Đang tải... (xem toàn văn)
Phần này trình bày một cách trực giác nhất về đa thức đồng thời cũng giới thiệu về hàm đa thức.Đây là một quan điểm mới trong toán học hiện đại. 1.1 Đại cương về đa thức một biến Cho K là một trường vô hạn ( Trong thực tế K= R hoặc C) . Biểu thức hình thức ƒ(X) = anXn + an1Xn1+…+ a1X +a0 trong đó ai K , i= gọi là một đa thức của ẩn X lấy hệ số trong K. Nếu an ≠ 0 thì ta nói ƒ(X) có bậc n và kí hiệu: deg ƒ(X) =n, an là hệ tử cao nhất. Nếu a0=a1=…=an= 0 thì ƒ(X) được gọi là đa thức 0. Quy ước đa thức 0 có bậc ∞. Tập hợp các đa thức ẩn X với hệ số trong K , ký hiệu là KX. Trang bị cho KX hai phép toán cộng và nhân được định nghĩa như sau: ( anXn + an1Xn1+…+ a1X +a0 ) + ( bmXm + bm1Xm1+…+ b1X +b0 ) = anXn +…+ am+1Xm+1 +(am + bm)Xm +…+(a0 +b0) ( anXn + an1Xn1+…+ a1X +a0 ).( bmXm + bm1Xm1+…+ b1X +b0 ) = cn+mXn+m +…+ c1X + c0 Trong đó ck= ( Ở đây giả sử n≥ m ) Mệnh đề 1 : KX cùng với hai phép toán trên lập thành một vành giao hoán có đơn vị và không có ước của 0 Định lý 2 ( Phép chia Euclide trong vành KX ): Cho ƒ(X) và g(X) thuộc KX , g(X) ≠ 0 khi đó tồn tại duy nhất đa thức q(X) và r(X) sao cho ƒ (X) = g(X)q(X) + r(X) và deg r(X) < deg g(X).
Chương 1 Đa thức và hàm đa thức Phần này trình bày một cách trực giác nhất về đa thức đồng thời cũng giới thiệu về hàm đa thức.Đây là một quan điểm mới trong toán học hiện đại. 1.1 Đại cương về đa thức một biến Cho K là một trường vô hạn ( Trong thực tế K= R hoặc C) . Biểu thức hình thức ƒ(X) = a n X n + a n-1 X n-1 +…+ a 1 X +a 0 trong đó a i ∈ K , i= n,0 gọi là một đa thức của ẩn X lấy hệ số trong K. Nếu a n ≠ 0 thì ta nói ƒ(X) có bậc n và kí hiệu: deg ƒ(X) =n, a n là hệ tử cao nhất. Nếu a 0 =a 1 =…=a n = 0 thì ƒ(X) được gọi là đa thức 0. Quy ước đa thức 0 có bậc -∞. Tập hợp các đa thức ẩn X với hệ số trong K , ký hiệu là K[X]. Trang bị cho K[X] hai phép toán cộng và nhân được định nghĩa như sau: ( a n X n + a n-1 X n-1 +…+ a 1 X +a 0 ) + ( b m X m + b m-1 X m-1 +…+ b 1 X +b 0 ) = a n X n +…+ a m+1 X m+1 +(a m + b m )X m +…+(a 0 +b 0 ) ( a n X n + a n-1 X n-1 +…+ a 1 X +a 0 ).( b m X m + b m-1 X m-1 +…+ b 1 X +b 0 ) = c n+m X n+m +…+ c 1 X + c 0 Trong đó c k = ∑ =+ kji ji ba ( Ở đây giả sử n≥ m ) Mệnh đề 1 : K[X] cùng với hai phép toán trên lập thành một vành giao hoán có đơn vị và không có ước của 0 Định lý 2 ( Phép chia Euclide trong vành K[X] ): Cho ƒ(X) và g(X) thuộc K[X] , g(X) ≠ 0 khi đó tồn tại duy nhất đa thức q(X) và r(X) sao cho ƒ (X) = g(X)q(X) + r(X) và deg r(X) < deg g(X). Định nghĩa 3: Đa thức q(X) và r(X) tương ứng gọi là thương và phần dư của phép chia ƒ(X) cho g(X) . Nếu r(X) = 0 thì ta nói ƒ (X) chia hết cho g(X) hay g(X) là một ước của ƒ(X) trong K[X] . Định nghĩa 4: Phần tử c ∈ K được gọi là nghiệm của ƒ (X) = a n X n + a n-1 X n-1 +…+ a 1 X +a 0 nếu a n c n + a n-1 c n-1 +…+ a 1 c+a 0 = 0 Định lý 5 (Định lý Bezout ): Cho ƒ (X) ∈ K[X], c là nghiệm của đa thức ƒ (X) khi và chỉ khi tồn tại q(X) ∈ K[X] sao cho ƒ (X) = ( X-c )q(X) Định nghĩa 6 ( Đạo hàm hình thức ): Cho ƒ (X) = a n X n + a n-1 X n-1 +…+ a 1 X +a 0 Đạo hàm hình thức của ƒ (X) ( Ký hiệu là ƒ’ (X) ) là một đa thức ∈ K[X] được định nghĩa ƒ’ (X) = na n X n -1 + (n-1)a n-1 X n-2 +…+ 2a 2 X +a 1. Thấy rằng đạo hàm hình thức là một đa thức có bậc nhỏ hơn bậc của ƒ(X) một đơn vị ( Nếu deg ƒ (X) ≥ 1 ) Bằng quy nạp chúng ta có thể định nghĩa được đạo hàm hình thức cấp k của ƒ(X) ( ký hiệu là ƒ (k) (X)) bằng cách lấy đạo hàm hình thức cấp ( k-1) của ƒ(X). ƒ (k) (X)= (ƒ (k-1) (X))’ Định lý 7 ( Khai triển Taylor): Cho ƒ(X) ∈ K[X], deg ƒ(X) = n, với mọi a ∈ K, ta có: ƒ(X) = ƒ(a) + '' ( ) 2 '( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1! 2! ! n n f a f a f a X a X a X a n − + − + + − Định nghĩa 8: Cho ƒ(X) ∈ K[X], a ∈ K là nghiệm bội k của ƒ(X) nếu ƒ(X) chia hết cho ( X - a) k nhưng không chia hết cho (X - a) k+1 trong K[X]. Ví dụ: ƒ(X) = X( X-1) 3 có nghiệm X = 0 ( bội 1) và X = 1( bội 3) Nhận xét: Dựa vào khai triển Taylor ở định lý 7, ta có a là nghiệm bội K của ƒ(X) khi và chỉ khi ƒ(a) = ƒ’(a) = …= ƒ (k-1) (a) = 0 và ƒ (k) (a) ≠ 0. Định nghĩa 9( Đa thức tách): Cho ƒ(X) thuộc K[X], ƒ(X) = a n X n + a n-1 X n-1 +…+ a 1 X +a 0 ƒ(X) được gọi là tách được trên K nếu ƒ(X) viết được dưới dạng: ƒ(X) = a n (X- b 1 )(X-b 2 )…(X- b n ) trong đó b i ∈ K, i= n,1 . Ví dụ: Đa thức ƒ(X) = X( X-1) 3 tách được trên R và trên C. Đa thức g(X) = X 2 + X+1 tách được trên C nhưng không tách được trên R. Nhận xét: Đa thức ƒ(X) tách được trên K khi và chỉ khi nó có đủ nghiệm trên K, tức là nếu ƒ(X) có bậc n thì nó phải có đủ n nghiệm( kể cả bội). Định lý 10 ( Định lý Viete): Cho ƒ(X) tách được trên K và ƒ(X) = a n X n + a n-1 X n-1 +…+ a 1 X +a 0 = a n (X- b 1 )(X-b 2 )…(X- b n ) Đặt σ 1 = b 1 +b 2 +…+b n σ 2 = b 1 b 2 + b 1 b 3 + …+ b 1 b n + b 2 b 3 +…+ b 2 b n +…+ b n-1 b … σ k = 1 2 1 2 1 k k i i i i i i n b b b ≤ < < ≤ ∑ … σ n = b 1 b 2 b n (các đa thức đối xứng cơ bản của b 1 , b 2 , …, b n ) Khi đó: ƒ(X) = a n (X n - σ 1 X n-1 + … + (-1) k σ k X n-k +…+ (-1) n σ n ) Nhận xét : Từ kết quả trên suy ra: ∀ k = n,1 , σ k = (-1) k . Định nghĩa 11: Đa thức ƒ(X) ∈ K[X] gọi là bất khả quy trên K nếu nó có bậc dương và không thừa nhận phân tích dạng: ƒ(X) = g(X)h(X) trong đó g(X) và h(X) ∈ K[X] đều có bậc nhỏ hơn bậc của ƒ(X). Nhận xét: Ta có ƒ(X) bất khả quy trên K[X] nếu nó có bậc dương và chỉ chia hết cho những đa thức có bậc dương dạng k.ƒ(X), k ∈ K\ {0}. Ví dụ: Đa thức ƒ(X) = X 2 + X+1 bất khả quy trên R g(X)= X 2 - 2 bất khả quy trên Q Định lý 12 (Định lý cơ bản của đại số học): Mọi đa thức bậc dương lấy hệ số trong trường phức C đều có nghiệm phức. Nhận xét: Mọi đa thức ƒ(X) ∈ C[X] (deg ƒ(X) ≥ 1) đều có đủ nghiệm trên C do đó tách được trên C. Đa thức ƒ(X) bất khả quy trên C[X] khi và chỉ khi nó là đa thức bậc nhất. Định lý 13: Cho ƒ(X) ∈ R[X]. Nếu z ∈ C là một nghiệm trên C của ƒ(X) thì liên hợp phức của nó cũng là nghiệm của ƒ(X) trên C. Nhận xét: Định lý trên cho ta một khẳng định quan trọng: Mọi đa thức bậc lẻ ∈ R[X] đều có nghiệm thực. Định nghĩa 14: Cho ƒ 1 (X), ƒ 2 (X), …, ƒ n (X) là các đa thức khác 0 của K[X]. Khi đó: Tồn tại duy nhất đa thức P(X) đầu một (hệ tử cao nhất bằng 1) là ước chung của {ƒ k (X)} 1≤k≤n sao cho mọi ước chung khác của {ƒ k (X)} 1≤k≤n đều là ước (trên K) của P(X). P(X) được gọi là ước chung lớn nhất của {ƒ k (X)} 1≤k≤n Ký hiệu: P(X) = ƯCLN(ƒ 1 (X), ƒ 2 (X), …, ƒ n (X)) = ƯCLN ({ƒ k (X)} 1≤k≤n ) Tồn tại duy nhất đa thức Q(X) đầu một (hệ tử cao nhất bằng 1) là bội chung của {ƒ k (X)} 1≤k≤n sao cho mọi bội chung khác của {ƒ k (X)} 1≤k≤n đều chia hết cho Q(X). Q(X) được gọi là bội chung nhỏ nhất của {ƒ k (X)} 1≤k≤n Ký hiệu: Q(X) = BCNN(ƒ 1 (X), ƒ 2 (X), …, ƒ n (X)) = BCNN ({ƒ k (X)} 1≤k≤n ) Chú thích: Đa thức U(X) được gọi là một ước chung của {ƒ k (X)} 1≤k≤n nếu ƒ k (X) chia hết cho U(X) với ∀k = 1,2,…,n. Đa thức B(X) được gọi là một bội chung của {ƒ k (X)} 1≤k≤n nếu B(X) chia hết cho ƒ k (X) với ∀k = 1,2,…,n. Định nghĩa 15: Cho ƒ 1 (X), ƒ 2 (X), …, ƒ n (X) là các đa thức khác 0 ∈ K[X]. Ta nói rằng ƒ 1 (X), ƒ 2 (X), …, ƒ n (X) là nguyên tố cùng nhau nếu ƯCLN(ƒ 1 (X), ƒ 2 (X), …, ƒ n (X)) = 1. (đa thức hằng có giá trị bằng 1). Ta nói rằng ƒ 1 (X), ƒ 2 (X), …, ƒ n (X) là nguyên tố với nhau từng đôi nếu với ∀i,j ∈ {1,2,…,n}, i ≠ j ta luôn có ƯCLN(ƒ i (X), ƒ j (X))=1 Nhận xét: ƒ 1 (X), ƒ 2 (X), …, ƒ n (X) nguyên tố với nhau từng đôi thì nguyên tố cùng nhau nhưng khẳng định ngược lại là sai. D(X) là đa thức bất khả quy, ƒ(X ) là đa thức bất kỳ, khi đó hoặc ƒ(X) chia hết cho D(X) hoặc ƯCLN(ƒ(X), D(X)) = 1. Ví dụ: Cho 3 đa thức ƒ 1 (X)= X – 1, ƒ 2 (X)= X 2 +1 , ƒ 3 (X)= X 3 là các đa thức thuộc R[X] xét trên R ƯCLN(ƒ 1 (X), ƒ 2 (X))=1 , ƯCLN(ƒ 1 (X), ƒ 3 (X))=1, ƯCLN(ƒ 2 (X), ƒ 3 (X))=1 Định lý 16: Cho ƒ(X) và g(X) là hai đa thức nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi tồn tại hai đa thức u(X) và v(X) sao cho ƒ(X)u(X) + g(X)v(X) =1 Mệnh đề 17: Cho ƒ 1 (X), ƒ 2 (X), ƒ 3 (X) là các đa thức khác 0 của K[X] . Nếu ƯCLN(ƒ 1 (X), ƒ 2 (.X)) =1 và ƒ 3 (X) là ước của ƒ 2 (X) thì ƯCLN(ƒ 1 (X), ƒ 3 (X)) =1 Định lý 18 ( Định lý Gauss) : Cho ƒ 1 (X), ƒ 2 (X), ƒ 3 (X) là các đa thức khác 0 của K[X] . Nếu ƒ 1 (X) là ước của tích ƒ 2 (X)ƒ 3 (X) và ƯCLN(ƒ 1 (X), ƒ 2 (X)) =1 Thì ƒ 1 (X) là ước của ƒ 3 (X) Định lý 19 : Cho ƒ 1 (X), ƒ 2 (X), …, ƒ n (X) , P(X) là các đa thức khác 0 của K[X] . Nếu ∀ k ∈ { 1,2, …, n} ƒ k (X) là ước của P(X) và ƒ 1 (X), ƒ 2 (X), …, ƒ n (X) nguyên tố với nhau từng đôi thì ƒ 1 (X) ƒ 2 (X) … ƒ n (X) là ước của P(X) Nhận xét: Với giả thiết của định lý Đặt Q(X) = ƒ 1 (X) ƒ 2 (X) … ƒ n (X) và gọi α là hệ tử cao nhất của Q(X) thì α 1 Q(X) là bội chung nhỏ nhất của ƒ 1 (X) ,ƒ 2 (X), … ,ƒ n (X) Các mệnh đề và định lý trên được chứng minh rộng rãi trong các giáo trình viết về đa thức. Bài tập D 1.1.1 Cho n ∈ N. Áp dụng đẳng thức (1+X) 2n (1-X) 2n = (1-X 2 ) 2n Hãy chứng minh ∑ = −=− n k n n nk n k CC 2 0 2 2 2 )1()()1( (*) Giải: Thấy rằng vế phải của (*) là hệ số của X 2n trong khai triển (1-X 2 ) 2n . Gọi T 2n là hệ số của X 2n trong khai triển (1+X) 2n (1-X) 2n ta có T 2n X 2n = [ ] ∑ = − − n k knk n kkk n XCXC 2 0 2 22 ))1(( = ∑ = − n k nk n k XC 2 0 22 2 )()1( Vậy T 2n = ∑ = − n k k n k C 2 0 2 2 )()1( . Từ đó suy ra điều cần chứng minh □ D 1.1.2 : Xác định a và b để P(X) = X 2010 +aX + b chia hết cho đa thức X 2 – 1. Giải: Thấy rằng X 2 -1 = (X+1)(X-1) P(X) Chia hết cho X 2 -1 ⇔ P(X) = (X 2 -1) Q(X) ⇔ = =− 0)1( 0)1( P P (Theo Định lý Bezout) Từ đó ta giải (1) 1 0 ( 1) 1 0 P a b P a b = + + = − = − + + = ⇔ = = 1 0 b a □ D 1.1.3 Chứng minh rằng a) ∈∀n N : X 2 | (X+1) n – nX – 1 trong K[X] b) ∈∀ pn, N * ∑ − = 1 0 n i i X | n p n i i XX − ∑ =0 trong K[X] Giải: a) Là rõ ràng nếu khai triển đa thức ở bên phải b) Đặt A(X) = ∑ − = 1 0 n i i X . Ta phải chứng minh : A | (A + X n ) p – X n Thật vậy, khai triển đa thức ở bên phải (A +X n ) p –X n = ∑ − = − 1 0 )( p k knkpk p XAC +X np – X n Mà X np – X n = X n ( X n(p-1) – 1) = (X n – 1 ) X n ( ∑ − = 2 0 p i ni X ) A(X) ∑ − = − 1 0 )( p k knkpk p XAC = A ∑ − = −− 1 0 1 )( p k knkpk p XAC A(X) Vậy n p n i i XX − ∑ =0 A(X) hay A(X) | n p n i i XX − ∑ =0 □ Chú ý : Ta sử dụng ký hiệu A B : Đa thức A chia hết cho đa thức B A| B : Đa thức A là ước của đa thức B D 1.1.4 :Chứng minh rằng : ∈∀ n N * (X-1) 2 | 12 2 1 0 − − = − ∑ n n k k XnX Giải : Đặt ƒ(X) = 12 2 1 0 − − = − ∑ n n k k XnX . Ta sẽ chứng minh X = 1 là nghiệm kép của ƒ(X). Điều này ⇔ ƒ(1) =ƒ’ (1) = 0. Thật vậy ƒ’(X) = 2 ( ∑ − = 1 0 n k k X )( ∑ − = − 1 1 1 n k k kX ) - (n-1) n 2 X n-2 ƒ(1) = n 2 - n 2 = 0 ƒ’(1) = 2.n.( 1+2+…+(n-1)) – (n-1) n 2 = 2n 2 )1( 2 )1( nn nn −− − = 0 Từ đó cho ta điều cần chứng minh □ D 1.1.5 : Cho ƒ(X) = X 3 + 3X 2 +X+1 . a, b là 2 nghiệm trên C của ƒ(X). Tính giá trị của biểu thức: T = a 2 b +ab 2 +3ab Giải: Giả sử c ∈ C là nghiệm còn lại của ƒ(X) trên C. Theo định lý Viete ta có abc = -1, a+ b+c = -3 . Từ đó ab = c 1− và a +b = - (3+ c). Vậy T = ab( a+b+3) = c 1− ( -3-c +3) = 1 □ D 1.1.6: Chứng minh rằng một đa thức với hệ số thực là bất khả quy trên R nếu và chỉ nếu nó là một đa thức bậc nhất hoặc bậc hai với biệt thức âm. Hơn nữa mọi đa thức ƒ(X) ∈ R[X] , deg ƒ(X) = n đều thừa nhận phân tích dạng: ƒ(X) = 1 1 2 2 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) s r l k k l n r s s a X x X x X b X c X b X c− − + + + + Trong đó a n là hệ số cao nhất của ƒ(X) , ∑ = r i i k 1 + ∑ = s j j l 1 = n , x 1 , x 2 ,…, x r ∈ R và các tam thức (X 2 + b i X + c i ) đều không có nghiệm thực.( i= 1, 2,…, s) Giải: Rõ ràng mọi đa thức hệ số thực bậc nhất hoặc bậc hai với biệt thức âm đều bất khả quy trên R. Khẳng định ngược lại được bao hàm trong phân tích cần tìm cho mọi đa thức ƒ(X) nói trong bài tập. Gọi x 1 , x 2 ,…, x r là tất cả các nghiệm thực của ƒ(X) với bội tương ứng là k 1 , k 2 ,…, k r . Theo định lí Bezout ƒ(X) = 1 1 ( ) ( ) ( ) r k k n r a X x X x Q X− − . Trong đó Q(X) không có nghiệm thực.Nếu z ∈ C là nghiệm phức (có phần ảo) của ƒ(X) thì z cũng vậy (theo định lý 13 ). Cũng theo định lý Bezout Q(X) = (X- z)(X- z ) Q 1 (X) = (X 2 – 2Re z +|z| 2 ) Q 1 (X) . Theo định lý 2 và để ý (X 2 – 2Re z +|z| 2 ) ∈ R[X] , nên Q 1 (X) ∈ R[X]. Tiếp tục quá trình với Q 1 (X) …. Cứ như vậy cuối cùng ta thu được ƒ(X) có dạng phân tích như trong đề bài . □ Chú ý : Rez : Chỉ phần thực của số phức z | z| :Chỉ modun của số phức z X 2 – 2Re z +|z| 2 là một tam thức bậc hai với biệt thức âm. D 1.1.7: Phân tích đa thức sau thành nhân tử bất khả quy trên R[X] và C[X]. a) X 4 +X 3 +X +1 b) X 4 +X 2 +1 c) X 3 - 5X 2 + 3X +9 d) X 2010 – 1 Giải: a) Thấy rằng X = -1 là nghiệm X 4 +X 3 +X +1 = (X+1)(X 3 + 1 ) = (X+1) 2 (X 2 - X + 1 ) Trên R[X] = (X+1) 2 (X + j )(X + j 2 ) Trên C[X] ( j = 2 31 i+− , j 2 = 2 31 i−− ) b) X 4 +X 2 +1= ( X 2 + 1) 2 – X 2 = (X 2 - X + 1 ) (X 2 + X + 1 ) Trên R[X] = (X + j )(X + j 2 ) (X - j )(X - j 2 ) Trên C[X] c) X 3 - 5X 2 + 3X +9 = (X+1)(X-3) 2 Trên R[X] và C[X] d) X 2010 – 1 = (X – 1 )(X 2009 +X 2008 +…+ X+1) Trên R[X] = ∏ = − 2010 1 )( k k X ω Trên C[X] ( k ω là các căn phức bậc 2010 của 1, k= n,1 ) □ D 1.1.8: Tìm ƯCLN và BCNN của hai đa thức sau trên R [X] ƒ(X) = X 3 +2X 2 +X g(X) = X 5 +8X 4 +24X 3 +34X 2 +23X +6 Giải: Phân tích ƒ(X) và g(X) thành các đa thức bất khả quy trên R ƒ(X) = X(X+1) 2 g(X) = (X+1) 3 (X+2)(X+3) Vậy: UCLN ( ƒ(X), g(X)) = ( X+1) 2 = X 2 +2X+ 1 BCNN ( ƒ(X), g(X)) = X(X+1) 3 (X+2)(X+3) = X 6 +8X 5 +24X 4 +34X 3 +23X 2 +6X □ D 1.1.9 : Cho P(X), Q(X), R(X) ∈ R[X] nguyên tố với nhau từng đôi. Chứng minh rằng ( PQ + QR +PR) và P.Q.R nguyên tố cùng nhau Giải: Giả sử ( PQ + QR +PR) và P.Q.R không nguyên tố cùng nhau , tồn tại đa thức D(X) bất khả quy là ước chung của chúng, tức là: D | ( PQ + QR +PR) và D | P.Q.R. Từ D| PQR suy ra D | P hoặc D | Q hoặc D | R . Không mất tính tổng quát giả sử D | P . Mặt khác D | ( PQ + QR +PR) nên D | QR, suy ra D | Q hoặc D | R . Vậy D là ước chung của P và Q hoặc P và R ( Mâu thuẫn giả thiết ) Vậy ( PQ + QR +PR) và P.Q.R nguyên tố cùng nhau. □ 1.2: Hàm đa thức Chúng ta biết trong vành đa thức K[X] một đa thức ƒ(X) được viết dưới dạng ƒ(X) = a n X n + a n-1 X n-1 +…+ a 1 X +a 0 , ở đây X = ( 0,1,0,…,0,…) là phần tử hoàn toàn xác định của K N . Nếu ta thay X bằng một đối tượng khác, ví dụ: Thay X bằng phần tử x ∈ K ta được ƒ : K → K x ƒ(x) = ∑ = n k k k xa 0 Thay X bằng ma trận A ∈ M(n×n, K)ta được ƒ : M(n×n, K) → M(n×n, K) A ƒ(A) = ∑ = n k k k Aa 0 (Quy ước A 0 = I n : Ma trận đơn vị cấp n) Các hàm xác định như trên gọi là hàm đa thức liên kết với ƒ (X). Chúng ta quan tâm đến loại sau, nếu thay X bằng một ma trận A vuông cấp n , ta sẽ được một đa thức ƒ(A) = a n A n + a n-1 A n-1 +…+ a 1 A +a 0 I n = ∑ = n k k k Aa 0 . Đa thức này gọi là đa thức ma trận. Phần tiếp theo sẽ trình bày rõ hơn về nó. Chương 2 Đa thức ma trận – đa thức tối tiểu Trong chương này K = R hoặc C 2.1 Đa thức ma trận Mệnh đề 1: Cho A là ma trận vuông cấp n , ƒ(X) và g(X) là hai đa thức bất kỳ thuộc K[X]. Khi đó: 1) ( ƒ + α g) (A) = ƒ(A) + α g(A) 2) ƒ . g (A) = ƒ(A).g(A) Chứng minh: Đặt ƒ(X) = ∑ = N k k k Xa 0 , g(X) = ∑ = N k k k Xb 0 trong đó N = max{ deg ƒ(X), deg g(X)} ƒ(X) + α g(X) = ∑ = + N k k kk Xba 0 )( α ƒ(X)g(X) = 0 k k i k i k i a b X − = ÷ ∑ ∑ và như vậy : ( ƒ + α g) (A) = ∑ = + N k k kk Aba 0 )( α = ∑ = N k k k Xa 0 + α ∑ = N k k k Xb 0 = ƒ(A) + α g(A) ƒ . g (A) = 0 k k i k i k i a b A − = ÷ ∑ ∑ = ( ∑ = N k k k Xa 0 )( ∑ = N k k k Xb 0 ) = ƒ(A).g(A) □ Mệnh đề 2: Cho A , B ∈ M(n×n, K) giao hoán với nhau, khi đó mọi đa thức của A giao hoán với mọi đa thức của B. Chứng minh: Giả sử: ƒ(A) = a n A n + a n-1 A n-1 +…+ a 1 A +a 0 I n g(B) = b m B m + b m-1 B m-1 +…+ b 1 B +b 0 I n Mệnh đề được chứng minh nhờ khẳng định sau: Nếu A giao hoán với B thì ∀ k ∈ N, AB k = B k A. Thật vậy k = 0 và k = 1 khẳng định đúng. Giả sử khẳng định đúng với k = n -1 ta sẽ chứng minh nó đúng với k = n Ta có AB n = (AB n-1 )B = (B n-1 A) B = B n-1 (AB) = B n-1 (BA) = B n A. Hơn nữa ∀ λ ∈ K , A i ( λ B j ) = ( λ A i )B j = λ (A i B j ) Từ đó cho ta điều cân chứng minh □ Định nghĩa 3: Cho ƒ(X) ∈ K[X] , A ∈ M(n×n, K) , ta nói A là một nghiệm của ƒ(X) nếu ƒ(A) = O ( ma trận O ∈ M(n×n, K) Ví dụ :Cho ƒ(X) = X 2 – 1, A = 01 10 ∈ M(2×2, R) Ta có A 2 = 2 01 10 = 01 10 01 10 = 10 01 = I 2 Vậy ƒ(A) = A 2 – I 2 = O. Do đó A là một nghiệm của ƒ(X). Chú ý: Nếu A là một nghiệm của ƒ(X) thì ta nói ƒ(X) triệt tiêu A hay ƒ(X) là đa thức triệt tiêu của ma trân A. Mệnh đề 4: ∀ A ∈ M(n×n,K) tồn tại đa thức khác 0 ∈ K[X] triệt tiêu A. Chứng minh: Chúng ta biết không gian véctơ M(n×n,K) có số chiều là n 2 . Xét hệ gồm n + 1 ma trận sau: I n , A , A 2 , , A n2 . Hệ này phải phụ thuộc tuyến tính . Do vậy tồn tại một đa thức khác 0 triệt tiêu A. □ Mệnh đề 5: Cho A, B ∈ M(n×n,K) , A đồng dạng với B . Khi đó ∀ ƒ(X) ∈ K[X] , ƒ(A) đồng dạng với ƒ(B). Chứng minh: Theo định nghĩa đồng dạng của hai ma trận, A đồng dạng với B tương đương tồn tại C ∈ M(n×n,K) , C khả nghịch sao cho B = C -1 AC. Với k ∈ N Nếu k = 0 thì B k =B 0 = I n , C -1 A 0 C = I n . V ậy B 0 = C -1 A 0 C Nếu k≥1 thì B k = k ACCACACCC 111 −−− = C -1 A k C Do đó ∀ k ∈ N, B k = C -1 A k C Giả sử ƒ(X) = ∑ = n k k k Xa 0 ∈ K[X] [...]... a b A = ÷, trong đó a ≠ d Tìm đa thức tối tiểu c d Giải: Theo bài tập 2.1.2 ta có đa thức ƒ(X) = X2 – ( a+d) X + ad-bc là đa thức triệt tiêu A Vậy đa thức này phải chia hết cho đa thức tối tiểu của A Vì a ≠ d nên mọi đa thức có dạng X + α ( α bất kỳ ) đều không thể triệt tiêu A , do đó đa thức ƒ(X) ở trên chính là đa thức tối tiểu của A □ 1 −2 ◊ 2.2.2 Tìm đa thức tối tiểu của ma trận sau: A... trên 2.2 Đa thức tối tiểu Chúng ta biết rằng ∀ A∈ M(n×n,K) tồn tại đa thức ƒ(X) ∈ K(X) khác 0 triệt tiêu A, do vậy tập hợp các đa thức triệt tiêu A không rỗng Từ đó luôn có những đa thức có bậc nhỏ nhất triệt tiêu A Mục này sẽ nói rõ hơn về những đa thức này Định nghĩa 1: Cho A∈ M(n×n,K), đa thức tối tiểu của A (kh: π A (X) ) là đa thức với hệ tử cao nhất bằng 1, có bậc nhỏ nhất trong các đa thức triệt... ÷, 0 1 0÷ 2 1 1 ÷ và C-1DC = T = 0 2 −1÷ 0 0 2 ÷ 3.2 Đa thức ma trận và giá trị riêng Trong phần này ta sẽ tìm các giá trị riêng của đa thức ma trận thông qua các giá trị riêng của ma trận ban đầu Bên cạnh đó phần này cũng nêu ra một số ứng dụng của việc tìm giá trị riêng của đa thức ma trận đặc biệt là tính lũy thừa ma trận và tính định thức của đa thức ma trận Mệnh đề 1: Cho A... O ma trận vuông thì theo mệnh đề trên và bằng phép quy nạp ta có π A (X) = BCNN( π A1 (X),… π As (X)) Chú ý: Mệnh đề trên cho ta cách tìm đa thức tối tiểu của ma trận chéo khối thông qua đa thức tối tiểu của các ma trận có cấp nhỏ hơn ( nằm trên đường chéo) Trong phần sau ta sẽ trình bày một thuật toán tìm đa thức tối tiểu thông qua các ước bất khả quy của đa thức đặc trưng Bài tập ◊ 2.2.1 Cho A là... xét: Đa thức tối tiểu của một ma trận luôn tồn tại ∀ A∈ M(n×n,K), deg π A (X) ≥ 1 Đa thức tối tiểu của một ma trận là duy nhất Thật vậy: Giả sử ƒ(X) cùng là đa thức tối tiểu của A, ƒ(X) ≠ π A (X) Đặt g(X) = ƒ(X) - π A (X) , do deg ƒ(X) = deg π A (X), ƒ(X) và π A (X) đều có hệ tử cao nhất bằng 1 nên deg g(X) < deg π A (X) Từ đó : O = ƒ(A) - π A (A) = g(A) ( Mâu thuẫn với định nghĩa đa thức tối... tiểu) □ Mệnh đề 2: Mọi đa thức triệt tiêu A đều chia hết cho đa thức tối tiểu π A (X) của nó Chứng minh: Giả sử ƒ(X) là đa thức bất kỳ triệt tiêu A, tức ƒ(A) = O Thực hiện phép chia Euclide ƒ(X) cho π A (X) trong K(X) ta được: ƒ(X) = π A (X) q(X) + r(X) , trong đó deg r(X) < deg π A (X) (*) Thay X= A vào (*) ta được O = ƒ(A)= π A (A) q(A) + r(A) = r(A) Như vậy theo định nghĩa của đa thức tối tiểu ta phải... trận chéo khối có dạng A = ÷ trong đó B và C là các O C ma trận vuông Khi đó π A (X) = BCNN( π B (X), π C (X)) Chứng minh: ƒ(X) là đa thức tùy ý, khi đó theo mệnh đề 6 (Phần 2.1) ta có : O f ( B) ƒ(A) = ƒ(A) = O ⇔ ƒ(B) = ƒ(C) = O Từ đó đa thức đầu 1 có bậc f (C ) ÷ O nhỏ nhất triệt tiêu A là đa thức đầu 1 có bậc nhỏ nhất triệt tiêu đồng thời B và C Hay π A (X) = BCNN( π B (X), π C (X))... tơ riêng của A nếu X ≠ 0 và tồn tại λ ∈ K sao cho: (A – λ I)X = O (*) Nhận xét: 1) λ là giá trị riêng của A khi và chỉ khi det (A - λ I ) = 0 2) Từ (*) ta có X là giá trị riêng của A thì AX = λ X 3) Mỗi véc tơ riêng của A đều ứng với một giá trị riêng xác định 4) λ = 0 là giá trị riêng của A khi và chỉ khi det A = 0 Định nghĩa 2: Cho A∈ M(n×n, K) Đa thức det( A- λI ) gọi là đa thức đặc trưng của A (Kh:... vai trò của A cho B ta được π B (X) π A (X) Do π A (X) , π B (X) là đa thức chuẩn tắc (hệ tử cao nhất bằng 1) nên π A (X) = π B (X) □ Mệnh đề 4: Hai ma trận A và At có cùng đa thức cực tiểu Chứng minh: Theo mệnh đề 7(Phần 2.1) π A (At) = ( π A (A))t = O π At (A) = ( π At (At))t = O Từ (1) và (2) suy ra (1) (2) π At (X) π A (X) và ngược lại Vậy π At (X) = π A (X) □ Nhận xét : Nếu sử dụng dạng chuẩn... +I) ≥ 0 Từ đó det ( A2p +I) ≥ 0 và det (B2q +I ) ≥ 0 Nhân hai kết quả này và sử dụng giả thiết AB = O ta được det ( A2p +B2q +I ) = det ( A2p +I) det (B2q +I ) ≥ 0 ◊ 3.2.8: Cho a , b ∈ R sao cho ƒ(X) = X2 + aX + b không có nghiệm thực Chứng minh rằng với n lẻ ta có ƒ(A) ≠ O ∀ A ∈ M(n×n , R) Giải: Do n lẻ nên đa thức PA (λ ) là đa thức lấy hệ số trên trường số thực và có bậc lẻ (bậc n) , suy ra A . nghiệm kép của ƒ(X). Điều này ⇔ (1) =ƒ’ (1) = 0. Thật vậy ƒ’(X) = 2 ( ∑ − = 1 0 n k k X )( ∑ − = − 1 1 1 n k k kX ) - (n-1) n 2 X n-2 (1) = n 2 - n 2 = 0 ƒ (1) = 2.n.( 1+2+…+(n-1)) – (n-1). tiểu. Chứng minh: Theo mệnh đề 7(Phần 2.1) A π (A t ) = ( A π (A)) t = O (1) t A π (A) = ( t A π (A t )) t = O (2) Từ (1) và (2) suy ra t A π (X) A π (X) và ngược lại. Vậy t A π (X) = A π (X). X 2 -1 ⇔ P(X) = (X 2 -1) Q(X) ⇔ = =− 0)1( 0)1( P P (Theo Định lý Bezout) Từ đó ta giải (1) 1 0 ( 1) 1 0 P a b P a b = + + = − = − + + = ⇔ = = 1 0 b a □ D 1.1.3 Chứng minh