Luận văn: Đa thức và đa thức lượng giác

Lời cảm ơnSau một thời gian nghiên cứu, luận văn thạc sỹ của tôi đã được hoànthành với tên đề tài "Đa thức và đa thức lượng giác".. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trong chương trình toán học phổ thôn

PHẠM THỊ BÁCH DIỆP

ĐA THỨC VÀ ĐA THỨC LƯỢNG GIÁC

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Chuyên ngành : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Mã số : 60 46 40

Giáo viên hướng dẫn:

PGS.TS NÔNG QUỐC CHINH

THÁI NGUYÊN, 2012

Mục lục

Mục lục 3

Lời cảm ơn 4 Mở đầu 5 1 Một số vấn đề cơ bản về đa thức 7 1.1 Định nghĩa và các phép toán 7

1.2 Hệ số và giá trị đa thức 9

1.3 Đa thức với yếu tố giải tích 11

1.4 Phép chia đa thức Ước và bội 12

1.5 Nghiệm của đa thức 16

1.6 Đa thức bất khả quy 18

2 Đa thức lượng giác và ứng dụng 22 2.1 Định nghĩa 22

2.1.1 Một số tính chất 22

2.2 Biểu diễn một số đa thức lượng giác đặc biệt 23

2.2.1 Định nghĩa đa thức Chebyshev 23

2.2.2 Tính chất của đa thức Chebyshev 24

2.2.3 Ước lượng đa thức đại số trên một khoảng và định lý Bernstein- Markov 25

2.3 Một số phương pháp tính tổng các đa thức lượng giác 28

2.3.1 Phương pháp sai phân 28

2.3.2 Phương pháp đại số 29

2.3.3 Phương pháp số phức 31

2.3.4 Phương pháp đạo hàm 32

Tài liệu tham khảo 36

Lời cảm ơn

Sau một thời gian nghiên cứu, luận văn thạc sỹ của tôi đã được hoànthành với tên đề tài "Đa thức và đa thức lượng giác" Những kết quả banđầu mà tôi thu được đó là nhờ sự hướng dẫn tận tình và nghiêm khắc củaPGS.TS Nông Quốc Chinh Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâusắc đến thầy

Tôi xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng đào tạo và KhoaToán- Tin của Trường Đại học Khoa học- Đại học Thái Nguyên đã tạomọi điều kiện cho tôi về tài liệu và các thủ tục hành chính để tôi hoànthành luận văn này trong thời gian vừa qua Đội ngũ cán bộ của phòngđào tạo và Khoa Toán- Tin đã hết lòng ủng hộ, giúp đỡ lớp Cao học ToánK4C chúng tôi với một thái độ nhiệt tình và thân thiện nhất Điều này sẽmãi là ấn tượng rất tốt đẹp trong lòng mỗi chúng tôi đối với nhà trường

Tôi xin cảm ơn gia đình, bạn bè và những người đã quan tâm, tạo điềukiện, động viên cổ vũ để tôi có thể hoàn thành nhiệm vụ của mình

Mở đầu

1 LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Trong chương trình toán học phổ thông, đa thức và đa thức lượng giác

là một trong những nội dung khó đối với học sinh, đặc biệt là trong đại số

và hình học Nhiều bài toán có lời giải phức tạp hoặc không thể giải đượcbằng phương pháp đại số nhưng lại cho lời giải dễ dàng và hiệu quả bằngphương pháp lượng giác

Thực tế, phương pháp giải toán về đa thức và đa thức lượng giác nóichung đã được biết đến nhiều trong quá trình giải toán ở bậc trung họcphổ thông, tuy nhiên phần ứng dụng của nó trong đại số vẫn luôn là vấn

đề hết sức cần thiết trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi Toán ở bậc học phổthông, đồng thời sự phát hiện những ứng dụng đa dạng của nó trong đại

số cũng luôn đem lại sự hấp dẫn đối với nhiều đối tượng học sinh và giáoviên khi nghiên cứu vấn đề này

Luận văn "Đa thức và đa thức lượng giác" trình bày một số vấn đề liênquan đến mảng đa thức và đa thức lượng giác và những ví dụ minh họa

cụ thể

2 MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU

Đề tài "Đa thức và đa thức lượng giác" nhằm hệ thống các kiến thức

về đa thức và đa thức lượng giác trong phương pháp giải các dạng bài tậptrong chương trình trung học phổ thông

3 ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU

Nghiên cứu từ các tài liệu, giáo trình và các sách chuyên đề về đa thức,

đa thức lượng giác, các bài báo toán học viết về đa thức và đa thức lượnggiác, nhằm hệ thống các dạng toán liên quan đến đề tài nghiên cứu Đốitượng khảo sát của đề tài luận văn là các vấn đề cơ bản của đa thức, các

hàm lượng giác cơ bản.

4 PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU

Tổng hợp các tài liệu liên quan, nắm vững cốt lõi của nội dung kiếnthức từ đó sắp xếp, trình bày hệ thống và khai thác các ứng dụng theo đềtài nghiên cứu

Nghiên cứu trực tiếp từ các tài liệu của giáo viên hướng dẫn, tủ sáchchuyên toán và các kỷ yếu hội thảo khoa học về chuyên toán, kinh nghiệmgiảng dạy của các bạn học viên trong lớp, đồng thời sử dụng các trang webwww.diendantoanhoc.net, www.mathlinks.ro để học hỏi và trao đổi kinhnghiệm

5 Ý NGHĨA KHOA HỌC VÀ THỰC TIỄN CỦA ĐỀ TÀI

Tạo được một đề tài phù hợp cho việc giảng dạy, bồi dưỡng học sinhgiỏi cấp trung học phổ thông Đề tài đóng góp thiết thực cho việc dạy và

học đại số, lượng giác, phát triển năng lực giải toán cho học sinh trongtrường trung học phổ thông và đem lại niềm đam mê sáng tạo từ nhữngbài toán cơ bản nhất

6 CẤU TRÚC CỦA LUẬN VĂN

Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo và 2 chương.Chương 1 Một số vấn đề cơ bản về đa thức

Chương 2 Đa thức lượng giác và ứng dụng

(ii) Với an  0 thì n là bậc của đa thức f(x), ký hiệu degf  n Đặc biệt,

Giải Giả sử đa thức cần tìm có dạng

với cách viết hệ số ak đi theo lũy thừa xk.

Tổng các hệ số theo lũy thừa chẵn Pp1q P p
1q

1.2.4 Ví dụ Tìm hệ số và tổng các hệ số sau khi khai triển

a) Theo xm của khai triển Ppxq  p1 xqn, 0 ¤ m ¤ n;

b) Theo x8 của khai triển Qpxq  px 4q50 p3x2
5q41

Lời giải a) Áp dụng khai triển nhị thức Newton

Ta có f liên tục trên R và

lim

x Ñ 8fpxq  ! 8 khi an ¡ 0

8 khi an   0lim

1.3.3 Định nghĩa Cho f P Rrxs vớifpxq  anxn an
1xn
1 a1x

a0, an  0 Khi đó nguyên hàm của fpxq là

Ta có degP1  n
1, deg P2  n
2.

Từ giả thiết ta có n pn
1q pn
2q suy ra n 3 nên

Ppxq  ax3 bx2 cx d, a  0 suy ra P1pxq  3ax2 2bx c và

P2pxq  6ax 2b khi đó Pp2xq  8ax3 4bx2 2cx d

Theo giả thiết Pp2xq  P1pxq.P2pxq

ô 8ax3 4bx2 2cx d  p3ax2 2bx cqp6ax 2bq

ô 8ax3 4bx2 2cx d  18a2x3 18abx2 p4b2 6acqx 2bc

Đồng nhất hệ số

$''

18a2  8a18ab  4b4b2 6ac 2c2bc  d

ñ

$'

&

'

%

a  49

1.4.1 Định nghĩa (i) Một đa thức d(x) chia hết hai đa thức f(x) và g(x)gọi là ước chung của f(x) và g(x)

(ii) Nếu d(x) là một ước chung chia hết cho mọi ước chung khác thì ta gọid(x) là ước chung lớn nhất của f(x) và g(x), kí hiệu làdpxq  pfpxq, gpxqq.1.4.2 Định lý Cho fpxq, gpxq P Rrxs với gpxq  0 Khi đó tồn tại duynhất một cặp đa thức qpxq, rpxq P Rrxs sao cho

fpxq  gpxqqpxq rpxq, với rpxq  0 hoặc deg rpxq   deg gpxq

Chứng minh Chứng minh tính duy nhất Giả sử

degpr
r1q ¤ maxtdeg r, deg r1u   deg g ¤ deg g degpq
q1q

Điều này mâu thuẫn với đẳng thức trên

Ta chứng minh sự tồn tại của qpxq và rpxq Nếu deg fpxq   deg gpxq

thì ta chọn qpxq  0 và rpxq  fpxq Giả sử deg fpxq ¥ deg gpxq Cho

và thương là qpxq  hpxq Nếu f1pxq  0 thì ta tiếp tục làm tương tự với

f1pxq và ta được đa thức f2pxq Cứ tiếp tục quá trình trên ta được dãy đathức f1pxq, f2pxq, , nếu chúng đều khác 0 thì chúng có bậc giảm dần

Vì thế sau hữu hạn bước ta được một đa thức có bậc bé hơn bậc của gpxq

và đó chính là đa thức dư rpxq Nếu một đa thức của dãy bằng 0 thì dư

rpxq  0 Cụ thể, ta có

f1pxq  fpxq
gpxqhpxq

f2pxq  f1pxq
gpxqh1pxq

Trong định lý trên, nếu rpxq  0 thì qpxq được gọi là thương hụt và

rpxq được gọi là dư của phép chia fpxq cho gpxq Nếu rpxq  0 thì ta nóirằng fpxq chia hết cho gpxq hay gpxq là ước của fpxq Ta gọi q(x) và r(x)lần lượt là thương và số dư trong phép chia f(x) cho g(x) Nếu rpxq  0

thì ta nói f(x) chia hết cho g(x) hay g(x) chia hết f(x) hay f(x) là bội củag(x) hay g(x) là ước của f(x), ta kí hiệu f g hay g|f

1.4.3 Hệ quả Cho a P R Khi đó dư của phép chia fpxq P R cho x
a

là fpaq

Chứng minh Chia fpxq cho x
a, dư hoặc bằng 0 hoặc là một đa thứcbậc 0 vì bậc của px
aq bằng 1 Vì vậy, dư là một phần tử r P R Ta có

fpxq  px
aqqpxq r Thay x  a vào đẳng thức ta được r  fpaq

1.4.4 Mệnh đề (Thuật toán Euclid tìm ước chung lớn nhất) Cho hai

đa thức fpxq, gpxq P Rrxs với gpxq  0 Nếu gpxq|fpxq thì

và rnpxq|gpxq Giả sử hpxq|fpxq và hpxq|gpxq Từ đẳng thức đầu tiên ta

có hpxq|rpxq Từ đẳng thức thứ hai ta có hpxq|r1pxq Cứ tiếp tục lậpluận trên với các đẳng thức từ trên xuống dưới ta có hpxq|rnpxq Do đó

Chứng minh Ta chứng minh định lý theo thuật toán sau đây gọi là thuậttoán Euclid mở rộng Trong các phép chia liên tiếp ở thuật toán Euclidtìm ước chung lớn nhất, dpxq  rkpxq Đặt u1pxq  1, v1pxq 
qkpxq, từđẳng thức giáp cuối ta có

Lời giải Ta có Ppxq  px
1qQpxq rpxq với deg rpxq   degpx
1q  1

Suy ra deg rpxq  0 nên dư rpxq  c Do đó Ppxq  px
1qQpxq c.Chọn x  1 suy ra Pp1q  c hay c  P p1q  6

1.4.7 Ví dụ Tìm ước số chung lớn nhất của 2 đa thức

Lời giải Giả sử x1, x2, , xm là tất cả các nghiệm của Qpxq, kể cả nghiệmbội Giả sử môđun của chúng không vượt quá 1981 Theo định lý Viét tacó

|b1|  |
px1 x2 xm| ¤ 1981.m

|bm|  |p
1qm

x1x2 xm| ¤ 1981m

Điều này mâu thuẫn với điều kiện cho b1, b2, , bm Như vậy Q có ít nhấtmột nghiệm thỏa mãn bất đẳng thức |y| ¡ 1981 Do P chia hết cho Q nên

Ppyq  0 Giả sử |aj| ¤ 1980, @j Khi đó ta có

0  |P pyq|  yn a1yn
1 an ¥ |yn|
a1yn
1

|an|

¥ 1981n
1980.1981n
1

1980  1

Mâu thuẫn này cho thấy |aj| ¡ 1980 với j nào đó

1.5.1 Định nghĩa Cho f P Rrxs và α P R, ta gọi α là một nghiệm của fnếu fpαq  0

1.5.2 Định lý (Định lý Be’Zout) Cho f P Rrxs, α là một nghiệm thựccủa f khi và chỉ khi fpxq px
αq

Chứng minh Xét 2 đa thức f, g P Rrxs với gpxq  x
α thì tồn tạiduy nhất cặp đa thức q(x), r(x) sao cho fpxq  px
αqqpxq rpxq Vì

degr   degg  1 suy ra rpxq là một hằng số fpxq  px
αqqpxq C suy

ra fpxq  C Do đó fpxq  px
αqqpxq fpαq Nên α là nghiệm khi vàchỉ khi fpαq  0 khi và chỉ khi px
αq | fpxq

Lược đồ Hoocne Giả sử fpxq  anxn a1x a0 P Rrxs Với

a P R và a  0, chia fpxq cho x
a ta được fpxq  px
aqqpxq r, dư

r P R và gpxq  bn
1xn
1 . b1x b0 Đồng nhất các hệ số, ta có thểtìm nhanh số dư r và các hệ số bn
1, , b1, b0 của q như sau:

$'''

&

'''

Lược đồ sau đây được gọi là lược đồ Hoocne:

1.5.3 Hệ quả Cho a P R Khi đó a là nghiệm của đa thức fpxq P Rrxs

nếu và chỉ nếu tồn tại đa thức gpxq P Rrxs sao cho fpxq  px
aqgpxq

Cho k ¡ 0 là một số nguyên Một phần tửa P R được gọi là một nghiệmbội k của đa thức fpxq P Rrxs nếu fpxq chia hết cho px
aqk nhưng khôngchia hết cho px
aqk 1 Nếu k  1 thì a được gọi là nghiệm đơn Nếu

k  2 thì a được gọi là nghiệm kép

1.5.4 Hệ quả Phần tử a P R là nghiệm bội k của fpxq P Rrxs nếu và chỉnếu fpxq  px
aqkgpxq với gpxq P Rrxs và gpaq  0

Chứng minh Giả sử a là nghiệm bội k của fpxq Vì fpxq chia hết cho

px
aqk nên fpxq  px
aqkgpxq với gpxq PRrxs Nếu gpaq  0 thì theo

Hệ quả 1.5.3 ta có gpxq  px
aqhpxq với hpxq P Rrxs và do đó fpxq chiahết cho px
aqk 1, vô lý Vậy gpaq  0 Ngược lại, vì fpxq  px
aqkgpxq

nên fpxq chia hết cho px
aqk Nếu fpxq chia hết cho px
aqk 1 thì

fpxq  px
aqk 1hpxqvớihpxq P Rrxs.Do đópx
aqkgpxq  px
aqk 1hpxq

Suy ra 0  anpn an
1pn
1q a1pqn
1 a0qn Vì thế ta có

anpn 
pan
1pn
1q . a1pqn
1 a0qnq

Do vế phải là bội của q và pp, qq  1 nên q là ước của an

Tương tự ta có a0qn 
panpn an
1pn
1q a1pqn
1q Do vế phải

là bội của p và pp, qq  1 nên p là ước của a0

1.5.6 Ví dụ .Cho fpxq  2x5
70x3 4x2
x 1 Tìm thương và số

dư của phép chia fpxq cho x
6

Lời giải Gọi gpxq là thương và rpxq là phần dư của phép chia fpxq cho

Thếx  p{q vào biểu thức của Ppxq ta cóanpn an
1pn
1q a0qn  0

Điều này vô lý vì vế trái là tổng của một số lẻ các số hạng lẻ nên khôngthể bằng 0 Vậy đa thức không có nghiệm hữu tỉ

1.6.1 Định nghĩa Giả sử fpxq là một đa thức với các hệ số hữu tỉ, fpxq

được gọi là đa thức bất khả quy trên Q nếu fpxq không viết được dướidạng tích của hai đa thức có bậc không nhỏ hơn 1 với các hệ số hữu tỉ

1.6.2 Định nghĩa Giả sửfpxq là một đa thức với các hệ số nguyên, fpxq

được gọi là đa thức bất khả quy trên Z nếu fpxq không viết được dướidạng tích của hai đa thức có bậc không nhỏ hơn 1 với các hệ số nguyên

1.6.3 Định nghĩa Đa thứcfpxq với các hệ số nguyên được gọi là nguyênbản nếu và chỉ nếu các hệ số của nó nguyên tố cùng nhau

1.6.4 Bổ đề (Bổ đề Gauss) Tích của hai đa thức nguyên bản là một đathức nguyên bản

Chứng minh Thật vậy, giả sử đã cho các đa thức nguyên bản

không đồng thời chia hết cho p do fpxq là nguyên bản, nên trong các hệ

số ak, , a1, a0 sẽ có 1 số đầu tiên, giả sử ai không chia hết cho p

Tương tự giả sử bj là hệ số đầu tiên của gpxq không chia hết cho p Ta có

Nếu r   i thì ar chia hết cho p Nếu s   j thì bs chia hết cho p Mặt khác

aibj không chia hết cho p Vậy ci j không chia hết cho p

2) i  0, j ¥ 1 Khi đó ci j  cj a0bj °

r s  j

s  j

arbs

Vậy ci j không chia hết cho p

3) j  0, i ¥ 1 Tương tự ta cũng có ci j không chia hết cho p

4) i  0, j  0 Khi đó c0  a0b0 không chia hết cho p

Trong mọi trường hợp ta đều có ci j không chia hết cho p Điều này tráivới giả thiết Vậy fpxq.gpxq là nguyên bản

1.6.5 Định lý (Tiêu chuẩn Eisenstein) Cho đa thức Ppxq  anxn

an
1xn
1 . a1x a0 với ai P Z, a0  0, n ¥ 1, với mọi i  1, n Giả

sử tồn tại số nguyên tố p thỏa mãn các tính chất

(i) p không là ước của các hệ số cao nhất an

(ii) p là ước của các hệ số còn lại

(iii) p2 không là ước của các hệ số tự do a0

Khi đó Ppxq là bất khả quy trên Zrxs hay Ppxq không thể phân tích đượcdưới dạng tích hai đa thức với hệ số nguyên và có deg ¥ 1

Chứng minh Giả sử Ppxq không bất khả quy trên Z Ta có thể biểu diễn

f  gh  pb0 b1x bmxmqpc0 c1x ckxkq,

trong đó g, h P Zrxs với deg g  m   n và deg h  k   n Do p là ướccủa a0  b0c0 nên p là ước của b0 hoặc c0 Lại do p2 không là ước của a0

nên trong hai số b0 v c0, có một và chỉ một số chia hết cho p Giả thiết c0

chia hết cho p Khi đó b0 không chia hết cho p Vì an  bmck và an khôngchia hết cho p nên bm và ck đều không chia hết cho p Gọi r là chỉ số bénhất sao cho cr không là bội của p Chú ý rằng số r như vậy luôn tồn tại

vì ck không là bội của p Trước hết ta xét trường hợp r   n Khi đó p làước của ar Vì b0cr  ar
pb1cr
1 b2cr
2 brc0q với chú ý rằngcác số c0, , cr
1 đều là bội của p nên b0crlà bội của p Điều này vô lý vì

cả hai số b0 và cr đều không là bội của p Xét trường hợp r  n Khi đó

n r ¤ k ¤ n Suy ra k  n, vô lý Vậy f là bất khả quy trên Zrxs

1.6.6 Ví dụ Xét tính bất khả quy trên Q của các đa thức sau

(i) x8 2x5
8x3 14

(ii) 5x5 6x4
9x3 15x 3

Giải (i) Dễ thấy với p  2 đa thức x8 2x5
8x3 14 bất khả quy trên

Q theo tiêu chuẩn Eisenstein

(ii) Đa thức 5x5 6x4
9x3 15x 3 bất khả quy trên Q theo tiêu chuẩnEisenstein

1.6.7 Ví dụ Giả sử fpxq  anxn an
1xn
1 a1x a0 P Zrxs,

p là số nguyên tố thỏa mãn

(i) a2, a3, , an không chia hết cho p

(ii)an không chia hết cho p, a0 không chia hết cho p2

Chứng minh rằng nếu fpxq khả quy trong Zrxs, tức là fpxq  gpxqhpxq

với g, h P Zrxs, deg g ¥ 1 và deg h ¥ 1 thì minpdeg g; deg hq  1 ( khi đó

Vì an  bmch chia hết cho p mà không chia hết cho p2 suy ra trong 2 số

bm, ch chỉ có một số chia hết cho p, số còn lại không chia hết cho p, giả sử

p{bm và p ch

Vì a0 không chia hết cho p suy ra b0, c0 không chia hết cho p Gọi bi là sốđầu tiên từ cuối trở lên mà bi không chia hết cho p(i ¥ 0) Hệ số của xi h

là bich bi
1ch
1 không chia hết cho p, vì bi không chia hết p, mà các

số bi 1, bi 2, đều chia hết cho p Ñ h i ¤ 1, vì chỉ có a0, a1 là khôngchia hết cho p Ñ m ¥ m h i
1  n i
1 ¥ n
1 Ñ h  1 Vậy

minpdeg h; deg gq  1 Vì deg h  1 nên hpxq  c0x c1;c0, c1 P Z nên

hpxq có nghiệm x 
c1

c0 P Q suy ra hpxq có nghiệm hữu tỉ