tài liệu ôn thi đầu vào cao học cần thơ năm 2012 bạn cũng làm được như tôi

******Lưu ý: đối với một số bài ta không thể tìm ra được x0 (cũng như thao tác tìm p theo tiêu chuẩn Eisenstain thì ta thực hiện theo cách 2).. Tuy nhiên ta thử trực tiếp các số ước củ[r]

PHẦN 3: VÀNH ĐA THỨC

BÀI 3.4: Cho F trường K trường F CMR: với f g, K x , f ước g K[x] f ước g F[x]

Chứng minh:

 

, ,

K F

f g K x

 

|

f gtrong K[x]   q1 K x g , q f1



|

f gtrong F[x] q2F x g , q f2

Chiều đảo hiển nhiên

Chiều thuận, K F nên dẫn đến F có dạng

BÀI 3.6. Trong trường hợp sau chứng minh f|g Q[x]: a) f x( )x x( 1)(2x1) g x( )x12nx2n 2x1 b) f x  x2  x g x   x1n2 x2n1

c) f x( )x2  x g x  x3k x3m1x3n2, k, m, n số nguyên dương

Giải:

b) f x  x2  x g x   x1n2 x2n1

Nhận xét:

Trong  x , ( )f x có nghiệm đơn vì: f x'( )2x1 khơng có nghiệm chung với f(x) (*)

Vì f g,   x nên f|g  x  f g|  x

và thế, (*) để cm f|g  x ta cần chứng minh nghiệm

Cho  nghiệm f(x), ta có:  

  

2

2

3

0

1

f

hay

  

  

 

    

    

    

Suy ra:

    2 2

2 ( )

( 1)

n n

n n

n

g   

 

 

 

 



  

 

  

Điều chứng tỏ  nghiệm g(x) Kết luận: f|g  x

c) f x( )x2  x g x  x3k x3m1x3n2, Nhận xét:

Trong  x , ( )f x có nghiệm đơn vì: f x'( )2x1 khơng có nghiệm chung với f(x) (*)

Vì f g,   x nên f|g  x  f g|  x

và thế, (*) để cm f|g  x ta cần chứng minh nghiệm

 x f(x) nghiệm g(x)

Cho  nghiệm f(x), ta có:  

  

2

2

3

0

1

f

hay

  

  

 

    

    

   

Suy ra:  

     

3 3

3 3

2

k m m

k m n

g    

    

 

 

  

  

   

Kết luận: f|g  x

BÀI 3.7. Tìm điều kiện , ,k m n để f|g  x cho trường hợp sau: a) f x  x2 x 1và g x x2n xn 1

b) f x  x2  x g x   x1n  xn1 c) f x  x2 x g x   x1n xn 1 d) f x  x2  x g x x3k x3m1 x3n2

Giải: Lý luận tương tự 3.6 ta có:

f|g  x Mọi nghiệm f(x) nghiệm g(x)

cho  nghiệm tuỳ ý f(x), ta cần tìm điều kiện để  nghiệm g(x)

a) f x  x2 x 1và g x x2n xn 1  

  

2

2

0

1

f   

  



    

    

 

Ta có: g  2n n 1

Ta chia toán thành trường hợp: 1) n0 mod 3 n3k

 

   

2.3

3

1

k k

k k

g   

 

  

    

Vậy trường hợp f không ước g 2) n1 mod 3 n3k 1

 

   

2.(3 1)

3

1

k k

k k

g   

   

 

 

  

  

   

 

   

2.(3 2) 2

3

2 k k k k

g   

                  

Vậy trường hợp f|g

Kết luận: f g|  x nkhông0 mod 3 3 không ước n b) f x  x2  x g x   x1n  xn1

 

  

2

,

1 f                      Ta có:       2 2

( 1)

( )

1

1

n n n n

n n n

n n n n

g   

                            

Ta chia toán thành trường hợp: 1) n0 mod 3 n3k

       

3 2.3 3 2

1

1 ( )

1

k k

k k

k

g  

                         

(2n n 1=3, thực câu a) trường hợp ) Vậy trường hợp f không ước g

2) n1 mod 3 n3k 1    

 

   

 

3 2.(3 1)

3 3 2 2

2

1

1 ( ) 1

k k

k

k k

g  

                            

   

g   k  l l

Vậy trường hợp này: f g| n6l4 l 

3) n2 mod 3 n3k 2    

 

   

 

3 2.(3 2)

3 3 2 3

1

1 ( ) 1

k k

k

k k

g  

  



 

 

  

 

 

    

 

 

  

 

( 2(3k2)3k2 1 0ở trường hợp câu a))

   

g   k  l l

Vậy trường hợp này: f g| n6l2 l  Kết luận: |  

6

n l

f g l

n l

 



 

 



c) f x  x2 x g x   x1n xn 1  

  

2

2

3

,

1 1

f

   

  

 

     

    

     

  2

( 1)

( )

n n n n n n

g   

 

 

   

  

  

Ta chia toán thành trường hợp: 1) n0 mod 3 n3k

 

 

   

2.3 3

2

1

( )

1 1

k k

k k

k k

g   

 

  

  

     

             

2.(3 1) 3 2

2 2

2

1

( )

1

1

=( 1) 1 1 k k k k k k k k k

g   

                                                  

0 +1=0

k g

k l l

   

   

Vậy trường hợp này: f g| n6l4 l 

3) n2 mod 3 n3k2              

2.(3 2)

3 ( 1)

2

2

2

2

( )

1

1

( 1) 1

1 k k k k k k k k k

g   

                                                

g    0  1 k   1 k2 l l 

Vậy trường hợp này: f g| n6l2 l  Kết luận: |  

6

n l

f g l

n l        

d) f x  x2  x g x x3k x3m1 x3n2  

  

2

2

3

,

1 1

 

     

     

       

3 3

3 3

2

2

2

( ) ( ) ( ) ( 1) ( 1) ( 1)

1 1 1

1 1 1

1 1 1

k m n

k m n

k m n

n m k

n m k

n m

g    

                                                                                                

1 1

k

n m k n

                     

Vì  nên:

     

   

1

0

1

n m

k n

g        

   

 

, ,

k m n

 có tính chẵn lẻ Kết luận: f|g k, m, n có tính chẵn lẻ

BÀI 3.8: Với số nguyên dương k, đặt f xk( )xk 1 đa thức với hệ số hữu tỉ CMR: với m n,  *

a) fm| fn m|n b) fm,fn fd với d ( , )m n

Chứng minh:

 

( ) k k

f x  x   x

a) fm| fn m|n () m n| nmk

  

 

( 1) ( 1)

( ) 1

( )

n mk

n

m m k m

m k m

m

f x x x

x x x

f x x x

               | m n f f 

Ta có: m e2i 1 nên  nghiệm fm, cũng nghiệm fn, nghĩa là: n 1

Suy ra:

1 n i m e



 nên n

m , nghĩa m n|

b) fm, fn fd với d ( , )m n

Đặt g  fm,fn Ta chứng minh: g  fd

Ta có: |d m |d n nên theo câu a) ta |

d m

f f fd | fn

do đó: fd | (fm, fn) g

Ta cần chứng minh g f| d, từ suy ra: g  fd (vì ,g fdđơn khởi) Nhận xét rằng:

( ) m

f x có nghiệm đơn (do f ' ( )m x mxm1 khơng có nghiệm chung với fm( )x nên g x cũng có nghiệm đơn

Do để cm: g f| d ta cần cm nghiệm  g(x) nghiệm fd (x)

Thật vậy, ta viết:

d am bn với a b, 

     

1

m n

m n

m n

g  f  f 

 

 

   

    

  

Suy ra:

   a b

d am bn m n

    

  

1 d



   hay  nghiệm fd( )x

BÀI 3.9: Cho F trường hay trường 5 f g, F x  Tìm h=(f,g); k=[f,g] u v, F x  thỏa h=uf+vg trường hợp sau: (TL)

a)

( ) 16

f x  x  x  x  x

( )

g x  x x  x

b)

( ) 3

f x x  x x x  x

( ) 2

g x x  x  x

c)

( )

f x  x  x  x  x

( )

g x  x x  x Giải:

a) Vd sách

b)

( ) 3

f x x  x x x  x

( ) 2

g x x  x  x (TL) Tìm h=(f,g)

5

3

x  x x x  x

2

x  x  x x5+2x4 +x2+2x X+1

x4 +x3 +x+1 x4 +2x3 +x+2 -x3 -1

f(x)=(x+1)g(x)+(-x3-1)=q(x)g(x)+r(x) với q(x)=x+1, r(x)= -x3-1 Ta tiếp tục thực hiện:

4

2

x  x  x -x3 -1 x4 +x -x-2 2x3 +2

2x3 +2

3

3 ( ) ( ) ( ) ( )

1 ( ) ( ) ( )

1 ( ) ( ) ( ) ( 1) ( ) ( ) ( , ) ( 1) ( ) ( ) r x f x q x g x

x f x q x g x

x q x g x f x x g x f x h f g x x g x f x

 

    

      

      

Suy ra: u=-1, v=(x+1) Tìm k=[f,g]

Tacó:

3

fg

[f,g]= ( 2)

(f,g) ( 2)( 3 1)

5 7

fg fg

k x f

h x

x x x x x

x x x x x x

    



     

      

c)

( )

f x  x  x  x  x g x( )4x4x23x1 (TL) Tìm h=(f,g)

4

4x 8x 9x 5x1 4x4x23x1 4x4 +x2+3x+1 1

-8x3 +8x2 - 8x

f(x)=1.g(x)+(-8x3 +8x2 - 8x)=q(x)g(x)+r(x) với q(x)=1, r(x)=-8x3 +8x2 - 8x Nhân vào g(x) chia cho r(x):

4

8x  x  6x  -8x3 +8x2 - 8x 8x4 -8x3+8x2 -x-1

8x3 -6x2 +6x +2 8x3 -8x2 +8x 2x2 -2x +2

Ta tiếp tục lấy r(x) chia cho r1(x):

-8x3 +8x2 - 8x 2x2 -2x +2 -8x3 +8x2 - 8x -4x

1

1

1

1

2

( ) ( ) ( ) ( )

2 ( ) ( )( ( ) ( ) ( ))

2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

(2 ( ) ( )) ( ) ( ) ( )

(2 ( 1)) ( ) ( 1) ( )

( 1) ( ) ( 1) ( )

2 2 ( 1) ( ) ( 1) ( )

1

1 ( 1) (

2

r x g x q x r x

g x q x f x q x g x

g x q x f x q x q x g x

q x q x g x q x f x

x g x x f x

x g x x f x

x x x g x x f x

x x x f

 

  

  

  

           

            

2

1

) ( 1) ( )

2

1

( , ) ( 1) ( ) ( 1) ( )

2

x x g x

h f g x x x f x x g x

  

         

Suy ra: 1( 1), 1( 1)

2

u x v  x Tìm k=[f,g]

Tacó:

2

6

fg

[f,g]= (4 1) (f,g)

16 16 8

fg

k x x f

h

x x x x x x

    

      

BÀI 3.10. Trong trường hợp sau tìm khai triển Taylor đa thức f   x x0 Xét xem x0 nghiệm bội cấp f tìm đạo hàm f( )i ( )x0 với 1 i

a) f x( )x5 2x4 5x315x216x12 x0 2 b) f x( )x5 5x4 4x34x2 3x9 x0 3

d) f x( )8x612x56x47x312x2 6x1 0

x 

Giải:

b) f x( )x5 5x4 4x34x2 3x9 x0 3

f -5 4

3 -2 -2 -2 -3

3 1 1

3 13 40

3 34

3 10

3

 3

2

( ) 40( 3) 34 10( 3) ( 3)

f x  x  x  x  x

Suy ra: x0 3 nghiệm bội f(x) Ta có:

(1) (2) (3) (4) (5) (6)

(3) 0.1! (3) 40.2! 80 (3) 34.3! 204 (3) 10.4! 240 (3) 1.5! 120 (3) 0.6!

f f f f f f

 

 

 

 

 

 

BÀI 3.11 Trong trường hợp sau tìm tất đa thức f thoả điều kiện cho: a) f   x thoả (2)f 4; (3)f 6; (4)f 8

b) f  5 x thoả (2) 1; ( 1)f  f  3; (3)f 2 c) f  101 x thoả f(2)30; (5)f 21; (3)f  13

Giải:

0

1

( ) 10( 5)( 3)

21.(6) ( 2)( 3) 13.(2) ( 2)( 5)

f x x x

x x

x x

 

  

  

  

Trong 101 ta tìm  2 1và  6 1

Dễ thấy:  2 1 51 2.51 102 1  101 Ta tìm  6 1:

101

6 16

5 1

0

1 6 (101 16.6) 17.6 101 17.6 101 17.6

      

  

1 (6) 17

  101 Vậy

0( ) 10( 5)( 3) 21.17( 2)( 3) 13.51( 2)( 5)

f x x x

x x

x x

  

  

  

Suy đa thức f(x) cần tìm là:

( ) ( ) ( 2)( 5)( 3) ( )

f x  f x  x x x g x với g x  101 x

BÀI 3.14. Trong trường hợp sau phân tích f thành tích đa thức bất khả qui , :

a) f x( )x5 2x42x3 15x18

b) f x( )x5 2x47x314x218x36 c) f x( )x5 2x4 4x34x2 5x6

e) f x( )9x6 30x549x4 28x34x2 16x4 f) f x( ) 4x623x5 63x485x357x2 8x16

Giải: a) f x( )x5 2x42x3 15x18 (TL)

Ta thấy x 1 nghiệm f(x), ta chia f(x) cho (x+1), ta được:

4

( ) 3 18

g x x x  x  x

g(x) có nghiệm hữu tỉ nghiệm ngun ước 18 Ta có: ước 18 là: 1;2 ;3 ;6 ; 9 ;1

   

1 16

1 24

g g

    

    1 không nghiệm g(x) Ta xét: (có thể để ngồi nháp)

 -2 -3 -6 -9 -18 18

 1

g 



16

 16

1 



16

 16

2 



16

 16

5 



16 10

 16

8 



16 19

 16

17  

 1 g



 

24 



24

 24

2 



24

 24

5 



24

 24

8 



24 10

 24

17  

24 19 

Rõ ràng nghiệm g(x) số:  2;

Ta dùng sơ đồ Horner để thử số có phải nghiệm g(x) khơng:

g 1 -3 -18

2 3 *

2 13 35

-2 1

3 21 72

-3 -3 11

g x( ) có nghiệm x=2 , x=-3

( ) ( 2)( 3)( 3) g x  x x x 

Ta thấy f(x) có nghiệm hữu tỉ x=-1, x=2 , x=-3

Vậy

( ) ( 1)( 2)( 3)( 3) f x  x x x x  (*) Xét:  

3

x   x ta thấy vô nghiệm  x , nên

x  bkq Dạng (*) đa thức f(x) bkq

Trong :

x  có nghiệm x  3i

( ) ( 1)( 2)( 3)( )( ) f x  x x x x i x i b) f x( )x5 2x47x314x218x36 (TL) Ta thấy f(x) có nghiệm x=-2

Ta chia f(x) cho x+2 ta được:

4

( ) 18

g x x  x  Đặt 2

tx t x

  

  

   

2

2

2

( ) 18

3

g x t t t t

x x

x x x

   

  

  

   

Rõ ràng f(x) có nghiệm hữu tỉ là: x=-2, x=-3, x=3

Vậy     

( ) 3

f x  x x x x  (*) Xét:  

2

x   x vô nghiệm  x , nên 2

x  bkq  x  x Dạng (*) đa thức bkq f(x)  x  x

Trong : 2

x  có nghiệm x  2i

( ) ( 2)( 3)( 3)( )( ) f x  x x x x i x i

Nhận xét f(x) có nghiệm nghiệm ngun ước Ta có ước là:  ;  ;  ; 

Mặt khác: f(1) 0 x1 nghiệm f(x)

 1 12

f    nên -1 không nghiệm f(x) Ta lập sơ đồ Horner tìm nghiệm f(x):

f -2 -4 -5

1 -1 -5 -1 -6 *

1 -5 -6 -12

2 1 -3 -7 -20

-2 -3 -3 *

-2 -5 11 -25

3 1 *

3 10

-3 -3 10

Vậy f(x) có nghiệm hữu tỉ là: 1; -2;

( ) ( 1)( 2)( 3)( 1)

f x x x x x

      (*)

Xét:  

x   x vô nghiệm  x , nên

x  bkq  x  x Dạng (*) đa thức bkq f(x)  x  x

Trong :

x  có nghiệm x i ( ) ( 1)( 2)( 3)( )( ) f x  x x x x i x i 

d) f x( ) 16 x636x5 84x4 99x3201x245x25 (TL) Trước tiên ta thấy x=-1 nghiệm f(x)

f 16 -36 -84 99 201 45 -25 -1 16 -52 -32 131 70 -25 -1 16 -68 36 95 -25

Rõ ràng f(x) có nghiệm x=-1 nghiệm bội

3

( ) ( 1) (16 84 120 25)

f x x x x x

     

Đặt

( ) (16 84 120 25) g x  x  x  x

Ta dễ dàng thấy g(x) có nghiệm

x ,

x (bội 2)

Nên:

( ) ( )( )

4

g x  x x

Vậy:

( ) ( 1) ( )( )

4

f x  x x x (*)

Rõ ràng dạng (*) đa thức f(x) bkq ,

e) f x( )9x6 30x549x4 28x34x2 16x4 Nếu p(p ,q \ ,( , ) 1)  p q

q

     nghiệm hữu tỉ f(x) |

|

( ) | (1) 16 ( ) | ( 1) 100

p q

p q f

p q f

   

 



   



1; 2; 1;3;9 ( ) |16 ( ) |100

p q

p q p q

    

 

  

 

 



Từ kết ta suy để tìm nghiệm hữu tỉ f(x) ta cần thử số:

1

; ;

3



(các số ta nhẩm tính theo bảng sau với điều kiện trên)

p q

1

2 -2

4 -4

Ta lập bảng Horner để thử tìm nghiệm f(x)

f -30 49 -28 -4 16

1

3 -27 40 -44/3 -80/9 352/27 676/81 Loại

3

 -33 60 -48 12 12 Nhận

1

 -36 72 -72 36 *** Nhận

1

 -39 85 -301/3 625/9 Loại

2

3 -30 52 -112/3 100/9 *** Loại

1

9 -35 613/9 -5219/81 21025/729 *** Loại

Vậy f(x) có nghiệm hữu tỉ là:

   (bội 2)

 

2

4

1

( ) 36 72 72 36

3

f x x  x  x  x  x

 

 2 

3x x 4x 8x 8x

     

4 2

2

2

( ) 8

8

4

2

4

g x x x x x

x x x

x x

x x x

x x

    

 

      

 

      

        

   

  

 

Đặt :

2 2

2

2

2

4

4

t x t x

x x

x t

x

 

      

   

    

 

 

 

2 2

2

2 2

( ) ( 4 8)

( 4) ( 2) 2

g x x t t

x t t

x t xt x

x x

   

  

 

 

  

Vậy f x( )3x12x2 2x22 (1)

Nhận xét: x22x 2  x khơng có nghiệm nên x22x2 bất khả qui  x  x

(1) phân tích f(x) dạng tích đa thức bất khả qui  x

trong  x

Trong : f x( )3x1 2 x 1 i 2 x 1 i2

BÀI 3.15. Chứng minh đa thức sau bất khả qui a) x4 8x312x26x3

b) x4 x32x1

d) 5x3 6x2 5x25 e) 7x3 6x2 11x11

f) x33n x2 n3 với n nguyên dương g) 3x45x34x1

h) x4 9x36x1 i)

8

x  x  x  x

Giải: a) f x( )x4 8x312x2 6x3 (cách 1)

Ta thử x0 1 xem có số nguyên tố thoả hay không (ta dùng tiêu chuẩn Eisenstain)

(ta lưu ý số lẻ ngừng ngay, không thoả)

Ta được: f x( )(x1)4 4(x1)36(x1)2 2(x1)2 Đặt: y x 1 x y1

Ta có: f x( 1) y4 4y3 6y2 2y 2 g y( )

Áp dụng tiêu chuẩn Eisenstain cho g(y) với p=2, tức là: i) p=2 không ước an=1

2i) p=2 ước -4; -6; -2; 3i) p2=4 không ước a0=2

f -8 12 -6

1 -7 -1

1 -6 -1 -2

1 -5 -6

1 -4

Các điều kiện thoả ta suy g(y) bất khả qui Do f(x) bất khả qui

******Lưu ý: số ta khơng thể tìm x0 (cũng thao tác tìm p theo tiêu chuẩn Eisenstain ta thực theo cách 2)

(Cách 2) f x( ) x48x3 12x2 6x3 (TL) Nếu pp ,q \ , ( , ) 1  p q 

q    nghiệm hữu tỉ f(x) p|3, q|1 tức 1; 3,

p   q  , rõ ràng có nghiệm nghiệm ngun ước Tuy nhiên ta thử trực tiếp số ước không nghiệm f(x) Do f(x) khơng có nghiệm hữu tỉ

Ta cm cách cm phản chứng

Giả sử f(x) không bất khả qui Khi đó:

 

( ), ( ) h x g x x

  : f x( )h x g x( ) ( ) (*) , deg( ) 1, deg( ) 1g  h  Vì f(x) khơng có nghiệm hữu tỉ nên: deg( )g 2, deg( )h 2

Từ (*) suy ra: deg( )g deg( )h 2

2

( ) a +b; ,a,b ,

( ) +d; ,c,d ,

g x x x

f x x cx

  

  

   

   

Từ (*) suy ra: 1

  

 

  

      

Khơng tính tổng qt ta giả sử   1 Khi đó:

2

4 3 2

4

( ) ( ax+b)(x )

ax acx

( ) ( ) ( ) (**)

f x x cx d

x cx dx adx bx bcx bd

x a c x ac b d x ad bc x bd

   

        

        

Ta giả sử: b  d (3*)

8 (1) 12 (2) (3) (4) a c

ac b d ad bc

bd

   

    



   

 



(4*)

Kết hợp (3*) (4) suy ra: 1, (4') 1, (4'') b d

b d

 



     

(1),(3),(4’) suy ra:

3

a c a c

   



   

, ta a=1, c=-9 Thế a, c vào (2) ta thấy: -9+1+3=12 vô lý

(1),(3),(4’’) suy ra:

3

a c a c

   



    

ta a=7, c=-15 Thế a,c vào (2) ta thấy: 7.(-15)-1-3=12 vơ lý

Tóm lại hệ (4*) vô nghiệm

Mâu thuẩn cho thấy f(x) phải bkq i) f x( )x4 8x3 x22x5

Nếu p

q

  ( p ,q \ ,( , ) 1)  p q  nghiệm hữu tỉ f(x) thì: | |1

p q

  

nên 1; 5,

p    q  Tuy nhiên trực tiếp ta thấy 1; 5  không nghiệm f(x) Do f(x) khơng có nghiệm hữu tỉ

Ta chứng minh f(x) bất khả qui cách chứng minh phản chứng: Giả sử f(x) không bất khả qui , đó:

 

( ), ( )

g x h x x

 

( ) ( ) ( ); (*) deg( ) 1,deg( )

f x  g x h x g  h 

Vì f(x) khơng có nghiệm hữu tỉ, ta phải có:

   

deg 2,deg

deg( ) deg( )

g h

g h

 

  

   

2

; , , ,

; , , ,

g x x ax b a b

h x x cx d c d

  

  

    

Từ (*) suy ra: 1

 

 

 

 



     



Khơng tính tổng qt, ta giả sử:   1 Khi đó:

  

4 3 2

4

( )

( ) ( ) ( )

f x x ax b x cx d

x cx dx ax acx adx bx bcx bd

x a c x ac b d x ad bc x bd

    

        

        

(**) ta giả sử b  d (***)

đồng hệ số tương ứng hai vế (**) ta được: (1)

1 (2) (3) (4)

a c ac b d ad bc bd

  

   

 

 



 



(****)

(***) 1, (4') (4)

1, (4'')

b d

b d

 



 

   



8 (1),(3),(4')

5

a c a c

  

 

  

( vô nghiệm )

(1),(3),(4'')

5

a c a c

  

 

  



( vô nghiệm )

Vậy hệ (****) vô nghiệm

Mâu thuẩn cho thấy f(x) phải bất khả qui

b) f x( )x4 x32x1 (TL) Ta xét: x0 1

f -1

1 0

1 1

1

1

1

 4  3  2  

( ) 3 3

f x x x x x

         

Đặt y=x-1 xy1

4

( 1) 3 3 ( )

Áp dụng tiểu chuẩn Eisenstain cho g(y) với p=3 i) p=3 không ước an=1

2i) p=3 ước 3; 3; 3; 3i) p2=9 không ước a0=3

Các điều kiện thoả ta suy g(y) bất khả qui Do f(x) bất khả qui

Cách 2: f x( )x4 x32x1

Ta dễ thấy f(x) khơng có nghiệm hữu tỉ

Ta chứng minh f(x) bất khả qui cách chứng minh phản chứng: Giả sử f(x) không bất khả qui , đó:

 

( ), ( )

g x h x x

 

( ) ( ) ( ); (*) deg( ) 1,deg( )

f x  g x h x g  h 

Vì f(x) khơng có nghiệm hữu tỉ, ta phải có:

   

deg 2,deg

deg( ) deg( )

g h

g h

 

  

   

2

; , , ,

; , , ,

g x x ax b a b

h x x cx d c d

  

  

    

    

Từ (*) suy ra: 1

 

 

 

 



     



Khơng tính tổng quát, ta giả sử:   1 Khi đó:

  

 

2

4 3 2

4

( )

( ) ( ) ( ) **

f x x ax b x cx d

x cx dx ax acx adx bx bcx bd

x a c x ac b d x ad bc x bd

    

        

        

ta giả sử b  d (***)

đồng hệ số tương ứng hai vế (**) ta được: (1)

0 (2) (3) (4)

a c ac b d

ad bc bd

   

   

 

 



 



(***) 1, (4') (4)

1, (4'')

b d

b d

 



 

   



1 (1),(3),(4')

2

a c a c

   

 

  

( vô nghiệm )

(1),(3),(4'')

2

a c a c

   

 

   

( vô nghiệm )

Vậy hệ (****) vô nghiệm

Mâu thuẩn cho thấy f(x) phải bất khả qui d) f x( )5x36x25x25 (TL)

Nếu p(p ,q \ , ( , ) 1)  p q q

     nghiệm hữu tỉ f(x) thì: | 25

| ( ) | (1) ( ) | ( 1)

p q p q f p q f

   

 

  



Tuy nhiên ta thấy  0thì f( ) 0, ta cần xét: 1; 5; 25

1; ( ) | (1) 41 ( ) | ( 1) 21

p q p q f p q f

    

 

 

 



   



Rõ ràng, ta thấy khơng có giá trị thỏa tức khơng tìm p,q điều có nghĩa khơng có nào thỏa f(x)

Vậy f(x) vô nghiệm , dẫn đến f(x) bkq

(Nếu xuyên ta lập bảng horner thử nghiệm)

h) f x( )x4 9x36x1 (TL) Dễ thấy f(x) vô nghiệm Ta cm f(x) bkq cm phản chứng Giả sử f(x) không bkq, tức:

 

( ), ( ) : ( ) ( ) ( ) g x h x x f x g x h x

2

( ) ax+b; ,a,b ,

( ) x+d; ,c,d ,

g x x h x x c

  

  

   

   

Từ (1) suy ra: 1

  

 

  

      

Không tính tổng qt, ta có:   1 Khi đó:

2

4

( ) ( ax+b)(x )

( ) ( ) ( ) (2)

f x x cx d

x a c x ac b d x ad bc x bd

   

        

Ta giả sử: b  d (*)

Ta đồng nhẫt vế (2) ta được: (1)

0 (2) (3) (4) a c

ac b d ad bc

bd

   

    



  

  



(**)

Từ (*) (4) 1, (4 ') 1, (4 '')

b d

b d

   

 

   

Kết hợp (1), (3), (4’): a c

a c

   



  

vô nghiệm

Kết hợp (1), (3), (4’’): a c

a c

   



   

vô nghiệm Vậy hệ (**) vô nghiệm

Mâu thuẩn cho thấy f(x) phải bkq

g) f x( )3x45x34x1 (TL) Nếu p(p ,q \ , ( , ) 1)  p q

q

     nghiệm hữu tỉ f(x) thì: |1

| p q

  

, nên p 1,q1;3

Tuy nhiên ta thử trực tiếp giá trị: 1;

Ta cm f(x) bkq cm phản chứng Giả sử f(x) không bkq, tức:

 

( ), ( ) : ( ) ( ) ( ) g x h x x f x g x h x

   (1), deg( ) 1, deg( ) 1g  h  Vì f(x) khơng có nghiệm hữu tỉ nên: deg( )g 2, deg( )h 2 Từ (1) suy ra: deg( )g deg( )h 2

2

( ) ax+b; ,a,b ,

( ) x+d; ,c,d ,

g x x h x x c

  

  

   

   

Từ (1) suy ra: 1,

1,

  

 

 



       

Khơng tính tổng quát, ta giả sử:  1, 3 Khi đó:

2

4

( ) ( ax+b)(3x )

(3 ) ( ) ( ) (2)

f x x cx d

x a c x ac b d x ad bc x bd

   

        

Ta giả sử: b  d (*)

Ta đồng vế (2) ta được: (1)

3 (2) (3) (4) a c

ac b d ad bc

bd

  

   

 

   

 



(**)

Từ (*) (4) 1, (4 ') 1, (4 '') b d

b d

 



      

Kết hợp (1), (3), (4’): a c a c

  



   

vô nghiệm

Kết hợp (1), (3), (4’’): 5

4

a c a c

a c a c

   

 



 

     

 

vô nghiệm Vậy hệ (**) vô nghiệm