một số phương pháp phân tích phân thức hữu tỉ thành phân thức đơn giản và ứng dụng

Bên cạnh việc tìm hiểu phân tích phân thức hữu tỉ thànhphân thức đơn giản bằng đồng nhất, thế giá trị đặc biệt luận văn tìmhiểu phân tích của một số lớp phân thức đặc biệt và một số kỹ t

Trang 1

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

PHẠM THỊ NHUNG

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH PHÂNTHỨC HỮU TỈ THÀNH PHÂN THỨC

ĐƠN GIẢN VÀ ỨNG DỤNG

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa họcTS TRẦN NGUYÊN AN

582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM

Mot so phuong phap phan tich phan thuc huu ti thanh phan thuc don gian va ung dungMot so phuong phap phan tich phan thuc huu ti thanh phan thuc don gian va ung dungMot so phuong phap phan tich phan thuc huu ti thanh phan thuc don gian va ung dungMot so phuong phap phan tich phan thuc huu ti thanh phan thuc don gian va ung dung

58Wednesday, June 12, 20246:10:50 PM6:10:50 PM58Wednesday, June 12, 20246:10:50 PM6:10:50 PM58Wednesday, June 12, 20246:10:50 PM6:10:50 PM

Mot so phuong phap phan tich phan thuc huu ti thanh phan thuc don gian va ung dungMot so phuong phap phan tich phan thuc huu ti thanh phan thuc don gian va ung dungMot so phuong phap phan tich phan thuc huu ti thanh phan thuc don gian va ung dungMot so phuong phap phan tich phan thuc huu ti thanh phan thuc don gian va ung dungMot so phuong phap phan tich phan thuc huu ti thanh phan thuc don gian va ung dungMot so phuong phap phan tich phan thuc huu ti thanh phan thuc don gian va ung dungMot so phuong phap phan tich phan thuc huu ti thanh phan thuc don gian va ung dungMot so phuong phap phan tich phan thuc huu ti thanh phan thuc don gian va ung dung

58Mot so phuong phap phan tich phan thuc huu ti thanh phan thuc don gian va ung dungWednesday, June 12, 2024

Trang 2

Mục lục

MỞ ĐẦU 1

Chương 1 Kiến thức chuẩn bị 1

1.1 Đa thức và nghiệm của đa thức 1

1.2 Đa thức bất khả quy và sự phân tích 4

1.3 Trường các thương 6

Chương 2 Phân thức hữu tỉ và ứng dụng 9

2.1 Phân thức hữu tỉ và một số tính chất cơ bản 9

2.2 Phân tích thành phân thức đơn giản 11

2.3 Một số phương pháp phân tích phân thức 16

2.4 Phân tích phân thức với hệ số thực và phức 37

2.5 Phân tích phân thức đặc biệt 41

2.6 Một số ứng dụng 44

KẾT LUẬN 52

Tài liệu tham khảo 52

582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM

Trang 3

MỞ ĐẦU

Phân thức hữu tỉ được sử dụng rộng rãi trong nhiều lĩnh vực khácnhau của Toán học như Giải tích số, Lý thuyết xấp xỉ, Giải tích, Môhình toán học Một kết quả quan trọng của phân thức hữu tỉ là mỗiphân thức hữu tỉ đều phân tích được thành tổng các phân thức "đơngiản" Vấn đề này được nghiên cứu bởi Johann Bernoulli and GottfriedLeibniz từ năm 1972, từ đó được nhiều nhà toán học quan tâm nghiêncứu và có nhiều ứng dụng Phân tích phân thức đơn giản của phân thứchữu tỉ f (x)g(x), trong đóf (x), g(x)là các đa thức có dạng

f (x)

g(x)= p(x) +

trong đóp(x)là một đa thức và với mỗij, mẫu thứcgj(x)là lũy thừacủa một đa thức bất khả quy và tử thứcfj(x)là đa thức có bậc thấphơn bậc của đa thức bất khả quy đó.

Luận văn tập trung vào một số nội dung chính sau Trước hếttổng hợp hệ thống kiến thức về phân thức hữu tỉ, sự phân tích phânthức hữu tỉ Bên cạnh việc tìm hiểu phân tích phân thức hữu tỉ thànhphân thức đơn giản bằng đồng nhất, thế giá trị đặc biệt luận văn tìmhiểu phân tích của một số lớp phân thức đặc biệt và một số kỹ thuậtđặc biệt khác: phân thức có cực điểm đơn, cực điểm bội [5], [8]; phântích phân thức trên trường số thực, phức; phân tích phân thức mẫu làđa thức bất khả quy nói chung, bất khả quy bậc hai [7], phân tích củamột số lớp phân thức đặc biệt [11], [12]; kỹ thuật sử dụng thuật toánchia, chia theo lũy thừa tăng [9], [6], sử dụng công thức nội suy [2], [1].Luận văn trình bày một số ứng dụng của kết quả chính trong việc tìmgiá trị của biểu thức dạng phân thức hữu tỉ, tính nguyên hàm của phânthức hữu tỉ, chứng minh một số đẳng thức liên quan, phân tích phân

582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM

Trang 4

thức thành chuỗi lũy thừa Những ứng dụng này chủ yếu được trình bàydưới dạng ví dụ và là sự tổng hợp từ nhiều nguồn tài liệu.

Luận văn được chia làm hai chương Chương 1 trình bày một sốkiến thức cơ sở về đa thức, sự phân tích đa thức trên trường, xây dựngtrường các thương Chương 2 là chương chính, luận văn trình bày xâydựng, tính chất cơ bản của phân thức hữu tỉ một biến; một số phươngpháp phân tích phân thức hữu tỉ và ứng dụng.

Trong suốt quá trình làm luận văn, tôi nhận được sự hướng dẫnvà giúp đỡ tận tình của TS Trần Nguyên An Tôi xin được bày tỏ lòngbiết ơn sâu sắc đến thầy.

Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến quý thầy cô giảng dạy lớpCao học toán khoá 12 đã truyền thụ đến cho tôi nhiều kiến thức và kinhnghiệm nghiên cứu khoa học.

Tôi xin chân thành cảm ơn!

Thái Nguyên, tháng 10 năm 2020,

PHẠM THỊ NHUNG

582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM

Trang 5

Chương 1

Kiến thức chuẩn bị

1.1 Đa thức và nghiệm của đa thức

Giả sửRlà vành giao hoán có đơn vị Đặt

P = {(a0, a1, , an, ) ∈ RN, |ai = 0với i đủ lớn}.

Ta định nghĩa phép cộng và phép nhân trongPnhư sau.Giả sử(a0, a1, a2, ),(b0, b1, b2, ) ∈ P

(a0, a1, , an, )+(b0, b1, , bn, ) = (a0+b0, a1+b1, , an+bn, ),(a0, a1, , an, )(b0, b1, , bn, ) = (c0, c1, , cn, ),

vớick = a0bk + a1bk−1 + · · · + akb0 =Pi+j=k

aibj, k = 0, 1, 2, Dễ thấyđó là các phép toán trênPvà cùng với hai phép toán đóPlà mộtvành giao hoán, có đơn vị Phần tử không là(0, 0, 0, ), phần tử đốicủa(a0, a1, , an, )là(−a0, −a1, , −an, ), phần tử đơn vị là

(1, 0, , 0, ).

Ký hiệux = (0, 1, 0, 0, ) ∈ P Dễ dàng kiểm tra được

x2 = (0, 0, 1, 0, 0, ),x3 = (0, 0, 0, 1, 0, 0, ),

Trang 6

a ∈ R Rõ ràngϕlà đơn cấu vành Vì thế ta có thể coiRnhư là vànhcon củaP Từ đơn cấuϕở trên, ta có thể đồng nhất

(0, , 0, a, 0, ) = (a, 0, 0, )(0, , 0, 1, 0, ) = axk,

trong đó vị trí thứk + 1của(0, , 0, a, 0, )làa, còn các vị trí kháclà0 Vì thế mỗi dãy(a0, a1, , an, 0, 0, )củaPđược đồng nhất vớibiểu thứca0 + a1x + a2x2 + · · · + anxn Ta thường viết phần tử củaP

theo số mũ tăng dần hoặc giảm dần, tức là viếta0 + a1x + · · · + anxn

hoặcanxn + · · · + a1x + a0.

Định nghĩa 1.1.1 VànhPđược gọi là vành đa thức của ẩnxlấy hệtử trongR, hay vắn tắt vành đa thức của ẩnxlấy hệ tử trongR, và kýhiệu làR[x] Các phần tử của vành đó gọi là đa thức của ẩnxlấy hệ tửtrongRvà thường được ký hiệu bởif (x), g(x), h(x), Trong một đathức

Bằng quy nạp ta có thể xây dựng vành đa thứcnẩnx1, , xn lấyhệ tử trênR, ký hiệuR[x1, , xn].

Kết quả sau đây suy ra ngay từ định nghĩa của phép cộng và phépnhân các đa thức.

Bổ đề 1.1.2 Với mọif (x), g(x) ∈ R[x], ta có

deg(f (x) + g(x)) ≤ max{deg(f (x)), deg(g(x))};

123docz.net - File bi loi xin lienhe: lethikim34079@hotmail.com

582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM

Trang 7

deg(f (x)g(x)) ≤ deg(f (x)) + deg(g(x)).

NếuRlà miền nguyên thì

deg(f (x)g(x)) = deg(f (x)) + deg(g(x)).

Hệ quả 1.1.3 NếuRlà miền nguyên, thìR[x]cũng là miền nguyên.Định lý 1.1.4 (Chia với dư) Chof (x), g(x) ∈ R[x], vớiRlà mộttrường vàg(x) 6= 0 Khi đó tồn tại duy nhất hai đa thứcq(x)vàr(x)

thuộcR[x]sao cho:f (x) = g(x)q(x) + r(x)vàdeg r(x) < deg g(x).Chú ý 1.1.5 Đa thứcq(x)gọi là thương vàr(x)goi là dư của phépchiaf (x)chog(x).

Định lí trên vẫn đúng khiRlà miền nguyên và hệ số cao nhất của

g(x)khả nghịch trongR.

Trong thuật toán chia với dư trên đây, nếu các hệ số củaf (x)và

g(x)là những số thực (tương ứng hữu tỉ) thì các hệ số của các đa thức

f1(x), , fk(x), và vì vậy cả các hệ số của thươngq(x)và dưr(x)đềulà thực (tương ứng hữu tỉ).

Định nghĩa 1.1.6 Giả sửRlà vành con của vànhS,vàf (x) = anxn+· · · + a1x + a0 là một đa thức trongR[x] Với mỗi phần tửα ∈ S, takí hiệuf (α) = anαn + · · · + a1α + a0 ∈ S Phần tửα ∈ Sđược gọilà nghiệm củaf (x)nếuf (α) = 0 Trong trường hợp này ta cũng nóiα

là một nghiệm của phương trìnhf (x) = 0trênS Tìm các nghiệm của

f (x)trênSđược gọi là giải phương trình đa thứcf (x) = 0trênS.

Định lý 1.1.7 (Định lý Bézout) ChoRlà một miền nguyên,f (x) ∈R[x], α ∈ R Điều kiện cần và đủ đểαlà một nghiệm củaf (x)làf (x)

chia hết cho(x − α).

Định nghĩa 1.1.8 (Nghiệm bội) Chof (x) ∈ R[x], α ∈ R, k ∈Z, k ≥1 Ta gọiαlà nghiệm bộikcủaf (x)nếuf (x)chia hết cho(x − α)k

582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM

Trang 8

nhưng không chia hết cho(x − α)k+1 nghĩa là:(

f (x) = (x − α)kg(x), ∀x ∈ R,g(α) 6= 0.

Nếuk = 1, ta gọiαlà nghiệm đơn hay còn gọi nghiệm, nếuk = 2, tagọiαlà nghiệm kép.

Định lý 1.1.9 ChoRlà một miền nguyên Cho0 6= f (x) ∈ R[x]và

a1, a2, , ar ∈ Rlà các nghiệm phân biệt củaf (x).Giả sửai là nghiệmbộiki củaf (x)vớii = 1, 2, , r.Khi đó ta có

f (x) = (x − a1)k1(x − a2)k2 (x − ar)krg(x),

trong đóg(x) ∈ R[x]vàg(ai) 6= 0với mọii = 1, , r.

Hệ quả 1.1.10 ChoRlà một miền nguyên vàf (x) ∈ R[x]là một đathức khác0.Khi đó số nghiệm củaf (x), mỗi nghiệm tính với số bội củanó, không vượt quá bậc của củaf (x).

Hệ quả 1.1.11 ChoRlà miền nguyên vàf (x), g(x) ∈ R[x], trong đó

deg(f (x))6nvàdeg(g(x))6n.Nếuf (x)vàg(x)có giá trị bằng nhautạin + 1phần tử khác nhau củaRthìf (x) = g(x).

Chú ý rằng nếuRkhông là miền nguyên thì Hệ quả 1.1.11 khôngcòn đúng nữa Thật vậy, chọnR =Z6, vành các lớp thặng dư theomôđun6.Chọnf (x) = 3xvàg(x) = 3x2.Ta códeg(f (x)) = 1và

deg(g(x)) = 2,tức làdeg(f (x)), deg(g(x))62.Dễ thấyf (x)vàg(x)

đều có3nghiệm phân biệt0, 2, 4trong Z6,tức là chúng nhận giá trịnhư nhau tại3điểm phân biệt, nhưng chúng không bằng nhau.

1.2 Đa thức bất khả quy và sự phân tích

Giả sửRlà một miền nguyên Trước khi trình bày khái niệm đathức bất khả quy, chúng ta nhắc lại khái niệm phần tử bất khả quytrong một miền nguyên Choa, b ∈ R.Ta nóialà ước củabnếu tồn

582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM

Trang 9

tạic ∈ Rsao chob = ac.Một ướcacủabđược gọi là ước thực sự nếu

bkhông là ước củaa Phần tửp ∈ Rđược gọi là phần tử bất khả quynếu nó khác0, không khả nghịch và không có ước thực sự Từ đây tacó khái niệm đa thức bất khả quy trong vành đa thứcR[x] Chú ý rằng

R[x]là miền nguyên.

Định nghĩa 1.2.1 Chof (x) ∈ R[x]là đa thức khác0và không khảnghịch Ta nóif (x)là bất khả quy trênRnếu nó không có ước thực sự.Ta nóif (x)là khả quy nếuf (x)có ước thực sự.

Chú ý rằng tính bất khả quy của đa thức phụ thuộc vào vành cơsở Chẳng hạn, đa thức2x + 2là bất khả quy trên trường Q Tuy nhiên

2x + 2không bất khả quy trên vành Z bởi vì các đa thức2vàx + 1đềulà ước thực sự của2x + 2.Tương tự, đa thứcx2+ 1là bất khả quy trênR nhưng không bất khả quy trên C.

Bổ đề 1.2.2 Đa thứcf (x)là bất khả quy nếu và chỉ nếuf (x + a)làbất khả quy với mọia ∈ R.

Từ nay đến hết tiết này chúng ta làm việc với đa thức có các hệsố trên một trườngK Trong trường hợp này, các đa thức hằng khác0

đều khả nghịch Do đó ta có ngay kết quả sau.

Bổ đề 1.2.3 Đa thứcf (x)với hệ số trên một trườngKlà bất khả quynếu và chỉ nếudeg f (x) > 0vàf (x)không phân tích được thành tíchcủa hai đa thức có bậc bé hơn.

Sau đây là tính bất khả quy của các đa thức bậc thấp.Bổ đề 1.2.4 Trên một trườngK, các phát biểu sau là đúng.(i) Đa thức bậc nhất luôn bất khả quy.

(ii) Đa thức bậc2và bậc3là bất khả quy nếu và chỉ nếu nó không cónghiệm trongK.

Chú ý rằng phát biểu (ii) trong bổ đề trên là không đúng chotrường hợp bậc của đa thức lớn hơn3 Cụ thể, nếuf (x)bậc lớn hơn3

582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM

Trang 10

và có nghiệm trongKthìf (x)khả quy Tuy nhiên, tồn tại những đathức không có nghiệm trongKnhưng vẫn khả quy Chẳng hạn đa thức

(x2 + 1)2 không có nghiệm trong R nhưng nó khả quy trên R.

Trong phần cuối của mục này, chúng ta trình bày một số tính chấtcủa đa thức bất khả quy trong vành đa thứcK[x]tương tự như tínhchất của số nguyên tố trong vành Z các số nguyên Trước hết, Bổ đềEuclid (hay Định lí thứ nhất của Euclid) phát biểu rằng số tự nhiên

p > 1là số nguyên tố nếu và chỉ nếuplà ước củaabkéo theoplà ướccủaahoặcplà ước củabvới mọia, b ∈N Mệnh đề sau đây là điều

tương tự cho đa thức bất khả quy Cho thuận tiện, nếuf (x)là ước của

g(x)thì ta viếtf (x)|g(x).

Mệnh đề 1.2.5 Chop(x) ∈ K[x]là đa thức có bậc dương Khi đó

p(x)bất khả quy nếu và chỉ nếup(x)|a(x)b(x)kéo theop(x)|a(x)hoặc

p(x)|b(x)với mọia(x), b(x) ∈ K[x] Đặc biệt, nếu đa thức bất khả quy

p(x)là ước của một tích hữu hạn đa thức thìp(x)phải là ước của ítnhất một trong các đa thức đó.

Định lí cơ bản của số học nói rằng mỗi số tự nhiên lớn hơn1đềuphân tích được thành tích các thừa số nguyên tố và sự phân tích này làduy nhất nếu không kể đến thứ tự các thừa số Kết quả sau đây là mộtsự tương tự đối với đa thức.

Định lý 1.2.6 Chof (x) ∈ K[x]là đa thức với hệ số cao nhất làan.

Khi đó tồn tại phân tíchf (x) = anf1(x) fk(x)vớif1(x), , fk(x)

là các nhân tử bất khả quy dạng chuẩn, và sự phân tích này là duy nhấtnếu không kể đến thứ tự các nhân tử.

1.3 Trường các thương

Trong mục này ta giả thiếtRlà miền nguyên Trường các thươngcủa một miền nguyênRđược xây dựng tương tự như xây dựng trườngsố hữu tỷ từ miền nguyên Z.Ta trình bày chi tiết xây dựng trường các

582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM

Trang 11

thương qua định lý sau Việc xây dựng trường các phân thức ở chươngsau từ vành đa thức trên một miền nguyên được thực hiện hoàn toàntương tự và sẽ không trình bày chi tiết ở mục sau.

Định lý 1.3.1 ChoRlà một miền nguyên Khi đó tồn tại một cặp

(T, f )trong đóTlà trường,f : R −→ Tlà đơn cấu vành sao cho mỗiphần tử củaTđều viết được dưới dạngf (a)(f (b))−1 vớia, b ∈ R, b 6= 0.

Hơn nữa, nếuFlà một trường vàg : R −→ Flà một đơn cấu vànhsao cho mỗi phần tử củaFđều viết được dưới dạngg(a) g(b)−1 với

ad + bcbd;

với mọia/b, c/d ∈ T.Ta có thể kiểm tra được các quy tắc trên khôngphụ thuộc vào việc chọn đại diện của các phần tử trongT, tức là nếu

a/b = a0/b0 vàc/d = c0/d0 thì

ad + bcbd=

a0d0 + b0c0b0d0 ;

Vì thếTđược trang bị hai phép toán hai ngôi cộng và nhân Dễ thấyrằngTcùng với hai phép toán này là một trường Phần tử không là

0/1;phần tử đơn vị là1/1;đối xứng củaa/blà−a/bvà nghịch đảo của

a/blàb/avới mọia/b 6= 0/1.Xét ánh xạf : R −→ Txác định bởi

582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM

Trang 12

f (a) = a/1.Dễ kiểm tra đượcflà đồng cấu vành Giả sửa ∈ Athoảmãn tính chấtf (a) = 0/1.Khi đóa/1 = 0/1.Suy raa = 0.Vậyflàđơn cấu vành Choa/b ∈ T.Ta có

a/b = (a/1)(1/b) = (a/1)(b/1)−1 = f (a) f (b)−1.

Vậy cặp(T, f )thoả mãn các yêu cầu của định lí Cuối cùng, giả sửFlàmột trường vàg : R −→ Flà một đơn cấu vành sao cho mỗi phần tử của

Fđều viết được dưới dạngg(a) g(b)−1 vớia, b ∈ R, b 6= 0.Xét tươngứngϕ : T −→ Fcho bởiϕ(a/b) = g(a) g(b)−1.Choa/b = a0/b0 ∈ T.

Khi đóab0 = a0b.Suy rag(a)g(b0) = g(a0)g(b).Dob, b0 6= 0vàglà đơncấu nêng(b), g(b0) 6= 0.Vì thếg(b), g(b0)khả nghịch trongF.Suy ra

g(a) g(b)−1 = g(a0) g(b0)−1.Vì thếϕlà ánh xạ Dễ thấyϕlà đồngcấu vành Vì mỗi phần tử củaFđều viết được dưới dạngg(a) g(b)−1

vớia, b ∈ A, b 6= 0nênϕlà toàn cấu Giả sửϕ(a/b) = 0.Khi đó

g(a) g(b)−1 = 0.Dob 6= 0nêng(b) 6= 0và do đóg(b)khả nghịchtrongF.Vì thếg(a) = 0.Doglà đơn cấu nêna = 0.Suy raa/b = 0/1.

Do đóϕlà đơn cấu Vậyϕlà đẳng cấu.

Định nghĩa 1.3.2 TrườngTxây dựng như trong Định lí 1.3.1 đượcgọi là trường các thương của miền nguyênA.

Nhận xét 1.3.3 Theo Định lí 1.3.1, trường các thươngTcủaRlàtrường tối thiểu chứaRnhư một vành con.

582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM

Trang 13

Chương 2

Phân thức hữu tỉ và ứng dụng

2.1 Phân thức hữu tỉ và một số tính chất cơ bản

Trong suốt mục này ta luôn giả thiếtFlà một trường.

Định nghĩa 2.1.1 ChoF [x1, x2, , xn]là vành đa thứcnbiến trêntrườngF Trường các thương củaF [x1, , xn], ký hiệu bởiF (x1, , xn),và được gọi là trường các phân thức hữu tỉ (nbiến) trênF.

Nhận xét 2.1.2 Các phần tử củaF (x1, , xn)có dạng f (x1, ,xn)g(x1, ,xn),trong đóf (x1, , xn), g(x1, , xn) ∈ F [x1, , xn]vớig(x1, , xn) 6=0 Ta gọif (x1, , xn)là đa thức tử thức,g(x1, , xn)là đa thức mẫuthức.

Từ đây ta tập trung trường hợp một biếnn = 1, tức là trường cácphân thứcF (x)một biến trên trườngF Các phần tử củaF (x)thườngđược ký hiệu bởi f (x)g(x), a(x)s(x), b(x)t(x), hoặc ký hiệu tắt làP = fg,Q = as,

R = bt,

Nhận xét 2.1.3 Cho a(x)s(x),b(x)t(x) ∈ F (x) Khi đó

nếu và chỉ nếua(x)t(x) = b(x)s(x).(ii)a(x)

a(x)t(x) + b(x)s(x)s(x)t(x).(iii)a(x).b(x)=a(x)b(x).

582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM

Trang 14

λa(x)s(x).(v)ϕ : F [x] → F (x),

trong đóϕ(f (x)) = f (x)1 , là đơn cấu vành.

Nhận xét 2.1.4 ChoP = a(x)s(x) ∈ F (x) ĐặtD = {u ∈ F | s(u) = 0}

vàP |x=α = a(x)s(x)|x=α := a(α)s(α) vớiα ∈ F.Khi đó ta có ánh xạ, xác địnhhàmF → F,α 7→ a(α)s(α).

Cho a(x)s(x),b(x)t(x) ∈ F (x) Giả sử a(x)s(x) = b(x)t(x) Khi đóa(x)t(x) =b(x)s(x).Điều này kéo theodeg(a(x))+deg(t(x)) = deg(b(x))+deg(s(x)),

vàdeg(a(x)) − deg(s(x)) = deg(b(x)) − deg(t(x)).Từ đó ta có địnhnghĩa bậc của phân thức hữu tỉ

Định nghĩa 2.1.5 Cho a(x)s(x) ∈ F (x) Bậc của phân thức được địnhnghĩa bởi

s(x)) = deg(a(x)) − deg(s(x)) ∈Z∪ {−∞}

Nhận xét 2.1.6 (i) Với mọif (x) ∈ F [x], ta có

deg(f (x)

1) = deg(f (x)) − deg(1) = deg(f (x)).

(ii) Với mọiP, Q ∈ F (x)và với0 6= k ∈ F, ta có

deg(P + Q) ≤ max{deg(P ), deg(Q)},deg(kP ) = deg(P ),

anddeg(P Q) = deg(P ) + deg(Q).

Định nghĩa 2.1.7 Cho a(x)s(x) ∈ F (x) Các hệ số củaa(x)vàs(x)đượcgọi là các hệ số của phân thức hữu tỉ Phân thức hữu tỉ a(x)s(x) được gọi làcó dạng rút gọn ( rational function in lowest terms, rational function insimplest form) nếua(x)vàs(x)là các đa thức nguyên tố cùng nhau.

Chú ý rằng mọi phân thức đều đưa được về dạng rút gọn.Ví dụ 2.1.8 Rút gọn phân thức sau

2x − x3

3x3 + 4x2 − 3x − 4.

582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM

Trang 15

Giải Ta có

2x − x3

3x3 + 4x2 − 3x − 4=

−2x(x + 1)(x − 1)(x + 1)(x − 1)(3x + 4)=−2x

3x + 4.

Định nghĩa 2.1.9 ChoP = a(x)s(x) ∈ F (x)là phân thức ở dạng rút gọn.Nghiệm củaa(x)được gọi là nghiệm hay không điểm củaP Nghiệmcủas(x)được gọi là cực điểm củaP.

Ví dụ 2.1.10 Phân thức 3x3+4x2x+32−3x−4 có một không điểm đơn−3/2,và 3 cực điểm đơn−4/3, −1, 1.Phân thứcx2+ 1như phần tử của R(x)

không có không điểm cũng như cực điểm.

2.2 Phân tích thành phân thức đơn giản

Hơn nữa nếugcd(a(x), s(x)) = 1thìgcd(r(x), s(x)) = 1.

Chứng minh Sự tồn tại: Theo Định lý 1.1.4, tồn tạie(x), r(x) ∈ F [x]

thỏa mãna(x) = s(x)e(x) + r(x)vàdeg(r(x)) < deg(s(x)) Khi đó

P =a(x)

s(x)= e(x) +r(x)

582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM

Trang 16

Khi đóe1(x) − e2(x) = r2(x)−r1(x)

s(x) Điều này kéo theo

deg(e1(x) − e2(x)) = deg(r2(x) − r1(x)) − deg(s(x)) < 0.

Như vậye1(x) = e2(x)vàr1(x) − r2(x).

Định nghĩa 2.2.2 ChoP = a(x)s(x) ∈ F (x) Phân thứcPđược gọi làthực sự nếudeg(a(x)) < deg(s(x)), và nó được gọi là không thực sự nếutrái lại Một phân thức không thực sự luôn viết được dưới dạng

P = e(x) +r(x)s(x),

trong đóe(x)là đa thức được gọi là phần đa thức hay phần nguyên(polynomial part or integral part) của phân thứcP, và r(x)s(x) là phânthức thực sự.

Ví dụ 2.2.3 ChoP = x4+xx33−3x−2x22+1+x−1.Theo thuật toán chia với dư, chia

x4 + x3 − 2x2 + x − 1chox3 − 3x2 + 1,ta cóP = x + 4 + x310x−3x2−52+1.Bổ đề 2.2.4 Choa(x) ∈ F [x], n ∈N∗, s1(x), , sn(x) ∈ F [x] \ {0}

trong đógcd(si(x), sj(x)) = 1với1 ≤ i < j ≤ n.Khi đó tồn tại

Chứng minh Ta sẽ chứng minh quy nạp theon Trường hợpn = 1làhiển nhiên.

Vớin = 2,vìgcd(s1(x), s2(x)) = 1nên tồn tạiu1(x), u2(x) ∈ F [x]

thỏa mãns1(x)u(x) + s2(x)v(x) = 1.Do đó

a(x)(s1(x)u(x) + s2(x)v(x))s1(x)s2(x)=

Giả sử phát biểu đúng vớin > 1vàs1(x), , sn+1(x) ∈ F [x]\{0}

nguyên tố với nhau từng đôi một Ta cógcd(s1(x) · · · sn(x), sn+1(x)) =1 Áp dụng trường hợpn = 2, tồn tạic1(x), an+1(x) ∈ F [x]thỏa mãn

582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM

Trang 17

Theo giả thiết quy nạp tồn tạia1(x), , an(x) ∈ F [x]thỏa mãn

Bổ đề 2.2.5 Choa(x) ∈ F [x], n ∈N∗, s1(x), , sn(x) ∈ F [x] \ {0}

thỏa mãngcd(si(x), sj(x)) = 1,với mọii 6= j.Khi đó tồn tại duynhấte(x), r1(x), , rn(x) ∈ F [x], deg(ri(x)) < deg(si(x))với mọii =1, , nthỏa mãn

Hơn nữae(x)là phần đa thức của s a(x)

Theo Bổ đề 2.2.1 tồn tạie1(x), , en(x), r1(x), , rn(x) ∈ F [x]thỏamãn

si(x)= ei(x) +ri(x)si(x).

Đặte(x) = e1(x) + · · · + en(x)ta có điều phải chứng minh.Tính duy nhất: Ta chứng minh quy nạp theon.

Trường hợpn = 1là hiển nhiên.

Vớin = 2,giả sử tồn tạie(x), r1(x), r2(x), d(x), p1(x), p2(x) ∈F [x]thỏa mãn giả thiết và

s1(x)s2(x)= e(x) +

s2(x)= d(x) +

582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM

Trang 18

trong đódeg(ri(x)) < deg(si(x)), deg(pi(x)) < deg(si(x))fori = 1, 2.

Ta có

s1(x)(r2(x) = p2(x)) = s1(x)s2(x)(d(x) − e(x)) + s2(x)(p1(x) − r1(x)).

Điều này kéo theos1(x)|s2(x)(p1(x) − r1(x)) Vìgcd(s1(x), s2(x)) = 1

nêns1(x)|p1(x) − r1(x).Mặt khácdeg(p1(x) − r1(x)) < deg(s1(x)) Dođóp1(x) − r1(x) = 0, i.ep1(x) = r1(x) Tương tự ta cóp2(x) = r2(x).Kéo theoe(x) = d(x).

Giả sử phát biểu đúng vớin > 1và tồn tạie(x), r1(x), , rn+1(x),d(x), p1(x), , pn+1(x) ∈ F [x]thỏa mãn

s1(x) · · · sn+1(x)= e(x) +

si(x)= d(x) +

deg(ri(x)) < deg(si(x)), deg(pi(x)) < deg(si(x))fori = 1, , n + 1.

t(x) = s1(x) · · · sn(x),b(x) =

c(x) =

Ta có

t(x)sn+1(x)= e(x) +b(x)t(x)+

sn+1(x)= d(x) +c(x)t(x)+

Áp dụng trường hợpn = 2,ta cód(x) = e(x), c(x) = b(x), pn+1(x) =rn+1(x)vàPni=1 ri(x)

si(x) =Pni=1

si(x), deg(ri(x)) < deg(si(x)), deg(pi(x)) <deg(si(x))với mọii = 1, , n.Theo quy nạp ta cópi(x) = ri(x)vớimọii = 1, , n.

s1(x) + · · · + rn(x)sn(x)

≤ max

si(x))< 0và theo Bổđề 2.2.1 ta cóe(x)là phần đa thức của s a(x)

582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM

Trang 19

Bổ đề 2.2.6 Choa(x), s(x) ∈ F [x], deg(s(x)) ≥ 1vàm ∈N∗ Khi đótồn tại duy nhấte(x), c1(x), , cm(x) ∈ F [x]thỏa mãn

s(x)m = e(x) +cm(x)

s(x)m +cm−1(x)

s(x)m−1 + · · · +c1(x)s(x),

deg(ci(x)) < deg(s(x))vớii = 1, , m.Hơn nữae(x)là phần đa thứccủa s(x)a(x)m.

Chứng minh Sự tồn tại: Ta sẽ chứng minh quy nạp theom.Vớim = 1

Phát biểu là đúng theo Bổ đề 2.2.1 Giả sử phát biểu là đúng vớim > 0.Khi đó tồn tạie(x), c1(x), , cm(x) ∈ F [x]thỏa mãn

s(x)m = e(x) +cm(x)

s(x)m +cm−1(x)

s(x)m−1 + · · · +c1(x)s(x)

vàdeg(ci(x)) < deg(s(x))vớii = 1, , m.Theo Bổ đề 2.2.1, ta cóe1(x)

Tính duy nhất: Ta chứng minh quy nạp theom.Vớim = 1kếquả suy ra từ Bổ đề 2.2.1.

Giả sử phát biểu đúng vớim > 0 Khi đó tồn tại

582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM

Trang 20

Theo Bổ đề 2.2.1, ta códm+1(x) = cm+1(x) Áp dụng giả thiết quy nạpsuy rae1(x) = e2(x), c1(x) = d1(x), , cm(x) = dm(x).

s(x)m + · · · + c1(x)s(x)

≤ max

s(x)i)< 0và theo Bổđề 2.2.1 ta cóe(x)là phần đa thức của a(x)s(x)m.

Bổ đề trên dẫn đến kết quả chính sau của mục Chú ý theo Địnhlý 1.2.6 mọi đa thứcg(x)trongF [x]viết được thành lũy thừa của cácđa thức bất khả quyg(x) = s1(x)m1· · · sn(x)mn.

Định lý 2.2.7 (Phân tích phân thức đơn giản) ChoF = f (x)g(x) ∈ F (x).Viếtg(x)thành lũy thừa của các đa thức bất khả quy phân biệtg(x) =s1(x)m1· · · sn(x)mn.Khi đó tồn tại duy nhất các đa thứce(x)vàaij(x)

vớideg(aij(x)) < deg(si(x))thỏa mãn

f (x)

g(x)= e(x) +

Nếudeg(g(x)) < deg(f (x))thìe(x) = 0.

2.3 Một số phương pháp phân tích phân thức

2.3.1 Đồng nhất hệ số

Ví dụ 2.3.1 Tìm phân tích đơn giản của f (x)g(x) = x2+2x−31 ∈Q(x).

Giải Phân tích mẫu thứcq(x) = x2 + 2x − 3 = (x + 3)(x − 1).Do đótheo Định lý 2.2.7 ta có phân tích phân thức đơn giản

f (x)g(x)=

x2 + 2x − 3=Ax + 3+

Bx − 1.

Nhân mẫu thức vào hai vế, ta có đồng nhất thức

1 = A(x − 1) + B(x + 3).

Thếx = −3vào phương trình ta cóA = −1/4 Thếx = 1vào phươngtrình, ta cóB = 1/4 Do đó

f (x)g(x)=

x2 + 2x − 3=14

−1x + 3+

1x − 1

582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM

Trang 21

Ví dụ 2.3.2 Tìm phân tích phân thức đơn giản của

f (x)g(x)=

+ 3x + 4 +2x

6 − 4x5 + 5x4 − 3x3 + x2 + 3x(x − 1)3(x2 + 1)2 .

Theo Định lý 2.2.7, phân tích phân thức đơn giản có dạng

2x6 − 4x5 + 5x4 − 3x3 + x2 + 3x

(x − 1)3(x2 + 1)2 =Ax − 1+

(x − 1)2 +C(x − 1)3

+Dx + Ex2 + 1+

F x + G(x2 + 1)2.

Nhân hai vế với mẫu thức ta có đồng nhất thức

2x6 − 4x5 + 5x4 − 3x3 + x2 + 3x =

= A(x − 1)2(x2 + 1)2 + B(x − 1)(x2 + 1)2 + C(x2 + 1)2+ (Dx + E)(x − 1)3(x2 + 1) + (F x + G)(x − 1)3

Thế các giá trị đặc biệt củaxlần lượtx = 1, x = i, x = 0để tính cáchệ số

4 = 4C

2 + 2i = (F i + G)(2 + 2i)0 = A − B + C − E − G.

Giải hệ, ta có

C = 1

F = 0, G = 1E = A − B.

582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM

Trang 22

Do đó

2x6 − 4x5 + 5x4 − 3x3 + x2 + 3x =

= A(x − 1)2(x2 + 1)2 + B(x − 1)(x2 + 1)2 + (x2 + 1)2+ (Dx + (A − B))(x − 1)3(x2 + 1) + (x − 1)3

= (A + D)x6 + (−A − 3D)x5 + (2B + 4D + 1)x4+ (−2B − 4D + 1)x3

+ (−A + 2B + 3D − 1)x2 + (A − 2B − D + 3)x.

So sánh hệ sốx6 vàx5 hai vế, ta có(

A + D = 2−A − 3D = −4

Kéo theoA = D = 1 Vì vậy

2x6 − 4x5 + 5x4 − 3x3 + x2 + 3x = 2x6 − 4x5 + (2B + 5)x4

+ (−2B − 3)x3 + (2B + 1)x2 + (−2B + 3)x.

Suy raB = 0 Vậy ta có phân tích phân thức đơn giản

f (x)g(x)= x

+ 3x + 4 +1(x − 1)+

(x − 1)3 +x + 1x2 + 1+

1(x2 + 1)2.

2.3.2 Phân thức có cực điểm đơn

Mệnh đề 2.3.3 ChoP = f (x)g(x) ∈ F (x)thỏa mãng(x)có nghiệm đơn(nghĩa làPcó cực điểm đơn)α Khi đó hệ sốλcủa x−αλ trong phântích phân thức đơn giản củaP = f (x)g(x) ∈ F (x)là

(x − α)f (x)g(x)

Chứng minh Vìαlà nghiệm đơn củag(x)nêng(x) = (x−α)g1(x), g1(α) 6=0.Theo Bổ đề 2.2.4, tồn tạif1(x) ∈ F [x]thỏa mãn

P =f (x)g(x)=

λx − α+

582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM

Trang 23

Do đóf (x) = λg1(x)−(x−α)f1(x).Thếxbằngα, ta cóf (α) = λg1(α).Vì vậy

λ =f (α)

g1(α)= (x − α)f (x)g(x)

Bx − 2.

Theo Mệnh đề 2.3.3,A = (x − 1)P |x=1 = x−2x |x=1 = −1.B = (x − 2)P |x=2 = x−1x |x=2 = 2.

(β − α)(x − β)−1

(β − α)(x − α).

Mệnh đề 2.3.6 ChoP = f (x)g(x) ∈ F (x)thỏa mãng(x)có cực điểm đơn

α Khi đó hệ sốλcủa x−αλ trong phân tích đơn giản củaP = f (x)g(x) ∈ F (x)

f (x)g0(x)

Ví dụ 2.3.7 Chon ∈N∗ Tìm phân tích đơn giản củaP = xn1−1 ∈

582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM

Trang 24

Giải Trong C[x], ta cóxn− 1 =Qn−1

k=0(x − εk),trong đóεk = (cos2kπn +i sin2kπn ), k = 0, , n − 1 Do đó

P =

Akx − εk,

trong đóAk ∈C fork = 0, , n − 1.Theo Mệnh đề 2.3.6

Ak =1nxn−1

=1nεn−1k =

Do đó

1xn− 1=

Trước hết ta giới thiệu phép chia đa thức theo lũy thừa tăngĐịnh lý 2.3.9 (Chia đa thức theo lũy thừa tăng) Chon ∈N vàf (x), g(x) ∈ F [x]thỏa mãng(0) 6= 0 Khi đó tồn tại duy nhất cặp

582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM

Trang 25

r1(x) = λg(x) + xr(x)Rvớideg(λ) = 0 ≤ n Đặtq(x) = q1(x) + λxn+1,ta có

g(x)và như vậyxn+1 không chia hếtg(x) Do đóxn+1 phải chia hết

q(x) − q0(x) Vìdeg(q(x) − q0(x)) ≤ nnênq(x) − q0(x) = 0 Cuối cùngta cór(x) − r0(x) = 0.

Ví dụ 2.3.10 Chia theo lũy thừa tăng đến cấp2,f (x) = 2+x−3x2+x3

chog(x) = 1 + 4x − x2 + x3 trong R[x].

2 +x−3x2 +x3 1 + 4x − x2 + x3−7x −x2 −x3 2 − 7x + 27x2

27x2 −8x3 + 7x4

−16x3 + 34x4 − 27x5

Do đó2 + x − 3x2+ x3 = (1 + 4x − x2+ x3)(2 − 7x + 27x2) + (−16x3+34x4 − 27x5).

Phép chia theo lũy thừa tăng giúp ta tìm phân tích đơn giản củaphân thức hữu tỉ có cực điểm0.

Ví dụ 2.3.11 Tìm phân tích đơn giản của x4(1+x1+x2) ∈Q(x).

Giải Chia1 + xcho1 + x2 như sau

1 +x1 + x2

x−x2 1 + x − x2 − x3

−x2 −x3

−x3 +x4x4 + x5

582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM

Trang 26

Kéo theo1 + x = 1 + x21 + x − x2 − x3

+ x4 + x5 và do đó

1 + xx4(1 + x2)=

1 + x − x2 − x3

x4 +1 + x1 + x2

=1x4 +1

x3 −1x2 −1

1 + x1 + x2.

Một cách tổng quát chon ∈N∗ vàP = xf (x)ng(x),f (x), g(x) ∈F [x], g(0) 6= 0.Theo Định lý 2.2.7, tồn tạiA1, , An ∈ F, r(x) ∈ F [x]

thỏa mãn

P =An

xn + · · · +A1x+

Do đóf (x) = (An + An−1x + · · · + A1xn−1)g(x) + xnr(x) Theo Địnhlý 2.3.9,An+ An−1x + · · · + A1xn−1 là thương vàr(x)là phần dư trongphép chiaf (x)chog(x)theo lũy thừa tăng đến cấpn − 1.

Ví dụ 2.3.12 Tìm phân tích phân thức đơn giản củaP = x3x(x−2)5+1 ∈

Bx − 2,

trong đóe(x)là phần đa thức củaPvàA1, A2, A2, B ∈R.Chiax5+ 1

chox3(x − 2)ta đượce(x) = x + 2.

Theo Mệnh đề 2.3.3,B = (x − 2)P |x=2 =

|x=2 = 338 .Chia1 + x5 cho−2 + x2 đến cấp2.

x3 +−14

x2 +−18x+

x − 2.

582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM

Trang 27

Nhận xét 2.3.13 Chia1 + x5 cho−2 + x2 đến cấp2, trong phép chiata không sử dụng đến các hạng tử có bậc lớn hơn hoặc bằng3 Vì vậyta có thể bỏ các hạng tử này ra khỏi sơ đồ chia Ta có sơ đồ chia rútgọn như sau

2.3.4 Phân thức có cực điểm bội khác 0

Giả sử phân thức có cực điểmabội khác không Ta đặty = x − a

và áp dụng trường hợp cực điểm tại0.

Ví dụ 2.3.14 Tìm phân tích phân thức đơn giản củaP = (x−1)41(x+2)3 ∈

(x + 2)3 +B2

(x + 2)2 +B1(x + 2),

3y2 − 1

27y3 271 − 1

27y + 812 y2 − 10729y3

3y2 +278 y3−1027y3

Trang 28

Chia1cho(−3+z)4 theo lũy thừa tăng đến cấp2(chú ý2 = 3−1).

181 − 108z + 54z2

3z −23z2 811 + 2434 z + 72910 z2

109 z2

Khi đóB3 = 811 , B2 = 2434 , B1 = 72910 .Do đó

P =

(x − 1)4 +−271(x − 1)3 +

(x − 1)2 +−72910(x − 1)+

(x + 2)3 +

(x + 2)2 +

(x + 2),

Ta có thể kết hợp với việc thayxbởi các giá trị đặc biệt hoặc cho

xdần ra vô cùng (điều này tương đương với việc đặty = 1x và thayy

Cx − 2.

Nhân hai vế vớix − 2rồi thayxbằng2, ta cóC = 2.

Nhân hai vế với(x − 2)2 và thayxbằng1, ta cóA = −1.

Nhân hai vế bởixvà choxdần ra vô cùng ta đượcB + C = 0 Điềunày kéo theoB = −2.Do đó

P =−1

(x − 1)2 +−2x − 1+

2x − 2.

2.3.5 Sử dụng công thức nội suy

Công thức nội suy Lagrange giúp ta phân tích các phân thứcmà mẫu thức là đa thức tách được và các cực điểm đơn Trước hết ta

582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM

Trang 29

giới thiệu công thức nội suy Lagrange ChoFlà một trường (thôngthường ta xétFlà trường số hữu tỉ, trường số thực hay trường sốphức) Cho tương quany = f (x), trong đóf (x)là ánh xạ từFvào

Fbởi bảng saux x0 x1 · · ·· · ·· · ·xn

yy0 y1 · · ·· · ·· · ·yn thỏa mãnyi = f (x),i ∈ {0, · · · , n}.Cần xác định đa thứcP (x)bậc không quánsao cho

(x − xi)

(xk − xi).

Khi đó công thức nội suy Lagrange cho đa thứcP (x)bậc≤ ncó dạng:

P (x) =

P (xi)Qi(x).

Việc chứng minh tính duy nhất được suy ra từ nhận xét bằng hai đathức bậc không lớn hơnnnhận giá trị như nhau tạin+1điểm thì chúngtrùng nhau.

582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM582412066:10:50 PM6:10:50 PM