Luận văn trình bày cơ sở lý thuyết và những áp dụng của tính chia hết các đa thức một biến và đa thức đối xứng. Khác biệt căn bản so với các luận văn khác về lĩnh vực đa thức được thể hiện qua vấn đề được đặc biệt quan tâm là tính chia hết của đa thức, qua số lượng, dạng các bài toán và độ khó của các bài toán.
B ăGIỄOăD CăVÀă ÀOăT O TR NGă IăH CăTH NGăLONG TH THU HÀ TÍNH CHIA H T C A A TH C VÀ NG D NG TÓMăT TăLU NăV NăTH CăS ăTOỄNăH C Chuyên ngành: Ph ng pháp toán s c p Mã s : 46 01 13 HÀăN I,ă2018 Cơng trình đ căhồnăthànhăt i: Tr ngăđ iăh căTh ngăLong NG IăH NGăD NăKHOAăH C TS NGUY N V N NG C Ph năbi nă1: TS Nguy n Vi t H i Ph năbi nă2: PGS.TS Lu n v n đ c b o v tr Tr V nL u c H i đ ng ch m lu n v n t i: ng đ i h c Th ng Long Vào h i 09 gi 30 ngày 28 tháng 12 n m 2018 Mở đầu Đa thức có vị trí quan trọng Tốn học, đặc biệt Tốn học bậc phổ thơng Trong chương trình phổ thơng, làm quen với khái niệm đa thức từ bậc trung học sở, từ phép cộng, trừ, nhân đa thức đến phân tích đa thức thừa số (nhân tử), sơ đồ Horner chia đa thức, giải phương trình đại số, Trong kỳ thi học sinh giỏi cấp quốc gia, quốc tế, kỳ thi Olympic Toán, toán liên quan đến đa thức thường xuyên đề cập xem tốn khó, ln hấp dẫn người u tốn Vì mà có số lượng lớn tài liệu chuyên khảo hay luận văn lĩnh vực Trong lý thuyết đa thức tính chia hết đa thức đóng vai trị quan trọng coi mở rộng tự nhiên tính chia hết số nguyên Số học Từ hình thành vấn đề quan trọng, phân tích đa thức thành nhân tử, giải phương trình đạị số, tính bất khả quy đa thức, Luận văn trình bày sở lý thuyết áp dụng tính chia hết đa thức biến đa thức đối xứng Khác biệt so với luận văn khác lĩnh vực đa thức thể qua vấn đề đặc biệt quan tâm tính chia hết đa thức, qua số lượng, dạng tốn độ khó tốn trình bày luận văn Bản luận văn gồm phần Mở đầu, hai chương nội dung, Kết luận Tài liệu tham khảo Chương 1: Đa thức biến, trình bày kiến thức số dạng toán đa thức biến, phép chia hết phép chia có dư đa thức, nghiệm đa thức, đa thức với hệ số nguyên đa thức bất khả quy Chương 2: Đa thức đối xứng, trình bày sở lý thuyết đa thức đối xứng, tốn phân tích đa thức thành nhân tử tính chia hết đa thức đối xứng hai biến ba biến Luận văn hoàn thành giúp đỡ Thầy: TS Nguyễn Văn Ngọc Dù tác giả cố gắng khơng thể tránh khỏi thiếu sót Tơi mong nhận ý kiến góp ý quý báu thầy, cô bạn đồng nghiệp Xin trân trọng cảm ơn! Hà Nội, Tháng 10, Năm 2018 Tác giả ĐỖ THỊ THU HÀ Chương Đa thức biến Chương trình bày khái niệm tính chất đa thức biến thực Những vấn đề đặc biệt quan tâm Chương tính chia hết tính khả quy nghiệm đa thức Nội dung chương hình thành chủ yếu từ tài liệu [1], [3], [4] [5] 1.1 1.1.1 Đại cương đa thức biến Các khái niệm • Đa thức biểu thức biến số x có dạng f (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 (1.1) (i = 1, 2, , n) gọi hệ số Bậc đa thức f(x) số mũ cao lũy thừa có mặt (1.1) ký hiệu deg(f ) Khi (1.1) an = deg(f ) = n an gọi hệ số chính, cịn a0 gọi số hạng tự • Nếu hệ số đa thức f (x) dạng (1.1) số nguyên, số hữu tỷ, số thực hay số phức, ta nói f (x) đa thức tương ứng thuộc trường số nguyên, trường số hữu tỷ, trường số thực hay trường số phức tương ứng viết f (x) ∈ Z[x], f (x) ∈ Q[x], f (x) ∈ R[x], f (x) ∈ C[x] Nếu không cần nói rõ đa thức f (x) thuộc tập hợp tập hợp nói trên, viết f (x) ∈ K[x] n m • Hai đa thức P (x) = bk xk gọi k ak x , Q(x) = k=0 k=0 n = m, ak = bk , ∀k = 0, 1, , m • Số α nghiệm đa thức Pn (x), Pn (α) = • Đa thức mà tất hệ số khơng gọi đa thức khơng • Đa thức bậc khơng cịn gọi đa thức 1.1.2 Các phép toán đa thức • Phép cộng, trừ đa thức n m bk x k k Cho hai đa thức P (x) = ak x , Q(x) = k=0 k=0 Khi phép cộng trừ đa thức P (x), Q(x) thực theo hệ số xk , tức max(m,n) P (x) ± Q(x) = • Phép nhân đa thức k=0 (ak ± bk )xk n m bk x k k Cho hai đa thức P (x) = ak x , Q(x) = k=0 k=0 Khi phép nhân đa thức P (x).Q(x) đa thức k m+n k i=0 k=0 1.2 1.2.1 bk−i rk x , r k = R(x) = Phép chia hết đa thức Định nghĩa Định nghĩa 1.1 Cho hai đa thức P (x) Q(x) Ta nói đa thức P(x) chia hết cho đa thức Q(x) viết P (x) Q(x), tồn đa thức S(x), cho P (x) = S(x)Q(x) Trong trường hợp ta nói đa thức Q(x) chia hết đa thức P (x) ước P (x), đa thức P (x) bội đa thức Q(x) Định nghĩa 1.2 Cho đa thức P (x), Q(x) S(x) Nếu P (x) = S(x)Q(x), ta nói đa thức P (x) phân tích thành nhân tử (thành tích) đa thức Q(x) S(x) 1.2.2 Định lý Bezout hệ Định lý 1.1 ( Định lý Bezout) Đa thức P (x) chia hết cho x − a số a nghiệm đa thức P (x) Hệ 1.1 Mọi đa thức bậc n có khơng q n nghiệm Từ Hệ 1.1 ta suy Hệ 1.2 Đa thức có vơ số nghiệm đa thức khơng Hệ 1.3 Hai đa thức có bậc nhỏ n nhận giá trị n + giá trị khác đối số, đôi tương ứng đồng Bài tốn 1.1 Tìm a b cho đa thức x10 + ax2 + bx + chia hết cho x2 − Lời giải Giả sử x10 + ax2 + bx + chia hết cho x2 − Vì x2 − có hai nghiệm x1 = x2 = −1 nên theo định lý Bezout x = ±1 nghiệm x10 + ax2 + bx + Do đó: a+b+2=0 a−b+2=0 Giải hệ ta a = −2, b = Như đa thức x10 − 2x2 + chia hết cho x2 − Bài toán 1.2 (University of Toronto Math Competition 2010) Giả sử f (x) đa thức bậc hai Chứng minh tồn đa thức bậc hai g(x) h(x), cho f (x).f (x + 1) = g(h(x)) Lời giải Ta có đa thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c, a = Giả sử r, s nghiệm f (x)(nói chung nghiệm phức) Khi ta có nhân tử f (x) = a(x − r)(x − s) Do f (x)f (x + 1) = [a(x − r)(x − s)].[a(x + − r)(x + − s)] = a2 (x − r)(x − s + 1).(x − s)(x − r + 1) = a2 ([x2 − (r + s − 1)x + rs] − r)([x2 − (r + s − 1)x + rs] − s) Biểu thức cuối có dạng g(h(x)), g(x) = a2 (x − r)(x − s) = af (x), h(x) = x2 − (r + s − 1)x + rs 1.3 1.3.1 Phép chia đa thức có dư Cơ sở lý thuyết Định lý 1.2 Với hai đa thức P Q = 0, tồn đa thức S R, cho P = QS + R deg R < deg Q (1.2) Định nghĩa 1.3 Trong công thức (1.2), đa thức P, Q, S R tương ứng gọi đa thức bị chia, đa thức chia, đa thức thương đa thức dư Nhận xét 1.1 Nếu cơng thức (1.2) đa thức dư R = 0, đa thức P chia hết cho đa thức Q, tức P = SQ Định lý 1.3 (Định lý Bezout) Số dư phép chia đa thức f (x) cho x − a f (a), nghĩa f (x) = (x − a)p(x) + f (a) Định lý 1.4 (Lược đồ Horner: Tìm đa thức thương) Nếu P (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 Q(x) = x − a, hệ số đa thức thương S(x) = bn−1 xn−1 + bn−2 xn−2 + + b1 x + b0 số dư r phép chia P (x) cho Q(x) tính theo sơ đồ: bn−1 = an , bn−2 = an−1 + abn−1 , · · · , b0 = a1 + ab1 , r = a0 + ab0 Chú ý 1.1 (Tìm đa thức dư) Định lý Bezout sở để tìm đa thức dư công thức (1.2) Giả sử biểu thức P = SQ + R, deg Q = m Khi deg(R) < m nên R(x) có dạng: R(x) = bm−1 xm−1 + bm−2 xm−2 + + b1 x + b0 Ở không thiết bm−1 = Xét trường hợp sau đa thức chia Q(x) 1) Trường hợp Q(x) có m nghiệm thực phân biệt Giả sử x1 , x2 , , xm m nghiệm thực phân biệt Q(x) Thay giá trị x vào (1.2), ta có: bm−1 x1m−1 + bm−2 x1m−2 + + b1 x1 + b0 = P (x1 ), bm−1 xm−1 + bm−2 x2m−2 + + b1 x2 + b0 = P (x2 ), , m−1 + + b1 xm + b0 = P (xm ) + bm−2 xm−2 bm−1 xm m Giải hệ phương trình ta tìm b0 , b1 , , bm−1 tìm R(x) 2) Trường hợp Q(x) có nghiệm bội Để đơn giản, giả sử x=a nghiệm bội cấp k(k ≤ m) đa thức Q(x) Trước hết ta có R(a)=P(a) Lấy đạo hàm liên tục từ cấp đến cấp k-1 hai vế (1.2) lần lấy đạo hàm lại thay x=a vào hai vế, ta thu hệ sau đây: r(a) = f (a) r′ (a) = f ′ (a) r′′ (a) = f ′′ (a) (−1) r (a) = f k−1 (a) Giải hệ ta tìm hệ số R(x) Ví dụ 1.1 Tìm dư phép chia (x100 − x50 + 2x25 − 4) : (x2 − 1) Lời giải Đa thức chia x2 − có hai nghiệm x1 = 1, x2 = −1 Gọi ax+b đa thức dư Thay x=1 x=-1 vào đa thức bị chia ta có giá trị -2 -6, ta có hệ: a + b = −2, −a + b = −6 Giải hệ ta a=2, b=-4 Vậy đa thức dư R(x)=2x-4 1.4 1.4.1 Đa thức đồng dư Cơ sở lý thuyết Định nghĩa 1.4 Cho h(x) đa thức khác đa thức khơng Ta nói đa thức P(x) Q(x) đồng dư theo mô đun đa thức h(x), P (x) − Q(x) h(x) ký hiệu P (x) ≡ Q(x)(mod h(x)) Định lý 1.5 Cho h(x) đa thức khác đa thức không Nếu P(x) Q(x) hai đa thức P (x) ≡ Q(x)(mod h(x)) P(x) Q(x) cho đa thức dư chia cho h(x) Từ định nghĩa đồng dư hai đa thức suy tính chất sau đây: Định lý 1.6 Cho h(x)là đa thức khác đa thức khơng Khi Với đa thức P(x), P (x) ≡ P (x)(mod h(x)) Nếu P (x) ≡ P (x)(mod h(x)) Q(x) ≡ P (x)(mod h(x)) Cho đa thức Pi (x), Qi (x), mi (x), i = 1, 2, , n Nếu Pi (x) ≡ Qi (x)(mod h(x)), i=1, 2, , n n n i=1 mi (x)Pi (x) ≡ mi (x)Qi (x)(mod h(x)) i=1 Cho đa thức Pi (x), Qi (x), i = 1, 2, , n Nếu Pi (x) ≡ Qi (x)(mod h(x)), i=1, 2, , n P1 (x).P2 (x) Pn (x) ≡ Q1 (x).Q2 (x) Qn (x)(mod h(x)) Nếu P (x) ≡ Q(x)(mod h(x)) với số tự nhiên n: P m (x) ≡ Qm (x)(mod h(x)) Bài toán 1.3 Chứng minh với số nguyên dương k, m,n x3m + x3n+1 + x3k+2 chia hết cho h(x) = x2 + x + Lời giải Từ đẳng thức x3 − = (x − 1)(x2 + x + 1) suy x3 ≡ 1(mod h(x)) Áp dụng tính chất đồng dư định lý 1.6 ta có: Suy x3m = (x3 )m ≡ 1m ≡ 1(mod h(x)), x3n+1 = x3n x ≡ 1n x ≡ x(mod h(x)), x3k+2 = (x3 )k x2 ≡ 1k x2 ≡ x2 (mod h(x)) x3m + x3m+1 + x3k+2 ≡ + x + x2 = h(x) ≡ 0(mod h(x)), tức là: x3m + x3n+1 + x3k+2 chia hết cho + x + x2 1.5 Nghiệm đa thức Nghiệm đa thức đóng vai trị quan trọng việc nghiên cứu tính chất đa thức Nhiều tính chất đa thức thể qua nghiệm chúng Ngược lại, việc nghiên cứu tính chất nghiệm đa thức cũng vấn đề trung tâm đại số Chúng ta cần khái niệm nghiệm bội đa thức Định nghĩa 1.5 Ta nói số α nghiệm cấp k đa thức bậc n, Pn (x), tồn đa thức Q(x), cho Pn (x) = (x − α)k Q(x), Q(α) = • Khi k = 1, k = ta gọi a tương ứng nghiệm đơn, nghiệm kép Pn (x) • Khi k ≥ ta nói α nghiệm bội Pn (x) Một định lý quan trọng nghiệm đa thức định lý Rolle tiếng phát biểu sau Định lý 1.7 (Định lý Rolle) Giả sử hàm số f : [a, b] → R liên tục khả vi khảng (a, b) Ngoài ra, f (a) = f (b) Khi tồn c ∈ (a, b), cho f ′ (c) = Định lý 1.8 Nếu α nghiệm cấp k đa thức Pn (x) α nghiệm cấp k-1 đa thức đạo hàm Pn′ (x) Định lý 1.9 Cho đa thức f (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a0 , an = 0, số nguyên Nếu p q số nguyên nguyên tố nhau, cho f (p/q) = 0, q ước an , cịn p ước a0 Định lý 1.10 Giả sử f (x) = an xn +an−1 xn−1 + +a0 , an = 0, (i = 0, 1, , n) số nguyên Nếu a0 , an , f (1) số lẻ f khơng có nghiệm hữu tỷ Định lý 1.11 Cho đa thức f (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a0 , an = số nguyên Giả sử f (a) = 0, a ∈ Z Nếu p q số nguyên tố nhau, cho f (p/q) = (p − aq) chia hết f (a) Một cách tương tự ta định nghĩa tính bất khả quy (khả quy) đa thức với hệ số hữu tỷ, thực phức Tuy nhiên, ta quan tâm tới tính bất khả quy Z[x] Bổ đề Gauss bên phát biểu tính khả quy Q[x] tương đương với tính khả quy Z[x] Ngoài ra, ta đa thức thực ln ln phân tích thành tích đa thức tuyến tính đa thức bậc hai R[x], đa thức phức ln ln phân tích thành nhân tử tuyến tính C[x] Định lý 1.15 (Bổ đề Gauss) Nếu đa thức P (x) với hệ số nguyên bất khả quy Q[x], bất khả quy Z[x] Từ bây giờ, trừ nói rõ, tính bất khả quy hiểu tính bất khả quy Z[x] Định lý 1.16 (Tiêu chuẩn Eisenstein) Cho P (x) = an xn +· · ·+a1 x+a0 đa thức hệ số nguyên Nếu tồn số nguyên tố p số nguyên k ∈ {0, 1, , n − 1} cho: p | a0 , a1 , , ak , p ∤ ak+1 p2 ∤ a0 , P (x) có nhân tử bất khả quy bậc lớn k Đặc biệt, p cho cho k = n − P (x) bất khả quy Định lý 1.17 Giả sử f đa thức trường (trường số hữu tỷ chẳng hạn) Khi f bất khả quy g(x) = f (ax + b), a = bất khả quy Nếu f đa thức nguyên, f bất khả quy g(x) = f (x + b) bất khả quy Định lý 1.18 [3] Giả sử P (x) = an xn + + a0 đa thức phức với ak an = M = max0≤k 1, chứng minh đa thức P (x) = an xn + · · · + a1 x + a0 bất khả quy 10 Bài toán 1.6 Cho p > số nguyên tố P (x) = xp − x + p Chứng minh tất nghiệm đa thức P có mơđun nhỏ p p−1 Chứng minh đa thức P (x) bất khả quy Bài toán 1.7 Cho a1 , a2 , , an n số nguyên phân biệt Chứng minh đa thức P (x) = (x − a1 )2 (x − a2 )2 (x − an )2 + bất khả quy Bài toán 1.8 Đa thức P(x) thỏa mãn điều kiện: P(2006)=2006! xP(x-1)=(x-2006)P(x) Chứng minh đa thức f (x) = P (x) + đa thức bất khả quy Z[x] Bài toán 1.9 Cho đa thức P (x) = xn + 5xn−1 + 3, n số nguyên lớn Chứng minh P(x) bất khả quy Z[x] Bài toán 1.10 Giả sử m, n a số tự nhiên, p < a − số nguyên tố Chứng minh đa thức f (x) = xm (x − a)n + p bất khả quy 11 Chương Đa thức đối xứng Chương trình bày sở lý thuyết đa thức đối xứng nhiều biến số tốn điển hình đa thức đối xứng hai biến ba biến, phân tích thành nhân tử, chia hết, hay rút gọn biểu thức Nội dung chủ yếu Chương hình thành từ tài liệu [2] [6] 2.1 Cơ sở lý thuyết đa thức đối xứng Định nghĩa 2.1 Đa thức f (x1 , x2 , , xn ) theo biến x1 , x2 , , xn gọi đối xứng khơng thay đổi đổi chỗ hai biến Định nghĩa 2.2 Ký hiệu sk = xk1 + xk2 + + xkn , k ∈ N, n x i , σ2 = σ0 = 1, σ1 = 1≤i