, việc có thể giúp học sinh tiếp cận với phương trình hàm đa thức dễ dàng hơn và giải quyết được một số bài toán về phương trình hàm đa thức là một yêu cầu hết sức cần thiết. Nhằm nâng cao hiệu quả giáo dục trong nhà trường phổ thông và góp phần từng bước nâng cao chất lượng của công tác bồi dưỡng học sinh giỏi, tôi chọn đề tài “Phương trình hàm đa thức” làm luận văn cao học của mình. Luận văn gồm Mở đầu, hai Chương, Kết luận và Tài liệu tham khảo. Chương 1: Trình bày về những kiến thức cơ bản được dùng trong chương 2 như: vành đa thức, đa thức trên một trường số, đa thức trên trường số hữu tỉ, trường số thực và trường số phức. Chương 2: Trình bày chi tiết các dạng phương trình hàm đa thức thông dụng. Ở mỗi dạng bắt đầu bằng một số tính chất quan trọng sau đó nêu ra các ví dụ điển hình minh họa, tiếp đến là các bài tập tương tự và cuối cùng là các bài tập tự luyện. Qua đó, giúp người giải toán dễ hình dung và nắm bắt được phương pháp giải từng loại phương trình hàm đa thức. Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Thăng Long dưới sự hướng dẫn khoa học và chỉ bảo tận tình của TS Lưu Bá Thắng, Đại học Sư 6 phạm Hà Nội. Là người học trò đã tiếp thu được nhiều điều bổ ích, quý báu từ Thầy, tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với sự quan tâm, động viên kịp thời và sự nghiêm khắc chỉ bảo, hướng dẫn của Thầy. Tôi xin cảm ơn tới các thầy cô giáo trong Trường Đại học Thăng Long, phòng Sau đại học và Quản lý khoa học - Trường Đại học Thăng Long. Đồng thời tôi xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp CTM3-BG (Cao học toán Bắc Giang) khóa 2014 – 2016 của Trường Đại học Thăng Long đã động viên giúp đỡ tôi trong quá trình học tập và thực hiện luận văn này. Tôi xin cảm ơn Ban Giám hiệu, tổ chuyên môn Toán – tin, các đồng nghiệp Trường THPT Yên Dũng số 3, Bắc Giang đã tạo điều kiện giúp đỡ, góp ý cho tác giả trong thời gian học tập và thực hiện luận văn này. Mặc dù tác giả đã hết sức cố gắng nhưng do thời gian có hạn, kinh nghiệm nghiên cứu và viết luận văn còn hạn chế nên không tránh khỏi những thiếu sót. Tác giả rất mong nhận được những ý kiến đóng góp của quý thầy cô và bạn đọc để luận văn được hoàn thiện hơn. Hà Nội, tháng 06 năm 2016 Tác giả Dương Thị Phượng 7 Thang Long University Library CHƯƠNG 1 KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.1 VÀNH CÁC ĐA THỨC MỘT BIẾN Cho A là một vành giao hoán có đơn vị 1. Kí hiệu A x   f  a0  a1x  ...  an x n ai  A , n   với x là biến. Giả sử f  a0  a1x  ...  an x n , g  b0  b1x  ...  bm x m  A x . Không làm mất tính tổng quát, ta có thể giả sử m  n, và m  n  s. Khi đó g  b0  b1x  ...  bn x n  bn1x n1  ...  bn s x ns  A x . Trên A x ta có quan hệ bằng nhau: f  g khi và chỉ khi ai  bi với mọi i  0,..., n và bn1  ...  bn s  0. n Phép cộng: f  g    ai  bi  xi  bn1x n1  ...  bns x n s . i 0  i  Phép nhân: f g     ai  j b j  x i . i 0  j 0  mn Với hai phép toán cộng và nhân đã nêu thì A x trở thành một vành giao hoán có đơn vị 1. Khi đó A x được gọi là vành các đa thức của biến x trên A, còn phần tử của A x được gọi là đa thức của biến x trên A. Đa thức f  a0  a1x  ...  an x n được gọi là có bậc n và viết là deg f  n nếu an  0, trong trường hợp như vậy ta gọi an là hệ tử cao nhất của f . Quy ước: Đa thức 0 là một đa thức có bậc . Thực chất của việc làm trên là xây dựng một vành A x mở rộng của A, thông qua định nghĩa hình thức cho cái gọi là đa thức của biến x trên A, mà bản chất thực sự là định nghĩa hình thức cho phần tử siêu việt x. Bây giờ 8 chúng ta sẽ xem xét một cách tiếp cận khác để đưa ra một vành mở rộng của A đẳng cấu với A x. Cách tiếp cận này chính là để đi kiến thiết một phần tử  siêu việt trên A. Xét tập T tất cả những dãy được sắp các phần tử  a0 , a1, a2 ,... thuộc A, với vô hạn đếm được các thành phần tọa độ, trong đó chỉ một số hữu hạn các ai  0. Trong T ta định nghĩa quan hệ bằng nhau và hai phép toán như sau: (i)  a0 , a1, a2 ,...  b0 , b1, b2 ,... khi và chỉ khi ai  bi với mọi i. (ii)  a0 , a1, a2 ,...  b0 , b1, b2 ,...   a0  b0 , a1  b1, a2  b2 ,....   (iii)  a0 , a1 , a2 ,... b0 , b1 , b2 ,...   a0b0 , a0b1  a1b0 ,...,  aib j ,... . i  j n   Dễ dàng kiểm tra được T cùng với hai phép toán trên lập thành một vành giao hoán. Lấy tập con T1 của T gồm tất cả những phần tử dạng  a,0,0,... , a  A. Khi đó, ta có: (i) T1 là một vành con của vành T . (ii) Tương ứng  : A  T1 , a  a,0,0,... là một đẳng cấu. Thật vậy, từ  a,0,0,... và  b,0,0,... thuộc T1 ta có ngay  a,0,0,...  b,0,0,...   a  b,0,0,... và  a,0,0,...b,0,0,...   ab,0,0,... thuộc T1. Vậy T1 là một vành con của T . Từ a  b ta suy ra  a,0,0,...  b,0,0,.... Vậy  là một ánh xạ. Dễ dàng kiểm tra  là một đẳng cấu. Do đó A  T1. 9 Thang Long University Library Do A đẳng cấu với vành con T1 của T nên khi đồng nhất a  A với  a,0,0,... T1 chúng ta đã nhúng được A vào T và ta có thể coi A là một vành con của T . Đặt    0,1,0,0,0,... T . Dễ dàng kiểm tra các lũy thừa sau đây:    0,1,0,0,0,... ;  2    0,0,1,0,0,... ;  3    0,0,0,1,0,... ;  ...  n  0,0,0,...,0,1,0,... ;    ... 1 ở tọa độ thứ n  1. Khi đó mỗi phần tử  a0 , a1,..., an ,0,0,... T có thể biểu diễn như sau:  a0 , a1,..., an ,0,0,...   a0 ,0,0,...   0, a1,0,0,...  ...  a0  a1  0,1,0,0,...  ...  a0  a1  ...  an n . Như vậy, mỗi phần tử thuộc T đều biểu diễn được thành một dạng đa thức của  với các hệ tử thuộc A. Như vậy T  A . Từ a0  a1  ...  an n  0 suy ra  a0 , a1,..., an ,0,0,...   0,0,0,... hay a0  a1  ...  an  0. Xét tương ứng  : A x T  A  cho bởi f  x   là một đẳng cấu vành. Vậy A   A x. 10 f  . Dễ kiểm tra được Định lí 1.1.1 Cho A là một miền nguyên. Khi đó vành các đa thức A x là một miền nguyên. Ngoài ra, nếu f , g  A x là các đa thức khác đa thức 0, thì deg  f g   deg f  deg g. Chứng minh Thật vậy giả sử f , g  A x là các đa thức khác đa thức 0, và giả sử f  ax n U  x  với degU  x   n  deg f , g  bx m  V  x  với degV  x   m  deg g. Khi đó a, b khác 0 và f g  abx nm  a x nV  x   bx mU  x   V  x U  x  với deg a x nV  x   bx mU  x   V  x U  x   n  m. Vì A là một miền nguyên nên ab khác 0, do đó f g  0. Vậy A x là một miền nguyên. Cũng từ chứng minh vừa rồi, ta suy ra: deg  f g   deg f  deg g. Cho A là một miền nguyên, khi đó ta có vành các đa thức A x là một miền nguyên. Giả sử f , g  A x. Đa thức f  A x được gọi là chia hết cho đa thức g  A x nếu tồn tại đa thức h  A x  để f  g h. Đa thức d được gọi là một ước chung của f và g nếu cả f và g đều chia hết cho d . d được gọi là một ước chung lớn nhất của f và g , nếu d là một ước chung của f và g , đồng thời d chia hết cho mọi ước chung của f và g . Ước chung lớn nhất của hai đa thức, được xác đinh duy nhất sai khác một nhân tử khả nghịch của A. Nếu một ước chung lớn nhất d của f và g là khả nghịch (tất nhiên lúc đó d  A ), thì f và g gọi là nguyên tố cùng nhau. Đa thức f 11 Thang Long University Library được gọi là khả quy trên A, nếu có hai đa thức g , h  A x không khả nghịch, để f  g h. Đa thức f được gọi là bất khả quy trên A, nếu không có hai đa thức không khả nghịch g , h  A x, để f  g h. Định nghĩa 1.1.2 Giả sử c là một phần tử tùy ý thuộc vành A, f  x   a0 x n  a1x n1  ...  an là một đa thức tùy ý của A x. Phần tử f  c   a0c n  a1c n1  ...  an  A được gọi là giá trị của f  x  tại c. Nếu f  c   0 thì c được gọi là một nghiệm của f  x . Tìm nghiệm của f  x  trong A được gọi là giải phương trình đại số bậc n a0 xn  a1xn1  ...  an  0, a0  0 trên A. 1.2 ĐA THỨC TRÊN MỘT TRƯỜNG CON CỦA TRƯỜNG SỐ PHỨC Trong luận văn này ta chỉ nghiên cứu đa thức trên một trường K là trường con của trường số phức. 1.2.1 Một số tính chất Định lí 1.2.1.1 Cho K là một trường con của trường số phức và giả sử c  K , f  x   K  x. Khi đó dư của phép chia f  x  cho x  c là f  c  , hay f  x    x  c  g  x   f  c  , g  x   K  x . Chứng minh Từ thuật toán chia đa thức ta có f  x    x  c  g  x   b, b  K . Do đó f  c    c  c  g  c   b  b. Bây giờ ta cần tìm hiểu cách tính f  c  của Horner. Để ý rằng thực hiện phép chia f  x   a0 x n  a1x n1  ...  an cho x  c, ta được các hệ tử của đa thức thương g  x   b0 x n1  b1x n2  ...  bn1 cho bởi các công thức b0  a0 , bi  ai  c.bi 1 , i  1,..., n  1 và dư b  an  cbn1 hay 12 b0  a0 ; b  a  cb ; 0 1 1 b2  a2  cb1;  ... bn1  an1  cbn2 ;  b  an  cbn1. Vì b  f  c  nên ta suy ra sơ đồ tính f  c  và cả g  x  thông qua quá trình lặp như sau: b0  a0 , b1  a1  cb0 ,..., bi  ai  cbi1,..., f  c   b  an  cbn1. Lược đồ tính f  c  và cả g  x  theo cách này, được gọi là Lược đồ Horner. Định lí 1.2.1.2 (Bézout) Nếu   K là nghiệm của đa thức bậc dương f  x   K  x , thì f  x    x    g  x  với g  x   K  x có deg g  x   deg f  x   1. Chứng minh Thật vậy, ta luôn biểu diễn f  x    x    g  x   f   với g  x   K  x. Từ f    0, ta rút ra f  x    x    g  x  , và deg g  x   deg f  x   1. Hệ quả 1.2.1.3 Cho một đa thức bậc dương f  x   K  x. Khi đó ta có: (i) Nếu 1 ,..., m  K là các nghiệm của f  x  , thì f  x    x  1  x  2 ... x   m  g  x  với g  x   K  x có deg g  x   deg f  x   m . (ii) Số nghiệm của đa thức trong K không vượt quá bậc của f  x . Định lí Bézout là cơ sở cho khái niệm nghiệm bội của một đa thức, được phát biểu rằng:   K được gọi là một nghiệm bội k  1 của đa thức bậc dương f  x   K  x nếu f  x    x  1  g  x  với k nguyên dương và k 13 Thang Long University Library g    0. Trường hợp k  1 thì  được gọi là nghiệm đơn; trường hợp k  2 thì  được gọi là nghiệm kép của f  x . Định lí 1.2.1.4 (Viète) Nếu 1 ,..., m là các nghiệm của một đa thức bậc m f  x   a0 x m  a1x m1  ...  am trên một trường K , thì a1        ...    ; 1 1 2 m  a0  a2   2  1 2  ...   m1 m  ; a0  ...  m am      ...    1 .   m 1 2 m  a 0  1, 2 ,..., m được gọi là những đa thức đối xứng cơ bản của 1,..., m . Chứng minh Do a0 x m  a1x m1  ...  am  a0  x  1  x   2 ... x   m  nên khai triển vế   phải ta được a0 x m  a1 x m1  ...  am  a0 x m  1x m1  ...   1  m . m Bằng việc đồng nhất các hệ tử của hai đa thức ở hai vế, ta được  i   1 i ai , i  1,..., m. a0 Định lí 1.2.1.5 (Lagrange) Cho f  x  là một đa thức bậc n trên một trường K và x0 , x1 ,..., xn là n  1 phần tử phân biệt trong K . Đặt n g  x   a  x  xi  , a  0. i 0 Khi đó ta có: n (i) f  x    f  xi  i 0 x  xk . k i ,k 0 xi  xk n  14 n (ii) f  x    i 0 f  xi  g  x  . . g   xi  x  xi Chứng minh n (i) Đặt h  x   f  x    f  xi  i 0 x  xk . Ta có deg h  n và k i ,k 0 xi  xk n  h  x0   h  x1   ...  h  xn   0. Đa thức h  x  có deg h  n và có quá n nghiệm là x0 , x1 ,..., xn . Do đó h  x  phải là đa thức 0. Vậy n f  x    f  xi  i 0 (ii) Vì x  xk . x  x k i ,k 0 i k n  g  x x  xk 1 nên từ (i) suy ra  .  x  x g x x  x  i k  i , k 0 i k i n  n f  x   i 0 f  xi  g  x  . . g   xi  x  xi Định lí 1.2.1.6 (Taylor) Cho p  x  là một đa thức bậc n  0 trên một trường K và   K . Khi đó ta có: n p   p   p    2 n p  x   p    x     x     ...  x   . 1! 2! n! Chứng minh Ta sẽ chứng minh định lí này bằng quy nạp theo bậc của đa thức. Dễ kiểm tra được trường hợp bậc 0. Giả sử phát biểu đã đúng cho tất cả đa thức có bậc nhỏ hơn hoặc bằng n  1. Xét đa thức p  x  bậc n. Bây giờ ta cần chỉ ra rằng n p   p   p    2 n p  x   p    x     x     ...  x   . 1! 2! n! Đặt 15 Thang Long University Library n p   p   p     2 n f  x   p    x     x     ...  x   . 1! 2! n! Khi đó: n p   p    n1 f   x   p     x     ...  x   . 1! (n  1)! Mặt khác theo giả thiết quy nạp áp dụng cho p  x  , thì n p   p    n1 p  x   p     x     ...  x   . 1! (n  1)! Vì vậy f   x   p  x . Kết hợp với f    p   , ta rút ra f  x   p  x . Do đó ta nhận được: n p   p   p    2 n p  x   p    x     x     ...  x   , 1! 2! n! và quy nạp đã hoàn thành. Định lí được chứng minh. 1.2.2 Một số ví dụ Ví dụ 1.2.2.1 Cho đa thức P  x   x 4  ax3  bx 2  cx  d thỏa mãn P 1  10, P  2  20, P 3  30. Chứng minh rằng: P 12   P  8   32  2016. 10 Chứng minh Đặt Q  x   P  x   10 x, deg P  x   deg Q  x   4. Khi đó ta có: Q 1  Q  2  Q  3  0, hay Q  x  được biểu diễn dưới dạng: Q  x    x  1 x  2 x  3 R  x . Mặt khác deg Q  x   4 nên R  x   x  x0 . Dẫn đến P  x    x  1 x  2 x  3  x  x0   10 x. 16 Từ đó suy ra P 12  11.10.9.12  x0   120  990 12  x0   120, P  8  9.10.11. x0  8  80  990  x0  8  80. Do đó 990 12  x0    x0  8    40 P 12   P  8   32   32  2016. 10 10 Vậy ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 1.2.2.2 Cho x0 , x1 ,..., xn là n  1 phần tử phân biệt trên một trường K . n Đặt f  x     x  xi . Chứng minh rằng với mỗi đa thức i 0 p  x   a0 x n  a1x n1  ...  an n bậc n trên K , ta có a0   i 0 p  xi  . f   xi  Chứng minh n Theo công thức nội suy Lagrange ta có p  x    i 0 n So sánh các hệ số của xn ta được a0   i 0 p  xi  f  x  . . f   xi  x  xi p  xi  . f   xi  Ví dụ 1.2.2.3 Cho các số nguyên được sắp xếp theo thứ tự tăng dần x0  x1  ...  xn . Chứng minh rằng trong số các giá trị của đa thức p  x   x n  a1x n1  ...  an  tại x0 , x1 ,..., xn sẽ tồn tại ít nhất một i để p  xi    x n! . 2n Chứng minh n n i 0 i 0 Đặt f  x     x  xi , theo ví dụ 1.2.2.2, ta nhận được 1   p  xi  . f   xi  17 Thang Long University Library   Đặt   max p  x0  ,..., p  xn  . Dễ thấy rằng f   xi   i ! n  i !, nên ta có các bất đẳng thức: 1 n  i 0 n n n p  xi  p  xi  1 1    . f   xi  i 0 f   xi  i 0 f   xi  i 0 i ! n  i ! n! 1  2n Do đó 1     . Vậy   n . 2 n! i 0 i ! n  i ! n Ví dụ 1.2.2.4 Cho P  x  là đa thức bậc 4 có hệ số cao nhất là 1 thỏa mãn P 1  3, P  3  11, P 5  27. Tính giá trị biểu thức P  2  7 P  6. Bài giải Xét f  x   x 2  2, ta có f 1  3, f  3  11, f 5  27. Đặt Q  x   P  x   f  x  , deg Q  x   deg P  x   4. Do hệ số cao nhất của P  x  là 1 nên hệ số cao nhất của Q  x  cũng là 1. Ta có Q 1  Q  3  Q  5  0 nên Q  x  có dạng: Q  x    x  1 x  3 x  5 R  x . Vì hệ số cao nhất của Q  x  là 1 nên R  x   x  k , nên ta có: P  x    x  1 x  3 x  5 x  k   f  x . Suy ra P  2  105k  216, P  6  15k  896. Vậy P  2  7 P  6  1112. 1.3 ĐA THỨC TRÊN TRƯỜNG 1.3.1 Nghiệm hữu tỉ của đa thức với các hệ số nguyên Định lí 1.3.1.1 Cho đa thức f  x   a0 x n  a1x n1  ...  an1x  an  18  x, a0  0. Khi đó nếu số hữu tỉ p với  p, q   1 là nghiệm của phương trình f  x   0 q thì ta có các khẳng định sau: (i) p là một ước của an và q là một ước của a0 . (ii) p  mq là ước của f  m  với mọi số nguyên m. Chứng minh (i) Giả sử số hữu tỉ p với  p, q   1 là một nghiệm của f  x   0. Khi đó: q a0 p n  a1 p n1q  ...  anq n  0. Vì  p, q   1 nên p là một ước của an và q là một ước của a0 . (ii) Khai triển f  x  theo các lũy thừa của x  m ta được: f  x   a0  x  m  b1  x  m  n Thay x  n1  ...  bn1  x  m   f  m    x. p , ta được: q a0  p  mq   b1  p  mq  n n1 q  ...  bn1  p  mq  q n1  f  m  q n  0. Vì  p, q   1 nên p  mq là ước của f  m  với mọi số nguyên m. Hệ quả 1.3.1.2 Các nghiệm hữu tỉ của đa thức f  x   x n  a1x n1  ...  an   x phải là số nguyên. 1.3.2 Đa thức bất khả quy trên trường các số hữu tỉ và các tiêu chuẩn Eisenstein; Osada; Polya Cho một đa thức f  x   a0 x n  a1x n1  ...  an1x  an  Đặt cont  f   d   a0 ,..., an . Khi đó  x, a0  0. 1 f là một đa thức với các hệ số d 19 Thang Long University Library