Đang tải... (xem toàn văn)
1 Chương 1 Phân thức hữu tỷ với hệ số nguyên 1 1 Tính chất cơ bản của đa thức với hệ số nguyên Trong phần này, trình bày một số tính chất cơ bản của đa thức với hệ số nguyên Định nghĩa 1 1 (xem [1] [2[.]
1 Chương Phân thức hữu tỷ với hệ số nguyên 1.1 Tính chất đa thức với hệ số nguyên Trong phần này, trình bày số tính chất đa thức với hệ số nguyên Định nghĩa 1.1 (xem [1]-[2]) Cho L ⊂ R Đa thức P (x) ∈ L[x] gọi khả quy L[x] tồn đa thức Q(x) T (x) thuộc L[x] với bậc lớn cho P (x) = Q(x).T (x) Trong trường hợp ngược lại gọi bất khả quy L[x] Định nghĩa 1.2 (xem [1]-[2]) Tập hợp tất đa thức khả quy L[x] ký hiệu L∗ [x] Tính chất 1.1 Mọi đa thức P (x) ∈ R[x] với bậc lớn phân tích thành nhân tử bậc nhân tử bậc hai nên coi P (x) ∈ R∗ [x] Định nghĩa 1.3 (xem [1]-[2]) Đa thức thuộc Z[x] gọi đa thức nguyên hệ số nguyên tố (có thể khơng đơi ngun tố nhau) Tính chất 1.2 Nếu f (x) ∈ Z[x] tồn đa thức a nguyên phân số tối giản , a ∈ Z, b ∈ N∗ cho f (x) = b a f1 (x) b Bổ đề 1.1 (Bổ đề Gauss) Tích hai đa thức nguyên đa thức nguyên Chứng minh Cho hai đa thức nguyên P (x) = an xn an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 Q(x) = bm xm + bm−1 xm−1 + · · · + b1 x + b0 P (x).Q(x) = cm+n xm+n + cm+n−1 xm+n−1 + · · · + c1 x + c0 Giả sử tích khơng ngun tồn số nguyên tố p ước chung hệ số c0 , c1 , , cm+n Vì P nguyên nêu gọi i số nhỏ mà không chia hết cho p j số nhỏ cho bj khơng chia hết cho p Khi đó, xét cj+i ta thấy hệ số tương ứng không chia hết cho p, vơ lý Vậy tích ngun Tính chất 1.3 Nếu đa thức P (x) ∈ Z[x], deg P > mà khơng thuộc Z∗ [x] không thuộc Q∗ [x] Định lý 1.1 (xem [1]-[2]) Cho đa thức f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 ∈ Z[x], an 6= 0, a, b hai số nguyên khác Khi đó, f (a) − f (b) (a − b) Bổ đề 1.2 (Khai triển Newton) Cho n m số nguyên dương Với x = (x1 , x2 , · · · , xn ) Rn , ta có X m! m (x1 + x2 + · · · + xn ) = xα , (1.1) α! |α|=m α! = α1 !α2 ! · · · αn ! với α = (α1 , α2 , · · · , αn ) Nn , xα = xα1 xα2 xαnn tổng chạy qua tất α có Nn thỏa mãn |α| = α1 + α2 + · · · + αn = m Chứng minh Với n = theo nhị thức Newton, ta có m m X X m! α1 α2 m! j m−j m (x1 +x2 ) = x1 x2 = x1 x2 , α1 = j, α2 = m−j j!(m − j)! α !.α ! j=0 |α|=m Giả sử đẳng thức (1.18) n − Đặt X = x1 + x2 + + xn−1 , α0 = (α1 , α2 , , αn ) Khi ta có m m (x1 + x2 + · · · + xn ) = (X + xn ) = m X αn m! X m−αn xαnn (m − αn )!.αn ! =0 m X m! xαnn (x1 + x2 + · · · + xn−1 )m−αn (m − αn )!.αn ! =0 = = αn m X αn m! xαnn (m − αn )!.αn ! =0 X = |α|=m X |α0 =m−αn (m − αn )! xα α1 !α2 ! αn−1 ! m! xα1 xα2 xαnn α1 !α2 ! αn ! Bổ đề chứng minh Định lý 1.2 (Khai triển Taylor, xem [1]-[2]) Cho đa thức f (x) = n X aj xj (1.2) j=0 Khi đó, hệ số thứ j f (x) biểu diễn aj = (j) f (0), j! (1.3) f (j) (0) ứng với đạo hàm cấp j Bổ đề 1.3 Cho n số nguyên dương Ta đặt n n g(x) = x + x + · · · + x n (1.4) Khi g (n) (0) = n! Chứng minh Ta có n n−1 n = xn h(x), g(x) = x + x + · · · + x n (1.5) h(x) = Áp dụng công thức Leibniz 1 + x + · · · + xn−1 n n (1.6) g (n) n X n! (n − j)!j! d dx n−j d (x) = x dx j=0 j n X d n!n! = xj h(x) (n − j)!j!j! dx j=0 n j h(x) (1.7) Do đó, ta thu g (n) (0) = n!h(0) = n! (1.8) Bổ đề chứng minh 1.2 Phân thức hữu tỉ với hệ số nguyên phân thức nhận giá trị hữu tỉ Tiếp theo, ta nhắc lại số tính chất phân thức hữu tỉ với hệ số nguyên dạng phân thức nhận giá trị hữu tỉ tập số tự nhiên Định nghĩa 1.4 Hàm số f : R → R gọi phân thức hữu tỉ P (x) (1) Khi P (x) tồn đa thức P (x), Q(x) cho f (x) = Q (x) Q(x) đa thức nguyên tố (1) gọi phân thức hữu tỉ tắc Nếu đa thức P (x) Q(x) đa thức có hệ số hữu tỉ P (x) việc quy đồng mẫu số ta đưa f (x) dạng f (x) = , Q (x) P (x) Q0 (x) đa thức có hệ số nguyên Do phân thức hữu P (x) tỉ f (x) = gọi phân thức hữu tỉ có hệ số nguyên Q (x) P (x), Q(x) ∈ Q[x] Bài toán 1.1 Cho phân thức hữu tỉ f (x) = ∈ Q với x ∈ Z ax + b Chứng minh a, b ∈ Q 1 Lời giải Vì f (x) = ∈ Q với x ∈ Z nên ax + b = với ax + b f (x) x ∈ Z Vậy ax + b ∈ Q[x] hay a, b ∈ Q Bài toán 1.2 Chứng minh f (x) = ∈ Q với x ∈ Z ax + b C với A, B, C thuộc Z Ax + B Lời giải Vì f (x) = ∈ Q với x ∈ Z nên ta có a, b ∈ Q ax + b m e ⇒ a = , b = (m, n, e, f ∈ Z) n f Khi nf C f (x) = m = = e mf x + ne Ax + B x+ n f f (x) có dạng f (x) = ax + b ∈ Q với x ∈ Z cx + d Ax + B Chứng minh f (x) biểu diễn dạng f (x) = (1) Cx + D với A, B, C, D ∈ Z Bài toán 1.3 Cho phân thức hữu tỉ f (x) = Lời giải Nếu ad − bc = f (x) = const nên biểu diễn (1) hiển nhiên Xét trường hợp ad − bc 6= 0: Nếu c = biểu diễn (1) hiển nhiên Nếu c 6= sử dụng phân tích f (x) − f (0) = ta αx + β dạng biểu diễn (1) Nhận xét kết toán trường hợp toán tổng quát Bài toán 1.4 Chứng minh phân thức f (x) = ax + b ∈ Q, ∀x ∈ cx + d Ax + B A, B, C, D số nguyên Cx + D M Q(x) − Q(x) − Q(1) e N = Lời giải Ta có = ∈ Q ∀x ∈ Z nên x−1 cx + d x−1 E Cx + D Ta có M, N, E, C, D số nguyên nên dễ dàng suy đpcm Z f (x) có dạng f (x) = Bài toán 1.5 Chứng minh ax2 + bx + c f (x) = ∈Q dx + e với x ∈ Z f (x) có dạng f (x) = thuộc Z Lời giải Ta có Suy Ax2 + Bx + C với A, B, C, D, E Dx + E Q(x) − Q (1) px + q = ∈ Q ∀x ∈ Z x−1 cx + d M 0 N = M x + N , (M, N, M , N , M 00 , N 00 ∈ Z) x−1 M 00 x + N 00 Q(x) − từ ta suy đpcm Bài toán 1.6 Chứng minh f (x) = ax2 + bx + c ∈Q dx + e với x ∈ Z f (x) có dạng f (x) = Cx + D f (x) = Ax2 + Bx + C ∈ Z với x ∈ Z, C, D thuộc Z Lời giải Nếu d = ta có f (x) = Ax2 + Bx + C ∈ Z với x ∈ Z Q(x) − Q(0) a1 x + b1 Nếu d 6= ta có = ∈ Z với x ∈ Z x dx + e Suy Q(x) − M A1 A2 = + ∈ Z, ∀x ∈ Z, x D Dx + E A1 , A2 , D, E, M ∈ Z ⇒ A2 = ⇒ A1 D nên ta có đpcm P (x) ∈ Q ∀x ∈ Z, Q(x) (P (x), Q(x)) = Chứng minh f (x) biểu diễn dạng phân thức hai đa thức với hệ số nguyên Chứng minh Giả sử: P (x) = a0 + a1 x + · · · + am xm Q(x) = b0 + b1 x + · · · + bn xn Tại x = j (j = 0, 1, , m + n) hàm f (x) nhận giá trị hữu tỉ tương ứng cj Khi ta có hệ phương trình tuyến tính với m + n + ẩn: a0 , a1 , , am , b0 , b1 , , bn dạng a0 + a1 k + · · · + am k m − b0 ck − b1 ck k − · · · − b n ck k n = k = 0, 1, , m + n Hai nghiệm hệ cho ta hai cặp đa Bài toán 1.7 Cho phân thức hữu tỉ f (x) = thức P (x), Q(x) P1 (x), Q1 (x) có tính chất P (k) − ck Q(k) = 0, P1 (k) − ck Q1 (k) = 0, ∀k = 0, m + n Hai cặp nghiệm cho ta đa thức g(x) = P (x)Q1 (x) − P1 (x)Q(x), degg(x) ≤ m + n nhận giá trị m + n + điểm nên g(x) ≡ Do P (x) Q(x) nguyên tố nên P (x) = cP1 (x); Q(x) = cQ1 (x) Vậy hệ cho có nghiệm với sai khác thừa số, nghiệm nhận số hữu tỉ Bài toán 1.8 Cho p số nguyên dương, q ∈ [0, 1] Giả sử x ∈ p x − qk p − qk p+1 Q Q q , f (x) = Chứng minh |f (x)| ≤ k k k=1 x + q k=1 + q p j+1 Lời giải Ta có < q p+1 < ≤ x ≤ q j q