Đang tải... (xem toàn văn)
1 Mục lục 1 Định lý Zsigmondy 4 1 1 Đa thức và số phức 4 1 1 1 Khái niệm đa thức, phép toán 4 1 1 2 Thuật toán Euclid 5 1 1 3 Xây dựng trường số phức C 6 1 2 Đa thức chia đường tròn 13 1 2 1 Đa thức c[.]
1 Mục lục Định lý Zsigmondy 1.1 Đa thức số phức 1.1.1 Khái niệm đa thức, phép toán 1.1.2 Thuật toán Euclid 1.1.3 Xây dựng trường số phức C 1.2 Đa thức chia đường tròn 1.2.1 Đa thức chia đường tròn 1.2.2 Vận dụng 1.3 Định lý Zsigmondy 1.3.1 Định lý Zsigmondy 1.3.2 Vận dụng Định lý Zsigmondy Tính chất số học đa thức 2.1 Tính chất đặc biệt đa thức thuộc Z[x] 2.1.1 Định lý Bézout 2.1.2 Vận dụng 2.2 Đa thức Hilbert biểu diễn Mahler 2.3 Vận dụng giải toán thi học sinh giỏi Kết luận Tài liệu tham khảo 4 13 13 19 21 21 23 27 27 27 29 38 40 44 45 Lời cảm ơn Luận văn thực Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hoàn thành với hướng dẫn PGS.TS Đàm Văn Nhỉ Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới người hướng dẫn khoa học mình, người đặt vấn đề nghiên cứu, dành nhiều thời gian hướng dẫn tận tình giải đáp thắc mắc tác giả suốt trình làm luận văn Tác giả xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Ban Chủ nhiệm Khoa Toán - Tin, giảng viên tham gia giảng dạy, tạo điều kiện tốt để tác giả học tập nghiên cứu Tác giả muốn gửi lời cảm ơn tốt đẹp tới tập thể Lớp B, cao học Tốn khóa 10 (2016 - 2018) động viên giúp đỡ tác giả nhiều suốt trình học tập Nhân dịp này, tác giả xin chân thành cảm ơn Sở Giáo dục Đào tạo Hải Phòng, Ban Giám hiệu đồng nghiệp Trường THPT Lý Thường Kiệt, Huyện Thủy Nguyên, Thành phố Hải Phòng tạo điều kiện cho tác giả hoàn thành tốt nhiệm vụ học tập cơng tác Cuối cùng, tác giả muốn dành lời cảm ơn đặc biệt đến bố mẹ đại gia đình ln động viên chia sẻ khó khăn để tác giả hồn thành tốt luận văn Lời nói đầu Đa thức có vị trí quan trọng Tốn học khơng đối tượng nghiên cứu trọng tâm Đại số mà cơng cụ đắc lực Giải tích lý thuyết xấp xỉ, lý thuyết biểu diễn, lý thuyết nội suy, Ngồi ra, đa thức cịn sử dụng nhiều tính tốn ứng dụng Trong kì thi học sinh giỏi toán quốc gia Olympic toán quốc tế tốn đa thức thường đề cập đến xem tốn khó bậc phổ thơng Đã có nhiều đề tài viết đa thức luận văn tơi muốn tập trung xét việc vận dụng đa thức số học Mục đích luận văn giới thiệu Định lý Zsigmondy - định lý mạnh xử lý tốn khó số nguyên tố giới thiệu tính chất đặc biệt đa thức thuộc Z[x] Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận hai chương Chương Định lý Zsigmondy Chương gồm ba mục chính: Mục 1.1 trình bày số tính chất đa thức số phức Mục 1.2 trình bày đa thức chia đường trịn Mục 1.3 trình bày Định lý Zsigmondy vận dụng Định lý Zsigmondy giải số toán thi học sinh giỏi Chương Tính chất số học đa thức Chương chia thành ba mục chính: Mục 2.1 trình bày tính chất đặc biệt đa thức thuộc Z[x] Mục 2.2 trình bày đa thức Hilbert biểu diễn Mahler Mục 2.3 trình bày cách vận dụng đa thức Hilbert Chương Định lý Zsigmondy Trước giới thiệu định lý Zsigmondy, phần đầu chương luận văn trình bày kiến thức sở đa thức, trường số phức đa thức chia đường tròn Các kiến thức chương tham khảo từ tài liệu [1] [3] 1.1 Đa thức số phức 1.1.1 Khái niệm đa thức, phép toán Mục tập trung nghiên cứu vành đa thức biến trường Trường K trường Q, R, C Ký hiệu tập đa thức K n X n K[x] = {a0 + a1 x + · · · + an x |ai ∈ K, n ∈ N} = xi | ∈ K i=0 Mỗi phần tử thuộc K[x] viết f (x) đơn giản f Phần tử n P f= xi với quy ước x0 = 1, gọi đa thức biến x với i=0 hệ tử thuộc K Khi an 6= n số tự nhiên n gọi bậc đa thức f ký hiệu n = deg f ; an gọi hệ tử cao nhất; a0 gọi hệ tử tự hay số hạng tự Trường hợp f = a 6= 0, a ∈ K, gọi đa thức bậc Đặc biệt, f = đa thức quy ước có bậc −1 −∞, tùy theo việc sử dụng bậc vào lĩnh vực Đa thức dạng f = a0 + a1 x + · · · + an−1 xn−1 + xn gọi đa thức n m P P i monic Các phép toán K[x] : Với f = x , g = bi xi ∈ K[x] i=0 i=0 ta định nghĩa m = n f = g ai = bi , i = 0, 1, , n f +g = X i (ai + bi )x , f g = i=0 i m+n X X i=0 ai−j bj xi j=0 Mệnh đề 1.1 Với phép tốn trên, K[x] lập thành vành giao hốn có đơn vị Mệnh đề 1.2 Với hai đa thức f, g ∈ K[x] ta có kết bậc: (1) deg(f + g) max{deg f, deg g} (2) deg(f g) = deg f deg g Chứng minh (1) Giả sử f = n P i=0 xi g = m P bi xi Không hạn chế i=0 coi m n Nếu m < n deg(f + g) = n max{n, m} Nếu m = n an + bn 6= deg(f + g) = n = max{n, n} Nếu m = n an + bn = deg(f + g) < n = max{n, n} Tóm lại, ta ln có deg(f + g) max{deg f, deg g} (2) Vì an , bm 6= nên an bm 6= Do deg(f g) = m.n = deg f deg g 1.1.2 Thuật toán Euclid Cho hai đa thức f (x) g(x) với bậc n = deg f (x) m = deg g(x) Giả thiết m > Nếu có đa thức h(x) để f (x) = h(x)g(x) ta nói f (x) chia hết cho g(x) với thương h(x) Nếu khơng có đa thức h(x) để f (x) = h(x)g(x) ta nói đa thức f (x) khơng chia hết cho g(x) Ta có hai đa thức h(x), r(x) để f (x) = h(x)g(x) + r(x), deg r(x) < m Đa thức r(x) gọi đa thức dư phép chia đa thức f (x) cho đa thức g(x) Định lý 1.1 Với đa thức f (x), g(x) thuộc vành K[x] g(x) 6= có hai đa thức q(x), r(x) cho f (x) = q(x)g(x) + r(x), deg r(x) < deg g(x) Chứng minh Sự tồn tại: Giả sử f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a2 x2 + a1 x + a0 g(x) = bm xm + bm−1 xm−1 + · · · + b1 x + b0 Nếu n < m chọn q(x) = 0, r(x) = f (x) an n−m Nếu n > m ta xét hiệu f1 (x) = f (x) − x g(x) Khi n1 = bm an n−m deg f1 (x) n − Nếu n1 < m chọn q(x) = x r(x) = f1 (x) bm Nếu n1 > m ta tiếp tục trình Sau số hữu hạn bước, ta đạt q(x) r(x) thỏa mãn yêu cầu đặt Tính nhất: Giả sử có đa thức q1 (x), q2 (x), r1 (x), r2 (x) thỏa mãn q1 (x)g(x)+r1 (x) = f (x) = q2 (x)g(x)+r2 (x) với deg r1 (x), deg r2 (x) < m Từ suy [q1 (x) − q2 (x)]g(x) = r1 (x) − r2 (x) Nếu q1 (x)−q2 (x) 6= deg[q1 (x)−q2 (x)]g(x) > m > deg[r1 (x)−r2 (x)], vơ lý Từ suy q1 (x) = q2 (x) r1 (x) = r2 (x) Định nghĩa 1.1 Đa thức d(x) gọi nhân tử chung hai đa thức f (x) g(x) f (x) g(x) chia hết cho đa thức d(x) Hai đa thức f (x) g(x) gọi nguyên tố chúng có ước chung đa thức bậc Định lý 1.2 [Bézout] Hai đa thức f (x) g(x) nguyên tố có hai đa thức p(x), q(x) để p(x)f (x) + q(x)g(x) = Định lý 1.3 Vành K[x] vành vành nhân tử hóa 1.1.3 Xây dựng trường số phức C Xét tích T = RxR = {(a, b) |a, b ∈ R} Với kí hiệu i ∈ / R ta đồng cặp (a, b) với a + bi tích Carte T = RxR coi tập T = {(a + bi) |a, b ∈ R} Định nghĩa phép toán T: a + bi = c + di a = c, b = d (a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i (a + bi).(c + di) = (ac − bd) + (ad + bc)i a = a + 0i, i = + bi, bi = ib Để đơn giản, ta quy ước viết (a + bi)(c + di) thay cho (a + bi).(c + di) Từ định nghĩa, ta có : (1) Với i = + 1i ∈ T có i2 = (0 + 1i)(0 + 1i) = −1 + 0i = −1 (2) (a + bi)(1 + 0i) = a + bi = (1 + 0i)(a + bi) Ký hiệu C tập T với phép toán nêu Ta có: Bổ đề 1.1 Ánh xạ φ : R → C, a 7→ (a, 0), đơn ánh thỏa mãn φ(a + a0 ) = φ(a) + φ(a0 ), φ(aa0 ) = φ(a)φ(a0 ) với a, a0 ∈ R Đồng (a, 0) ∈ C với a ∈ R Khi ta viết (a, b) = (a, 0) + (b, 0)(0, 1) = a + bi với i2 = (−1, 0) = −1 Do i hay a a+ bi bình đẳng C Như C = (a + bi) |a, b ∈ R, i2 = −1 C ta có kết quả: a + bi = c + di a = c, b = d a + bi + c + di = a + c + (b + d)i (a + bi)(c + di) = ac − bd + (ad + bc)i Mỗi phần tử z = a + bi ∈ C gọi số phức với phần thực a, ký hiệu Re(z), phần ảo b, ký hiệu Im(z); i gọi đơn vị ảo Số phức a − bi gọi số phức liên hợp của z = a + bi ký hiệu z = a + bi Ta có zz = (a + bi) (a − bi) = a2 + b2 , z1 z2 = z1 z2 √ gọi |z| = zz mô-đun z Số đối z = c + di −z = −c − di hiệu z − z = (a + bi) − (c + di) = a − c + (b − d)i Xét mặt phẳng tọa độ (Oxy) Mỗi số phức z = a + bi ta cho tương ứng với điểm M (a;b) Tương ứng song ánh: C → R × R, z = a + bi → M (a; b) Khi đồng C với (Oxy) qua việc đồng z với M, mặt phẳng tọa độ biểu diễn số phức gọi mặt phẳng phức hay mặt phẳng Gauss, ghi công C F Gauss-người đưa biểu diễn Mệnh đề 1.3 C trường chứa trường R trường Chứng minh Dễ dàng kiểm tra C vành giao hoán với đơn vị Giả sử z = a + bi 6= Khi a2 + b2 > Giả sử z =x + yi ∈ C a ( x = ax − by = a + b2 thỏa mãn zz’=1 hay Giải hệ ta b bx + ay = y=− a + b2 a b −1 = − i nghịch đảo z, ký hiệu z Vậy z = a + b2 a2 + b2 z Như C trường Tương ứng C → C, z → z, tự đẳng cấu liên hợp Đồng a ∈ R với a + 0i ∈ C coi R trường C hay R ⊂ C Chú ý, nghịch đảo z 6= z −1 z z0z z0 −1 = z z = = z |z| |z| Định nghĩa 1.2 Cho số phức z 6= Giả sử M điểm mặt phẳng phức biểu diễn số phức z Số đo (rađian) góc lượng giác tia đầu Ox tia cuối OM gọi Argument z ký hiệu \ − π ≤ α ≤ π, gọi argument z Arg(z) Góc α=xOM, ký hiệu argz Argument số phức không định nghĩa Chú ý, α argument z argument z có dạng α+k2.π với k ∈ Z Với z 6= , ký hiệu α+k.2π argument z √ Ký hiệu r = zz Khi số phức z = a + bi có a = rcosα, b = r sin α Vậy z 6= biểu diễn z = r (cos α + i sin α) biểu diễn gọi dạng lượng giác z n Ví dụ 1.1 Với a + bi =(x + iy)n có a2 + b2 = x2 + y n n Bài giải Từ a + bi = x + iy suy a − bi = x − iy Như n a2 + b2 = x2 + y Mệnh đề 1.4 [Moivre] Nếu z = r (cosα + i sin α) với số nguyên dương n có zn =rn [cos (na) + i sin (na) ] Hệ 1.1 Căn bậc n số phức z = r(cosa + i sin a) 6= n α + 2kπ α + 2kπ giá trị khác zk =r n (cos + i sin ) với k = 1,2, ,n n n Tích vơ hướng tích lệch hai số phức z1 , z2 , ký hiệu < z1 , z2 > [z1 , z2 ], định nghĩa tương ứng qua công thức sau đây: = 1 (z1 z2 + z1 z2 ) , [z1, z2 ] = (z1 z2 − z1 z2 ) 2i Mệnh đề 1.5 Nếu z1 = r1 (cos α1 + i sin α1 ) , z2 = r2 (cos α2 + i sin α2 ] với r1 , r2 ≥ thì: 2017 Chúng minh, tồn tập I ⊂ {1, 2, , n} để zk ≥ k∈I Bài giải Giả sử zk = ak + ibk , ak , bk ∈ R, với k = 1, 2, , n Khi 2017 = n X k=1 |zk | ≤ n X k=1 |ak | + n X k=1 |bk | = X k∈I ak − X k ∈I / ak + X j∈J bj − X bj j ∈J / với tập I, J ⊂ {1, 2, , n} ak , bj ≥ Từ biểu diễn ta suy P P P 2017 2017 2017 ak ≥ bj ≥ , chẳng hạn ak ≥ 4 j∈J k∈I k∈I P P 2017 Như zk ≥ ak ≥ k∈I k∈I 12 Ví dụ 1.6 Giả sử đa thức f (x) = xn + a1 xn−1 + a2 xn−2 + · · · + an ∈ C[x] với n nghiệm α1 , α2 , , αn đa thức g(x) = xn +b1 xn−1 +b2 xn−2 +· · ·+bn với n nghiệm α12 , α22 , , αn2 Chứng minh rằng, a1 + a3 + a5 + · · · a2 + a4 + a6 + · · · số thực g(1) số thực Bài giải Ta có: g x = n Y x − αk2 k=1 = n Y (x − αk ) k=1 n Y (x + αk ) = (−1)n f (x) f (−x) k=1 Biểu diễn g(1) − = (−1)n f (1)f (−1) − = (−1)n (1 + b − a)(1 + b + a), a = a1 + a3 + a5 + · · · b = a2 + a4 + a6 + · · · số thực Do vậy, g(1) số thực 1 Ví dụ 1.7 Tính lim + cosx+ cos2x+ · · · + n cosnx n→∞ 2 Bài giải Đặt tổng 1 T = + cosx+ cos2x+ · · · + n cosnx 2 tổng 1 iS = i sinx+i sin2x+ · · · +i n sinnx 2 Ta biến đổi f = T + iS : cos x sin x cos x sin x 2 sin x n +i + +i + ··· + +i f = 1+ 2 2 2 cos x cos(n + 1)x cos(n − 1)x − + 1− n+1 2 2n+2 = + i − cos x 1 − 2cosx Vậy lim + cosx+ cos2x+ · · · + n cosnx = n→∞ 2 − 4cosx cos x 13 Ví dụ 1.8 Cho f (x) = x3 + 15x2 + 75x + 120 Hãy giải phương trình f (f ( (f (f (x)) )) = x tính tổng tất nghiệm | {z } n lầnf Bài giải Ta có f (x) = (x + 5)3 − Bằng quy nạp theo n ta nhận n f (f ( (f (f (x)) )) = (x + 5)3 − | {z } n lầnf n Vậy ta phải giải phương trình (x + 5)3 = x + n Giải x0 = −5 nghiệm phương trình (x + 5)3 −1 = k2π sin k2π Tóm lại x0 = −5 xk = −5+cos n +i n với k = 1, 2, , 3n −1 −1 −1 Tổng tất nghiệm phương trình T = −5.3n 1.2 1.2.1 Đa thức chia đường tròn Đa thức chia đường tròn Định nghĩa 1.4 Cho n số nguyên dương α bậc n đơn vị Khi số nguyên dương nhỏ k cho αk = gọi cấp α kí hiệu ord(α) Ví dụ: Các bậc đơn vị 1, −1, i, −i Cấp 1, cấp -1 2, cấp i , cấp -i Định nghĩa 1.5 Cho n số nguyên dương α bậc n đơn vị Khi α gọi nguyên thủy bậc n đơn vị ord(α) = n Ví dụ: Các bậc đơn vị là: √ √ i i α0 = 1, α1 = − + , α2 = − − 2 2 Có ord(α0 ) = 1, ord(α1 ) = 3, ord(α2 ) = Nên nguyên thủy bậc ba đơn vị α1 , α2 k.2π k.2π + i sin Định nghĩa 1.6 Ta biết bậc n đơn vị αk = cos n n với k = 1, 2, , n chúng lập thành nhóm xyclic cấp n ... đa thức luận văn tơi muốn tập trung xét việc vận dụng đa thức số học Mục đích luận văn giới thiệu Định lý Zsigmondy - định lý mạnh xử lý tốn khó số ngun tố giới thiệu tính chất đặc biệt đa thức... trình bày Định lý Zsigmondy vận dụng Định lý Zsigmondy giải số tốn thi học sinh giỏi Chương Tính chất số học đa thức Chương chia thành ba mục chính: Mục 2.1 trình bày tính chất đặc biệt đa thức... thức thuộc Z[x] Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận hai chương Chương Định lý Zsigmondy Chương gồm ba mục chính: Mục 1.1 trình bày số tính chất đa thức số phức Mục 1.2 trình bày đa thức chia đường