luận văn vành đa thức và 1 số ứng dụng

luận văn vành đa thức và 1 số ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

TRẦN ĐỨC THỌ

VÀNH ĐA THỨC

VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Chuyên ngành : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Mã số : 60 46 40

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:PGS TS ĐÀM VĂN NHỈ

THÁI NGUYÊN - 2012

Mục lục

1.1 Vành đa thức một biến 5

1.2 Đa thức bất khả quy 11

1.3 Tính đóng đại số của trường C 18

1.4 Vành đa thức nhiều biến 29

1.5 Đa thức đối xứng 33

2 MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA VÀNH ĐA THỨC 39 2.1 Một số chặn trên cho nghiệm đa thức 39

2.2 Tính chia hết của một vài đa thức đặc biệt 42

2.3 Ước chung của dãy số từ đa thức 46

2.4 Phương pháp biểu diễn đa thức đối xứng qua các đa thức đối xứng sơ cấp 47

2.5 Ứng dụng lí thuyết đa thức đối xứng vào đại số sơ cấp 50

2.6 Đa thức bậc ba liên quan đến tam giác 60

MỞ ĐẦU

Vành đa thức là một phần rất quan trọng trong nhiều lĩnh vực củaToán học, chẳng hạn: Đại số, Giải tích, Hình học, Toán rời rạc vv Trongchương trình toán phổ thông, phần đa thức chủ yếu được đưa vào bộ mônĐại số và Giải tích Đặc biệt trong các kỳ thi đại học, học sinh giỏi quốcgia và quốc tế đều có những bài toán liên quan đến đa thức Chính vì vậy

mà chuyên đề về vành đa thức rất thiết thực với những ai muốn tìm hiểusâu về toán sơ cấp

Từ các kết quả đạt được trong vành đa thức chúng ta có thể vận dụnggiải một số bài toán về hình học rất phức tạp, giải hệ phương trình và xâydựng một số kết quả về Tổ hợp, Số học Khi xét đa thức ta thường quantâm đến nghiệm, tính bất khả quy và việc biểu diễn thành tích các nhân

tử bậc nhỏ hơn Nội dung của luận văn nhằm giải quyết hai vấn đề chính:Vấn đề 1: Chứng minh lại một số kết quả cơ bản của vành đa thức màcác kết quả ấy gắn liền với tên tuổi của những nhà toán học lỗi lạc Vậndụng các kết quả đạt được để giải quyết một số bài toán đã được đặt ra.Vấn đề 2: Đưa ra một số chặn nghiệm của một đa thức, tiêu chuẩn chiahết của một vài đa thức đặc biệt, ước chung của dãy số từ đa thức, phươngpháp biểu diễn đa thức đối xứng qua các đa thức đối xứng cơ bản

Luận văn được chia làm hai chương

Chương I: Vành đa thức

Nội dung chương I trình bày một số khái niệm về vành đa thức, một vàitiêu chuẩn bất khả quy, tính đóng đại số của trường C, đa thức đối xứng.Chương II: Một số ứng dụng của vành đa thức

Nội dung chương II trình bày về chặn nghiệm, tính chất chia hết của mộtvài đa thức đặc biệt, phương pháp biểu diễn đa thức đối xứng qua đa thứcđối xứng sơ cấp Trong chương này chúng tôi còn trình bày ứng dụng lýthuyết đa thức đối xứng vào đại số sơ cấp và đã xây dựng được đa thứcbậc ba với nghiệm là đại lượng liên quan đến tam giác

Dù đã rất cố gắng, nhưng chắc chắn nội dung được trình bày trong luậnvăn không tránh khỏi thiếu sót nhất định, em rất mong nhận được sự góp

ý của các thầy cô giáo và các bạn

Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học của PGS.TSĐàm Văn Nhỉ Em xin được tỏ lòng cảm ơn chân thành nhất tới thầy về

sự giúp đỡ nhiệt tình từ khi xây dựng đề cương, viết và hoàn thành luậnvăn Tiếp theo em xin chân thành cảm ơn các thầy cô giáo phản biện đãđọc và góp ý để em hoàn thiện luận văn của mình Em xin được cảm ơnchân thành nhất tới Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, nơi

em đã nhận được một học vấn sau đại học căn bản Xin cảm ơn gia đình,đồng nghiệp đã cảm thông, chia sẻ, ủng hộ và giúp đỡ trong thời gian emhọc cao học và viết luận văn Lời cuối em xin chúc sức khỏe các thầy côgiáo và đồng nghiệp

Em xin chân thành cảm ơn!

Hà Nội, ngày 20 tháng 7 năm 2012

Người thực hiệnTrần Đức Thọ

Chương 1

VÀNH ĐA THỨC

1.1 Vành đa thức một biến

Khái niệm vành đa thức một biến trên R

Giả sử V là một vành giao hoán và A là một vành con của nó Giả sử

v ∈ V Mọi vành con của V chứa A và v đều chứa các phần tử có dạng

Vậy tổng và tích của hai đa thức của R lại là một đa thức của R

Mặt khác 1 dĩ nhiên cũng là đa thức thuộc R

Vậy tập hợp các đa thức của v với hệ tử trong A lập thành một vành concủa V Dĩ nhiên đó là vành con nhỏ nhất của V chứa A và v

Kí hiệu vành con đó qua vành A[v] Nếu tồn tại một hệ thức đa thức

d0 + d1v + d2v2 + + dnvn = 0(di ∈ A)m ≥ 1

với ít nhất một di 6= 0, thì hai đa thức của v có dạng khác nhau có thểtrùng nhau Thí dụ, nếu V=R, A=Q, v = √

2 là nghiệm của 2 − v2 = 0,thì ta có chẳng hạn: 0 + 2v = 0 + 0v + 0v2 + v3

(B,+) rõ ràng là một nhóm Aben Phần tử không là 0=(a, 0, 0, ) vàphần tử đối của (a0, a1, a2, ) là (−a0, −a1, −a2, )

Phép nhân trong B được định nghĩa bởi

Nếu ai = 0 với i > n và bj = 0 với j > m thì pk = 0 với k > n + m Vậy

vế phải của tích trên là một phần tử của B

Nếu a = (a0, a1, a2, ), b = (b0, b1, b2, ) và c = (c0, c1, c2, ) thì hạng tửvới chỉ số i trong (ab)c là

X

m+l=i



X

Ta kí hiệu (0,1,0,0, ) là X và gọi nó là một ẩn trên A.

Hệ tửa0 gọi là hằng hạng tử hoặc hạng tử tự do Nếuan 6= 0thìangọi là hệ

tử cao nhất và n gọi là bậc của đa thức đó và được kí hiệu làn = degf (X)

Ta gán cho đa thức không bậc là −∞ Ta có −∞ + (−∞) = −∞ ,

−∞ + n = −∞ và −∞ < n, ∀n ∈ N các đa thức bậc 1 còn gọi là tuyến

tính

Từ định nghĩa của phép cộng và phép nhân trong A[X] , ta suy ra rằng

deg(f (X) + g(X)) ≤ max(degf (X), degg(X))

deg(f (X)g(X)) ≤ degf (X) + degg(X)

Bất đẳng thức thứ hai được thay thế bởi đẳng thức

deg(f (X)g(X)) = degf (X) + degg(X)

Mỗi khi tích anbm của các hệ tử cao nhất của f(X) và g(X) khác không, vì

f (X).g(X) = a0b0 + (a0b1 + a1b0)X + + anbmXn+m

Như vậy, nếu A là một miền nguyên vẹn thì vành A(X) cũng là miềnnguyên vẹn

Định lý 1.1.1 [Tính chất độc xạ của vành A[X]] Giả sử A là mộtvành giao hoán, A[X] là vành đa thức của ẩn X trên A, f : A → A[X] làphép nhúng A vào ttrong A[X] Khi đó với mọi vành giao hoán V và mọiđồng cấu ϕ từ vành A tới vành V, tồn tại duy nhất một đồng cấu ϕ từvành A[X] tới vành V sao cho ϕ(X) = v, trong đó v là một phần tử tùy ýcủa V và sao cho biểu đồ sau giao hoán.

Hình 1.1: Tính chất độc xạ của vành A[X]

Chứng minh Trước hết ta giả thiết rằng một đồng cấu ϕ như thế tồntại Ta có ϕ(Xk) = (ϕ(X))k = vk Mặt khác ϕf (a) = ϕ(a) = ϕ(a)

Vậy ϕ(a0 + a1X + + anXn) = ϕ(a0) + ϕ(a1)v1 + + ϕ(an)vn

Vì ϕ(a0 + a1X + + anXn) là duy nhất xác định bởi ϕ và v, nên nếu ϕ

tồn tại thì nó là duy nhất

Đảo lại, ta hãy xác định ánh xạ ϕ : A[X] → V Bởi công thức

ϕ(a0 + a1X + + anXn) = ϕ(a0) + ϕ(a1)v + + ϕ(an)vn

Ta có ϕ(X) = v và ϕ(a0) = ϕ(a0) = ϕf (a0), ∀a0 ∈ V

Vậy ϕ = ϕf, tức là biểu đồ đã cho là giao hoán

Hệ quả 1.1.2 Giả sử A là một vành con của một vành giao hoán B và

ϕ là phép nhúng chính tắc Khi đó ta có thể phát biểu tính chất trên dướidạng sau:

Giả sử vành giao hoán V chứa vành A làm một vành con Khi đó với mỗiphần tử v ∈ V tồn tại duy nhất một đồng cấu vành

ϕ : A[x] → V

sao cho ϕ(a) = a∀a ∈ A, ϕ(X) = V

Trong trường hợp này ta có

ϕ(a0 + a1X + + anXn) = a0 + a1v + + anvn

Vế phải của đẳng thức trên gọi là giá trị của đa thức

f (X) = a0 + a1X + + anXn

tại X=v Nó cũng được kí hiệu là f(v)

Định nghĩa 1.1.3 Một phần tử v ∈ V gọi là đại số trên A nếu và chỉ nếu

ta có ϕ(f (X)) = f (v) = 0, với một đa thức f(X) nào đó của vành A[X].Còn nếu: ϕ : A[x] → V là một đơn cấu tức là

ϕ(f (X)) = 0 <=> f (X) = 0 <=> f (v) = 0 nếu và chỉ nếu tất cả các hệ

tử của f đều bằng 0, thì v gọi là phần tử siêu việt trên A

Trong trường hợp A=Q và V=C thì ta gọi tắt là những số đại số hoặcsiêu việt Thí dụ √

2,√

2 + √

3 là những số đại số, e, π là những số siêu

Một vài tiêu chuẩn về bất khả quy

Giả sử hai đa thức f (x), g(x) ∈ k[x] Đa thức f (x) được gọi là chia hếtcho đa thức g(x) nếu có đa thức h(x) ∈ k[x] để f (x) = g(x)h(x)

Bổ đề 1.2.1 Cho đa thức f (x) = a0xn+ a1xn−1+ · · · + an ∈ Z[x], a0 6= 0

Nếu số hữu tỷ p

q với (p, q) = 1 là nghiệm của phương trình f (x) = 0 thì

(i) p là một ước của an và q là một ước của a0

(ii) p − mq là một ước của f (m) cho mọi số nguyên m

Chứng minh (i) Giả sử số hữu tỷ p

q với (p, q) = 1 là nghiệm của f (x) =

0 Khi đó

a0pn+ a1pn−1q + · · · + anqn = 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 luỹ thừa của x − m ta được

f (x) = a0(x − m)n + b1(x − m)n−1 + · · · + bn−1(x − m) + f (m) ∈ Z[x]

Cho x = p

q và quy đồng

a0(p − mq)n + b1(p − mq)n−1q + · · · + bn−1(p − mq)qn−1+ f (m)qn = 0

Vì (p, q) = 1 nên p − mq là một ước của f (m) cho mọi số nguyên m

Hệ quả 1.2.2 Nghiệm hữu tỷ của đa thức f (x) = xn+a1xn−1+· · ·+an ∈

Z[x] phải là số nguyên

Chứng minh Suy ra từ Bổ đề trên.

Vì C là trường đóng đại số nên đa thức bất khả quy một ẩn trên C chỉ lànhững đa thức bậc 1 Chính vì lý do này mà ta chỉ xét đa thức bất khảquy trên Q và trên R Một số tiêu chuẩn sau đây để có thể kiểm tra khinào một đa thức với các hệ số nguyên là bất khả quy

Định lý 1.2.3 [Tiêu chuẩn Eisenstein]

Cho f (x) = anxn + an−1xn−1 + · · · + a0, an 6= 0, là đa thức với các hệ

số nguyên và p là số nguyên tố sao cho an không chia hết cho p và các

ai(i < n) chia hết cho p nhưng a0 không chia hết cho p2 Khi đó f (x) là

đa thức bất khả quy trên Z

Vì a0 không chia hết cho p2 nên c0 không chia hết cho p Nếu tất cả các

bi đều chia hết cho p thì an cũng phải chia hết cho p : mâu thuẫn với giảthiết Vậy phải có một bi không chia hết cho p Gọi i là chỉ số nhỏ nhất để

bi không chia hết chop Khi đó 0 < i 6 r Vì ai = bic0+ bi−1c1+ · · · + b0ci

chia hết cho p với tất cả các số hạng bi−1c1, , b0ci đều chia hết cho p

nên bic0 cũng chia hết cho p : mâu thuẫn Điều này chứng tỏ f là đa thứcbất khả quy trên Z

Ví dụ 1.2.4 Với bất kỳ số nguyên dương n đa thức

f (x) = 1 + x + x

2

2! + · · · +

xnn!

p, nhưng n! không chia hết cho p2 Theo tiêu chuẩn Eisenstein, đa thức

n!f là bất khả quy trên Z

Ví dụ 1.2.5 Với bất kỳ số nguyên tố pđa thức f (x) = 1 + x + · · · + xp−1

là bất khả quy trên Z

Bài giải Theo Tiêu chuẩn Eisenstein, đa thứcf (x+1) = xp−1+ p1
xp−2+

· · · + p−1p
là bất khả quy trên Z Do đó f là bất khả quy trên Z

Định lý 1.2.6 Cho f (x) = b0xn + b1xn−1 + · · · + bn là đa thức với các

hệ số nguyên và p là số nguyên tố sao cho b0 không chia hết cho p nhưng

bk+1, , bn chia hết cho p, bn không chia hết cho p2 Khi đó f (x) có nhân

tử bất khả quy bậc > n − k

Chứng minh Phân tích f (x) thành tích các nhân tử bất khả quy Giả

sử g(x) = c0xm + c1xm−1 + · · · + cm ∈ Z[x] là một nhân tử bất khả quyvới cm chia hết cho p Biểu diễn f (x) = g(x)h(x) với h(x) = d0xh +

d1xh−1 + · · · + dh ∈ Z[x] Khi đó dh không chia hết cho p Gọi ci là hệ

số đầu tiên của g(x) không chia hết cho p trong khi bm, , bi+1 chia hếtcho p Ta có cmdh = bn chia hết cho p, nhưng không chia hết cho p2 Vì

bh+i = cidh + bi+1dh−1 + · · · không chia hết cho p nên h + i 6 k hay

n − m + i 6 k Do đó m > n + i − k > n − k

Ngoài ra ta còn có một vài tiêu chuẩn kiểm tra tính bất khả quy của đathức với các hệ số nguyên khác nữa qua bất đẳng thức

Định lý 1.2.7 [Tiêu chuẩn Osada] Cho f (x) = xn + a1xn−1 + · · · +

an−1x ± p là đa thức với các hệ số nguyên và p là số nguyên tố Nếu

p > 1 + |a1| + · · · + |an−1| thì f (x) là bất khả quy

Chứng minh Giả sửf (x) là khả quy Khi đó f (x) = g(x)h(x), ở đóg, h

là những đa thức bậc dương với các hệ số nguyên Vì p là số nguyên tốnên một trong các số hạng tự do của g hay h phải bằng ±1, chẳng hạn

hệ số tự do của g bằng ±1 Vậy giá trị tuyệt đối của tích các nghiệm của

g phải bằng 1 Khi đó g(x) = 0 phải có một nghiệm α với |α| 6 1 Vì α

cũng là nghiệm của f (x) = 0 nên

p = |αn + a1αn−1+ · · · + an−1α|6 1 + |a1| + · · · + |an−1|

Điều mâu thuẫn này chứng tỏ f (x) là bất khả quy

Ví dụ 1.2.8 Với số tự nhiên n > 2, đa thức q(x) = xn− 18xn−1+ 3x2−

2011 luôn luôn là bất khả quy

Bài giải Vì 2011 là số nguyên tố và 2011 > 1 + 18 + 3 nên q(x) là bấtkhả quy theo Định lý 1.2.7

Ví dụ 1.2.9 Đa thức p(x) = x9+ x8+ · · · + x2+ x + 11 luôn luôn là bấtkhả quy.

Bài giải Vì 11 là số nguyên tố và 11 > 1 + 1 + · · · + 1 = 10 nên p(x) làbất khả quy theo Định lý 1.2.7

Định lý 1.2.10 [Tiêu chuẩn Polya] Cho f (x) là đa thức bậc n vớicác hệ số nguyên Đặt m = [n + 1

2 ]. Giả sử cho n số nguyên khác nhau

n Không hạn chế ta có thể giả thiết deg h(x) 6 deg g(x) = s Ta có

m 6 s < n Ta thấy ngay g(di) 6= 0 và g(di) chia hết f (di) Do đó

Mâu thuẫn này chỉ ra f (x) là bất khả quy

Ví dụ 1.2.11 [VMO 1984] Xác định đa thức bất khả quy f (x) ∈ Z[x]

Do đó đa thức với các hệ số nguyên x6 − 6x4 − 6x3 + 12x2 − 36x + 1 làbất khả quy, bậc 6, nhận x1 = √

Bài giải Đa thức2x2+2x+1là bất khả quy với nghiệm phứcα = −1 + i

Bài giải Sử dụng công thức tan 2x = 2 tan x

1 − tan2x, nên từ tan

là bất khả quy với bậc 4 nhận x1 = tan π

16 làm nghiệm Tương tự, đa thức

này còn có nghiệm x2 = tan5π

Bài giải Với n = 1 đa thức f1(x) = x − a + 1 là bất khả quy Với n = 2

đa thức f2(x) = (x − a)(x − a − 2) + 1 = (x − a − 1)2 là khả quy Vớin = 4

đa thứcf4(x) = x(x−1)(x−2)(x−3)+1 = [x(x−3)+1]2 là khả quy Bâygiờ xét n > 5 Giả sử f (x) = (x − a1)(x − a2) (x − an) + 1 là khả quy.Khi đó f (x) = g(x)h(x) với g(x), h(x) ∈ Z[x] và deg g(x), deg h(x) > 1

Vì g(ai)h(ai) = 1 với mọi i = 1, , n nên g(ai) = h(ai) = ±1 với

i = 1, , n Do đó g(x) = h(x) Ta có f (x) = g(x)2 Vậy n phải là sốchẵn và (x − a1)(x − a2) (x − an) = [g(x) − 1][g(x) + 1]với n > 6 Đánh

số lại chỉ số, nếu cần thiết, ta có thể biểu diễn

g(x) + 1 = (x − a1)(x − a3) (x − an−1)g(x) − 1 = (x − a2)(x − a4) (x − an)

Vậy 2 = (x − a1)(x − a3) (x − an−1) − (x − a2)(x − a4) (x − an)

Đánh số lại, nếu cần, có thể coi a1 > a3 > · · · > an−1 Cho x = a2k

được 2 = (a2k − a1)(a2k − a3) (a2k − an−1) Vì chỉ có hai các phân tích

2 = 2.1 = (−2)(−1) và n > 6 nên 2 = (a2k− a1)(a2k− a3) (a2k− an−1)

không thể xảy ra Điều này chứng tỏ f (x) là bất khả quy Vậy n0 = 5

Ví dụ 1.2.15 Với các số nguyên phân biệta1, a2, , an, ký hiệu đa thức

f (x) = (x−a1)(x−a2) (x−an).Nếun> 7vàax2+bx+1 ∈ Z[x], a 6= 0,

là bất khả quy thì af (x)2 + bf (x) + 1 cũng là bất khả quy

Bài giải Trước tiên ta chứng minh nhận xét sau: Nếu đa thứcg(x) ∈Z[x]

nhận giá trị 1, (hoặc -1), tại nhiều hơn ba giá trị nguyên phân biệt củabiến x thì nó không thể nhận giá trị -1, (hoặc 1), khi x nguyên

Thật vậy, giả sử g(x) ∈ Z[x]nhận giá trị 1 tại nhiều hơn ba giá trị nguyênphân biệt của biến x Khi đó g(x) − 1 có ít nhất 4 nghiệm nguyên khácnhau, chẳng hạn a1, a2, a3, a4 Biểu diễn

g(x) − 1 = (x − a1)(x − a2)(x − a3)(x − a4)h(x), h(x) ∈ Z[x]

Với a nguyên và a 6= ak, k = 1, 2, 3, 4, thì (a − a1)(a − a2)(a − a3)(a − a4)

là tích 4 số nguyên phân biệt Các thừa số này có thể là ±1 và±p Nếu có

số nguyên a để g(a) = −1 thì −2 = (a − a1)(a − a2)(a − a3)(a − a4)h(a)

−2 = (−1).1.2 cùng lắm chỉ có ba nhân tử phân biệt Vậy, không có sốnguyên a để g(a) = −1

Sử dụng kết quả này vào chứng minh bài toán đặt ra Giả sử có sự phân tích

af (x)2+bf (x)+1 = g(x)h(x)vớig(x), h(x) ∈ Z[x]vàdeg g(x), deg h(x) >

1 Vì g(ai)h(ai) = 1 với mọi i = 1, , n nên g(ai) = ±1 với i = 1, , n.

Do n > 7 và nhận xét trên nên hoặc g(ai) = 1 hoặc g(ai) = −1 với mọi

i = 1, 2, , n Tương tự đối với h(x) Chẳng hạn g(x) = 1 + αf (x)

Khi đó h(x) = 1 + βf (x) Ta có αβ = a Vì af (x)2 + bf (x) + 1 =[1 + αf (x)][1 + βf (x)] nên ax2+ bx + 1 = [1 + αx][1 + βx] : mâu thuẫn vì

ax2 + bx + 1 là bất khả quy Vậy af (x)2 + bf (x) + 1 là bất khả quy

Ví dụ 1.2.16 Đa thức p(x) = x2010 + 318x1952 + 2011 không thể phântích được thành tích hai đa thức với bậc > 1 và các hệ số nguyên

Bài giải Đa thức p(x) = x2010 + 318x1952 + 2011 là bất khả quy theoTiêu chuẩn Osada, Định lý 1.2.7 Vậy không thể phân tích đa thức p(x) =

x2010+ 318x1952+ 2011 ra thành tích hai đa thức với bậc > 1 và các hệ sốnguyên

Ví dụ 1.2.17 Với số nguyên dương n và góc α có x2n − 2xncos α + 1 =(x2−2x cos α

Bài giải Xét phương trình xn = cos α ± i sin α Hai phương trình có 2n

nghiệmx.Vậyx2n−2xncos α+1 = (x2−2x cos α

2ncos α

2 = 2

n−1sin π + α

2n sin

3π + α2n · · · sin(2n − 1)π + α

2ntan α

2n .

Bài giải Vìx2n−2xncos α+1 = (x2−2x cos α

2ncosα

2 = 2

n−1sinπ + α

2n sin

3π + α2n · · · sin(2n − 1)π + α

2ntanα

= n

2n−1sin π

2nsin

3π2n · · · sin(2n − 1)π

2n = limα→0 cosα

2 = 1.

1.3 Tính đóng đại số của trường C.

Bây giờ ta sẽ chỉ ra rằng, mọi đa thức bậc dương thuộc C[x]đều có nghiệmtrong C Đó chính là nội dung Định lý cơ bản của đại số Người đầu tiênchứng minh Định lý này là nhà toán học C Gauss (1777-1855)

Định nghĩa 1.3.1 Trường K được gọi là một trường đóng đại số nếu mọi

đa thức bậc dương thuôc K[x] đều có nghiệm trong K

Như vậy, trong K[x] mọi đa thức bậc dương đều phân tích được thànhtích các nhân tử tuyến tính khi K là một trường đóng đại số

Bổ đề 1.3.2 Mỗi đa thức bậc lẻ thuộc R[x] đều có ít nhất một nghiệmthực thuộc R

Chứng minh Giả sử f (x) = a0x2s+1+ a1x2s+ · · · + a2sx + a2s+1 ∈ R[x]

với a0 6= 0 Dễ dàng thấy rằng a0f (x) sẽ tiến ra +∞ khi x → +∞ và

a0f (x) sẽ tiến ra −∞ khi x → −∞ Từ đây suy ra sự tồn tại của các

số thực α > 0 và β < 0 thỏa mãn a0f (α) > 0, a0f (β) < 0 Do vậy

a20f (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 1.3.3 Mỗi đa thức bậc hai thuộc C[x] đều có hai nghiệm thuộc C

Chứng minh: Trước tiên ta chỉ ra, với mỗi số phứcz đều có hai số phức

z1, z2 để z12 = z, z22 = z.Thật vậy, giả sửz = a+bi 6= 0và giả sửz1 = x+yi

với a, b, x, y ∈R để z21 = z hay



x2 − y2 = a2xy = b

Xét trường hợp b 6= 0 nên x 6= 0 Khi đó

Ta có z1 = x1 + bi

2x1 và z2 = x2 +

bi2x2 thỏa mãn z

2

1 = z22 = z

Theo lập luận ở trên, có hai số phức z1 và z2 để z12 = z22 = b2 − 4ac Khi

đó nghiệm của phương trình −b + z1

−b + z2

Trường hợp b = 0 được xét dễ dàng

Định lý 1.3.4 [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 Cho đa thức tùy ý f (x) = xn+ a1xn−1+ · · · + an Ký hiệu

đa thức f (x) = xn + a1xn−1 + · · · + an Khi đó g(x) = f (x)f (x) ∈ R[x]

Nếu g(α) = 0 thì f (α) = 0 hoặc f (α) = 0 Từ trường hợp f (α) = 0 ta

suy ra 0 = f (α) = f (α) Tóm lại, g(x) có nghiệm thì f (x) có nghiệm

Chính vì kết quả này mà ta chỉ cần chứng minh Định lý cho đa thức với

hệ số thực

Ta biết rằng cho mỗi đa thức f (x) = xn + a1xn−1 + · · · + an ∈ R[x] có

trường mở rộng K của R để trong K[x] ta có sự phân tích thành tích các

nhân tử tuyến tính

f (x) = (x − α1)(x − α2) (x − αn)

Phân tích bậc n = 2d` với ` là số nguyên dương lẻ Ta chứng minh có ítnhất một αi ∈ C bằng phương pháp quy nạp theo số nguyên không âm d.

Nếu d = 0 thì f (x) là đa thức bậc lẻ Nó có ít nhất một nghiệm trong Ctheo Bổ đề 1.3.2 Nếu d > 0, ta giả thiết những đa thức thuộc R[x] có bậc

m với sự phân tích m = 2ep, p lẻ và e < d, có ít nhất một nghiệm thuộc

hệ số của g(x) là những đa thức của các hàm đối xứng cơ bản của các αi

và vì c là số thực nên các hệ số của g(x) là những số thực Theo giả thiếtquy nạp, g(x) có ít nhất một nghiệm trong C, điều này có nghĩa: Tồn tại

2 + 1 đa thức g(x) tương ứng có nghiệm phức, nên có

cặp (i, j) được tính 2 lần Do vậy mà có hai số thực c1 và c2 khác nhau để

a = αiαj + c1(αi+ αj), b = αiαj + c2(αi+ αj) đều thuộc C Ta có hệ sau:

Hệ quả 1.3.5 Mọi đa thức thuộc C[x] với bậc n > 0 đều có n nghiệmtrong C và các đa thức bất khả quy trong C[x] là các đa thức bậc nhất.

Bổ đề 1.3.6 Cho f (x) ∈ R[x] \R f (x) là đa thức bất khả quy khi và chỉkhi 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 thiết 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

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 cónghiệm α ∈ C theo Định lý 1.3.4 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 thuẫngiả thiết

Tóm lại, nếu f (x) là đa thức bất khả quy thì hoặcf (x) = ax + b với a 6= 0

hoặc f (x) = ax2 + bx + c với a 6= 0 và b2 − 4ac < 0

Sử dụng các kết quả đã đạt được ở trên để chỉ ra dạng phân tích một đathức thuộc R[x] thành tích các nhân tử bất khả quy

Định lý 1.3.7 Mỗi đa thức f (x) ∈ R[x] \R đều có thể phân tích được

một cách duy nhất thành dạng

f (x) = a(x − a1)n1 (x − as)ns(x2 + b1x + c1)d1 (x2 + brx + cr)drvới các b2i − 4ci < 0 cho i = 1, , r khi r > 1

Chứng minh Vì vành R[x] là vành nhân tử hóa nên f (x) có thể phântích 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 với

a 6= 0 hoặc ax2 + bx + c với a 6= 0, b2 − 4ac < 0 theo Bổ đề 1.3 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 + b1x + c1)d1 (x2 + brx + cr)drvới các b2i − 4ci < 0 cho i = 1, , r khi r > 1

Đôi khi để tìm mối liên hệ giữa các nghiệm hay một tính chất nào đócủa nghiệm đa thức ta thường xét bài toán trên C và sử dụng kết quả sauđây:

Định lý 1.3.8 [Viét] Giả sử x1, , xn là n nghiệm của đa thức bậc n

sau đây: f (x) = xn − δ1xn−1 + δ2xn−2 − · · · + (−1)nδn Khi đó có các hệthức

với một đơn thức xr1xr2 xrm = xr1 +r 2 +···+r m

Do vậy ta chỉ cần tìm tổng S của các hệ số của tất cả các đơn thức dạng

x5k thuộc f (x) với số nguyên dương k Gọi u là một căn nguyên thủybậc 5 của đơn vị, chẳng hạn chọn u = cos 2π

h

2404 + 22010

i

Ví dụ 1.3.11 Với các số nguyên dương n, k và i thỏa mãn0 6 i 6 k − 1,

n(1 + α)n−1 = a(1 + α + · · · + αk−1) = 0 Vậy α = −1 vô lý

Tóm lại, không có các số nguyên dương n, k > 2 để Tn,k,0 = Tn,k,1 = · · · =

Bài giải Xét số này trong vành Zp[i] và đồng nhất k với ảnh của nó, ta

Dễ dàng kiểm tra x01+ x02+ x03 = a0, x1+ x2+ x3 = a1, x21+ x22+ x23 = a2,

tổng quát an = xn1 + xn2 + xn3, n > 0

Tương tự bn = yn1 + yn2 + y3n, n > 0, trong đó y1, y2, y3 là ba nghiệm của

g(y) = y3 − 5y2 − 10y + 7 = 0 Kiểm tra trực tiếp: f (y + 1) = g(y) và

g(x − 1) = f (x)

Vậy ta nhận được các hệ thức sau đây:

an = xn1+ xn2+ xn3 = (y1+ 1)n+ (y2+ 1)n+ (y3+ 1)n bn = y1n+ y2n+ y3n =(x1 − 1)n + (x2 − 1)n + (x3 − 1)n, n > 0

Ví dụ 1.3.14 Giả sử hai dãy số nguyên (an)n∈N và (bn)n∈N xác định nhưsau:

(ii) Tìm số dư của phép chia ap cho p khi p là số nguyên tố

Bài giải (i) Đây là bài toán về dãy các số nguyên Nhưng ta lại xét bàitoán trên C Xét phương trình f (x) = x3 − 2x2 + 5x − 1 = 0 Gọi banghiệm của nó trong C là x1, x2, x3 Dễ dàng kiểm tra x01 + x02 + x03 = a0,

x1+ x2+ x3 = a1, x21+ x22+ x23 = a2, tổng quát an = xn1 + xn2 + xn3, n > 0

Tương tự bn = yn1 + yn2 + y3n, n > 0, trong đó y1, y2, y3 là ba nghiệm của

g(y) = y3 + 4y2 + 9y + 9 = 0 Kiểm tra trực tiếp: f (y + 2) = g(y) và

là đa thức đối xứng của x1, x2, x3

Tổng này được viết thành đa thức với hệ số nguyên của x1 + x2+ x3 = 2,

xi1xj2xk3 là số nguyên chia hết cho p

Do đó ap ≡ 2p( mod p) Nếu p = 2 thì a2 = −6 chia hết cho 2 và dưbằng 0 Nếu p > 2 thì ap ≡ 2p ≡ 2( mod p)

Vậy dư bằng 2

Vì C là trường đóng đại số nên đa thức bất khả quy một ẩn trên C chỉ lànhững đa thức bậc 1 theo Hệ quả 1.3.5 Chính vì lý do này mà ta chỉ xét

đa thức bất khả quy trên Q và trên R

Giả sử hai đa thức f (x), g(x) ∈ R[x] Đa thức f (x) được gọi là chia hếtcho đa thức g(x) nếu có đa thức h(x) ∈ R[x] để f (x) = g(x)h(x)

Hệ quả 1.3.15 Nghiệm hữu tỷ của đa thứcf (x) = xn+a1xn−1+· · ·+an ∈

Bài giải Vì α4− 16α2+ 32 = 0 nên đa thức f (x) = x4− 16x2+ 32 ∈ Z[x]

thỏa mãn f (α) = 0 Không ước nào của 32 là nghiệm của f (x) Như vậy,

Bài giải Gọi z là một căn nguyên thủy bậc 5 của đơn vị trong C Khi đó

z 6= 1 và z5 = 1 Vậy z4 + z3 + z2 + z + 1 = 0 Ta có hệ phương trình sau

1 z z2

1 z2 z4

1 z3 z6

6= 0 nên f (1) = g(1) = h(1) = 0 và ta có

f (x), g(x), h(x) chia hết cho x − 1

Với x = 2010 ta có f (2010), g(2010), h(2010) đều chia hết cho 2009 Vậy

f (2010), g(2010), h(2010)
>2009

Ví dụ 1.3.18 [IMO 1973] Chứng minh với mọi số nguyên dương n có

√2n + 1

Bài giải Xét đa thức x2n+1− 1 trên C với 2n + 1 nghiệm ta suy ra biểudiễn

√2n + 1

Ví dụ 1.3.19 Với số nguyên n > 2, đa thức f = 1 + 4

2n

P

j=1

xj có thể biểudiễn thành f = g2 với g ∈ Z[x]?

Ví dụ 1.3.20 Có thể phân tích đa thức x2011− 2011 ra thành tích hai đathức với bậc > 1 và các hệ số nguyên không?

Bài giải Giả sử phân tích đượcx2011− 2011 = f (x)g(x) với f (x), g(x) ∈

Z[x] và deg f, deg g > 1 Gọi deg f (x) = k < 2011 Xét f (x) trên

C và gọi k nghiệm của f (x) là α1, , αk Theo Định lý Viét, ta có

α1 αk ∈ Z Vì αj cũng là nghiệm của x2011 − 2011 nên αj có dạng

Ví dụ 1.3.21 Với số tự nhiên n > 1, đa thức p(x) = xn+ 18xn−1+ 2011

không thể phân tích được thành tích hai đa thức với bậc > 1 và các hệ sốnguyên

Bài giải Giả sử phân tích được xn + 18xn−1+ 2011 = f (x)g(x)

với f (x), g(x) ∈ Z[x] và deg f, deg g > 1 Gọi 1 < deg f (x) = k < n

Vì f (0)g(0) = p(0) = 2011 là số nguyên tố nên f (0) = ±1 hoặc f (0) =

±2011 Vì vai trò f (x) và g(x) bình đẳng nên ta chỉ cần xét trường hợp

f (0) = ±1 Xét f (x) trên C và gọi k nghiệm của f (x) là α1, , αk

Theo Định lý Viets, ta có |α1 αk| = 1 Vì αj cũng là nghiệm của

p(x) nên αn−1j (αj + 18) = −2011 với mọi j = 1, , k Nhân tất cảcác hệ thức này với nhau và sử dụng |α1 αk| = 1 ta nhạn được |(α1 +18) (αk + 18)| = 2011k > 2011 Từ f (−18)g(−18) = p(−18) = 2011

suy ra f (−18)g(−18) = 2011 Do f (x) = (x − α1) (x − αk) nên xuấthiện mâu thuẫn:

với một đơn thức xr1xr2 xrm = xr1 +r 2 +···+r m Do vậy ta chỉ cần tìm tổng

S của các hệ số của tất cả các đơn thức dạngx5k thuộc f (x) với số nguyêndương k Gọi u là một căn nguên thủy bậc 5 của đơn vị, chẳng hạn chọn

1.4 Vành đa thức nhiều biến

Định nghĩa 1.4.1 Xuất phát từ vành giao hoán A, ta đã dựng được vành

B =A[X], cũng là một vành giao hoán Bây giờ xuất phát từ B thay cho

A ta lại có thể dựng được vành C=B[Y], trong đó Y là một ẩn mới độclập với X và đóng đối với B một vai trò như vai trò của X đối với A Cácphần tử của C viết được một cách duy nhất dưới dạng P

bjYj, bj ∈ B, và

B được đồng nhất hóa với một vành con của C gồm các phần tử có dạng

bY0 = b.1 Vì mỗi phần tử bj ∈ B viết được một cách duy nhất dưới dạng

Vành C gọi là vành đa thức trên A với hai ẩn X và Y

Lặp lại nhiều lần phép dựng trên, ta thu được vành A[X1, X2, , Xn] các

đa thức trên A của n ẩn X1, X2, , Xn

Ta quy ước viết bộ n số tự nhiên (i1, i2, , in) là (i) Khi đó mọi phần tử

f ∈ A[X1 Xn] đều viết được dưới dạng

f = X

(i)

a(i)X(i), a(i) ∈ A (1)

Trong đó X(i) = Xi1

1 Xin

n là một đơn thức Theo định nghĩa của đa thức,tất cả các hệ tử a(i), trừ một số hữu hạn là bằng 0 Tính duy nhất củabiểu thức (1) suy ra ngay từ mệnh đề sau:

Mệnh đề 1.4.2 Một đa thức f ∈ A[X1, X2, , Xn] là bằng không nếu vàchỉ nếu tất cả các hệ tử của nó đều bằng không

Chứng minh Trường hợp n=1 đã được chứng minh trong quá trình dựngvành A[X]

Giả sử mệnh đề đã được chứng minh cho trường hợp n-1, ta sẽ chứng minh

nó đúng cho trường hợp n Ta viết

b) Cũng như trong trường hợp một ẩn, ta có các tính chất sau:

Nếu A là một miền nguyên vẹn và f, g ∈ A[X1, , Xn] thì

deg(f g) = deg(f ) + deg(g)

Với mọi đa thức h ∈ A[X1, , Xn] mà tất cả các hạng tử đều có cùng mộtbậc m thì gọi là một đa thức thuần nhất hay một dạng bậc m Giả sử đãcho một đa thức f ∈ A[X1, , Xn] Nếu ta nhóm lại tất cả các hạng tử cócùng một bậc chỉ số ta có thể viết f dưới dạng một tổng của những dạng

có bậc khác nhau:

f = f0 + f1 + + fk, k = deg(f )

Nếu ta cũng có: g = g0 + g1 + + gl, l = deg(g) thì dĩ nhiên

f g = f0g0 + (f0g1 + f1g0) + + fkgl

Từ đó deg(f g) ≤ k + l Song vì fk 6= 0, gl 6= 0 => fkgl 6= 0, nên ta có

deg(f g) = deg(fkgl) = k + l = deg(f ) + deg(g)

số trên A

Định lý 1.4.4 [Tính chất độc xạ của vành A[X1 Xn]] Giả sử A làmột vành giao hoán A [X1, , Xn ] là vành đa thức của các ẩn X1, , Xn

trên A, f là phép nhúng chính tắc A → A [X1 Xn ] Giả sử V là một vànhgiao hoán bất kì v1, , vn là những phần tử của V Khi đó với mọi đồngcấu vành ϕ : A → V tồn tại duy nhất một đồng cấu ϕ : A[X1, , Xn] → V

chuyển Xi thành vi(i = 1, , n) và sao cho biểu đồ sau giao hoán:

Hình 1.2: Tính chất độc xạ của vành A [X1 Xn ]

Chứng minh Ta chứng minh quy nạp trên n

Nếu n=1 thì ta thấy lại tính chất độc xạ của vành đa thức một ẩn trên A.Với giả thiết tính chất là đúng cho trường hợp n-1 ẩn ta sẽ chứng minh nócho trường hợp n ẩn

Vì A[X1 Xn] = A[X1 Xn−1][Xn] và từ phép nhúng

f ” : A[X1 Xn−1] → A[X1 Xn−1][Xn]

và từ đồng cấu ϕ0 : A[X1 Xn−1] → V tồn tại theo giả thiết quy nạp theotính chất độc xạ của vành đa thức một ẩn ta kết luận rằng tồn tại duynhất một đồng cấu ϕtừ A[X1 Xn−1][Xn] tới V sao cho ta có biểu đồ giaohoán:

1.5 Đa thức đối xứng

Định nghĩa 1.5.1 Giả sử A là một miền nguyên vẹn, một đa thức

f (X1, , Xn) ∈ A[X1, , Xn] gọi là một đa thức đối xứng nếu và chỉnếu đối với mọi phép thế

ra từ f (X1, X2, Xn) bằng cách thay X1 bởi Xi1, , Xn bởi Xin

Vì mỗi phép thế của n kí hiệu đầu viết được dưới dạng một tích nhữngchuyển trí nên để chứng minh tính đối xứng của một đa thức nào đó, tachỉ việc thử rằng nó không thay đổi bởi bất kì phép chuyển trí nào của haiẩn

Định nghĩa 1.5.2 Trong lý thuyết các đa thức đối xứng của n ẩn

X1, , Xn các đa thức đối xứng sau, gọi là các đa thức đối xứng sơ cấpđóng một vai trò quan trọng

Để chứng minh rằng các đa thức δ1, δ2, , δn là đối xứng Ta gọi X là một

ẩn trên vành A[X1, , Xn] và ta xét trong A[X1, , Xn][X] đa thức

Mệnh đề 1.5.3 Tập hợp các đa thức đối xứng lập thành một vành concủa vành A[X1, , Xn]

Chứng minh Vì −1 dĩ nhiên là một đa thức đối xứng củaX1, , Xn nên

ta chỉ còn phải chứng minh rằng tổng và tích của hai đa thức đối xứng lại

Vì vậy:

f (X1, X2, , Xn)+g(X1, X2, , Xn) = f (Xi1, Xi2, , Xin)+g(Xi1, Xi2, , Xin)

và

f (X1, X2, , Xn)g(X1, X2, , Xn) = f (Xi1, Xi2, , Xin)g(Xi1, Xi2, , Xin)

Vậy tổng và tích của hai đa thức đối xứng lại là đa thức đối xứng

Định lý 1.5.4 [Định lý cơ bản về đa thức đối xứng] Mọi đa thứcđối xứng f (X1, , Xn) ∈ A[X1, , Xn] đều biểu diễn được một cách duynhất dưới dạng một đa thức ϕ(δ1, , δn) của các đa thức đối xứng sơ cấp

δ1, , δn với các hệ tử trong A

Sắp xếp đa thức Để chuẩn bị cho việc chứng minh định lí này ta cầngiới thiệu trước sự sắp xếp một đa thức của n ẩn X1, , Xn theo lối từđiển

Cho hai đơn thức Xα1

α1 = β1, , αk−1 = βk−1, αk > βk

Bằng cách này ta có thể sắp xếp các hạng tử của một đa thứcf (X1, , Xn)

từ cao đến thấp Cách sắp xếp như thế gọi là cách sắp xếp theo lối từ điển

Ta sẽ kí hiệu C(f) là hạng tử cao nhất của ϕ Ta sẽ chứng minh rằng các

hạng tử cao nhất của một tích hai đa thức là tích các hạng tử cao nhấtcủa các nhân tử, tức là

Vậy C(f ).C(g) = X1rC(Ar) X1sC(Bs) = Xir+sC(ArBs) = C(f g)

Chứng minh định lý cơ bản Giả sử ta đã cho đa thức đối xứng

... = ta nhạn |(α1< /sub> +18 ) (αk + 18 )| = 2 011 k > 2 011 Từ f (? ?18 )g(? ?18 ) = p(? ?18 ) = 2 011

suy f (? ?18 )g(? ?18 ) = 2 011 Do f (x) = (x − α1< /sub>) (x − αk)... với số nguyêndương k Gọi u nguên thủy bậc đơn vị, chẳng hạn chọn

1. 4 Vành đa thức nhiều biến

Định nghĩa 1. 4 .1 Xuất phát từ vành giao hoán A, ta dựng vành

B =A[X], vành. .. deg(g)

số A

Định lý 1. 4.4 [Tính chất độc xạ vành A[X1< /sub> Xn]] Giả sử A làmột vành giao hoán A [X1< /sub>, , Xn ] vành đa thức ẩn X1< /sub>, ,