số
2.9.1 Phương pháp giải
Gọi M(x0, y0) là điểm cố định của họ đồ thị hàm số y = f(x, m), m ∈ A. Với
A là tập nghiệm của điểm cố định. Cách 1.
- Gán cho m một giá trị đủ để tìm (x0, y0). - Xét phương trình y0 =f(x0, m), ẩn m.
Khi đó chứng minh phương trình y0 =f(x0, m) đúng với mọi m∈A. Cách 2. Giả sử f(x0, m)−y0 =an(x0, y0)mn+an−1(x0, y0)mn−1+...+a1(x−0, y0)m+a0(x0, y0). Khi đó f(x0, m) = 0,∀m∈A ta có hệ phương trình a0(x0, y0) = 0 a1(x0, y0) = 0 ... an(x0, y0) = 0 Ta giải tìm (x0, y0).
2.9.2 Các bài tập minh họa
Bài toán 2.46. Cho họ (Cm) có phương trình
y=mx2+ (m−1)x−2m+ 1, m∈R. (2.33) Tìm điểm cố định của họ (Cm).
Giải. Gọi M(x0, y0)là điểm cố định cần tìm thỏa mãn phương trình (2.33). Khi đó y0=mx20+ (m−1)x0−2m+ 1,∀m ∈R. ⇔(x20+x0−2)m+ 1−x0−y0= 0,∀m∈R. ⇔ x20+x0−2 = 0 1−x0−y0 = 0 ⇔ " x0= 1 x0=−2 ⇒ " y0 = 0 y0 = 3. Vậy họ(Cm)có 2 điểm cố định là M(1,0);M(−2,3).
Bài toán 2.47. Cho họ hàm số y= x2+mxx+1−m−1(Cm). Chứng minh rằng họ (Cm)
luôn đi qua một điểm cố định.
Giải. Giả sử M(x0, y0) là điểm cố định của họ (Cm). Khi đó
y0= x20+mx0−m−1 x0+1 . ⇔ x0+ 16= 0 (x0−1)m+x20−1−x0y0−y0= 0,∀m. ⇔ x0 6=−1 x0−1 = 0 x20−1−x0y0−y0= 0 ⇔ x0 = 1 y0= 0 ⇔M(1,0).
Vậy họ (Cm) luôn đi qua một điểm cố định M(1,0).
Bài toán 2.48. Cho họ hàm số y =x3+ (m+|m|)x2−4x+ 4(m+|m|). Chứng minh với mọi m đồ thị của hàm số đã cho luôn đi qua hai điểm cố định.
Giải. Gọi (x0, y0) là tọa độ điểm cố định cần tìm. Đặt a=m+|m| ≥0,∀m. Khi đó ta có y0 =x30+ax20−4x0+ 4a(∀a ≥0). ⇔(x20−4)a+x30−4x0−y0 = 0(∀a≥0). (2.34) (2.34) xảy ra ⇔ x20−4 = 0 x30−4x0−y0 = 0 ⇔ x0 = 2 y0= 0 & x0=−2 y0 = 0
Vậy với mọi m đồ thị luôn đi qua hai điểm cố định (2,0) và (−2,0). 2.10 Ứng dụng đa thức bất khả quy
Bài toán 2.49. Chứng minh các đa thức sau bất khả quy trên Z. a) P(x) =x5+ 8x4+ 4x3+ 6x−2; b) P(x) =x4−x3+ 2x+ 1. Giải. a) Xét số nguyên tố p= 2 ta có: a5 = 16...2, a 4 = 8...4, a 3 = 4...2, a 1= 6...2;
a0 =−2...2 nhưng a
0=−26...22.
Áp dụng tiêu chuẩn Eisentein suy ra đa thức P(x) =x5+ 8x4+ 4x3+ 6x−2 bất khả quy trên Z.
b) Trước hết ta chứng minh Bổ đề sau: Cho đa thức P(x). Nếu x=φ(y) là một đa thức và Q(y) = P(φ(y)) bất khả quy thì P(x) bất khả quy.
Chứng minh. Ta có P(x) = Q(y). Giả sử đa thức Q(y) bất khả quy nhưng đa thức P(x) khả quy.
Vì đa thức P(x) khả quy nên tồn tại hai đa thức f(x), g(x) sao cho P(x) =
f(x)g(x). Suy ra Q(y) =f(x)g(x) trái với giả sử. Vậy đa thức P(x) bất khả quy.
Ta nhận xét rằng không thể áp dụng ngay tiêu chuẩn Eisenstein cho đa thức này được. Vì vậy áp dụng Bổ đề trên ta có phép biến đổi sau:
Ta đặt x=y+ 1 khi đó x4−x3+ 2x+ 1 = (y+ 1)4−(y+ 1)3+ 2(y+ 1) + 1 =y4+ 3y3+ 3y2+ 3y+ 3. Xét số nguyên tố p= 3 ta có: a4 = 16...3, a 3 = 3...3, a 1= 3...3, a 0= 3...32.
Áp dụng tiêu chuẩn Eisenstein suy ra đa thức P(y+ 1) là bất khả quy hay đa thức x4−x3+ 2x+ 1 bất khả quy.
Bài toán 2.50. Chứng minh các đa thức sau bất khả quy trên Z. a) P(x) =x101+ 101x100+ 102.
b) P(x) =x2n+ 1.
Giải. a) Trước hết ta nhận xét rằng 101 là số nguyên tố nên rất có khả năng chọn số101 để áp dụng tiêu chuẩn Eisentein. Tuy nhiên 102 lại không thỏa mãn. Vì vậy ta sẽ biến đổi. Đặt x=y−1. Khi đó ta có:
P(y−1) = (y−1)101+ 101(y−1)100+ 102 =y101−C1011 y100+...+C100101y−1 + 101[y100−C1001 y99+C1002 y98−...−C10099 y + 1] + 102 =y101−C1011 y100+ 101y100+...+ 202. Ta có: a101= 16...101, a i (i= 100,99, ...,1)...101, a 0 = 202...101 nhưng a 0 6...1012. Áp dụng tiêu chuẩn Eisentein ta suy ra đa thức P(x) bất khả quy trên Z.
b) Đặt x=y+ 1. Khi đó: P(y+ 1) = (y+ 1)2n + 1 =y2n+C21ny2n−1+...+C22nn−1y+ 2. Ta có: an = 16...2. Xét ak =C2kn = k!(22nn−!k)! = 2 n .(2n−1)...(2n−k+1) k! với k = 1,2, ...,2n−1.
Vì tử số là tích của k số nguyên dương liên tiếp nên tử số chia hết cho k!. Mặt khác tử số xuất hiện nhiều nhân tử 2 hơn mẫu số nên các ak...2. Lại có a
0 = 2...2 nhưng a0 = 26...22.
Vậy áp dụng tiêu chuẩn Eisentein, đa thức P(x) = x2n + 1 bất khả quy trên
Z.
Bài toán 2.51. Cho p là số nguyên tố. Chứng minh đa thức sau bất khả quy trên Z[x] P(x) = xp−1+xp−2+...+ 1. Giải. Ta cóP(x) = xxp−−11 = (x−1)(x p−1 +xp−2+...+1) x−1 =xp−1+xp−2+...+ 1Đặt x=y+ 1 ta được p= (y+ 1)p+1+ (y+ 1)p+2+...+ 1 = (y+1) p−1 y =yp−1+Cp1yp−2+...+p
an = 1 không chia hết cho p
an−1 =Cp2, an−2 =Cp3, ..., a1=Cpp−1 chia hết cho p a0 =Cpp−1 không chia hết cho p2.
Theo tiêu chuẩn Eisenstein ta có đa thức P bất khả quy trên Z[x].
Bài toán 2.52. Chứng minh rằng với bất kỳ số nguyên a1, a2, ..., an thì đa thức
P(x) = (x−a1)(x−a2)...(x−an)−1
không thể viết được thành tích của hai đa thức với hệ số nguyên.
Giải. Giả sử rằng đa thức P(x) khả quy. Khi đó tồn tại hai đa thức Q(x) và
R(x) sao cho P(x) = Q(x).R(x). Ta có: P(ai) =−1, (i= 1,2, ..., n).
Vì Q(ai) và R(ai) nhận giá trị nguyên nên
Q(ai) = 1 R(ai) =−1 hoặc Q(ai) = −1 R(ai) = 1.
Khi đó (Q+R)(ai) = 0, (i= 1,2, ..., n).
Suy ra đa thức (Q+R)(x)có n nghiệm. Mặt khác, đa thức (Q+R)(x) có bậc lớn nhất là n−1. Vì vậy (Q+R)(x) = 0 hay Q(x) = −R(x).
Khi đó P(x) =−R2(x).
Ta thấy đa thức P(x) có hệ số cao nhất là 1 trong khi đa thức vế phải có hệ số cao nhất là−1. Mâu thuẫn. Suy ra giả sử sai. Vậy đa thứcP(x) bất khả quy. Bài toán 2.53 (IMO 1993). Cho n ∈ N và n > 1. Chứng minh rằng đa thức
f(x) = xn+ 5xn−1+ 3 bất khả quy trên Z[x].
Giải. Với n = 2 ta có f(x) = x2+ 5x+ 3 bất khả quy trên Z[x].
Thật vậy, giả sử đa thức f(x) khả quy trên Z[x]. Khi đó ta có thể phân tích
f(x) = (x+b)(x+d) =x2+ (b+d)x+bd; (b, dZ). Theo nguyên lý so sánh hệ số ta có b+d= 5 b.d = 3 ⇒ b= 5+ √ 13 2 d= 5− √ 13 2 hoặc b= 5− √ 13 2 d= 5+ √ 13 2 . Mà b, d∈Z. Suy ra mâu thuẫn với giả sử.
Vậy đa thức f(x) =x2+ 5x+ 3 bất khả quy trên Z[x].
Xét n ≥ 3. Giả sử f(x) = g(x)h(x) với g(x), h(x) ∈ Z[x] và có bậc lớn hơn hoặc bằng 1. Do deg g(x) +deg h(x) = n ≥ 3 nên suy ra trong hai số deg g(x) và deg h(x) có một số lớn hơn 1.
Vì f(0) = 3 là số nguyên tố nên hoặc |g(0)|= 1 hoặc |h(0) = 1|.
Ta giả sử |g(0)|= 1. Gọi các a1, a2, ..., ak là các nghiệm (thuộc C) của g(x). Khi đó ta có g(x) = (x−a1)(x−a2)...(x−ak).
Vì |g(0)|= 1 nên
|a1a2...ak|= 1 (2.35) Do g(ai) = 0 nên f(ai) = 0, ∀i∈ {1, ..., k}.
Từ ani−1(ai+ 5) =−3, i= 1,2, ..., k.
Nhân các đẳng thức đó lại và sử dụng (2.35) ta được
|(a1+ 5)(a2+ 5)...(ak + 5)|= 3k (2.36) Mặt khác ta lại có |g(−5)|=|(a1+ 5)(a2+ 5)...(ak+ 5)| và 3 =f(−5) =g(−5)h(−5)
nên |(a1+ 5)(a2+ 5)...(ak + 5)|= 1 hoặc = 3.
KẾT LUẬN
Trong luận văn này, tôi đã thực hiện được các công việc sau đây. 1. Hệ thống lại lý thuyết của đa thức một biến.
2. Tìm và giải các bài toán sơ cấp cơ bản của đa thức một biến. 3. Nghiên cứu những ứng dụng của đa thức một biến.
Mặc dù luận văn được thực hiện với sự nỗ lực cố gắng hết sức của bản thân, nhưng do điều kiện thời gian có hạn, trình độ kiến thức và kinh nghiệm nghiên cứu còn hạn chế nên luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót. Tôi rất mong nhận được những góp ý của quý thầy cô giáo, các bạn để luận văn được hoàn thiện hơn.
DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO
Tiếng Việt
[1] Lê Thị Thanh Nhàn (2015), Giáo trình lý thuyết đa thức, NXB Đại học Quốc Gia.
[2] Lê Hoàng Phò, Nguyễn Văn Nho, Nguyễn Tài Chung (2019), Chuyên khảo đa thức , NXB ĐHQG Hà Nội.
[3] Nguyễn Hữu Điển (2003), Đa thức và ứng dụng, NXB Giáo dục.
[4] Phan Huy Khải (2006), Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học cơ sở, NXB Giáo dục.
[5] Bùi Huy Hiền, Nguyễn Hữu Hoan (2005), Bài tập đại số và số học, NXB Đại học sư phạm.
[6] Nguyễn Văn Mậu (2004), Đa thức và phân thức hữu tỷ, NXB Giáo dục Hà Nội.
Tiếng Anh
[7] M. Atiyah, I. G. Macdonald (1969), Introduction to commutative algebra, Addison-Wesley, Reading, Mass.
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc BẢN TƯỜNG TRÌNH BỔ SUNG, SỬA CHỮA LUẬN VĂN
Họ và tên học viên: Hồ Thị Kiều Trang
Ngành: Phương pháp toán sơ cấp Khóa: K39
Tên đề tài luận văn: LÝ THUYẾT ĐA THỨC MỘT BIẾN VÀ ỨNG DỤNG
Người hướng dẫn khoa học: TS. LÊ VĂN DŨNG
Ngày bảo vệ luận văn: 19/09/2021
Sau khi tiếp thu ý kiến của Hội đồng bảo vệ luận văn họp ngày 19/09/2021 chúng tôi giải trình một số nội dung sau:
1. Những điểm đã bổ sung, sữa chữa:
- Bỏ các ví dụ quá đơn giản ra khỏi luận văn và bổ sung một số ví dụ trong các đề thi học sinh giỏi, trong các đề thi tuyển sinh đại học hoặc trong các đề thi olympic;
- Bổ sung thêm tài liệu tham khảo;
- Viết lại chương 1 để đảm bảo không copy y nguyên nội dung từ tài liệu tham khảo; - Chỉnh sửa lại các lỗi chính tả, định dạng, lỗi toán học,… như đã được chỉ ra bởi các thành viên trong Hội đồng.
2. Những điểm bảo lưu ý kiến, không sửa chữa, điều chỉnh (nếu có) bởi những lý do sau: Không có.
Cán bộ hướng dẫn xác nhận
- Đã kiểm tra luận văn và các lỗi sau chỉnh sửa - Đã kiểm tra thông tin luận văn bằng tiếng Việt và tiếng Anh
TS. Lê Văn Dũng
Đà Nẵng, ngày 27 tháng 10 năm 2021
Học viên
Hồ Thị Kiều Trang
Xác nhận của BCN Khoa
Xác nhận luận văn sau chỉnh sửa và đồng ý cho học viên nộp lưu chiểu
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
HỒ SƠ HỘI ĐỒNG CHẤM LUẬN VĂN THẠC SĨ
Học viên: Hồ Thị Kiều Trang
1 Biên bản Hội đồng
2 Bảng điểm của học viên cao học
3 Lý lịch khoa học của học viên
4 Biên bản kiểm phiếu
5 Phiếu ghi nội dung câu hỏi và trả lời của học viên
6 Nhận xét 7 Phiếu chấm điểm STT HỌ VÀ TÊN TRÁCH NHIỆM TRONG HỘI ĐỒNG NHẬN XÉT Bản nhận xét Phiếu điểm 1. TS. Phan Đức Tuấn Chủ tịch HD X X
2. TS. Phạm Quý Mười Thư ký HD X X
3. PGS.TS.Trương Công Quỳnh Phản biện 1 X X
4. TS. Nguyễn Thành Chung Phản biện 2 X X
5. TS. Nguyễn Đức Hiền Uỷ viên X X
6. TS. Lê Văn Dũng Người hướng dẫn X
Đà Nẵng, ngày 19 tháng 9 năm 2021
Thư ký Hội đồng
BIÊN BẢN
HỌP HỘI ĐỒNG CHẤM LUẬN VĂN THẠC SĨ
1. Tên đề tài: Lý thuyết đa thức một biến và ứng dụng
2. Ngành: Phương pháp toán sơ cấp Lớp K39.PPTSC.QNa
3. Theo Quyết định thành lập Hội đồng chấm luận văn thạc sĩ số /QĐ-ĐHSP ngày tháng năm
4. Ngày họp Hội đồng: ngày 19 tháng 9 năm 2021
5. Danh sách các thành viên Hội đồng:
STT HỌ VÀ TÊN CƯƠNG VỊ TRONG HỘI
ĐỒNG
1. TS. Phan Đức Tuấn Chủ tịch
2. TS. Phạm Quý Mười Thư ký
3. PGS.TS.Trương Công Quỳnh Phản biện 1
4. TS. Nguyễn Thành Chung Phản biện 2
5. TS. Nguyễn Đức Hiền Ủy viên
a. Thành viên có mặt: ________05________ b. Thành viên vắng mặt: 0
6. Thư ký Hội đồng báo cáo quá trình học tập, nghiên cứu của học viên cao học và đọc lý lịch khoa học (có văn bản kèm theo)
7. Học viên trình bày luận văn
8. Các phản biện đọc nhận xét và nêu câu hỏi (có văn bản kèm theo) 9. Học viên trả lời các câu hỏi của thành viên Hội đồng
10. Hội đồng họp riêng để đánh giá
11. Trưởng ban kiểm phiếu công bố kết quả 12. Kết luận của Hội đồng
a) Kết luận chung:
viên.
b) Yêu cầu chỉnh, sửa về nội dung:
1. Bỏ các ví dụ quá đơn giản ra khỏi luận văn và bổ sung một số ví dụ trong các đề thi học sinh giỏi, trong các đề thi tuyển sinh đại học hoặc trong các đề thi olympic.
2. Bổ sung thêm tài liệu tham khảo;
3. Viết lại Chương 1 để đảm bảo không copy y nguyên nội dung từ tài liệu tham khảo; 4. Chỉnh sữa lại các lỗi chính tả, định dạng, lỗi toán học,… như đã được chỉ ra bởi các thành viên Hội đồng;
c) Các ý kiến khác:
5. Gửi bản chỉnh sửa cho hai phản biện để kiểm tra và thông qua trước khi làm thủ tục nộp lên Trường.
d) Điểm đánh giá: Bằng số:______8.0_____Bằng chữ:_Tám điểm_______________ 13. Tác giả luận văn phát biểu ý kiến
14. Chủ tịch Hội đồng tuyên bố bế mạc
THƯ KÝ HỘI ĐỒNG
Phạm Quý Mười
CHỦ TỊCH HỘI ĐỒNG
CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc Lập - Tự Do - Hạnh Phúc
Đà Nẵng, ngày 18 tháng 09 năm 2021
NHẬN XÉT LUẬN VĂN THẠC SĨ
Họ và tên người nhận xét: Trương Công Quỳnh
Học hàm/học vị: Phó giáo sư, tiến sĩ
Cơ quan công tác: Trường Đại học Sư phạm-Đại học Đà Nẵng Chức trách trong Hội đồng: Phản biện
Họ và tên học viên: Hồ Thị Kiều Trang
Tên đề tài:
Lý thuyết đa thức một biến và ứng dụng
Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 8.46.01.13
NỘI DUNG NHẬN XÉT 1. Tính cấp thiết của đề tài:
Vành đa thức có vai trò quan trọng trong chuyên ngành đại số nói riêng và các lĩnh vực khác nói chung. Một trong những vấn đề quan trọng của đa thức là vấn đề nghiệm của chúng. Các vấn đề đa thức được áp dụng nhiều cho chương trình toán phổ thông chẳng hạn như phân tích đa thức thành nhân tử, tìm nghiệm của đa thức nhiều biến...Vì vậy vấn đề nghiên cứu mang tính thời sự.
2. Sự phù hợp của đề tài với chuyên ngành đào tạo:
quan đến lý thuyết đa thức một biến và ứng dụng. Đề tài này phù hợp với chuyên ngành đào tạo "Phương pháp toán sơ cấp".
3. Tính trung thực, độ tin cậy, rõ ràng trong trích dẫn:
Việc nghiên cứu và trích dẫn một số kết quả trong đề tài hiện tại không trùng lặp với các kết quả khác. Các kết quả của đề tài tổng quan từ các kết quả của các công trình được xuất bản ở các tạp chí trong và ngoài nước.
4. Tính hiện đại, hợp lý của phương pháp nghiên cứu:
Phương pháp nghiên cứu của đề tài là hợp lý phù hợp với chuyên ngành đạo tạo.
5. Cấu trúc của luận văn:
Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, nội dung của đề tài dài 80 trang đánh máy và luận văn được trình bày trong hai chương:
Chương 1: tác giả nêu nhiều kiến thức cơ sở liên quan đến vành đa thức, phép chia với dư, thuật toán chia với dư, uớc chung lớn nhất của các đa thức, iđêan trong vành đa thức, nghiệm của đa thức, tính khả quy của đa thức.
Trong Chương 2: tác giả nghiên cứu ứng dụng đa thức một biến trong các bài toán sơ cấp. Trong chương này tác giả các ứng dụng của để chứng minh một số bài toán chia hết, ứng dụng giải bài toán liên quan đến phương trình bậc hai, giải phương trình căn thức, ứng dụng tìm giá trị của biểu thức đối xứng đối với các nghiệm của đa thức.
Nội dung tóm tắt của luận văn phản ánh đầy đủ và trung thành nội dung của luận văn.
6. Những thiếu sót về nội dung và hình thức của luận văn:
- Luận văn có một số lỗi đánh máy.
- Nội dung chương 1 trùng lặp với sách chuyên khảo [1]. - Một số ví dụ quá đơn giản (Bài toán 2.1, 2.3, 2.11).
Kết luận chung
Nội dung và hình thức của luận văn đáp ứng các yêu cầu đối với