Kỹ Thuật - Công Nghệ - Báo cáo khoa học, luận văn tiến sĩ, luận văn thạc sĩ, nghiên cứu - Tài chính thuế UBND TỈNH QUẢNG NAM TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG NAM KHOA TOÁN -------- SILINGKA SAIYAMA VÀNH ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Quảng Nam, tháng 5 năm 2017 UBND TỈNH QUẢNG NAM TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG NAM KHOA TOÁN -------- KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Tên đề tài: VÀNH ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Sinh viên thực hiện SILINGKA SAIYAMA MSSV: 2113010142 CHUYÊN NGÀNH: SƯ PHẠM TOÁN KHÓA: 2013 – 2017 Cán bộ hướng dẫn ThS. VÕ VĂN MINH MSCB: T34-15.110-14100 Quảng Nam, tháng 5 năm 2017 1 A. MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Cấu trúc vành là một nội dung rất quan trọng trong lĩnh vực của Đại số hiện đại, có ứng dụng nhiều trong Đại số, Giải tích, Hình học, Toán rời rạc... Trong chương trình toán phổ thông, đa thức chủ yếu được đưa vào bộ môn Đại số và Giải tích. Đặc biệt trong các kỳ thi đại học, học sinh giỏi đều có những bài toán liên quan đến đa thức. Chính vì vậy, vành đa thức rất thiết thực với những ai muốn tìm hiểu sâu về toán ứng dụng. Từ các kết quả đạt được trong vành đa thức chúng ta có thể vận dụng giải một số bài toán rất phức tạp, giải hệ phương trình và xây dựng một số kết quả về tổ hợp, số học. Khi xét đa thức ta thường quan tâm đến nghiệm, tính bất khả quy và việc biểu diễn thành tích các nhân tử bậc nhỏ hơn. Với những lý do như đã nói ở trên, tôi chọn đề tài “Vành đa thức và ứng dụng ” làm khóa luận nghiên cứu của mình. 2. Mục tiêu của đề tài - Chứng minh lại một số kết quả cơ bản của vành đa thức. Vận dụng các kết quả đạt được để giải quyết một số bài toán đã được đặt ra. - Biểu diễn đa thức đối xứng qua các đa thức đối xứng cơ bản, ứng dụng của đa thức đối xứng vào giải các bài toán sơ cấp. 3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu 3.1. Đối tượng Trình bày một số khái niệm của vành đa thức và ứng dụng, rèn luyện khả năng nghiên cứu khoa học của bản thân. 3.2. Phạm vi nghiên cứu Trong khuôn khổ của khóa luận chỉ nghiên cứu về vành đa thức và một số ứng dụng. 2 4. Phương pháp nghiên cứu - Sưu tầm, đọc và nghiên cứu tài liệu, phân tích, tổng hợp kiến thức, hỏi ý kiến chuyên gia. - Trao đổi, thảo luận với bạn bè, giáo viên hướng dẫn, qua đó tổng hợp kiến thức và trình bày theo đề cương nghiên cứu, thực hiện kế hoạch và hoàn thành khóa luận. 5. Đóng góp của đề tài Khóa luận đã tổng hợp và làm rõ nội dung về vành đa thức và các ứng dụng. 6. Cấu trúc của đề tài Khóa luận được chia thành 2 chương với những nội dung chính sau đây: Chương 1: Vành đa thức: Trình bày một số khái niệm về vành đa thức, vành đa thức một ẩn, Vành đa thức nhiều ẩn, Đa thức đối xứng. Chương 2: Ứng dụng của vành đa thức: Về tính chia hết, biểu diễn đa thức đối xứng qua các đa thức đối xứng cơ bản, ứng dụng của đa thức đối xứng vào giải các bài toán sơ cấp. 3 B. NỘI DUNG Chương 1: VÀNH ĐA THỨC 1.1. Vành đa thức một ẩn. 1.1.1. Vành đa thức một ẩn hệ số thực. Ta gọi tập tất cả các đa thức hệ số thực là x , trong đó 2 0 1 2( ) ... m mf x a a x a x a x , ia , 0,i m 2 0 1 2( ) ... n ng x b b x b x b x , jb , 0,j n Với m n , ta có: 0 0 1 1( ) ( ) ( ) ( ) ... ( ) ...m n m m nf x g x a b a b x a b x b x 0 0 1 1 0 0 1 1 0( ). ( ) . ( ) ... ( ... ) ...k m n k k k m nf x g x a b b a b x a b a b a b x a b x Ta chứng minh được x cùng với hai phép toán cộng và nhân lập thành một vành giao hoán, có phần tử đơn vị là ( )e x 2 ( ) 1 0 0 ... 0 m e x x x x Tương tự ta cũng có x , x lần lượt là vành đa thức một ẩn hệ số hữu tỷ, hệ số phức. 1.1.2. Xây dựng vành đa thức. Cho A là vành giao hoán có đơn vị là 1. Gọi P là tập các dãy vô hạn 0 1 2( , , ,..., ,0,0,....)na a a a với ia A , i , trong đó chỉ có một số hữu hạn các ia khác không. Trên P ta xác định phép cộng và phép nhân như sau: 0 1 0 1 0 0 1 1( , ,..., ,0,0,....) ( , ,..., ,0,0,....) ( ,..., ,0,0,....)n n n na a a b b b a b a b a b 0 1 0 1 0 1( , ,..., ,0,0,....)( , ,..., ,0,0,....) ( , ,..., ,0,....)n n ka a a b b b c c c Với 0 1 1 0...k k k k i j i j k c a b a b a b a b , 0,1, 2, ...k Khi đó (P, ,.) lập thành một vành có đơn vị là (1,0,0,...) . 4 Ta xét dãy (0,1,0,...)x 2 (0,0,1,0,...)x (0,0,...,0,1,0,...) n n x Nếu a A , xét ánh xạ : A P ( ) ( ,0,0,...)a a a Ta chứng minh là đơn cấu vành. + là đồng cấu: ,a b A ( ) ( ,0,...) ( ,0,...) ( ,0,...) ( ) ( )a b a b a b a b ( . ) ( . ,0,...) ( ,0,...)( ,0,...) ( ). ( )a b a b a b a b + là đơn cấu. { ( ) (0,0,...)} { ( ,0,...) (0,0,...)}ker a A a a A a { 0} {0}a A a Vậy là đơn cấu vành. Ta coi nhúng A P như một vành con, ta đồng nhất ( ,0,...)a a A . Khi đó, dãy 0 1( , ,..., ,0,...) Pna a a , ta viết lại 0 1 0 1( , ,..., ,0,....) ( ,0,....) (0, ,0,...) ... (0,...,0, ,0,...)n na a a a a a 0 1( ,0,....) ( ,0,...)(0,1,0,...) ... ( ,0,...)(0,...,0,1,0,...)na a a 0 1 ... n na a x a x . Kết luận: Mỗi dãy 0 1( , ,..., ,0,...) Pna a a có thể viết thành 0 1( ) ... n nf x a a x a x , ( 0)na 5 Ta ký hiệu: P A x . 1.1.3. Bậc của đa thức. Cho 0 1( ) ... m mf x a a x a x . ( 0)ma Gọi bậc đa thức ( )f x ký hiệu deg ( )f x m (hoặc bậc ( )f x m ) là số mũ của lũy thừa cao nhất trong đa thức mà hệ tử ma ứng với nó khác không. Bậc của đa thức là hằng số khác không thì bằng không. Đa thức 0 không có bậc. Định lý 1: Cho ( )f x , ( )g x là hai đa thức khác không. i) - Nếu deg ( ) deg ( )f x g x thì ( ) ( ) 0f x g x và deg( ( ) ( )) (deg ( ),deg ( ))f x g x max f x g x - Nếu deg ( ) deg ( )f x g x đồng thời ( ) ( ) 0f x g x thì deg( ( ) ( )) (deg ( ),deg ( ))f x g x max f x g x ii) Nếu ( ). ( ) 0f x g x thì ta có deg( ( ). ( )) deg ( ) deg ( )f x g x f x g x Chứng minh: i) Giả sử 0 1( ) ... m mf x a a x a x , 0ma 0 1( ) ... n ng x b b x b x , 0nb + Giả sử m n , ta có: 0 0 1 1( ) ( ) ( ) ( ) ... ( ) ...n m n n mf x g x a b a b x a b x a x Do đó deg( ( ) ( )) (deg ( ),deg ( ))f x g x m max f x g x + Nếu m n và 0n na b thì 0 0 1 1( ) ( ) ( ) ( ) ... ( ) n n nf x g x a b a b x a b x Do đó deg( ( ) ( )) (deg ( ),deg ( ))f x g x n max f x g x 6 + Nếu m n nhưng 0n na b thì deg( ( ) ( )) (deg ( ),deg ( ))f x g x n max f x g x Vậy deg( ( ) ( )) (deg ( ),deg ( ))f x g x max f x g x . ii) Ta có 0 0 1 1( ). ( ) ... m n m nf x g x a b a b x a b x Vì 0ma , 0 0 0 m n n m n a b b a b + 0m na b , ta có deg( ( ). ( )) deg ( ) deg ( )f x g x m n f x g x . + 0m na b , ta có deg( ( ). ( )) deg ( ) deg ( )f x g x f x g x . Suy ra deg( ( ). ( )) deg ( ) deg ( )f x g x m n f x g x . Định lý 2: Nếu A là một miền nguyên, ( )f x và ( )g x là hai đa thức khác không của vành A x thì ( ). ( ) 0f x g x và deg( ( ). ( )) deg ( ) deg ( )f x g x f x g x . Chứng minh: Giả sử ( ), ( ) f x g x A x là hai đa thức khác không. 0 1( ) ... m mf x a a x a x , 0ma 0 1( ) ... n ng x b b x b x , 0nb 0 0 0 0( ). ( ) ... ( ... ) ... ( ) ...k n m n k k n n m nf x g x a b a b a b x a b x a b x . ma và nb khác không suy ra 0m na b (A không có ước của không). Do đó ( ). ( ) 0f x g x và deg( ( ). ( )) deg ( ) deg ( )f x g x m n f x g x . Hệ quả: Nếu A là miền nguyên thì A x cũng là miền nguyên. Ví dụ: Trong vành x cho 4 3 ( ) 5 4 2 1f x x x x . 3 2 ( ) 2 4 3g x x x x . deg( ( ) ( )) 4f x g x . deg( ( ). ( )) 7f x g x . 7 1.1.4. Phép chia có dư. Định lý 3: Cho A là trường, ( )f x bất kỳ, ( )g x khác không thuộc A x đều tồn tại duy nhất ( ), ( )q x r x : bậc ( )r x bậc ( )q x hoặc ( ) 0r x sao cho ( ) ( ). ( ) ( )f x q x g x r x ( ( ) :q x đa thức thương; ( ) :r x đa thức dư) Chứng minh: a) Tồn tại ( )q x và ( )r x Giả sử 1 0 1 1( ) ... m m m mf x a a x a x a x . 1 0 1 1( ) ... n n n ng x b b x b x b x . + Nếu m n , đặt ( ) 0q x suy ra ( ) ( )r x f x (thỏa mãn định lý). + Nếu m n , ta có chứng minh bằng quy nạp. Giả sử điều khẳng định trong định lý là đúng với k m . Ta chia m ma x cho n nb x , được m n m n a x b Đặt 1 ( ) ( ) . ( )m n m n a f x f x x g x b (1) Hay 1 1 1 0 1 0 1( ) ... ...m m m n m mm m m m n m n n a a f x a a x a x b x b x a x b b 1 1 0 1 0 1... ...m m n mm m m n n n a a a a x b x b x b b Nhận xét: Bậc 1 ( ) 1f x m m . Theo giả thiết quy nạp tồn tại 1 ( )q x và ( )r x với bậc ( )r x bậc ( )q x hoặc ( ) 0r x sao cho: 1 1( ) ( ). ( ) ( )f x g x q x r x (2) Từ (1) và (2) suy ra: 1 1( ) ( ) . ( ) ( ( ). ( ) ( )) ( )m n m nm m n n a a f x f x x g x g x q x r x x g x b b 1( ) ( ) ( )m n m n a g x q x x r x b 8 Đặt 1( ) ( ) m m n a q x q x x b ( ) ( ). ( ) ( )f x g x q x r x (3) Với bậc ( )r x bậc ( )q x hoặc ( ) 0r x b) Chứng minh ( )q x , ( )r x duy nhất Giả sử có ( )q x và ( ) r x A x với bậc ( )r x bậc ( )g x hoặc ( ) 0r x sao cho ( ) ( ). ( ) ( )f x g x q x r x (4) Từ (3) và (4) suy ra: ( ). ( ) ( ) ( ). ( ) ( )g x q x r x g x q x r x ( ) ( ) ( ) ( ) ( )g x q x q x r x r x (5) Nếu ( ) ( )q x q x thì ( ) ( ) 0q x q x . Từ (5) và định lý 1 về bậc của đa thức, suy ra: bậc ( ) ( ) ( )g x q x q x bậc ( )g x bậc ( ) ( )q x q x bậc ( )g x m a x (bậc ( )r x , bậc ( ))r x bậc ( ) ( )r x r x (mâu thuẫn với (5)) Vậy ( ) ( )q x q x và từ (5) suy ra: ( ) ( )r x r x . Ví dụ 1: Cho A là trường hữu tỷ. 5 4 3 2 ( ) 4 6 7 2 5f x x x x x . 4 3 2 ( ) 3 2 3g x x x x x . Thực hiện chia ( )f x cho ( )g x . Ta được ( ) 4 6q x x 3 2 ( ) 17 6 18 13r x x x x . Ví dụ 2: Cho A là trường các số nguyên mod 9. 5 4 3 2 ( ) 4 6 7 2 5f x x x x x 4 3 2 ( ) 1 3 2 1 3g x x x x x 5 4 3 2 4 6 7 2 5x x x x 4 3 2 1 3 2 1 3x x x x 9 5 4 3 2 4 3 1 5 3x x x x x 4 3x 4 3 2 3 8 3 3 5x x x x 4 3 2 3 0 3 3 0x x x x 3 2 8 6 5x x Ví dụ 3: Cho A là trường các số nguyên mod 11. 3 2 ( ) 1 7 2 4f x x x x 2 ( ) 2 2 1g x x x 3 2 1 7 2 4x x x 2 2 2 1x x 3 2 1 1 6x x x 6 4x 2 8 8 4x x 2 8 8 4x x 0 Vậy 3 2 2 ( 1 7 2 4) ( 2 2 1)(6 4)x x x x x x . Hệ quả: ( )f x chia hết cho ( )g x khi và chỉ khi dư trong phép chia ( )f x cho ( )g x bằng không. 1.1.5. Nghiệm của một đa thức: Giả sử A là một trường, c A , ( ) f x A x 0 1( ) ... n nf x a a x a x , ( 0 )na Ta gọi giá trị của ( )f x tại c là 0 1( ) ... n nf c a a c a c A Nếu ( ) 0f x thì ta nói c là nghiệm của đa thức ( )f x . Định lý. (Bezout) Giả sử A là một trường, c A , ( ) f x A x . Dư của phép chia ( )f x cho x c là ( )f c . Chứng minh: Thực hiện ( )f x cho x c thì có hai khả năng: + Hoặc dư bằng 0 + Hoặc dư là đa thức bậc 0 vì bậc x c bằng 1. Vậy dư là một phần tử r A nên ta có: 10 ( ) ( ) ( )f x x c q x r () Thay x c vào () ta được: ( ) 0. ( ) ( )f c q c r r f c . Hệ quả: ( ) ( ) (c) 0f x x c f Hay c là nghiệm của ( )f x . 1.1.6. Sơ đồ Hoocne: Cho phép tính ( )f c như là phép dư trong phép chia ( )f x cho x c . Thực hiện: 1 1 1 0...n n n na x a x a x a x c 0 1 1( ) ... n n na a c x 1 2 1( ) ...n n n n na x a a c x Tính ( )f c na 1na 2na … 1a 0a c na 1nb 2nb … 1b ( )f c Với 1 1.n n nb a c a 2 1 2.n n nb b c a ,…, 1 0( ) .f c b c a . Định nghĩa: (Nghiệm bội, nghiệm đơn, nghiệm kép). Cho A là một trường, phần tử c A được gọi là nghiệm bội của đa thức ( ) f x A x nếu ( )f x chia hết cho ( ) k x c và ( )f x không chia hết cho 1 ( ) k x c . + Nếu 1k thì c là nghiệm đơn. + Nếu 2k thì c là nghiệm kép. 1.1.7. Phần tử đại số và phần tử siêu việt. Định nghĩa: Cho A là trường con của trường K. + Phần tử a K được gọi là phần tử đại số trên A nếu ( ) f x A x : ( ) 0f a + Phần tử c K được gọi là phần tử siêu việt trên A trong trường hợp trái lại. 11 Ví dụ 1: Cho là trường con của trường . Ta có: 2 là đại số trên vì 2 là nghiệm của 2 ( ) ( 2) f x x x . ,e là các số siêu việt trên . Ví dụ 2: Cho là trường con của . Mọi phần tử a ib là đại số trên vì: a ib nghiệm của phần tử 2 2 2 ( ) 2 ( ) f x x a a b x . Vì ( )f x có một nghiệm là x a ib , x a ib suy ra: 2 2 2 ( )( ) ( ) 2 ( )x a ib x a ib f x x a a b . Ví dụ 3: Cho là trường con của . i là đại số trên vì i là nghiệm của 2 ( ) 1 f x x x i là siêu việt trên . 1.2. Vành đa thức nhiều ẩn. 1.2.1. Xây dựng vành đa thức nhiều ẩn. Cho A là vành giao hoán, có đơn vị. Xây dựng vành A x : 1 2 1 1 0 1 1 2 1 ={ ( ) ... : , } n n iA x f x a a x a x a x a A i Vành 1 A x là vành giao hoán, có đơn vị. Xây dựng vành 1 2 A x x 1 2 1 2 0 1 2 1 2 1 1{ ( , ) ( ) ... ( ) , ( ) } n n iA x x f x x a x x a x x a x A x Ta viết 1 2 1 2 , A x x A x x là vành giao hoán, có đơn vị. Xây dựng 1 2 3 1 2 3 , , A x x x A x x x , phần tử ký hiệu: 13 33 1 2 311 12 21 22 1 2 3 0 1 1 2 3 2 1 2 3 1 2 3( , , ) ... n n na a a a aa a a a nf x x x c c x x x c x x x c x x x . Bằng phép quy nạp ta có: 1 1 2 1 , ... ,.., nA A x A x x A x x . 12 Phần tử 1 2 1 211 12 21 22 1 2 3 0 1 1 2 2 1 2 1 2( , , ) ... ... ... ... ...n n m m mna a a a aa a a a n n m nf x x x c c x x x c x x x c x x x Với ic A ; i ; 1 2, ,...,i i ina a a , 1,i m là các số tự nhiên và 1 2 1 2( , ,..., ) ( , ,..., )i i in j j jna a a a a a khi i j . ic là các hệ tử; 1 2 1 2 ...i i ina a a i nc x x x là các hạng tử của 1 2( , ,.., )nf x x x . và 1 2( , ,.., ) 0nf x x x khi và chỉ khi các hệ số của đa thức đều bằng 0. 1.2.2. Bậc của đa thức. Cho 1 2 1 2( , ,.., ) , ,.., n nf x x x A x x x . + Bậc của đa thức ( )f x đối với ẩn ix đó là số mũ lũy thừa cao nhất của ẩn đó trong các hạng tử của đa thức. + Bậc của hạng tử 1 2 1 2 ...i i ina a a i nc x x x bằng tổng của số mũ 1 2, ,...,i i ina a a . + Bậc tổng thể của f là 1 2{ ... }i i inm max a a a . + Đa thức 0 không có bậc. Ví dụ: Cho 3 5 2 4 2 7 3 4 5 2 6 8 1 2 3 4 5 1 4 2 3 4 1 2 3 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5( , , , , )f x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x . + Bậc hạng tử 5 2 2 3 4x x x là 8. 13 1.2.3. Sự sắp xếp thứ tự từ điển của đa thức n ẩn. Cho 1 2 1 2 1 2 0 ( , ,.., ) ...i i in m a a a n i n i f x x x c x x x . Đa thức này được gọi là sự sắp xếp thứ tự từ điển nếu i j thì bộ số mũ 1 2( , ,..., )i i ina a a và 1 2( , ,..., )j j jna a a phải thỏa mãn (0 )t t n sao cho : i jk t a k a k còn i ja t a t . Ví dụ: Cho 5 2 4 5 5 3 6 5 4 6 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 1 3 1 2 3( , , ) 6 2 8f x x x x x x x x x x x x x x x x x x x . Các số mũ trong mỗi số hạng cho ta một phần tử thuộc 3 , có 6 phần tử: (5, 2,1), (4, 5,1), (5,1, 3), (1, 6, 0), (5, 0,1), (1, 4, 6) Theo quan hệ thứ tự, ta có: (5, 2,1) (5,1, 3) (5, 0,1) (4, 5,1) (1, 6, 0) (1, 4, 6) . Khi đó 5 2 5 3 5 4 5 6 4 6 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 3 1 2 3 1 2 1 2 3( , , ) 2 6 8f x x x x x x x x x x x x x x x x x x x gọi là sắp xếp 1 2 3( , , )f x x x theo lối từ điển. 1.3. Đa thức đối xứng. 1.3.1. Định nghĩa và ví dụ: Định nghĩa: Đa thức 1 2 1( , ,..., ,..., ,..., ) ,..., i j n nf x x x x x A x x được gọi là đa thức đối xứng nếu nó không thay đổi khi ta đổi chỗ vị trí của 2 ẩn ,i jx x bất kỳ, tức là: 1 2 1 2( , ,..., ,..., ,..., ) ( , ,..., ,..., ,..., )i j n j i nf x x x x x f x x x x x . 14 Ví dụ: 2 2 2 1 2 3 1 2 3 1 2 3( , , )f x x x x x x x x x 2 2 2 2 1 3 2 1 3 2 1 3( , , )f x x x x x x x x x Suy ra 1 2 3 2 1 3( , , ) ( , , )f x x x f x x x . Định lý: Tập hợp các đa thức đối xứng n ẩn (ký hiệu 1 2 , ,..., nD x x x ) lập thành một vành (Tất nhiên 1 2 , ,..., nD x x x là vành con của 1 2 , ,..., nA x x x ). Chứng minh: Ta có 1 1 2( ,..., ,..., ,..., ) , ,..., i j n nf x x x x D x x x . và 1 1 2( ,..., ,..., ,..., ) , ,..., i j n ng x x x x D x x x . i j : 1 2 1( , ,..., ,..., ,..., ) ( ,..., ,..., ,..., )i j n j i nf x x x x x f x x x x (1) 1 2 1( , ,..., ,..., ,..., ) ( ,..., ,..., ,..., )i j n j i ng x x x x x g x x x x (2) Lấy (1) trừ (2), ta được: 1 1( )( ,..., ,..., ,..., ) ( )( ,..., ,..., ,..., )i j n j i nf g x x x x f g x x x x hay f g D . 1 1( . )( ,..., ,..., ,..., ) . ( ,..., ,..., ,..., )i j n j i nf g x x x x f g x x x x hay .f g D . Vậy 1 ,..., nD x x là vành con của 1 ,..., nA x x . 15 Nhận xét: Các đa thức sau đây: 1 1 2 ... nx x x . 2 1 2 1 3 1... x nx x x x x x . 3 1 2 3 1 2 4 2 1... n x nx x x x x x x x x (1.1) … 1 1 2 1 1 2 2 2 3... ... ... ...n n n n nx x x x x x x x x x . 1 2 ...n nx x x . cũng là những đa thức đối xứng, gọi là các đa thức đối xứng cơ bản. Định lý cơ bản của đa thức đối xứng. Giả sử 1 2 , ,..., nD x x x là tập các đa thức đối xứng của các biến 1 2, ,..., nx x x . Khi đó tồn tại một đa thức 1 2( , ,..., )n sao cho nếu trong nó ta thay 1 2, ,..., n bằng những đẳng thức (1.1) thì sẽ nhận được 1 2 , ,..., nD x x x . Chứng minh: Ta sử dụng các định nghĩa và bổ đề sau: Định nghĩa: Đa thức 1( ,..., )k nf x x đối xứng đẳng cấp k tức là bậc tổng thể của các hạng tử trong nó bằng nhau và bằng k. Bổ đề 1: Mỗi đa thức đối xứng 1( ,..., )nf x x bao giờ cũng phân tích được thành tổng của hữu hạn các đa thức đối xứng đẳng cấp. 16 Chứng minh: 1 2 ... ...k mf f f f f ; kf là tổng tất cả các hạng tử của f có bậc tổng thể là k. Ta chứng minh được kf là đa thức đối xứng với mọi k. Ý nghĩa của bổ đề 1 : Chỉ cần chứng minh mỗi đa thức đối xứng đẳng cấp k là phân tích được qua các đa thức đối xứng cơ bản. Khi đó f là phân tích được. Bổ đề 2: Trong đa thức đối xứng đẳng cấp k, 1( ,..., )k nf x x bộ số mũ 1 2( , ,..., )na a a của hạng tử cao nhất (với sắp thứ tự từ điển) phải thỏa mãn: 1 2 ... na a a . Chứng minh: Giả sử ngược lại thì i , i j và i i ja a . Lúc đó 1 2 1( , ,..., ,..., ,..., ) ( ,.., ,..., ,..., )i i j n i j i na a a a a a a a a . Thế nhưng nếu 1 1 ... ... ...i ji n aa a a i i j nx x x x là hạng tử của kf thì 1 1 ... ... ...i j i n a a a a i j i nx x x x là hạng tử của kf . Như vậy 1 1 ... ... ...i ji n aa a a i i j nx x x x không là hạng tử cao nhất Vậy mâu thuẫn suy ra điều phải chứng minh. Bổ đề 3: Cho một bộ số mũ 1 2( , ,..., )na a a mà 1 2 ... na a a . Khi đó đa thức đối xứng 2 31 2 1 2. ... na a aa a n có hạng tử cao nhất là 1 2 1 2. ... naa a nx x x . 17 Chứng minh: Hạng tử cao nhất 1 2 1 a a là 1 2 1 2( ) 1 1 1.a a a a x x x 2 3 2 a a là 2 3 2 3 3 32 2( ) ( ) 1 2 1 1 2 2. . . .a a a a a aa a x x x x x x … 1k ka a k là 1 1 1 ...k k k ka a a a kx x … n a n là 1 ... ...n n na a a k nx x x Hạng tử cao nhất của 1 là 1 2 1 2. ... naa a nx x x . Bổ đề 4: Hiệu của 2 đa thức đối xứng đẳng cấp k hoặc bằng 0, hoặc là đa thức đối xứng đẳng cấp k. Bổ đề 5: Cho kf , kg là 2 đa thức đối xứng đẳng cấp k có cùng hạng tử cao nhất. Khi đó hạng tử cao nhất của hiệu ( )k kf g có bậc bé hơn bậc của hạng tử chung cao nhất. Chứng minh định lý: Cho 1 2 (1) 1 1 1 2 1 2( ,..., ) . ... ( , ,..., )naa a k n n k nf x x d x x x f x x x . Khi đó 1 2 ... na a a . Theo bổ đề 3, ta có đa thức 2 31 2 1 1 2. ... na a aa a nd là hạng tử cao nhất là 1 2 1 1 2. ... naa a nd x x x . Theo bổ đề 4: 18 (1) ( )k kf f là đa thức đối xứng đẳng cấp 1 ,..., nk a a có hạng tử cao nhất với bộ mũ 1 2 1 2( , ,..., ) ( , ,..., )n nb b b a a a . Vậy 1 2 (1) 1 1 ... naa a k k nf f d . Lặp lại quá trình trên (1) kf ta được: 2 31 2(1) ( 2) 2 1 2. ... nb b bb b k n kf d f Trong đó 2d là hệ tử của hạng tử cao nhất trong (1) kf và hạng tử cao nhất ( 2) kf có bộ số mũ 1 2 1 2( , ,..., ) ( , ,..., )n nc c c b b b Quá trình này sẽ dừng lại sau hữu hạn bước. Suy ra phân tích f . 1.3.2. Phương pháp biểu diễn. Giả sử ta cho đa thức đối xứng 1 2 1 2 1 2( , ,..., ) ( ... )naa a n nf x x x x x x , trong đó 1 2 1 2 ... naa a nx x x là hạng tử cao nhất 1 2( .... )na a a . Ta tiến hành các bước như sau: Bước 1: Chọn hệ thống mũ: Mỗi hệ thống gồm n số nguyên không âm (có thế có một số số) thỏa mãn các điều kiện: + Tổng các số của hệ thống đều bằng bậc của đa thức, tức là 1 2 ... na a a . + Các số của hệ thống được xếp theo thứ tư từ điển ( hệ thống sau thấp hơn hệ thống trước ). Bước 2: Lấy tổng các tích đa thức đối xứng cơ bản ứng với từng hệ thống mũ. Chẳng hạn ứng với bộ số mũ 1 2( , , ... )na a a ta viết các hạng tử 2 3 11 2 1 2 1. .... .n n na a a a aa a i n nm , với hệ số im chưa biết. 19 Bước 3: Dùng phương trình hệ số bất định tính các giá trị im . Ví dụ 1: Biểu diễn đa thức đối xứng sau qua đa thức đối xứng cơ bản. 2 2 2 2 2 2 1 2 3 1 2 1 2 1 3 1 3 2 3 2 3( , , )f x x x x x x x x x x x x x x x . Ta có: 2 1 2 3 1 2( , , ) ( )f x x x x x Hệ thống mũ: (2;1;0); (1;1;1) Khi đó 2 1 2 1 2 1 3( )x x m Sử dụng phương pháp hệ số bất định tính 1m . Lập bảng: 1x 2x 3x 1 2 3 f 1 1 1 3 3 1 1 16 9 3m m Vậy 2 1 2 3 1 2 1 2 3( , , ) ( ) 3f x x x x x Ví dụ 2: Biểu diễn đa thức đối xứng sau qua các đa thức đối xứng cơ bản. 3 3 3 1 2 3 1 2 3( , , )f x x x x x x Ta co: Hạng tử cao nhất của g là 3 1x . Các hệ thống mũ là: (3, 0, 0); (2, 1, 0); (1, 1, 1). Khi đó 3 1 2 3 1 1 1 2 2 3( , , )f x x x m m . Lập bảng: 20 1x 2x 3x 1 2 3 f 1 0 0 1 0 0 1 1 1 0 2 1 0 2 2 -1 -1 0 -3 2 6 nên: 1 12 8 2 3m m . 2 26 2 3m m . Vậy 3 1 2 3 1 1 2 3( , , ) 3 3f x x x . Ví dụ 3: Biểu diễn đa thức đối xứng sau qua đa thức đối xứng cơ bản. 2 2 2 2 2 2 4 2 1 2 3 1 2 1 3 2 3 1 2( , , ) ( )( )( ) ( )g x x x x x x x x x x x . Ta có: 4 2 1 2 3 1 2( , , ) ( )g x x x x x nên Hạng tử cao nhất của g là 4 2 1 2x x . Các hệ thống mũ là: (4, 2, 0); (4, 1, 1); (3, 3, 0); (3, 2, 1); (2, 2, 2). Khi đó 2 2 3 3 2 1 2 1 1 3 2 2 3 1 2 3 4 3g m m m m . Lập bảng: 1x 2x 3x 1 2 3 f 1 1 0 2 1 0 2 2 -1 -1 0 -3 2 50 1 -2 -2 -3 0 4 200 1 -1 -1 -1 -1 1 8 21 Suy ra 22 4g m . 2 450 ( 27) 4g m m . 1 4200 ( 108) 16g m m . 1 2 3 48 1g m m m m . Suy ra: 1 2m ; 2 2m ; 3 4m ; 4 1m . Vậy 2 2 3 3 2 1 2 1 3 2 1 2 3 32 2 4g . Ví dụ 4: Biểu diễn đa thức đối xứng sau qua đa thức đối xứng cơ bản. 2 ...f x Ta có: Các hệ thống mũ: (2, 0, …,0), (1, 1, …,0) Vậy 2 1 1 1 2( ,..., )nf x x m . Cho 1 1x ; 2 1x ; 3 ... 0nx x . Khi đó: 1 2m Vậy 2 1 22f . 22 Chương 2: ỨNG DỤNG CỦA VÀNH ĐA THỨC 2.1. Tính chia hết. Định lý 1: Với các đa thức ( )f x , ( )g x thuộc A x và ( )g x khác không, tồn tại duy nhất ( )q x , ( )r x sao cho ( ) ( ) ( ) ( )f x q x g x r x với deg ( ) deg ( )r x g x hoặc ( ) 0r x . Định lý 2: Giả sử A là một trường và đa thức bất khả quy ( ) g x A x có nghiệm . Đa thức ( ) f x A x chia hết cho ( )g x khi và chỉ khi ( ) 0f . Chứng minh. Giả sử đa thức ( ) f x A x . Theo Định lý 1, có duy nhất hai đa thức ( )q x , ( )r x sao cho...
VÀNH ĐA THỨC
Vành đa thức một ẩn
1.1.1 Vành đa thức một ẩn hệ số thực
Ta gọi tập tất cả các đa thức hệ số thực là [ ] x , trong đó
Ta chứng minh được [ ]x cùng với hai phép toán cộng và nhân lập thành một vành giao hoán, có phần tử đơn vị là ( )e x
Tương tự ta cũng có [ ]x , [ ]x lần lượt là vành đa thức một ẩn hệ số hữu tỷ, hệ số phức
1.1.2 Xây dựng vành đa thức
Cho A là vành giao hoán có đơn vị là 1 Gọi P là tập các dãy vô hạn
( , , , , ,0,0, )a a a a n với a i A, i , trong đó chỉ có một số hữu hạn các a i khác không
Trên P ta xác định phép cộng và phép nhân như sau:
Khi đó (P, ,.) lập thành một vành có đơn vị là (1,0,0, )
Ta chứng minh là đơn cấu vành
Vậy là đơn cấu vành
Ta coi nhúng AP như một vành con, ta đồng nhất ( ,0, ) a a A Khi đó, dãy ( , , , ,0, ) P a a 0 1 a n , ta viết lại
Kết luận: Mỗi dãy ( , , , ,0, ) P a a 0 1 a n có thể viết thành
Gọi bậc đa thức f x ( ) ký hiệu deg ( ) f x m (hoặc bậc f x ( ) m ) là số mũ của lũy thừa cao nhất trong đa thức mà hệ tử a m ứng với nó khác không
Bậc của đa thức là hằng số khác không thì bằng không Đa thức 0 không có bậc Định lý 1: Cho f x ( ) , g x ( ) là hai đa thức khác không i) - Nếu deg ( ) deg ( ) f x g x thì f x ( ) g x ( ) 0 và deg( ( ) f x g x ( )) max (deg ( ),deg ( )) f x g x
- Nếu deg ( ) deg ( ) f x g x đồng thời f x ( ) g x ( ) 0 thì deg( ( ) f x g x ( )) max (deg ( ),deg ( )) f x g x ii) Nếu f x g x ( ) ( ) 0 thì ta có deg( ( ) ( )) deg ( ) deg ( ) f x g x f x g x
Do đó deg( ( ) f x g x ( )) m max (deg ( ),deg ( )) f x g x
Do đó deg( ( ) f x g x ( )) n max (deg ( ),deg ( )) f x g x
+ Nếu m n nhưng a n b n 0 thì deg( ( ) f x g x ( )) n max (deg ( ),deg ( )) f x g x
Vậy deg( ( ) f x g x ( )) max (deg ( ),deg ( )) f x g x ii) Ta có f x g x( ) ( )a b 0 0a b x 1 1 a b x m n m n
+ a b m n 0, ta có deg( ( ) ( )) f x g x m n deg ( ) deg ( ) f x g x
+ a b m n 0, ta có deg( ( ) ( )) deg ( ) deg ( ) f x g x f x g x
Suy ra deg( ( ) ( )) f x g x m n deg ( ) deg ( ) f x g x Định lý 2: Nếu A là một miền nguyên, f x ( ) và g x ( ) là hai đa thức khác không của vành A x [ ] thì f x g x ( ) ( ) 0 và deg( ( ) ( )) deg ( ) deg ( ) f x g x f x g x
Giả sử f x g x ( ), ( ) A x [ ] là hai đa thức khác không
( ) ( ) ( k k ) k ( n n ) n m n m n f x g x a b a b a b x a b x a b x a m và b n khác không suy ra a b m n 0 (A không có ước của không)
Do đó f x g x ( ) ( ) 0 và deg( ( ) ( )) f x g x m n deg ( ) deg ( ) f x g x
Hệ quả: Nếu A là miền nguyên thì A x [ ] cũng là miền nguyên
Ví dụ: Trong vành [ ] x cho f x ( ) 5 x 4 4 x 3 2 x 1 g x ( ) 2 x 3 4 x 2 x 3 deg( ( ) f x g x ( )) 4 deg( ( ) ( )) 7 f x g x
1.1.4 Phép chia có dư Định lý 3: Cho A là trường, f x ( ) bất kỳ, g x ( ) khác không thuộc A x [ ] đều tồn tại duy nhất q x r x ( ), ( ): bậc r x ( )bậc q x ( ) hoặc r x ( ) 0 sao cho
( ) ( ) ( ) ( ) f x q x g x r x ( q x ( ) : đa thức thương; r x ( ) : đa thức dư)
Chứng minh: a) Tồn tại q x ( ) và r x ( )
+ Nếu m n , đặt q x ( ) 0 suy ra r x ( ) f x ( ) (thỏa mãn định lý)
+ Nếu m n , ta có chứng minh bằng quy nạp
Giả sử điều khẳng định trong định lý là đúng với k m Ta chia m a x m cho b x n n , được m m n n a x b
Nhận xét: Bậc f x 1 ( ) m 1 m Theo giả thiết quy nạp tồn tại q x 1 ( ) và ( ) r x với bậc r x ( )bậc q x ( ) hoặc r x ( ) 0 sao cho:
( ) ( ) ( ) ( ) f x g x q x r x (3) Với bậc r x ( )bậc q x ( ) hoặc r x ( ) 0 b) Chứng minh q x ( ), r x ( ) duy nhất
Giả sử có q x( ) và r x( ) A x[ ] với bậc r x( ) bậc g x( ) hoặc ( ) 0 r x sao cho f x( ) g x q x( ) ( ) r x( ) (4)
Nếu q x( ) q x( ) thì q x( )q x( ) 0 Từ (5) và định lý 1 về bậc của đa thức, suy ra: bậc g x ( ) q x ( ) q x ( ) bậc g x ( ) bậc q x ( ) q x ( )
bậc r x ( ) r x ( ) (mâu thuẫn với (5)) Vậy q x ( ) q x ( ) và từ (5) suy ra: r x ( ) r x ( )
Ví dụ 1: Cho A là trường hữu tỷ
( ) 3 2 3 g x x x x x Thực hiện chia f x( ) cho g x( ) Ta được q x( ) 4 6 x r x( ) 17 x 3 6x 2 18 13x
Ví dụ 2: Cho A là trường các số nguyên mod 9
Ví dụ 3: Cho A là trường các số nguyên mod 11
Hệ quả: f x ( ) chia hết cho g x ( ) khi và chỉ khi dư trong phép chia f x ( ) cho g x( ) bằng không
1.1.5 Nghiệm của một đa thức:
Giả sử A là một trường, c A , f x( ) A x[ ]
Ta gọi giá trị của f x( ) tại c là f c( ) a 0 a c 1 a c n n A
Nếu f x ( ) 0 thì ta nói c là nghiệm của đa thức f x ( ) Định lý (Bezout)
Giả sử A là một trường, c A , f x ( ) A x [ ] Dư của phép chia ( ) f x cho x c là f c( )
Chứng minh: Thực hiện f x( ) cho x c thì có hai khả năng:
+ Hoặc dư là đa thức bậc 0 vì bậc x c bằng 1 Vậy dư là một phần tử r A nên ta có:
Cho phép tính f c( ) như là phép dư trong phép chia f x( ) cho x c Thực hiện:
2 1 2 n n n b b c a ,…, f c( )b c a 1 0 Định nghĩa: (Nghiệm bội, nghiệm đơn, nghiệm kép)
Cho A là một trường, phần tử c A được gọi là nghiệm bội của đa thức f x( )A x[ ] nếu f x( ) chia hết cho (x c ) k và f x( ) không chia hết cho (x c ) k 1
+ Nếu k1 thì c là nghiệm đơn
+ Nếu k2 thì c là nghiệm kép
1.1.7 Phần tử đại số và phần tử siêu việt Định nghĩa: Cho A là trường con của trường K
+ Phần tử a K được gọi là phần tử đại số trên A nếu f x( )A x[ ]: ( ) 0 f a
+ Phần tử c K được gọi là phần tử siêu việt trên A trong trường hợp trái lại
Ví dụ 1: Cho là trường con của trường Ta có:
2 là đại số trên vì 2 là nghiệm của f x( ) ( x 2 2) [ ]x
,e là các số siêu việt trên
Ví dụ 2: Cho là trường con của Mọi phần tử a ib là đại số trên vì: a ib nghiệm của phần tử f x( ) x 2 2a a( 2 b 2 ) [ ]x Vì
( ) f x có một nghiệm là x a ib , x a ib suy ra:
Ví dụ 3: Cho là trường con của i là đại số trên vì i là nghiệm của f x( ) x 2 1 [ ]x i là siêu việt trên
Vành đa thức nhiều ẩn
1.2.1 Xây dựng vành đa thức nhiều ẩn
Cho A là vành giao hoán, có đơn vị Xây dựng vành A x[ ]:
Vành A x[ ] 1 là vành giao hoán, có đơn vị Xây dựng vành A x[ ] [ ]1 x 2
Ta viết A x[ ] [ ]1 x 2 A x x[ , ]1 2 là vành giao hoán, có đơn vị
Xây dựng A x x[ 1 2] [ ] x 3 A x x x[ , , ]1 2 3 , phần tử ký hiệu:
Bằng phép quy nạp ta có:
Với c i A; i; a a i 1 , i 2 , ,a in , i 1, m là các số tự nhiên và
( , , , ) ( , a a i i a in a a j j , , a jn ) khi i j c i là các hệ tử; c x x i 1 a i 1 2 a i 2 x n a in là các hạng tử của f x x( , 1 2 , ,x n ) và f x x( , 1 2 , ,x n ) 0 khi và chỉ khi các hệ số của đa thức đều bằng 0
+ Bậc của đa thức f x( ) đối với ẩn x i đó là số mũ lũy thừa cao nhất của ẩn đó trong các hạng tử của đa thức
+ Bậc của hạng tử c x x i 1 a i 1 2 a i 2 x n a in bằng tổng của số mũ a a i 1 , i 2 , ,a in
+ Bậc tổng thể của f là m max a { i 1 a i 2 a in }
+ Đa thức 0 không có bậc
1.2.3 Sự sắp xếp thứ tự từ điển của đa thức n ẩn
Đa thức này được gọi là sự sắp xếp thứ tự từ điển nếu i j thì bộ số mũ ( ,a a i 1 i 2 , ,a in ) và
( , a a j j , , a jn ) phải thỏa mãn t (0 t n ) sao cho k t a k a k : i j còn i j a t a t
Các số mũ trong mỗi số hạng cho ta một phần tử thuộc 3 , có 6 phần tử:
(5, 2,1), (4, 5,1), (5,1, 3), (1, 6, 0), (5, 0,1), (1, 4, 6) Theo quan hệ thứ tự, ta có:
( , , ) 2 6 8 f x x x x x x x x x x x x x x x x x x x gọi là sắp xếp f x x x( , , ) 1 2 3 theo lối từ điển.
Đa thức đối xứng
1.3.1 Định nghĩa và ví dụ: Định nghĩa: Đa thức f x x ( , , , , , , , ) 1 2 x i x j x n A x [ , , ] 1 x n được gọi là đa thức đối xứng nếu nó không thay đổi khi ta đổi chỗ vị trí của 2 ẩn i , j x x bất kỳ, tức là:
Tập hợp các đa thức đối xứng n ẩn (ký hiệu D x x[ , , , 1 2 x n ]) lập thành một vành (Tất nhiên D x x[ , , , 1 2 x n ] là vành con của
Chứng minh: Ta có f x ( , , , , , , ) 1 x i x j x n D x x [ , , , ] 1 2 x n và g x ( , , , , , , ) 1 x i x j x n D x x [ , , , ] 1 2 x n i j
Vậy D x[ , ,1 x n ] là vành con của A x[ , ,1 x n ]
Các đa thức sau đây:
cũng là những đa thức đối xứng, gọi là các đa thức đối xứng cơ bản Định lý cơ bản của đa thức đối xứng
Giả sử D x x[ , , , 1 2 x n ] là tập các đa thức đối xứng của các biến
1, , ,2 n x x x Khi đó tồn tại một đa thức ( , 1 2 , , n ) sao cho nếu trong nó ta thay 1, 2, , n bằng những đẳng thức (1.1) thì sẽ nhận được
Chứng minh: Ta sử dụng các định nghĩa và bổ đề sau: Định nghĩa: Đa thức f x k ( , , 1 x n ) đối xứng đẳng cấp k tức là bậc tổng thể của các hạng tử trong nó bằng nhau và bằng k
Bổ đề 1: Mỗi đa thức đối xứng f x( , , 1 x n ) bao giờ cũng phân tích được thành tổng của hữu hạn các đa thức đối xứng đẳng cấp
Chứng minh: f f 1 f 2 f k f m ; f k là tổng tất cả các hạng tử của f có bậc tổng thể là k Ta chứng minh được f k là đa thức đối xứng với mọi k Ý nghĩa của bổ đề 1: Chỉ cần chứng minh mỗi đa thức đối xứng đẳng cấp k là phân tích được qua các đa thức đối xứng cơ bản Khi đó f là phân tích được
Bổ đề 2: Trong đa thức đối xứng đẳng cấp k, f x k ( , , 1 x n ) bộ số mũ
( ,a a , ,a n ) của hạng tử cao nhất (với sắp thứ tự từ điển) phải thỏa mãn:
Chứng minh: Giả sử ngược lại thì i, i j và a i a i j
Thế nhưng nếu x 1 a 1 x i a i x i j a i j x n a n là hạng tử của f k thì x 1 a 1 x i j a i j x i a i x n a n là hạng tử của f k
Như vậy x 1 a 1 x i a i x i j a i j x n a n không là hạng tử cao nhất
Vậy mâu thuẫn suy ra điều phải chứng minh
Bổ đề 3: Cho một bộ số mũ ( ,a a 1 2 , ,a n )mà a 1 a 2 a n Khi đó đa thức đối xứng 1 a a 1 2 2 a 2 a 3 n a n có hạng tử cao nhất là
Chứng minh: Hạng tử cao nhất
Hạng tử cao nhất của 1 là x x 1 a 1 2 a 2 x n a n
Bổ đề 4: Hiệu của 2 đa thức đối xứng đẳng cấp k hoặc bằng 0, hoặc là đa thức đối xứng đẳng cấp k
Bổ đề 5: Cho f k , g k là 2 đa thức đối xứng đẳng cấp k có cùng hạng tử cao nhất Khi đó hạng tử cao nhất của hiệu (f k g k ) có bậc bé hơn bậc của hạng tử chung cao nhất
Khi đó a 1 a 2 a n Theo bổ đề 3, ta có đa thức
d là hạng tử cao nhất là d x x 1 1 a 1 2 a 2 x n a n
(1) ( ) k k f f là đa thức đối xứng đẳng cấp k a 1 , ,a n có hạng tử cao nhất với bộ mũ ( , , , ) ( ,b b 1 2 b n a a 1 2 , ,a n )
Lặp lại quá trình trên f k (1) ta được:
Trong đó d 2 là hệ tử của hạng tử cao nhất trong f k (1) và hạng tử cao nhất
Quá trình này sẽ dừng lại sau hữu hạn bước Suy ra phân tích f
Giả sử ta cho đa thức đối xứng f x x( , , , ) 1 2 x n (x x 1 a 1 2 a 2 x n a n ), trong đó x x 1 a 1 2 a 2 x n a n là hạng tử cao nhất (a 1 a 2 a n ) Ta tiến hành các bước như sau:
Bước 1: Chọn hệ thống mũ: Mỗi hệ thống gồm n số nguyên không âm (có thế có một số số) thỏa mãn các điều kiện:
+ Tổng các số của hệ thống đều bằng bậc của đa thức, tức là
+ Các số của hệ thống được xếp theo thứ tư từ điển ( hệ thống sau thấp hơn hệ thống trước )
Bước 2: Lấy tổng các tích đa thức đối xứng cơ bản ứng với từng hệ thống mũ Chẳng hạn ứng với bộ số mũ ( , a a 1 2 , ) a n ta viết các hạng tử
1 a a 2 a a a n 1 a n a n i n n m , với hệ số m i chưa biết
Bước 3: Dùng phương trình hệ số bất định tính các giá trị m i
Ví dụ 1: Biểu diễn đa thức đối xứng sau qua đa thức đối xứng cơ bản
Sử dụng phương pháp hệ số bất định tính m 1
Ví dụ 2: Biểu diễn đa thức đối xứng sau qua các đa thức đối xứng cơ bản
Hạng tử cao nhất của g là x 1 3
Các hệ thống mũ là: (3, 0, 0); (2, 1, 0); (1, 1, 1)
Ví dụ 3: Biểu diễn đa thức đối xứng sau qua đa thức đối xứng cơ bản
Hạng tử cao nhất của g là x x 1 2 4 2
Các hệ thống mũ là: (4, 2, 0); (4, 1, 1); (3, 3, 0); (3, 2, 1); (2, 2, 2)
Ví dụ 4: Biểu diễn đa thức đối xứng sau qua đa thức đối xứng cơ bản
ỨNG DỤNG CỦA VÀNH ĐA THỨC
Tính chia hết
Với các đa thức f x ( ) , g x ( ) thuộc A x [ ] và g x ( ) khác không, tồn tại duy nhất q x ( ) , r x ( ) sao cho f x ( ) q x g x ( ) ( ) r x ( ) với deg ( ) deg ( ) r x g x hoặc ( ) 0 r x Định lý 2:
Giả sử A là một trường và đa thức bất khả quy g x ( ) A x [ ] có nghiệm
Đa thức f x ( ) A x [ ] chia hết cho g x ( ) khi và chỉ khi f ( ) 0
Theo định lý tồn tại duy nhất của phép chia đa thức, đa thức f(x) chia hết cho đa thức g(x) khi và chỉ khi phần dư của phép chia bằng 0 Phần dư r(x) của phép chia này luôn có bậc nhỏ hơn bậc của g(x) Khi đó, f(x) chia hết cho g(x) khi và chỉ khi f(α) = 0.
Bài tập 1: Trong vành [ ] x chứng minh rằng đa thức
( 1 ) x 2 Do đó f x ( ) chia hết cho
Do đó f x ( ) chia hết cho x 1 c) Ta có x
Suy ra f x ( ) chia hết cho x
Bài tập 2: Chứng minh rằng đa thức f x ( ) x 3 m x 3 1 n x 3 p 2 chia hết cho đa thức g x ( ) x 2 x 1 ; m n p , ,
Gọi là một nghiệm bất kỳ của g x ( ) Khi đó 2 1 0 hay
Vậy 3 1 Thay vào f x ( ) và chú ý rằng 3 1 , ta có:
Vậy cũng là nghiệm của f x ( ) Do đó f x g x ( ) ( )
2.2 Biểu diễn đa thức đối xứng qua các đa thức đối xứng cơ bản, từ đó giải các bài toán liên quan
Mọi đa thức đối xứng có thể biểu diễn qua đa thức đối xứng cơ bản và sự biểu diễn này là duy nhất
+ Đối với đa thức hai ẩn việc biểu diễn tương đương đơn giản, chẳng hạn như:
+ Đối với đa thức ba ẩn trở lên việc biểu diễn phức tạp hơn, ta sử dụng 1.3.2 chương 1
Bài tập 1: Biểu diễn đa thức sau qua các đa thức đối xứng cơ bản
Hạng tử cao nhất của đa thức là x y 4 2 có bộ số mũ là (4; 2; 0)
Bài tập 2: Trong vành [ , , ] x x x 1 2 3 biểu diễn đa thức x 1 4 x 2 4 x 3 4 qua các đa thức đối xứng cơ bản
Hạng tử cao nhất của đa thức là x 1 4 có bộ số mũ là (4, 0, 0)
Ứng dụng của đa thức đối xứng vào giải các bài toán sơ cấp
2.3.1 Phân tích đa thức thành nhân tử Đôi khi với những đa thức đối xứng ta gặp khó khăn trong việc phân tích chúng thành nhân tử Việc phân tích một đa thức thành nhân tử giúp ích rất nhiều cho chúng ta trong quá trình giải phương trình hay hệ phương trình Dưới đây là một vài bài tập về việc phân tích một đa thức đối xứng thành nhân tử dựa vào những đa thức cơ bản
Bài tập 1: Hãy phân tích đa thức sau thành nhân tử:
Bài tập 2: Hãy phân tích đa thức sau thành nhân tử:
Bài tập 3: Hãy phân tích đa thức sau thành nhân tử:
Ta có: f x y z ( , , ) x y z 3 3 xyz theo ví dụ 2 (chương 1)
Ta có x 3 y 3 z 3 1 3 3 1 2 3 3 nên suy ra x 3 y 3 z 3 3 xyz 1 3 3 1 2 3 3 3 3 1 3 3 1 2
Bài tập 4: Phân tích đa thức sau thành nhân tử: f x y ( , ) 6 x 4 11 x y 3 18 x y 2 2 11 xy 3 6 y 4
Vế phải là một tam thức bậc hai đối với 2
Nó có các nghiệm là
Nhân tử thứ nhất có nghiệm phức ta để nguyên Nhân tử thứ hai phân tích thành
2.3.2 Giải hệ phương trình đối xứng: Định lý Vietè: Cho f x ( ) x n a x n 1 n 1 a x a 1 0 Các số x 1 , , x n là nghiệm của đa thức khi và chỉ khi chúng thỏa mãn:
Bài tập 1: Giải hệ phương trình:
Gọi 1 , 2 , 3 là các đa thức đối xứng cơ bản của các ẩn x y z , , ta có:
Từ hệ đã cho ta viết lại:
Giải hệ này ta được 2 nghiệm:
+ Ứng với nghiệm ( , 1 2 , 3 ) ( 3, 4, 12) , theo công thức vietè ta có:
1 , , 2 3 x x x là nghiệm của đa thức x 3 3 x 2 4 x 12 0 ( i 1 ) Đa thức ( i 1 ) có nghiệm là 3, 2 , 2 i i
+ Ứng với nghiệm ( , 1 2 , ) ( 3, 4,12) 3 thì x x x 1 , , 2 3 là nghiệm của đa thức:
3 3 2 4 12 0 x x x ( i 2 ) Đa thức ( i 2 ) có các nghiệm (2, 2, 3)
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là tất cả hoán vị của ( 3, 2 , 2 ) i i và
Bài tập 2: Biểu thị đa thức f x x x ( , , ) 1 2 3 x x 1 3 2 x x 1 2 3 x x 1 3 3 x x 1 3 3 x x 3 2 3 x x 2 3 3 của vành [ , , ] x x x 1 2 3 theo công thức đối xứng cơ bản Từ đó tìm nghiệm thực hoặc phức của hệ phương trình:
Các hệ thống mũ: (3, 1, 0); (2, 2, 0); (2, 1, 1) nên ( x x 1 3 2 ) 1 2 2 m 1 2 2 m 3 1 3
Chọn giá trị và tính được f x x x ( , , ) 1 2 3 1 2 2 2 2 2 1 3
Kết hợp với đề ra ta có:
Bài tập 3: Biểu thị f x y ( , ) [ , ] x y theo các đa thức đối xứng cơ bản:
Bài giải: Đặt S k x k y k Ta có:
S x y x y xy Tổng quát ta có:
Bài tập 4: Biểu thị f x y ( , ) [ , ] x y theo các đa thức đối xứng cơ bản:
Bài tập 5: Cho 1 cosx sinx 2 Hãy tính a) S 1 cos x sin x 5 5
Bài giải: Đặt X 1 cosx và X 2 sinx
Bài tập 6: Cho X X X 1 , 2 , 3 là ba nghiệm của phương trình:
X pX qX pq a) Tính A X X X X 1 3 2 3 ( 1 1) X X X X 1 2 3 3 ( 2 1) X X X X 1 2 3 3 ( 3 1) b) Lập phương trình có 3 nghiệm là
A pq p p q hay A pq p ( 3 p 2 2 ) q b) Lập phương trình có 3 nghiệm là:
Phương trình cần lập có dạng:
Theo định lý Vietè ta lập được phương trình:
Bài tập 7: Giải hệ phương trình:
Bài giải: Ta đưa vào các ẩn mớ 1 x y , 2 xy Khi đó hệ đã cho trở thành
Rút 2 từ phương trình thứ hai và điền vào phương trình thứ nhất, ta được phương trình về 1
Ta dễ thấy rằng phương trình này có nghiệm 1 2 Vậy vế trái có thể viết: 1 3 12 1 16 ( 1 2)( 1 2 2 1 8)
Ngoài 1 2 ra, phương trình còn có hai nghiệm nữa là 1 2 , 2 4 , nghiệm của phương trình bậc hai 1 2 2 1 8 0
Như vậy về 1 ta có hai khả năng, hoặc 1 2 hoặc 1 4 Từ phương trình 1 2 2 1 0 , ta tìm được các giá trị tương ứng của 2 là 2 0 và
Vậy để tìm x, y ta có hai hệ phương trình
Giải hệ này ta tìm được các nghiệm đã cho là:
2.3.3 Chứng minh đẳng thức và bất đẳng thức
Bài tập 1: Chứng minh rằng nếu x y z 0 thì x 4 y 4 z 4 2( xy yz xz ) 2
Từ giả thiết 1 x y z 0 nên x 4 y 4 z 4 2 2 2 2( xy yz xz ) 2
Bài tập 2: Chứng minh hằng đẳng thức:
Vế trái 1 2 3 Mở các dấu ngoặc trong vế phải ta được:
Bài tập 3: Chứng minh rằng nếu a, b, c là những số thực bất kì thì ta có
( ab ac bc ) 2 3 abc a b c ( ) tức là 2 2 3 1 3
Theo bất đẳng thức ta có:
( x y z ) 2 3( xy xz yz ) Đặt x ab , y a c , z bc ta được:
2.3.4 Giải các bài toán về phương trình bậc hai
Dùng các đa thức đối xứng ta có thể giải được nhiều bài toán trong đó cần tính những biểu thức chứa các nghiệm của một phương trình bậc hai
Bài tập 1: Cho phương trình bậc hai x 2 6 x 10 0 Hãy lập một phương trình bậc hai mà các nghiệm là bình phương các nghiệm của phương trình đã cho.
Gọi các nghiệm của phương trình đã cho là x 1 và x 2 , các nghiệm của phương trình phải tìm là y 1 và y 2 và các hệ số của nó là p và q Theo công thức Vietè ta có:
Theo giả thiết ta có y 1 x 1 2 , y 2 x 2 2 Vì vậy p ( y 1 y 2 ) ( x 1 2 x 2 2 )
Như vậy phương trình bậc hai phải tìm là: y 2 16 y 100 0
Bài tập 2: Lập phương trình bậc hai z 2 pz q 0 mà các nghiệm là
Trong đó x 1 , x 2 là nghiệm của phương trình bậc hai x 2 x 3 0
Theo công thức Vietè, ta có 1 x 1 x 2 1 và z x x 1 2 3
Vậy phương trình phải tìm là:
2.3.5 Tìm nghiệm nguyên của phương trình đối xứng
Bài tập 1: Tìm các số nguyên dương thỏa mãn phương trình:
Bài giải: Đặt x 1 x 2 1 và x x 1 2 2 ta có 1 3 3 1 2 1 3 2 , tức là
Vì x 0 , y 0 nên 1 x y 0, do đó 1 1 0 Vì vậy ta có
Vì vậy phải tìm các số nguyên dương x và y sao cho
(*) x và y là nghiệm của phương trình bậc hai
Biệt thức của phương trình này là:
là số âm nếu 1 2 Vậy ta phải có 1 x y 2 Khi đó từ (*) suy ra
Bài tập 2: Tìm các số nguyên dương thỏa mãn phương trình:
Bài giải: Đặt x y 1 và x y 2 ta có 1 1 2 3 2
Vì x và y là thực nên ta phải có ( x y ) 2 ( x y ) 2 4 xy 1 2 4 2 0
4 hay 1 ( 1 4 ) 0 Từ đó suy ra
Vậy ta có các hệ
Hệ thức ba không thích hợp vì x và y phải là nguyên Vậy còn lại các hệ,
Từ đó suy ra lời giải
KẾT LUẬN
Trong khóa luận này, tôi đã trình bày những vấn đề cơ bản của vành đa thức, bao gồm các mệnh đề về đa thức một ẩn, nhiều ẩn, đa thức đối xứng Tôi cũng đã giải thích cách biểu diễn đa thức đối xứng thông qua các đa thức đối xứng cơ bản, đồng thời đưa ra các ứng dụng thực tế Cuối cùng, tôi đã giải quyết các bài tập liên quan để củng cố kiến thức và rèn luyện kỹ năng.
Dù đã rất cố gắng, nhưng chắc chắn nội dung được trình bày trong khóa luận không tránh khỏi thiếu sót nhất định, tôi rất mong nhận được sự góp ý của các quý thầy cô giáo và các bạn để khóa luận này hoàn thiện hơn.
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Bùi Huy Hiền, Đại số đại cương, NXB ĐHSP 2006
[2] Ngô Thúc Lanh, Đại số và số học ( Tập II ), NXB Giáo dục 1987
[3] Hoàng Xuân Sính, Đại số đại cương, NXB Giáo dục 2003
[4] Nguyễn Tiến Quang, Đại số đại cương, NXB ĐHSP 2006
[5] Một số trang WEB và tạp chí toán
1 Lý do chọn đề tài 1
2 Mục tiêu của đề tài 1
3 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu 1
6 Cấu trúc của đề tài 2
1.1 Vành đa thức một ẩn 3
1.1.1 Vành đa thức một ẩn hệ số thực 3
1.1.2 Xây dựng vành đa thức 3
1.1.5 Nghiệm của một đa thức: 9
1.1.7 Phần tử đại số và phần tử siêu việt 10
1.2 Vành đa thức nhiều ẩn 11
1.2.1 Xây dựng vành đa thức nhiều ẩn 11
1.2.3 Sự sắp xếp thứ tự từ điển của đa thức n ẩn 13
1.3.1 Định nghĩa và ví dụ: 13
Chương 2: ỨNG DỤNG CỦA VÀNH ĐA THỨC 22
2.2 Biểu diễn đa thức đối xứng qua các đa thức đối xứng cơ bản, từ đó giải các bài toán liên quan 23
2.3 Ứng dụng của đa thức đối xứng vào giải các bài toán sơ cấp 26
2.3.1 Phân tích đa thức thành nhân tử 26
2.3.2 Giải hệ phương trình đối xứng: 28
2.3.3 Chứng minh đẳng thức và bất đẳng thức 34
2.3.4 Giải các bài toán về phương trình bậc hai 35
2.3.5 Tìm nghiệm nguyên của phương trình đối xứng 37
LỜI CẢM ƠN Để hoàn thành được khóa luận, tôi đã nhận được rất nhiều sự quan tâm giúp đỡ cũng như học hỏi được nhiều kinh nghiệm từ các thầy cô giáo ở trường Đại học Quảng Nam và các bạn sinh viên cùng khóa
Lời đầu tiên, tôi xin bày tỏ lòng kính trọng biết ơn chân thành tới thầy – Thạc sĩ Võ Văn Minh trưởng khoa Toán Thầy là người hướng dẫn, giúp đỡ tôi trong thời gian vừa qua để tôi có thể hoàn thành khóa luận tốt nghiệp
Tôi xin chân thành cảm ơn sự giúp đỡ của thầy cô giáo trong khoa Toán đã dạy dỗ, giúp đỡ và tạo điều kiện cho tôi trong quá trình học tập và hoàn thành khóa luận tốt nghiệp
Tôi xin chân thành cảm ơn sự giúp đỡ của Ban giám hiệu, các thầy cô giáo và các thầy cô giáo ở phòng Đào tạo giúp đỡ và tạo điều kiện cho tôi trong quá trình học tập và hoàn thành khóa luận tốt nghiệp
Cuối cùng tôi xin chân thành cảm ơn bạn bè, gia đình, người thân luôn ủng hộ tôi trong suốt thời gian qua
Mặc dù đã cố gắng và nỗ lục hết mình nhưng với khả năng có hạn của bản thân, chắc chắn đề tài vẫn còn rất nhiều thiếu sót cần bổ sung, chỉnh sửa Vì vậy tôi rất mong nhận được các nhận xét, góp ý của quý thầy cô và các bạn để khóa luận này hoàn thiện hơn
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Quảng Nam, tháng 5 năm 2017 Sinh viên thực hiên
