Hơn nữa, các dạng toán về đa thức được sử dụng nhiều trong các chương trình thi học sinh giỏi các cấp đối với chương trình toán trung học cơ sở, trung học phổ thông và cả chương trình to
Không gian vectơ
Định nghĩa 1.1.1 Giả sử V là một tập hợp mà các phần tử được kí hiệu bởi α, β, γ, K là một trường số Trên V có một phép toán gọi là phép cộng hai phần tử của V (kí hiệu "+") và phép toán thứ hai gọi là phép nhõn một phần tử của V với một số thuộc trường K (kớ hiệu "ã") Tập hợp V cùng với hai phép toán này được gọi là một không gian vectơ trên trường K (hay một K- không gian vectơ) nếu các điều kiện sau được thỏa mãn đối với mọi α, β, γ ∈ V và mọi r, s ∈ K.
Có một phần tử 0 ∈ V thỏa mãn điều kiện α+ 0 = α, 0 được gọi là vectơ không.
Với mỗi α ∈ V có một phần tử, kí hiệu là−α cũng thuộcV thỏa mãn điều kiện: α+ (−α) = 0. r(α+β) =rα+rβ.
Bổ đề 1.1.1 Giả sử V là một K- không gian vectơ.
V chỉ có một vectơ không duy nhất.
Với mỗi α ∈ V, vectơ đối −α duy nhất.
Với mỗi α ∈ V và r ∈K, rα = 0 khi và chỉ khi r = 0 hoặc α = 0.
Với mỗi α ∈ V và r ∈K, ta có (−r)α =−(rα) = r(−α). Định nghĩa 1.1.2 Giả sử W là một tập hợp con của không gian vectơ V. Nếu W cũng là một không gian vectơ đối với hai phép toán đã cho trong
V thì W được gọi là một không gian con của V. Định lý 1.1.2 Giả sử V là một không gian vectơ trên trường K, W là một tập con của V Các mệnh đề sau tương đương
W là một không gian con của V
W ̸=∅ và với mọi α, β thuộc W, mọi r thuộc trường K, ta có α+β ∈
W ̸= ∅ và với mọi α, β thuộc W, mọi r, s thuộc trường K, ta có rα+sβ ∈ W.
Mệnh đề 1.1.3 Giả sử W1, W2,ã ã ã , Wm là những khụng gian vectơ con của K- khụng gian vectơ V Khi đú, tập hợp W = {α 1 +α 2 +ã ã ã+α n |α i ∈
Wi{1,2,ã ã ã , m}} là một khụng gian con của V Khụng gian này được gọi là tổng của m không gian con Wi đã cho và được kí hiệu bởi W1+W2+ ã ã ã+W m
Vỡ 0 ∈ W i với mọi i ∈ {1,2,ã ã ã , m} nờn 0 = 0 + 0 +ã ã ã+ 0 ∈ W, nghĩa là W ̸= ∅.
Vì αi, βi ∈ Wi và Wi là không gian con của không gian vectơ V nên α i + β i ∈ W i , rα i ∈ W i , với mọi i ∈ {1,2,ã ã ã , m} Do đú α + β ∈
Suy ra, W là một không gian con của V.
Mệnh đề 1.1.4 Giả sử W 1 , W 2 ,ã ã ã , W m là những khụng gian vectơ con của K- không gian vectơ V Tập hợp U = ∩ n j=1 W i là một không gian con của V và được gọi là giao của m không gian con Wi. Định lý 1.1.5 Giả sử S = {α 1 , α 2 ,ã ã ã , α n } là một hệ vectơ của K khụng gian vectơ V Khi đú tập hợp W = {r 1 α 1 +r 2 α 2 +ã ã ã+r m α m |r i ∈ K, i ∈{1,2,ã ã ã , m}} là một khụng gian con của V W được gọi là khụng gian sinh bởi hệ vectơ S, còn S được gọi là hệ sinh của W.
Rừ ràng W ̸=∅ vỡ 0 = 0α 1 + 0α 2 +ã ã ã+ 0α m ∈ W Giả sử α, β ∈ W và t ∈ K, chẳng hạn α = r1α1+r2α2+ã ã ã+rmαm; β =s1α1+s2α2+ã ã ã+smαm.
Từ các điều kiện trong định nghĩa của không gian vectơ, ta suy ra α+β = r1α1+r2α2+ã ã ã+rmαm+s1α1+s2α2+ã ã ã+smαm
= (r1+s1)α1+ (r2+s2)α2+ã ã ã+ (rm+sm)αm ∈ V tα = t(r1α1+r2α2+ã ã ã+rmαm) = (tr1)α1+ (tr2)α2+ã ã ã+ (trm)αm ∈
Vậy W là một không gian con của V. Định nghĩa 1.1.3 Giả sử S = {α 1 , α2,ã ã ã , αm} là một hệ vectơ của K- không gian vectơ V, (m >0).
Nếu α = r 1 α 1 +r 2 α 2 +ã ã ã+r m−1α m−1 +r m α m thỡ ta núi α là một tổ hợp tuyến tính của hệ vectơ S hay α biểu thị tuyến tính qua m vectơ đã cho.
Hệ vectơSđược gọi là phụ thuộc tuyến tớnh nếu cúmsốr 1 , r 2 ,ã ã ã , r m−1 , r m thuộc trường K, khụng đồng thời bằng 0, sao cho r1α1+r2α2+ã ã ã+ r m−1 α m−1 +rmαm = 0
Hệ vectơ S được gọi là độc lập tuyến tính nếu nó không phụ thuộc tuyến tớnh, núi cỏch khỏc, nếur1α1+r2α2+ã ã ã+r m−1 αm−1+rmαm = 0 thỡ r1 = r2 = ã ã ã = r m−1 = rm = 0. Định nghĩa 1.1.4 Một hệ sinh độc lập tuyến tính của một không gian vectơ khác 0 được gọi là một cơ sở của nó Không gian vectơ 0 không có cơ sở; hay có thể nói số vectơ trong cơ sở của không gian 0 bằng 0. Định nghĩa 1.1.5 Số vectơ trong một cơ sở của K- không gian vectơ V được gọi là số chiều của V Kí hiệu: dim K V Nếu không cần chỉ rõ trường
K cụ thể, ta có thể viết đơn giản là dimV. Định lý 1.1.6 Nếu U, W là những không gian con của K- không gian vectơ V thì dim(U +W) = dimU + dimV −dim(U ∩W).
Giả sử dimU =p,dimW = q,dim(U ∩V) = r và
{ξ 1 , ξ 2 ,ã ã ã , ξ r } (1.1) là một cơ sở của U ∪V Vì cơ sở này là một hệ vectơ độc lập tuyến tính trong U và trong W nên có thể bổ sung thành cơ sở
{ε 1 ,ã ã ã , ε p−r , ξ 1 ,ã ã ã , ξ r } (1.2) của U và thành cơ sở
{ξ1,ã ã ã , ξr, δ1,ã ã ã , δq−r} (1.3) của W Ta sẽ chứng minh rằng
{ε 1 ,ã ã ã , ε p−r , ξ 1 ,ã ã ã , ξ r , δ 1 ,ã ã ã , δ q−r } (1.4) là một cơ sở của U +V Muốn thế, trước hết, ta chứng minh đó là một hệ sinh của U +W Giả sử α = β+γ, với β = a 1 ε 1 +ã ã ã+a p−r ε p−r +b 1 ξ 1 +ã ã ã+b r ξ r ∈ U, γ = c 1 ξ 1 +ã ã ã+c r ξ r +d 1 δ 1 +ã ã ã+d q−r δ q−r ∈ W.
Thế thỡ α = a1ε1+ã ã ã+ap−rεp−r + (b1+c1)ξ1+ã ã ã+ (br+cr)ξr+c1δ1+ ã ã ã+c q−r δ q−r ; nghĩa là hệ là một hệ sinh của U +W.
Hơn nữa, hệ độc lập tuyến tính.
Thật vậy, giả sử x1ε1+ã ã ã+xp−rεp−r+y1ξ1+ã ã ã+yrξr +z1δ1+ã ã ã+zq−rδq−r = 0.
(1.5) Thế thì x1ε1+ã ã ã+xp−rεp−r+y1ξ1+ã ã ã+yrξr = −z 1 δ1− ã ã ã −zq−rδq−r ∈ U ∩W,
Vì vế trái là một vectơ trong U còn vế phải là một vectơ trong W Cơ sở của U ∪W là hệ (1.1) nên có thể viết
Vì hệ (1.3) độc lập tuyến tính nên từ đẳng thức này suy ra t 1 = ã ã ã = t r = z 1 = ã ã ã = z q−r = 0; (1.6) Thay các giá trị này của z i vào đẳng thức (1.5) ta được x 1 ε 1 +ã ã ã+x p−r ε p−r +y 1 ξ 1 +ã ã ã +y r ξ r = 0.
Vì hệ (1.2) độc lập tuyến tính nên x 1 = ã ã ã = x p = y 1 = ã ã ã = y r = 0 (1.7)
Từ (1.6) và (1.7) suy ra hệ (1.4) độc lập tuyến tính Do đó nó là một cơ sở của U +W.
Vậy dim(U+W) = p−r+r+q−r :p+q−r = dimU+ dimW −dim(U∩W). Định nghĩa 1.1.6 Giả sử (ε) = {ε1, ε2,ã ã ã , εn} là một cơ sở của K- không gian vectơ V, α ∈V có cách biểu diễn duy nhất dưới dạng α = a1ε1+a2ε2+ã ã ã+anεn, ai ∈ K, với mọi i ∈ {1,2,ã ã ã , n}.
Bộ n số số (a1, a2,ã ã ã , an) được gọi là cỏc tọa độ của α đối với cơ sở (ε).Thay cho lời núiαcú cỏc tọa độ là(a 1 , a 2 ,ã ã ã , a n )ta viết α(a 1 , a 2 ,ã ã ã , a n ).
Ánh xạ tuyến tính
Định nghĩa 1.2.1 Ta gọi φ : U → V là ánh xạ tuyến tính, nếu nó thỏa m¯an một trong hai điều kiện tương đương sau đây i) φ(u+v) =φ(u) +φ(v), và φ(αu) =αφ(u). ii) φ(αu+βv) =αφ(u) +βφ(v) với mọi u, v ∈ U và α, β ∈ K.
Nếu U = V thì φ được gọi là toán tử tuyến tính hay tự đồng cấu. Nếu V =K thì φ được gọi là dạng tuyến tính.
Chú ý rằng trong định nghĩa trên dù được kí hiệu như nhau (bằng dấu "+" và viết liền nhau), nhưng ở vế trái là phép cộng và phép nhân vô hướng trong U, còn ở vế phải là phép cộng và phép nhân vô hướng trong V.
Hệ quả trực tiếp của định nghĩa trên là φ(0) = 0 và φ(−u) = −φ(u).
Ví dụ 1.2.2 Cho U, V là các không gian vectơ trên K Ánh xạ đồng nhất, id :V →V trên V là một ánh xạ tuyến tính Để chỉ rõ V, ánh xạ này đôi khi cũng được kí hiệu là idV.
Mệnh đề 1.2.1 Cho φ : U → V là ánh xạ tuyến tính Khi đó i) Ảnh của các không gian con của U là không gian con của V, nghĩa là nếu U ′ ⊆ U là không gian con, thì φ(U ′ ) là không gian con của V.
Im(φ) := φ(U) ={φ(u);u∈ U} là không gian con của V Nó được gọi là ảnh của φ Nếu Im(φ) có chiều hữu hạn, thì dim Im(φ) được gọi là hạng của φ và đuợc kí hiệu là rank(φ). ii) Nghịch ảnh của các không gian con của V là không gian con của U, nghĩa là nếu V ′ ⊆ V là không gian con, thì φ −1 (V ′ ) là không gian con của U Nói riêng
Ker(φ) := φ −1 (0) = {u∈ U;φ(u) = 0} là không gian con của U và đươc gọi là hạch của φ.
Ví dụ 1.2.3 Nếu p 1 và p 2 tương ứng là các phép chiếu V 1 ×V 2 lên V 1 và
V1},Im (p2) = V2 Các khái niệm ảnh và hạch của ánh xạ tuyến tính đặc biệt hữu ích để chứng minh nó là toàn ánh hay đơn ánh Cụ thể
Mệnh đề 1.2.2 Cho φ : U → V là ánh xạ tuyến tính Khi đó i) φ là đơn cấu khi và chi khi Ker(φ) = 0. ii) Giả sứ dimV hữu hạn Khi đó φ là toàn ánh khi và chỉ khi rank(φ) dimV.
Các tính chất liên quan đến tính độc lập tuyến tính, cơ sở được tổng kết như sau:
Mệnh đề 1.2.3 Cho φ : U → V là một ánh xạ tuyến tính Khi đó i) Ảnh của một tập phụ thuộc tuyến tính là phụ thuộc tuyến tính. ii) Hệ phần tử trong U có các ảnh khác nhau và độc lập tuyến tính là độc lập tuyến tính. iii) φ là toàn ánh khi và chỉ khi ảnh của một hệ sinh của U là một hệ sinh của V. iv) φ là đơn ánh khi và chỉ khi ảnh của các vectơ của một cơ sở của U là khác nhau và độc lập tuyến tính trong V. v) φ là đẳng cấu khi và chỉ khi ảnh của các vectơ của một cơ sở của U là khác nhau và lập thành một cơ sở của V.
Từ đó suy ra chiều của ảnh ánh xạ tuyến tính không vượt quá chiều của không gian nguồn. Định lý 1.2.4 Hai không gian vectơ hữu hạn chiều đẳng cấu với nhau khi và chỉ khi chúng có cùng số chiều Nói cách khác mọi không gian vectơ chiều n đều đẳng cấu với K n
Cuối cùng ta có định lý hạng ánh xạ Định lý 1.2.5 Cho φ :U → V là một ánh xạ tuyến tính với dimU < ∞. Khi đó dimU = dim Ker(φ) + rank(φ).
Ma trận của ánh xạ tuyến tính
Định lý 1.3.1 ChoS = {e 1 , , e n } là một cơ sở của không gian vectơV. Ánh xạ tuyến tính φ : V → U được xác định duy nhất bởi ảnh của nó trên
S Nói cách khác, nếu u 1 , , u n là một tập các vectơ tùy ý (có thể trùng nhau) trong U, thì tồn tại duy nhất một ánh xạ tuyến tính φ :V →U thỏa mãn điều kiện φ(e1) =u1, φ(e2) = u2, , φ(en) =un. Ánh xạ này được xác định như sau: nếu v =P αiei thì φ(v) =P αiui.
Ví dụ 1.3.1 Mọi ánh xạ tuyến tính φ :K n → K m đều có dạng φ(a 1 , , a n ) = (c 11 a 1 +c 12 a 2 ã ã ã+c 1n a n , , c m1 a 1 +c m2 a 2 ã ã ã+c mn a n ) Định lý 1.3.2 Cố định cơ sở S của V và cơ sở T của U Ánh xạ đặt tương ứng mỗi ánh xạ tuyến tính với ma trận biểu diễn của nó là ánh xạ
1 − 1 Nói cách khác mỗi ánh xạ tuyến tính từ V vào U xác định duy nhất một ma trận biểu diễn A ∈ M(m, n;K), và ngược lại mỗi ma trận
A ∈ M(m, n;K) là ma trận biểu diễn của duy nhất một ánh xạ tuyến tính từ V vào U.
Chú ý rằng cũng giống như tọa độ của vectơ, ma trận biểu diễn phụ thuộc vào thứ tự các phần tử của các cơ sở Do đó cơ sở hiểu ở trên là tập được sắp thứ tự hoàn toàn Tổng quát hơn, ma trận biểu diễn phụ thuộc rất nhiều vào việc chọn cặp cơ sở.
Ví dụ 1.3.2 a) Ma trận biểu diễn của toán tử 0 theo mọi cặp cơ sở là ma trận 0. b) Cho S = T là một cơ sở của không gian vectơ V chiều n Khi đó ma trận biểu diễn của ánh xạ đồng nhất là ma trận đơn vị cấp n. Tuy nhiên, nếu S = {e1, e2, , en} còn T = {en;e n−1 , , e1}, thì ma trận biểu diễn của ánh xạ đồng nhất sẽ là
c) Nếu chọn S = {e 1 , , e n } và T = {f 1 , , f m } lần lượt là các cơ sở tự nhiên trong K n và K m , thì ma trận biểu diễn của φ là ma trận (cij) ∈ M(m, n;K), bởi vì φ(ei) = φ(0, ,1, ,0) =c1if1+c2if2+ã ã ã+cmifi.
Kí hiệu v S là vectơ cột tọa độ của v theo cơ sở (được sắp) S Khi đó ma trận biểu diễn của ánh xạ tuyến tính có thể đọc được trực tiếp từ công thức tọa độ của ảnh, và ngược lại Cụ thể Định lý 1.3.3 Cố định cặp cơ sở S và T của V và U Khi đó A ∈
M(m, n;K) là ma trận biểu diễn của φ : V → U theo (S, T) khi và chỉ khi với mọi v ∈V ta có φ(v)T = AvS.
Trị riêng, vectơ riêng
Định nghĩa 1.4.1 Cho φ ∈ End(V) Phần tử vô hướng λ ∈K được gọi là giá trị riêng của φ nếu tồn tại vectơ v ̸= 0 sao cho φ(v) = λv.
Khi đó ta gọi v là vectơ riêng (ứng với giá trị riêng λ) của φ Tương tự, ta gọi λ ∈ K là giá trị riêng của ma trận vuông A cấp n, nếu tồn tại vectơ
Khi đó ta gọi v là vectơ riêng (ứng với giá trị riêng λ) của A Tập các giá trị riêng củaφ (t.ư A) được gọi là phổ và kí hiệu là Spec(φ)(t.ư Spec(A)).
Ví dụ 1.4.2 a) Phần tử 0là giá trị riêng của φ khi và chỉ khi Ker(φ) ̸0.
Khi đó v ̸= 0 là vectơ riêng của φ ứng với 0 khi và chỉ khi v ∈Kerφ. b) Mọi vectơ khác 0 đều là vectơ riêng của toán tử đồng nhất hoặc toán tử 0 Với toán tử đồng nhất, giá trị riêng là 1, còn với toán tử 0, giá trị riêng là 0. c) Nếu φ là phép quay trên mặt phẳng quanh gốc tọa độ một góc 0 < α < 2π, thì phép quay này không có giá trị riêng nếu α ̸= π Nếu α = π thì nó có một giá trị riêng là −1 và mọi vectơ khác 0 đều là vectơ riêng. d) Nếu D là phép lấy đạo hàm từ các hàm C ∞ (a, b) khả vi vô hạn lần vào chính nó thì D(e ax ) = ae ax , tức là mọi a ∈R đều là giá trị riêng củaD Hơn nữa với mỗi a tập các vectơ riêng tương ứng vớia là ce ax , trong đó c̸= 0.
Nhắc lại rằng nếu V là không gian vectơ hữu hạn chiều với cơ sở là
S = {e 1 , , en} thì ma trận biểu diễn của toán tử tuyến tính φ được xác định như sau:
Các tính chất cơ bản của vectơ riêng là
Mệnh đề 1.4.1 Cho φ là một toán tử tuyến tính của không gian vectơ
V. i) Nếu a là giá trị riêng của φ thì tập các vectơ riêng của φ ứng với a lập thành một không gian con Đó chính là Ker(φ−αid) Không gian con này còn được gọi là không gian riêng (ứng với α).
Nếu giả thiết thêm dimV = n và φ có ma trận biểu diễn A theo cơ sở là S, thì ii) a là giá trị riêng của φ khi và chỉ khi a là nghiệm của đa thức đặc trưng fφ t t i
:= fA(t) = |A−tI| của φ. iii) Kí hiệu vS là vectơ tọa độ của v theo S Khi đó a là giá trị riêng của φ khi và chỉ khi hệ phương trình tuyến tính thuần nhất
AãvS = αvS có nghiệm không tầm thường Hơn nữa tập các nghiệm không tầm thuờng của hệ này là tọa độ của tất cả các vectơ riêng của φ ứng với α. iv) Mỗi toán tử tuyến tính của không gian vectơ n chiều có tối đa n giá trị riêng khác nhau.
Không gian vectơ các đạo hàm của đa thức cùng một biến
Trong chương này, luận văn trình bày về không gian vectơ của các đạo hàm cùng cấp của đa thức cùng biến x; một số dạng bài tập về đạo hàm của đa thức một biến liên quan đến ánh xạ tuyến tính và nghiệm của đa thức Các dạng bài tập này dựa trên các kỷ yếu của các kì thi Olympic toán sinh viên toàn quốc môn Đại số ([6], [7], [8], [9], [10]).
Đa thức một biến
Trong mục này, luận văn trình bày khái niệm đa thức dựa trên xây dựng cấu trúc vành được trình bày trong tài liệu [1], [2] Từ đó tập trung tìm hiểu về cấu trúc không gian vectơ của các đa thức cùng một biến. Định nghĩa 2.1.1 Giả sử R là một vành giao hoán với phần tử đơn vị là 1 ̸= 0 Gọi M là tập hợp cỏc dóy (a1, a2, , an,ã ã ã) trong đú các a i ∈ R và chỉ có một số hữu hạn trong chúng là khác 0 Trên M xác định một phép toán cộng và một phép toán nhân như sau
(a 0 , a 1 ,ã ã ã , a n ã ã ã) + (b 0 , b 1 ,ã ã ã , b n ã ã ã) = (a 0 +b 0 , a 1 +b 1 ,ã ã ã , a n +b n ,ã ã ã) (a0, a1,ã ã ã , anã ã ã).(b0, b1,ã ã ã , bnã ã ã) = (c0, c1,ã ã ã , cn,ã ã ã) trong đó c k = X i+j=k a i b j , k = 0,1,2,ã ã ã
Khi đó (M,+) là một nhóm giao hoán với phần tử đơn vị 0 (0,0,ã ã ã ,0,ã ã ã), phần tử nghịch đảo của phần tử (a0, a1,ã ã ã , anã ã ã) là (−a0,−a1,ã ã ã ,−anã ã ã) và (M,ã) là một vị nhúm giao hoỏn với phần tử đơn vị là (1,0,ã ã ã ,0, ) Ngoài ra phộp toỏn - cũng phõn phối đối với phép toán + nhờ đẳng thức:
Từ đú (M,+,ã) là một vành giao hoỏn.
Nếu đặtM ′ ={(a,0,ã ã ã ,0, ), a ∈R} ⊂ M, thỡ(M ′ ,+,ã)là một vành con củaM và từ đẳng cấu vành f :R −→ ∼ = M ′ , a 7→ (a,0,ã ã ã ,0,ã) , ta cú thể đồng nhất một phần tử a ∈ R với dóy (a,0,ã ã ã ,0,ã ã ã) ∈ M.
Vì vậy R cũng được xem như một vành con của M.
Nếu ta ký hiệu x = (0,1,0,ã ã ã ,0,ã ã ã) thỡ từ định nghĩa phộp toỏn ã và + ta được : x 2 = (0,0,1,0,0,ã ã ã ,0,ã ã ã) x 3 = (0,0,0,1,0,ã ã ã ,0,ã ã ã) ã ã ã ã x n = (0,0,ã ã ã ,0,1,0,ã ã ã ,0ã ã ã)
Vỡ chỉ cú một số hữu hạn cỏc phần tửa i trong dóy (a 0 , a 1 ,ã ã ã , a n ã ã ã) là khác 0 nên ta có thể qui ước viết mỗi phần tử khác 0 của M dưới dạng
(a0, a1,ã ã ã , an,0,ã ã ã), trong đú an ̸= 0 và am = 0 với mọi m > n
Theo qui ước cỏch viết đú, và từ định nghĩa phộp toỏn ãvà + trờn M, mỗi phần tử (a 0 , a 1 ,ã ã ã , a n ,0,ã ã ã) ∈M cú thể biểu diễn dưới dạng
Vành (M,+,ã) được gọi là vành đa thức của biến x trờn R, kớ hiệu là
R[x] Các phần tử f(x) = Pn i=0aix i ∈ R[x] được gọi là một đa thức của biến x Các a i gọi là các hệ tử của đa thức Các a i x i gọi là các hạng tử của đa thức, đặc biệt a 0 x 0 = a 0 gọi là hạng tử tự do Nếu an ̸= 0 thì số n được gọi là bậc của đa thức f, và kí hiệu deg(f) = n, còn a n được gọi là hệ tử cao nhất của đa thức f(x) Đa thức với các hệ tử đều bằng 0 gọi là đa thức không Đa thức bậc 0 là một phần tử của vànhR và nó còn được gọi là đa thức hằng Chú ý rằng ta không định nghĩa bậc của đa thức 0.
Từ quá trình xây dựng trên, ta có định lý sau: Định lý 2.1.1 Cho K là một trường và (K[x],+) là tập hợp các đa thức biến x hệ số trên K cùng với phép cộng hai đa thức Phép nhân của đa thức p(x) =Pn i=0aix i (n ∈ N) ∈ K[x] và một phần tử α ∈ K được xác định như sau: αp(x) n
Khi đó K[x] cùng với hai phép toán trên lập thành không gian vectơ trên trường R−K.
Với mọi đa thức f(x) = Pn i=0bix i , g(x) = Pn i=0cix i , h(x) = Pn i=0dix i
= g(x) +f(x). Đa thức 0 ∈ K[x] thỏa mãn điều kiện 0 +f(x) = f(x). r(f(x) +g(x)) = r( n
= r(sf(x)). Đa thức 1 ∈ K[x] thỏa món 1ãf(x) = f(x).
Vậy (K[x],+,ã) là một K-khụng gian vectơ. Định lý 2.1.2 Cho f(x) và g(x) là hai đa thức Khi đó:
Nếu f(x) +g(x)̸= 0 thì deg(f +g) ≤ max{deg(f),deg(g)} Hơn nữa nếu giả thiết thêm deg(f) = deg(g) thìdeg(f+g) = deg(f) = deg(g).
Nếu f(x)g(x)̸= 0 thỡ deg(f ãg) ≤ deg(f) + deg(g) Hơn nữa nếu giả thiết thờm A là vành nguyờn thỡ deg(f ãg) = deg(f) + deg(g).
Giả sử f = Pn i=0a i x i , g = Pm i=0b i x i , với a n , b m ̸= 0, m = n +k, k ≥ 0.
Khi đó f + g = Pn i=0(a i +b i )x i + Pm i=n+1b i x i và f ã g = a 0 b 0 + ã ã ã + (a0bk+a1bk−1+ã ã ãakb0)x k +ã ã ã+anbmx n+m Chỳ ý rằng, nếu A là vành nguyên thì a n b m ̸= 0 Từ đó, suy ra các khẳng định đã nêu trong định lí. Định lý 2.1.3 Nếu A là một vành nguyên thì A[x] cũng là một vành nguyên.
Giả sử f = Pn i=0a i x i , g = Pm i=0b i x i , với a n , b m ̸= 0, m = n+k, k ≥ 0 là hai đa thức khỏc khụng bất kỡ Khi đúfãg = a 0 b 0 + .+(a 0 b k +ã ã ã+a k b 0 )x k + ã ã ã+anbmx n+m
Vì trong A không có ước của 0 nên từ a n , b m ̸= 0 suy ra a n b m ̸= 0, do đó f ãg ̸= 0. Định lý 2.1.4 Giả sử K là một trường, c là một phần tử của A và f(x) = Pn i=0a i x i là một đa thức của K[x] Khi đó c là một nghiệm của f(x) khi và chỉ khi (x−c)| f(x)
Thực hiện phép chia Euclide f(x) = (x − c)g(x) + r Từ đó suy ra r = f(c) Vậy có thể viết f(x) = (x−c)g(x) +f(c) Khi đó khẳng định là rõ ràng. Định lý 2.1.5 Mọi đa thức bậc n ≥ 1 trên một trường K có nhiều nhất là n nghiệm kể cả bội.
Giả sử đa thức f(x) cú k nghiệm phõn biệt a1, a2,ã ã ã , ak với bội tương ứng là m 1 , m 2 ,ã ã ã , m k thỡ bởi phộp chia Euclide ta cú phõn tớch f(x) = (x−a 1 ) m 1 (x−a 2 ) m 2 (x−a n ) m k q(x)
Từ đú suy ra m 1 +m 2 +ã ã ã+m k ≤ deg(f) = n. Định lý 2.1.6 Cho K là một trường vô hạn, và f(x) = Pn i=0a i x i , g(x) Pn i=0bix i là hai đa thức trong K[x] Khi đó nếu f(c) = g(c) với mọi c∈ K thỡ f = g, tức là a k = b k với mọi k = 0, 1,ã ã ã , n.
Xét đa thức f(x) −g(x) = Pn i=0(ai−bi)x i , khi đó theo giả thiết mỗi phần tử của K là một nghiệm của đa thức này Từ đó, bởi định lí 1.9, phải cú a k = b k với mọi k = {0,1,ã ã ã , n}.
Trong phần còn lại của luận văn ta luôn xét K = R, nghĩa là R[x] là không gian vectơ các đa thức biến x với hệ số thực Kí hiệu R n [x] là tập hợp các đa thức bậc bé hơn hoặc bằng n với hệ số thực Khi đó ta có Rn[x] là một R−không gian vectơ con của R[x].
Mệnh đề 2.1.7 R n [x] cùng với phép cộng hai đa thức và phép nhân đa thức với một số lập thành R−không gian vectơ và dimRn[x] = n+ 1.
Ta chỉ cần chứng minh Rn[x] là không gian vectơ con của R[x].
Nhận thấy đa thức 0 là một phần tử của Rn[x] nên Rn[x] ̸= ∅ (1) Mặt khác, với mọi α, β ∈ R;f(x), g(x)∈ Rn[x].
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử f(x), g(x) cùng viết được dưới dạng: f(x) =a 0 +a 1 x+ã ã ã+a n x n g(x) =b0+b1x+ã ã ã+bnx n trong đó a n , b n không đồng thời bằng không (a 2 n +b 2 n ̸= 0) Khi đó αf(x) +βg(x) = (αa 0 +βb 0 ) + (αa 1 +βb 1 )x+ã ã ã+ (αa n +βb n )x n Suy ra, deg(αf(x) +βg(x)) ≤ n, nghĩa là αf(x) +βg(x) ∈ Rn[x] (2)
Từ (1) và (2), theo định lý 1.1.2 ta nhận được Rn[x] là R−không gian vectơ con của R[x] hay Rn[x] là R−không gian vectơ.
Ta cú {1,ã ã ã , x n } là một cơ sở của Rn[x] nờn dimRn[x] = n+ 1.
Đạo hàm của đa thức một biến
Trong phần đầu của mục này, chúng tôi giới thiệu lại công thức đạo hàm cấp 1 của một đa thức bất kì Không nói gì khác ta luôn giả sử R = R[x] là không gian vectơ các đa thức biến x hệ số thực. Định nghĩa 2.2.1 Cho đa thức P(x) = a 0 +a 1 x+a 2 x 2 +ã ã ã+a n x n ∈ R[x] đạo hàm cấp một của P(x) kí hiệu là P ′ (x) và được xác định là
P ′ (x) = a 1 + 2a 2 x+ã ã ã+na n x n−1 Định nghĩa 2.2.2 Kí hiệu R ′ n[x] là tập hợp tất cả các đạo hàm của các đa thức trong R n [x], nghĩa là R ′ n [x] = {f ′ (x) | f(x) ∈ R n [x]}.
Mệnh đề 2.2.1 R ′ n[x] cùng với phép cộng hai đa thức và phép nhân đa thức với một số lập thành không gian vectơ và dimR ′ n[x] = n.
i) Ta chỉ cần chứng minh R ′ n[x] là không gian vectơ con của Rn[x]. Nhận thấy đa thức 0 là một phần tử của R ′ n[x] nên R ′ n[x]̸= ∅ (1) Mặt khác, với mọiα, β ∈ R;f ′ (x), g ′ (x) ∈ R ′ n [x]trong đó f(x), g(x) ∈
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử f(x), g(x) cùng viết được dưới dạng: f(x) = a0+a1x+ã ã ã+anx n ⇒f ′ (x) = a1+ 2a2x+ã ã ã+nanx n−1 g(x) =b 0 +b 1 x+ã ã ã+b n x n ⇒g ′ (x) = b 1 + 2b 2 x+ã ã ã+nb n x n−1 trong đó a n , b n không đồng thời bằng không (a 2 n +b 2 n ̸= 0). Đặth(x) = (αa1+βb1)x+(αa2+βb2)x 2 +ã ã ã+(αan+βbn)x n ∈ Rn[x]. Khi đó h ′ (x) = (αa1+βb1) +ã ã ã+n(αan+βbn)x n−1 = αf ′ (x) +βg ′ (x).
Từ (1) và (2), ta nhận được R ′ n [x] là R-không gian vectơ con của
R ′ [x]. ii) Ta cú {1,ã ã ã , x n−1 } là một cơ sở của R ′ n [x] nờn dimR n [x] = n.
Theo mệnh đề trên, ta có R ′ n [x] là một R-không gian vectơ con của
Rn[x] gồm các đa thức có bậc nhỏ hơn hoặc bằng n−1, đồng thời R ′ n[x] có liên hệ với Rn−1[x] như sau:
Giả sử f(x) =a0+a1x+ã ã ã+anx n ∈ R n [x], khi đú f ′ (x) = a 1 + 2a 2 x+ã ã ã+na n x n−1
Suy ra,degf ′ (x)≤ n−1hayf ′ (x) ∈ Rn−1[x] Do đó,R ′ n[x] ⊆ Rn−1[x] (1) Mặt khỏc, giả sửg(x) =b0+b1x+ã ã ã+bnx n−1 là đa thức bất kỡ củaR n−1 [x]. Xét họ nguyên hàm
C ∈ R là một hằng số nào đó Khi đó G(x) ∈ Rn[x] với mọi hằng số C
Ta cú G ′ (x) =b 0 +b 1 x+ã ã ã+b n−1 x n−1 Suy ra g(x)∈ R ′ n[x] Hay R ′ n[x]
Từ (1) và (2), ta có R ′ n[x] =Rn−1[x]. Định nghĩa 2.2.3 Cho k ∈ N và 1 ≤ k ≤ n Đạo hàm cấp k của
Kí hiệu là P (k) (x) được xác định như sau:
Kí hiệu R (k) n [x] là tập hợp của các đạo hàm cấp k của P(x) với P(x) ∈
R n [x], nghĩa là R (k) [x] = {P (k) (x) | P(x) ∈ R n [x]} Khi k = 1, ta có
Với kí hiệu như trên, ta có mệnh đề sau là mệnh đề tổng quát của Mệnh đề 2.2.1.
Mệnh đề 2.2.3 R (k) n [x] cùng với phép toán cộng hai đa thức và nhân đa thức với một số lập thành không gian vectơ và dimR (k) n [x] = n−k+ 1.
Để chứng minh R (k) n [x] là R không gian vectơ, ta cần chứng minh R (k) n [x] là không gian vectơ con của R n [x]. Đa thức 0 ∈ R (k) n [x], do 0 = 0 (k) , nên R (k) n [x]̸= ∅ (1).
Với mọi α, β ∈ R và f(x), g(x) ∈ R (k) n [x] Khi đó tồn tại hai đa thức của
R n [x] có thể cùng viết được dưới dạng
(n−k)!b n x n−k Khi đó ta có đa thức αf(x) +βg(x)
(n−k)!(αan+βbn)x n−k Xét đa thức αF(x) +βG(x) = (αa0+βb0) + (αa1+βb1) +ã ã ã+ (αan+βbn)x n
Ta có deg(αF(x) +βG(x))≤ n, suy ra αF(x) +βG(x) ∈ R n [x].
Từ (1) và (2), ta cóR (k) n [x]làR- không gian vectơ con củaRn[x]hayR (k) n [x] là R- không gian vectơ.
Ta sẽ chứng tỏ {1, x,ã ã ã , x n−k } là một cơ sở của Rn[x].
Ta giả sử a0ã1 +a1x+ã ã ã+an−kx n−k = 0 (là đa thức 0), đồng nhất thức ta nhận được a0 = a1 = ã ã ã = a n−k , hay {1, x,ã ã ã , x n−k } là một hệ độc lập tuyến tính.
Ta có với mọi i sao cho 0 ≤ i ≤ n−k, ta có x i+k (i+k)(i+k−1)ã ã ã(i+ 1) k
(i+k)(i+k−1)ã ã ã(i+ 1) ∈Rn[x], suy ra x i ∈ R (k) n [x] với mọi i, 0 ≤ i ≤ n−k.
Mặt khác với mọi đa thức f(x) ∈R (k) n [x], tồn tại
(n−k)!anx n−k , nghĩa là {1, x,ã ã ã , x n−k } là một hệ sinh của R (k) n [x] Hay {1, x,ã ã ã , x n−k } là một cơ sở của R ′ n[x] Suy ra dimR (k) n [x] = n−k+ 1.
Mệnh đề sau là mệnh đề tổng quát của Mệnh đề 2.2.2, tuy nhiên với cách tiếp cận các không gian vectơ có cùng cơ sở thì trùng nhau, ta sẽ đưa ra được các chứng minh ngắn gọn hơn nhiều so với cách chứng minh Mệnh đề 2.2.2.
Theo chứng minh của Mệnh đề 2.4.1, ta cú {1, x,ã ã ã , x n−k } là một cơ sở của R (k) n [x] Mặt khỏc {1, x,ã ã ã , x n−k } cũng là một cơ sở của Rn−k[x], do đó R (k) [x] = R n−k [x].
Nghiệm của đa thức và khai triển Taylor
Trong mục này ta luôn xét R[x] là vành đa thức một biến trên trường số thực R Trong mục này ta nhắc lại khái niệm nghiệm, nghiệm bội và khai triển Taylor của một đa thức. Định nghĩa 2.3.1 Cho đa thức khác đa thức 0, P(x)∈ R[x], x 0 ∈ R gọi là nghiệm của P(x) nếu P(x) = 0 Nghĩa là P(x) (x−x 0 ). Định nghĩa 2.3.2 Cho đa thứcP(x) =anx n +an−1x n−1 +ã ã ã+a1x+a0 ∈
R[x], khác đa thức 0, x 0 gọi là nghiệm bội t (t ∈ N ∗ ) nếu P(x) (x− x 0 ) t và P(x) ̸ (x−x0) t+1
Từ đó, ta có công thức khai triển Taylor [2, Định lý 7.2] của đa thức P(x) bậc n tại x 0 như sau
Ví dụ 2.3.3 Khai triển P(x) = x 3 +x−1 theo luỹ thừa nguyên dương của x−1 Ta có P ′ (x) = 3x 2 + 1, P ′′ (x) = 6x, P ′′′ (x) = 6 Vậy
Một số dạng toán về đạo hàm của đa thức một biến
Trong chương này, luận văn trình bày một số dạng bài tập liên quan đến đạo hàm của đa thức một biến Bao gồm một số bài tập về ánh xạ tuyến tính giữa các không gian vectơ các đa thức một biến thông qua tương ứng các đạo hàm và một số bài tập liên quan đến nghiệm, nghiệm bội của đa thức Các bài tập được tham khảo dựa trên các tài liệu [6], [7], [8], [9], [10] và đề thi Olympic sinh viên toàn quốc môn Đại số một số năm gần đây.
Dạng toán liên quan đến ánh xạ tuyến tính
Mục này luận văn trình bày các bài tập về ánh xạ tuyến tính liên quan đến đạo hàm của đa thức một biến.
Bài tập 3.1.1 (Bài 4.3 (ĐH Kiến trúc) - [10]) Kí hiệu P n [x] là không gian vectơ thực bao gồm các đa thức với hệ số thực có bậc không vượt quá n và đa thức 0 Cho toán tử tuyến tính f : P n [x] → P n ′ [x] được xác định bời f x k
= (1 +x+x 2 +ã ã ã+x k ) ′ trong đố k ∈ {0; 1; 2;ã ã ã ;n}. a Tìm ma trận M của f theo cơ sở B 1;x;x 2 ;ã ã ã ;x n của Pn[x]. b Chứng minh rằng không tồn tại một cơ sở S của Pn[x] để ma trận của f theo cơ sờ S là một ma trận chéo.
= (1 + 1ãx+ 1ãx 2 +ã ã ã+ 1ãx k ) ′ = 1 + 2x+ã ã ã+kãx k−1 Suy ra
b Giả sử tồn tại cơ sở S của P n [x] để ma trận N của f theo cơ sở S có dạng chéo Gọi P là ma trận chuyển cơ sở từ cơ sở B sang cơ sở
N =P −1 M P suy ra ma trận M chéo hóa được Đa thức đặc trưng của ma trận M là
Do đó M chỉ có duy nhất một trị riêng là λ = 1 Từ đó ta tìm được vectơ riờng của M cú dạng (x 1 ; 0; 0;ã ã ã ; 0) Do đú M chỉ cú 1 vectơ riêng độc lập tuyến tính, và do vậy M không có đủ n vectơ riêng độc lập tuyến tính Vậy M không chéo hóa được, ta nhận được điều mâu thuẫn.
Bài tập 3.1.2 (Bài 5.3 (ĐH Đồng Tháp, N.T Phúc) - [10]) Cho phép biến đổi tuyến tính f : R 2 [x]−→ R 2 [x], được xác định bởi f(P) = (2x+ 1)P − x 2 −1
Hãy tìm các giá tri riêng và vectơ riêng của f đối với cơ sở
Ma trận của phép biến đổi f trong cơ sở
Các vectơ riêng tương ứng⃗v1 = (1;−2; 1), ⃗v2 = (−1; 0; 1) và ⃗v3 = (1; 2; 1).
Bài tập 3.1.3 ( Bài 4.4 (ĐH Quy Nhơn) - [9]) Giả sử V = C[x] là một
C−không gian vectơ và f(x) ∈ V là một đa thức cho trước bậc r ≥ 1, V n+1 là không gian con của V gồm các đa thức có bậc ≤ n Xét ánh xạ tuyến tính φ : V 7→ V xác định bởi φ(g) = f g ′ −f ′ g với mọi g ∈ V, trong đó f ′ , g ′ là đạo hàm của f và g tương ứng.
2 Chứng tỏ rằng φ(Vr+1) = φ(Vr).
Vì Vr ⊂ Vr+1 nên φ(Vr) ⊂ φ(Vr+1). Áp dụng phép chia với dư, với mọi g ∈V r+1 ta có g = af +g 1 với a∈ C và g1 ∈Vr.
Vì φ(f) = 0 nên f ∈kerφ và < f >= {af | a∈ C} ⊂ kerφ.
Với mọi g ∈ kerφ, giả sử g ̸= 0 và g = c 0 x k +c 1 x k−1 +ã ã ã+c k , với c 0 ̸= 0 f =d0x r +d1x r−1 +ã ã ã+dr, với d0 ̸= 0.
Từ 0 = f g ′ −f ′ g = c0d0(k− r)x r+k−1 + các số hạng bậc thấp hơn, ta suy ra k = r, do đó g ∈ V r+1
Sử dụng phép chia đa thức ta được g = af + g1 với g1 = 0 hoặc degg1 < r.
Vì φ(g 1 ) = φ(g−af) = φ(g)−aφ p (f)) = 0 ∈ nên g 1 ∈ kerφ Điều này chứng tỏ g1 = 0.
Bài tập 3.1.4 (Bài 4.2 (Đại học An Giang) - [7]) Với n ≥ 1, ký hiệu
Rn[x] là không gian vectơ của các đa thức bậc nhỏ hơn hoặc bằng n− 1 trên R Toán tử đạo hàm D được xác định bởi D : Rn[x] → Rn[x] với D(p(x)) = p ′ (x) với p(x) ∈ R n [x] Hãy tìm ma trận biểu diễn của D theo cơ sở S 1,1 +x,1 +x 2 ,ã ã ã ,1 +x n−1 và tỡm đa thức cực tiểu của D.
Ta có ma trận biểu diễn của D theo cơ sở S là
Đa thức đặc trưng fD(x) = fA(x) = (−x) n = (−1) n x n Đa thức cực tiểu của D có dạng mD(x) = x k với 1 ≤ k ≤ n Chú ý rằng A k ̸= 0 với
1 ≤ k ≤ n Do đó đa thức cực tiểu của D là m D (x) = x n
Bài tập 3.1.5 (Bài 5.6 (Học viện Bưu chính Viễn thông) - [7]) Kí hiệu
R[x]n là không gian vectơ các đa thức bậc ≤ n Cho ánh xạ tuyến tính Φ : R[x] n →R[x] n xác định như sau Φ x k
1 nếu k =n. a Viết ma trận A của Φ trong cơ sở {1, x, , x n } của R[x]n. b Tìm Φ n+1 c Tớnh det(A+I) và det I −A+A 2 +ã ã ã+ (−A) n
b Đa thức đặc trưng PA(λ) = det(A − λI) = (−λ) n+1 + 1 Áp dụng định lý Hamilton - Caley, ta có
Bài tập 3.1.6 Cho R2n[x] là không gian vectơ các đa thức hệ số thực bậc nhỏ hơn hoặc bằng 2n (n ∈N ∗ ) Gọi V là tập hợp các đa thức có dạng f(x) = a 0 +a 2 x 2 +ã ã ã+a 2n x 2n a) Chứng minhV là không gian vectơ con của R2n[x] Tìm chiều và một cơ sở của V. b) Cho ánh xạ Θ : V → V Θ(f(x)) n
X i=0 f (2i) (x) trong đó f (2i) (x) là đạo hàm cấp 2i của f(x) Chứng minh Θ là phép biến đổi tuyến tính Tìm ma trận chính tắc của Θ. c) Tìm đa thức tối tiểu của phép biến đổi tuyến tính Θ.
Lời giải a) Ta có đa thức 0 ∈ V nên V ̸= ϕ.
Với mọi α, β ∈ R , f(x), g(x) ∈V Khi đó f(x), g(x) có thể viết dưới dạng f(x) =a0+a2x 2 +ã ã ã+a2nx 2n g(x) = b0+b2x 2 +ã ã ã+b2nx 2n
Vậy V là không gian vectơ con của R2n[x].
Do mọi đa thức f(x) ∈ V luôn có dạng f(x) = a 0 +a 2 x 2 +ã ã ã+a 2n x 2n , nờn {1, x 2 ,ã ã ã , x 2n } là hệ sinh của V, ngoài ra nếu a0+a2x 2 +ã ã ã+a2nx 2n = 0 (đa thức 0) , khi đó đồng nhất thức, ta được a 0 =a 2 = ã ã ã = a 2n hay {1, x 2 ,ã ã ã , x 2n } là hệ độc lập tuyến tớnh.
Do đú {1, x 2 ,ã ã ã , x 2n } là một cơ sở của V, suy ra dimV = n+ 1. b) Với mọi α, β ∈ R , f(x), g(x)∈ V, ta có Θ(αf(x) +βg(x)) n
Suy ra Θ là phép biến đổi tuyến tính.
Do đó, ma trận chính tắc là
c) Đa thức đặc trưng của Θ là f(t) = (−t) n+1 Mặt khác A n ̸= 0 và
A n+1 = 0, do đó đa thức tối tiểu là f(t) = (−t) n
Bài tập 3.1.7 Cho Rn[x] là không gian vectơ các đa thức bậc nhỏ hơn hoặc bằng n trên từng số thực R Xét tương ứng φ : Rn[x] →Rn[x] p(x) 7→p(x) +xp ′ (x) trong đó p ′ (x) kí hiệu là đạo hàm của p(x). a) Chứng minh φ là phép biến đổi tuyến tính. b) Tỡm ma trận của phộp biến đổi tuyến tớnhφứng với cơ sở{1, x,ã ã ã , x n }. c) Tìm đa thức tối tiểu của φ.
Lời giải a) Với mọi α, β ∈ R và f(x), g(x) ∈Rn[x] Ta có φ(αf(x) +βg(x)) =(αf(x) +βg(x)) +x(αf(x) +βg(x)) ′
Vậy φ là phép biến đổi tuyến tính. b) Ta có φ(x k ) = x k +x(x k ) ′ = (k+ 1)x k
Do đú, ma trận ứng với cơ sở {1, x,ã ã ã , x n } là
Đa thức đặc trưng của φ là f(λ) = (λ−1)(λ−2)ã ã ã(λ−n−1). Giả sử g(λ) là đa thức tối tiểu của φ, khi đó g(x) là ước của f(x) và degg(x) ≤ deg(f(λ)).
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử g(λ) = (λ−1)(λ−2)ã ã ã(λ−n).
Vậy f(λ) = (λ−1)(λ−2)ã ã ã(λ−n−1) là đa thức tối tiểu của φ.
Bài tập 3.1.8 Cho R n [x] là không gian vectơ các đa thức biến x hệ số thực và R (k) n [x](1 ≤ k ≤ n) là không gian vectơ con gồm các đạo hàm cấp k của các đa thức của Rn[x] Chứng minh f : Rn[x] →R (k) n [x] p(x) 7→f(p(x)) = p (k) (x) là toàn cấu.
Với mọi α, β ∈ R và p(x), q(x) ∈ R n [x] Do R n [x] là không gian vectơ nên αp(x) +βq(x) ∈ Rn[x].
=αf(p(x)) +βf(q(x)) Vậy f là đồng cấu tuyến tính ℑf = {p (k) (x) | p(x) ∈ Rn[x]} = R (k) n [x].
Bài tập 3.1.9 (Đề chọn đội tuyển Olympic quốc gia môn Đại số, trường Đại học Hồng Đức năm 2023 và Đề thi Olympic sinh viên toàn quốc năm
2023, bảng A) Cho Rn[x] là không gian vectơ các đa thức hệ số thực bậc nhỏ hơn hoặc bằng n Xét tương ứng Θ : R 2023 [x] →R 2023 [x] f(x) 7→f ′′ (x) trong đó f ′′ (x) kí hiệu là đạo hàm cấp hai của f(x). a) Chứng minh Θ là phép biến đổi tuyến tính. b) Tìm chiều và cơ sở của ℑΘ 870 và Ker Θ 870 , trong đó k < n và Θ 870 = Θ.Θ Θ
870 lần là ánh xạ hợp thành của 870 lần ánh xạ Θ. c) Chứng minh ℑΘ 870 = R (1740) 2023 [x].
Lời giải a) Với mọi α, β ∈ R và f(x), g(x) ∈R2023[x] Ta có Θ(αf(x) +βg(x)) = (αf(x) +βg(x)) ′′
Vậy Θ là phép biến đổi tuyến tính. b) Theo câu a) và theo tính chất hợp thành ta cũng cóΘ 870 cũng là một phép biến đổi tuyến tính từ R2023[x] vào chính nó.
0 với k < 1740 k(k−1)ã ã ã(k−1739)x 2023−1740 với k ≥ 1740. Suy ra cơ sở của ℑΘ 870 là {1, x,ã ã ã , x 283 }.
Khi đú a 0 = ã ã ã = a 2023 = 0 Do đú một cơ sở của Ker Θ 870 là {x 284 ,ã ã ã , x 2023 }.
Vậy dim Ker Θ 870 = 1740. c) Theo cõu b), ta cú ℑΘ 870 cú cơ sở là {1,ã ã ã , x 283 } nờn ℑΘ 870 R283[x].
Theo Mệnh đề 2.2.4, ta có R 283 [x] = R (1740) 2023 [x], suy ra ℑΘ 870 R (1740) 2023 [x].
Dạng toán liên quan đến nghiệm của đa thức
Đây là mục cuối cùng của luận văn, mục này trình bày một số bài tập liên quan đến đạo hàm của đa thức một biến, nghiệm của đa thức mà sử dụng các kiến thức về đạo hàm của đa thức để giải quyết các bài toán về nghiệm, nghiệm bội hoặc một số các tính chất khác có liên quan Hệ thống bài tập được tham khảo dựa trên các tài liệu [7], [8], [9], [10] và một số đồ thị Olympic sinh viên toàn quốc môn Đại số của một số năm gần đây.Bài tập 3.2.1 (Bài 6.2 (Đại học Phòng cháy và Chữa cháy) - [7]) Cho các đa thức P 1 (x), P 2 (x), , P n (x) có bậc ≤ n −1 Chứng tỏ rằng định thức sau không phụ thuộc vào biến x
Pi(x) có bậc ≤ n− 1 ⇒ P i (n−1) (x) = const = P i (n−1) (0), trong đó P i (k) (x) là đạo hàm cấp k của đa thức P i (x), trường hợp P i (x) có bậc ≤ n−1 thì
P i (n−1) (x) = P i (n−1) (0) = 0 Vậy hàng thứncú dạngP 1 (n−1) (0) ã ã ã Pn (n−1) (0). Bằng cách lấy tích phân ta có
Do đó hàng thứ n−1 có dạng: xP 1 (n−1) (0) +P 1 (n−2) (0)ã ã ãxP n (n−1) (0) +P n (n−2) (0)
Từ hàngn−1 định thức cần tìm ta tách thành tổng hai định thức với hàng thứ n−1 cú dạng xP 1 (n−1) (0)ã ã ãxPn (n−1) (0) và P 1 (n−2) (0)ã ã ãPn (n−2) (0). Định thức thứ nhất bằng 0 vì hàng thứ n−1 và n tỷ lệ.
Tương tự hàng thứ n−2 có dạng x 2
Từ hàng n−2 định thức cần tìm ta tách thành tổng ba định thức với hàng thứ n−1 có dạng: x 2
Hai định thức đầu bằng 0 vì có hàng thứ n−2 tỷ lệ với hàng thứ n−1 và n Tiếp tục tương tự đối với các hàng còn lại cuối cùng được
Bài tập 3.2.2 (Bài 6.9 (Đại học Sư phạm 2) - [6]) Tìm tất cả các đa thức bậc 5 hệ số thực P(x) thỏa mãn:
P(x)−1 chia hết cho (x+ 1) 3 với mọi x∈ R.
Từ giả thiết suy radegP ′ (x) = 4và P ′ (x) chia hết cho (x−1) 2 và (x+ 1) 2
Mặt khác, theo giả thiết thì P(1) = −1, P(−1) = 1 thay vào trên ta được:
Thử lại ta thấy thỏa mãn vậy đa thức cần tìm làP(x) =− 1 8 3x 5 −10x 3 + 15x
. Bài tập 3.2.3 (Bài 6.1 (Học viện Bưu chính Viễn thông) - [7]) Cho đa thức hệ số thựcP(x) = x 2017 +a 2016 x 2016 +ã ã ã+a 1 x+a 0 chỉ cú cỏc nghiệm thực làx 1 , x 2 , , x 2017 Chứng minh rằng với mọi số thực a lớn hơn tất cả các nghiệm thực ấy thì ta có bất đẳng thức: P ′ (a)− 2017(P(a)) 2010 2017 ≥ 0. Dấu bằng xảy ra khi nào?
Ta sẽ chứng minh với đa thức bậc n : P(x) = x n + an−1x n−1 + ã ã ã + a 1 + a 0 có đầy đủ nghiệm thực thì P ′ (a) − n(P(a)) n−1 n ≥ 0 với a > max{x 1 , x 2 , , x n }.
1 x−x i và phân tíchP(x) =Qn i=1(x−xi). Khi đó thay a vào các đẳng thức trên ta được
(a−xi). Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho n số dương 1 a−xi
Vì P ′ (a), P(a) > 0, thay n = 2017 và ta có đpcm Dấu bằng xảy ra khi các nghiệm bằng nhau.
Bài tập 3.2.4 (Bài 6.5 (Đại học Giao thông Vận tải ) - [7]) Cho đa thức
P(x) = x 2017 −2017x (3.1) Hãy cho biết phương trình
P(P(x)) = 2016. có bao nhiêu nghiệm phức phân biệt.
Với mỗi số phức α, ta xét hệ phương trình
Phương trình thứ hai của hệ trên tương đương với x 2016 −1 = 0.
Các nghiệm của phương trình thứ hai đều là nghiệm đơn và là các nghiệm có dạng x= z k = exp k2π
2016i với k = 1,2, ,2016, i 2 = −1. Ứng với k = 1008 ta có z 1008 = −1 và từ đó ta tính được P (z 1008 ) P(−1) = 2016 Suy ra phương trình
P(y) = 2016 có một nghiệm kép là y 1 = −1, có 2015 nghiệm phức đơn và ta ký hiệu là y2, y3, , y2016 Như vậy phương trình (3.1) được tách thành 2016 phương trình có dạng
P(x) =y j với j = 1,2, ,2016 (3.3) Tính toán trực tiếp ta có
= −2016zk vàP (P (z k )) =−2016z k 2016 2016 −2017 ̸= 2016với mọik = 1,2, ,2016. Suy ra P (z k ) ̸= y j với mọi j, k = 1,2, ,2016 và hệ (3.2) vô nghiệm khi α = yj.
Như vậy các phương trình trong (3.3) đều chỉ có các nghiệm đơn Từ đó ta xác định được số lượng nghiệm phức phân biệt của phương trình (3.1) là 2016ã2017.
Bài tập 3.2.5 (Bài 6.7 (Đại học Tân Trào) - [7]) Giả sử P(x) là đa thức bậc n với hệ số thực và chỉ có các nghiệm phân biệt Chứng minh rằng: với mọi x ∈R ta có (n−1) (P ′ (x)) 2 ≤ nP(x)P ′′ (x) và lấy ví dụ minh họa cho trường hợp xảy ra đẳng thức.
Dễ thấy hai vế của bất phương trình
(n−1) (P ′ (x)) 2 ≤ nP(x)P ′′ (x) (∗) đồng thời bằng 0 khin = 1 Bây giờ ta giả sử rằng,x1, , xnlà các nghiệm của đa thức P(x) Dễ thấy (∗) đúng khi x = x i , i ∈ {1, , n}, và đẳng thức xảy ra nếu P ′ (xi) = 0, tức là nếu xi là một nghiệm bội của P Ta giả sử x không là nghiệm của P Sử dụng đồng nhất thức
Suy ra điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra với mọixkhix 1 = ã ã ã = x n Bài tập 3.2.6 (Bài 6.8 (Đại học Hà Tĩnh) - [7]) Cho đa thức
P(x) = x n +x n−1 +a n−2 x n−2 +a n−3 x n−3 + .+a1x+a0 ∈ R[x] có n nghiệm thực phân biệt x1, x2, , xn Chứng minh rằng x n 1
P ′ (xn) =−1, trong đó P ′ (x) là ký hiệu đạo hàm của P(x).
(x−xj)−x n có deg(Q) ≤ n−1 vàQ(x1) =Q(x2) = = Q(xn) = 0 Do đóQ(x) ≡ 0. Điều này suy ra các hệ số của Q(x) đều bằng 0 Mặt khác hệ số ứng với x n−1 là n
Theo Định lý Viète ta có Pn j=0x j = −1, suy ra x n 1
Bài tập 3.2.7 (Bài 6.4 (ĐH Kỹ thuật Hậu cần Công an Nhân dân) - [8]). Cho P(x) là đa thức với hệ số thực, bậc n, có n nghiệm thực phân biệt x1, x2, , xn Chứng minh rằng n
Lời giải Đặt P(x) = a(x−x 1 ) (x−x 2 ) .(x−x n ), a̸= 0 Ta có
Theo định lý Rolle tồn tại y1, y2, , yn−1 mà x1 < y1 < x2 < y2 < < xn−1 < yn−1 < xn để
Bài tập 3.2.8 (Bài 6.8 (ĐH Quy Nhơn) - [8]) Chứng minh rằng với mọi đa thức hệ số thực bậc n > 1 có n nghiệm thực đôi một phân biệt x1, , xn ta đều có
Viết p(x) =aQn i=1(x−x i ), a ∈R và đặt p k (x) = aY j̸=k
Khi đó p ′ (x) = Pn k=1p k (x) và (x−x k )p k (x) = p(x) với mọi k = 1, , n. Suy ra p ′ (x j ) = p j (x j ) (̸= 0) với mọi j Cuối cùng, xét đa thức
X j=1 pj(x) p ′ (xj) có bậc n−1 với hệ số cao nhất là a
Hơn nữa ta có thể kiểm tra các x1, , xn là nghiệm của F(x) và do đó F(x)≡ 0 Suy ra kết quả.
Bài tập 3.2.9 (Bài 6.6 (Học viện KTQS) - [9]) Cho đa thức P(x) bậc n không nghiệm thực Chứng minh rằng Q(x) = P(x) + aP ′ (x) + + a n P (n) (x) không có nghiệm thực.
Dễ thấy P(x) bậc chẵn, và Q(x) cũng có bậc chẵn Ta có
Q ′ (x) =P ′ (x) +aP ′′ (x) + .+a n−1 P (n) (x) aQ ′ (x) = aP ′ (x) +a 2 P ′′ (x) + .+a n P (n) (x). đó P(x) = Q(x)−aQ ′ (x) P(x) không có nghiệm thực, nên P(x) > 0,∀x hoặc P(x) < 0,∀x.
Nếu P(x) = Q(x)−aQ ′ (x) > 0,∀x, khi đó hệ số cao nhất của Q(x) là số dương.
Vì Q(x) bậc chẵn, có hệ số cao nhất dương nên tồn tại x0 thỏa mãn minQ(x) =Q(x0)vàQ ′ (x0) = 0 Khi đóQ(x0) =P (x0)+aQ ′ (x0) >
Nếu P(x) = Q(x)−aQ ′ (x) < 0,∀x, chứng minh tương tự.
Bài tập 3.2.10 (Bài 6.2 (ĐH Giao thông Vận tải, N.H Hoàng) - [10]). Cho P(x) là một đa thức bậc 2021 với các hệ số thực Chứng minh rằng đa thức Q(x) = 1−2x 2
P(x)+ xP ′ (x) có ít nhất 3 nghiệm thực phân biệt.
Ta xét hàm số f(x) = xP(x)e −x 2 Ta có f ′ (x) =Q(x)e −x 2 vì P(x) là đa thức bậc lẻ nên nó có ít nhất một nghiệm thực x 0 Như vậy ta có f(0) = f (x0) =f(−∞) =f(+∞) = 0 với f(±∞) = lim x→±∞f(x). Áp dụng định lý Rolle cho hàmf(x)trên các khoảng(−∞, x 1 ]và[x 2 ,+∞) với x1 = min{0;x0}, x2 = max{0;x0}, khi đó ta suy ra, tồn tại c1 < x1, c2 > x2 sao cho f ′ (c1) = f ′ (c2) = 0, hay Q(c1) =Q(c2) 0.
Tiếp theo, nếu x1 < x2 thì áp dụng định lý Rolle cho hàm f(x) trên đoạn [x 1 ;x 2 ] ta suy ra tồn tại c 3 ∈ (x 1 ;x 2 ) để f ′ (c 3 ) = 0, hay là Q(c 3 ) = 0. Tình huống trái lại, ta có x 0 = 0và 0là nghiệm bội của f(x)nênf ′ (0) = 0. Coi c3 = 0 thì ta nhẩm được Q(c3) = 0.
Như vậy, luôn tồn tại các giá trị c 1 < c 3 < c 2 sao cho Q(c 1 ) =Q(c 2 ) =Q(c 3 ) = 0.
Bài tập 3.2.11 (Bài 6.3 (ĐH Hùng Vương - Phú Thọ) - [10]) Cho đa thức
P(x) = 2021x n + 2020x n−1 + a n−2 x n−2 + .+a 1 x+a 0 ∈ C[x]\{0}, n > 0. Tính tổng của các nghiệm của các đa thức P, P ′ , P ′′ , , P (n−1) trong đó
P (k) là đạo hàm cấp k của đa thức P,0 ≤ k < n.
Lời giải Áp dụng dinh lí Viet,
Tổng các nghiệm của P là −2020
Do đó tổng các nghiệm của nó là −2020(n−1)
2021n Tương tự tổng các nghiệm của P (k) là −2020(n−k)
Suy ra tổng các nghiệm của các đa thức P, P ′ , P ′′ , , P (n−1) là
2021 Bài tập 3.2.12 (Bài 6.8 (ĐH Tân Trào, K.C Nguyện) - [10]) Tìm số nghiệm thực của đa thức
Khảo sát sự biến thiên của hàm số y = P n (x) trên tập số thực R.
Dễ thấy P 2k ′ (−1) = 0 và P 2k ′ (x) >0 với mọi x ̸=−1.
Do đó P 2k (x) đạt cực tiểu toàn cục tại điểm x= −1 Hơn nữa
Suy ra, đa thức P 2k (x) không có nghiệm thực.
Do đó hàm đa thức P2k+1(x) đồng biến trên toàn miền xác định R.Suy ra đa thức P2k+1(x) có duy nhất một nghiệm thực.
Luận văn với đề tài "Không gian vectơ các đạo hàm của đa thức một biến" đạt được kết quả như sau
- Trình bày kiến thức cơ bản về không gian vectơ, ánh xạ tuyến tính, ma trận của ánh xạ tuyến tính, trị riêng, vectơ riêng.
- Trình bày khái niệm một số tính chất về không gian vectơ các đạo hàm của đa thức một biến.
- Sưu tầm và giải chi tiết hệ thống bài tập về ánh xạ tuyến tính trên không gian vectơ các đa thức một biến liên quan đến đạo hàm của đa thức một biến và một số bài tập về nghiệm, nghiệm bội, liên quan đến đa thức một biến