Mở rộng đại số
Quan hệ tương đương
Tập tích X × X được định nghĩa là tập hợp các cặp (x, y) với x, y thuộc X Một tập con S của X × X được gọi là quan hệ hai ngôi trong X, và nếu (x, y) thuộc S, ta nói x có quan hệ S với y, ký hiệu là xSy Nếu X không rỗng và S không rỗng là một quan hệ hai ngôi trong X, thì S được gọi là quan hệ tương đương trong X nếu nó thỏa mãn ba điều kiện nhất định.
(1) (Phản xạ) Với mọi x ∈ X có xSx.
(2) (Đối xứng) Với mọi x, y ∈ X, nếu có xSy thì cũng có ySx.
(3) (Bắc cầu) Với mọix, y, z ∈ X, nếu có xSy vàySz thì cũng có xSz. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Khi S là một quan hệ tương đương trong tập hợp X, chúng ta ký hiệu nó bằng ∼ Đặt C(x) = {y ∈ X|y ∼ x}, ta gọi C(x) là lớp tương đương với x Các tính chất của lớp tương đương này dễ dàng được chỉ ra.
Tính chất 1.1.3 Giả sử ∼ là quan hệ tương đương trong X Khi đó
(3) Với mọi x, y ∈ X, có hoặc C(x)∩C(y) =∅ hoặc C(x) = C(y).
Tập thương X/ ∼ là tập hợp các lớp tương đương không giao nhau Định nghĩa 1.1.4 nêu rõ rằng nếu X 6= ∅ và S 6= ∅ là một quan hệ hai ngôi trong X, thì quan hệ S được xem là một quan hệ thứ tự trong X nếu nó thỏa mãn ba điều kiện cụ thể.
(1) (Phản xạ) Với mọi x ∈ X có xSx.
(2) (Phản đối xứng) Với mọi x, y ∈ X, nếu có xSy và ySx thì x = y.
(3) (Bắc cầu) Với mọix, y, z ∈ X, nếu có xSy vàySz thì cũng có xSz.Tập X được gọi là một tập sắp thứ tự nếu có quan hệ thứ tự trong X.
Mở rộng đơn
Giả thiết K là một trường và x là một biến, ta xem xét vành đa thức K[x] Giả sử f(x) thuộc K[x] là một đa thức bất khả quy với bậc n > 0 Trong K[x], ta định nghĩa quan hệ ∼ như sau.
Hai đa thức a(x), b(x) ∈ K[x] thỏa mãn quan hệ ∼ và viết a(x) ∼ b(x) nếu có đa thức c(x) ∈ K[x] để a(x)−b(x) =c(x)f(x).
Bổ đề 1.1.5 Quan hệ ∼ là một quan hệ tương đương trong vành K[x]. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Chứng minh: Vì a(x)−a(x) = 0 = 0.f(x) nên a(x) ∼ a(x) với mọi đa thức a(x) ∈ K[x].
Giả sử a(x), b(x) ∈ K[x] thỏa mãn a(x) ∼ b(x) Khi đó có đa thức c(x) ∈ K[x] để a(x)−b(x) =c(x)f(x) Vậy b(x)−a(x) =−c(x).f(x). Điều này chứng tỏ b(x) ∼ a(x).
Giả sử a(x), b(x), d(x) ∈ K[x] thỏa mãn a(x) ∼ b(x) và b(x) ∼ d(x). Khi đó có c(x), e(x) ∈ K[x] để a(x)−b(x) =c(x)f(x) và b(x)−d(x) =e(x)f(x). Vậy a(x)−d(x) = a(x)−b(x) +b(x)−d(x) = [c(x) +e(x)]f(x). Điều này chứng tỏ a(x) ∼ d(x).
Tóm lại, ta đã chỉ ra quan hệ∼ là một quan hệ tương đương trong vành K[x].
Với quan hệ tương đương ∼, ta phân lớp vành K[x] bằng cách ký hiệu mỗi đa thức a(x) ∈ K[x] là lớp tương đương với a(x) làm đại diện Lớp này được định nghĩa là a(x) = {b(x) ∈ K[x]|b(x) ∼ a(x)}.
Để biến tập K[x]/∼ thành một trường, ta định nghĩa hai phép toán hai ngôi: phép cộng \(a_1(x) + a_2(x) = a_1(x) + a_2(x)\) và phép nhân \(a_1(x) \cdot a_2(x) = a_1(x) a_2(x)\) với mọi \(a_1(x), a_2(x) \in K[x]/∼\) Dễ dàng kiểm tra rằng phép cộng và phép nhân này là những phép toán hai ngôi trong K[x]/∼ Theo đó, Định lý 1.1.6 khẳng định rằng tập K[x]/∼ cùng với phép cộng và phép nhân lập thành một trường, được ký hiệu là K[x]/(f(x)) hoặc K*.
Tập K[x]/∼ với phép cộng và phép nhân tạo thành một vành giao hoán có đơn vị 1 và phần tử không 0 Lớp đa thức chia hết cho f(x) là lớp của các đa thức không bằng 0 Nếu a(x) khác 0, thì a(x) không chia hết cho f(x) Do f(x) là một đa thức bất khả quy, nên ước chung lớn nhất của a(x) và f(x) phải thuộc trường.
K Như vậy, theo Định lý Bezout sẽ có hai đa thức b(x), g(x ∈ K[x] để a(x)b(x) +g(x)f(x = 1 Từ đây suy ra a(x)b(x) = 1 hay a(x).b(x) = 1.
Vì K[x]/ ∼ là một vành giao hoán với đơn vị 1 và mọi phần tử khác 0 đều có nghịch đảo thuộc K[x]/∼ nên K[x]/ ∼ là một trường.
Giả sử K và K 0 là hai trường, K được gọi là trường con của K 0 nếu K ⊆ K 0 Khi đó, K 0 được xem là trường mở rộng của K Dựa trên khái niệm trường con, ta có thể chỉ ra rằng K sẽ trở thành trường con của K ∗ thông qua một phép nhúng.
Giả sử α, β ∈ K, nếu α = β thì α−β chia hết cho f(x) và ngược lại Đa thức f(x) có bậc n > 0, do đó α = β Kết luận, α = β khi và chỉ khi α = β.
Bổ đề 1.1.7 Tập tất cả các lớp α ∈ K ∗ với α ∈ K lập thành một trường con K 0 của K ∗ và K ∼= K 0 bởi α 7→ α.
Với đẳng cấu này, ta đồng nhất α ∈ K với ảnh α ∈ K ∗, cho phép coi K ∗ là một trường mở rộng của trường K Ký hiệu γ = x ∈ K ∗ Nhờ vào phép cộng, phép nhân và phép nhúng K vào K ∗, ta có thể biểu diễn phần tử thuộc K ∗ một cách rõ ràng.
Với đa thức g(x) ∈ K[x] ta biểu diễn g(x) = h(x)f(x) +g 1 (x), trong đú g 1 (x) = b m x m + ã ã ã+b 1 x+b 0 và m < n, ta cú
Như vậy f(x) có nghiệm γ ∈ K ∗ và mỗi phần tử thuộc K ∗ đều có thể viết trong dạng b m γ m + b m−1 γ m−1 + ã ã ã + b 1 γ + b 0 với cỏc b i ∈ K và m < n = degf(x) Cách biểu diễn như vậy là duy nhất.
Dựa trên các kết quả đã trình bày, ta có định lý sau: Định lý 1.1.8 khẳng định rằng với mỗi đa thức bất khả quy \( f(x) \in K[x] \) có bậc \( \text{deg} f(x) = n > 0 \), luôn tồn tại một trường mở rộng \( K^* \) của \( K \) sao cho \( f(x) \) có một nghiệm \( \gamma \in K^* \) Hơn nữa, mọi phần tử thuộc \( K^* \) đều có thể được biểu diễn dưới dạng \( b_m \gamma^m + b_{m-1} \gamma^{m-1} + \ldots + b_1 \gamma + b_0 \) với các hệ số \( b_i \in K \).
Chứng minh: Ký hiệu K(γ) = ng(γ) h(γ)|g(x), h(x) ∈ K[x], h(γ) 6= 0o với phép cộng và phép nhân cho g 1 (γ) h 1 (γ), g 2 (γ) h 2 (γ) ∈ K(γ) được định nghĩa g 1 (γ) h1(γ) + g 2 (γ) h2(γ) = g 1 (γ)h 2 (γ) +g 2 (γ)h 1 (γ) h1(γ)h2(γ) g 1 (γ) h 1 (γ).g 2 (γ) h 2 (γ) = g 1 (γ)g 2 (γ) h 1 (γ)h 2 (γ).
Nếu \( g_1(\gamma) h_1(\gamma) \in K(\gamma) \) là phần tử khác không, thì nghịch đảo của nó là \( h_1(\gamma) g_1(\gamma) \) K(γ) là một trường chứa γ và K như một trường con Đa thức \( f(x) \) có nghiệm \( \gamma \in K(\gamma) \).
Khi δ ∈ K(γ), tồn tại hai đa thức g(x) và h(x) trong K[x] với điều kiện h(γ) ≠ 0 và δ = g(γ)h(γ) Do h(γ) ≠ 0, h(x) và f(x) là nguyên tố cùng nhau Từ đó, có p(x) và q(x) trong K[x] sao cho h(x)p(x) + f(x)q(x) = 1 Điều này dẫn đến h(γ)p(γ) = 1, suy ra 1/h(γ) = p(γ) Do đó, δ = g(γ)p(γ) là một đa thức của γ.
Để chứng minh định lý, ta bắt đầu với hàm số \( f(\gamma) = \gamma^n + a_1 \gamma^{n-1} + \ldots + a_n \) và nhận thấy rằng \( \gamma^n = -a_1 \gamma^{n-1} - \ldots - a_n \) Trong tích \( \delta = g(\gamma)p(\gamma) \), ta thay thế mỗi lũy thừa \( \gamma^{n+i} \) bằng \( \gamma^i (-a_1 \gamma^{n-1} - \ldots - a_n) \) Sau một vài lần thay thế, ta có thể biểu diễn \( \delta = b_m \gamma^m + b_{m-1} \gamma^{m-1} + \ldots + b_1 \gamma + b_0 \) với các hệ số \( b_i \in K \) Cuối cùng, với việc chọn \( K^* = K(\gamma) \), định lý đã được chứng minh.
Ta mở rộng K qua việc bổ sung thêm phần tử γ vào K Trường
K ∗ = K(γ) được gọi là một mở rộng đơn của K bởi γ Mở rộng K(γ) là mở rộng nhỏ nhất của K chứa γ, với K(γ) = K[γ] = g(γ) với g(x) ∈ K[x] và degg(x) < n.
K(γ) là một không gian véc tơ trên K, với K(γ) là một K-không gian véc tơ chiều n có cơ sở gồm các phần tử 1, γ, , γ^{n-1} Số n được gọi là bậc của mở rộng và được ký hiệu là [K(γ) : K].
Một đa thức bậc lớn 1 có nhiều nghiệm trong một trường mở rộng K Vấn đề cần xem xét là mối quan hệ giữa các trường K(γ i ) Trong quá trình chứng minh định lý, ta chọn K ∗ = K(γ) Nếu không chọn K ∗ bằng K(γ), định lý cho thấy rằng tất cả các trường K(γ i ) đều đẳng cấu với K ∗ Định lý 1.1.9 khẳng định rằng K(γi) luôn đẳng cấu với K ∗.
Chứng minh: Xét K(γ 1 ) = K(γ) Ánh xạ φ : K[x] → K(γ), biến f(x) thành f(γ), là một toàn cấu với Ker(φ) = (f(x)).
Do vậy K(γ) ∼= K[x]/(f(x)) = K ∗ Tương tự, ta cũng có K(γ i ) ∼= K ∗ với mỗi i.
Ví dụ: Khi K = C thì đa thức bất khả quy trên K chỉ là đa thức bậc nhất Khi đó K ∗ = K Trường K ∗ có thể khác K.
Ví dụ: Với K = Q và đa thức bất khả quy f(x) = x 2 −3 trên Q ta có
Mở rộng đại số
Định nghĩa 1.1.11 Phần tử α ∈ K ∗ được gọi là phần tử đại số trên
Nếu tồn tại các phần tử \( a_1, \ldots, a_n \in K \) sao cho \( \alpha^n + a_1 \alpha^{n-1} + \ldots + a_n = 0 \), thì \( \alpha \) được gọi là phần tử đại số trên \( K \) Ngược lại, \( \alpha \) được xem là phần tử siêu việt trên \( K \) Đặt \( f(x) = x^n + a_1 x^{n-1} + \ldots + a_n \), đa thức \( f(x) \) được gọi là phương trình đại số của \( \alpha \) trên \( K \) Theo định lý 1.1.12, mỗi phần tử đại số \( \alpha \) trên \( K \) đều là nghiệm của một đa thức bất khả quy duy nhất \( f(x) \) thuộc vành \( K[x] \) với hệ số cao nhất bằng 1 Hơn nữa, tất cả các đa thức \( p(x) \in K[x] \) nhận \( \alpha \) làm nghiệm đều phải chia hết cho \( f(x) \).
Vì α là phần tử đại số trên K, tồn tại đa thức f(x) ∈ K[x] nhận α làm nghiệm, và ta chọn f(x) là đa thức bậc thấp nhất với hệ tử cao nhất bằng 1 Nếu f(x) khả quy, nó có thể phân tích thành tích của hai đa thức g(x) và h(x) với bậc > 0 và hệ tử cao nhất cũng bằng 1 Khi đó, f(x) = g(x)h(x) với 0 < degg, degh < degf, dẫn đến g(α)h(α) = 0 Do K* là trường, suy ra g(α) = 0, mâu thuẫn với việc chọn f(x) Điều này chứng tỏ f(x) là bất khả quy Tiếp theo, giả sử p(x) ∈ K[x] nhận α làm nghiệm Nếu p(x) = 0, thì p(x) chia hết cho f(x) Nếu p(x) ≠ 0, ta có p(x) = q(x)f(x) + r(x) với q(x), r(x) ∈ K[x] và degr < degf Vì f(α) = 0 và p(α) = 0, nên r(α) = 0, từ đó suy ra r(x) = 0 hay p(x) chia hết cho f(x).
Hệ quả 1.1.13 Trong vành K[x], phần tử x là siêu việt trên K.
Chứng minh: Ta coi K[x] là một tập con của một trường K ∗ nào đó.
Dễ dàng kiểm tra rằng các phần tử \(0, x, x^2, \ldots, x^n, \ldots\) là độc lập tuyến tính trên trường \(K\) Nếu \(x\) là phần tử đại số trên \(K\), thì \(x\) là nghiệm của một đa thức \(f(x) \in K[x]\) với \(f(x) \neq 0\) và bậc \(deg f(x) = n > 0\) Từ đó, suy ra rằng \(0, x, x^2, \ldots, x^n\) là phụ thuộc tuyến tính trên \(K\), điều này dẫn đến mâu thuẫn Định nghĩa 1.1.14: Đa thức bất khả quy \(f(x) \in K[x]\) với hệ số cao nhất bằng 1 và nhận \(\alpha\) làm nghiệm được gọi là đa thức tối tiểu của \(\alpha\) trên \(K\).
K Các nghiệm α 1 , , α n của đa thức tối tiểu của α được gọi là các liên hợp của α trên K.
Tập hợp tất cả các phần tử thuộc K ∗ đại số trên K là một trường con của K ∗, bao gồm cả K.
Hoàn toàn tương tự như mở rộng đơn, ta có thể mở rộng trường cơ sở
K được mở rộng bởi một số hữu hạn các phần tử thuộc trường mở rộng K” của K Bắt đầu với phần tử $\gamma_1 \in K” \setminus K$, ta thực hiện mở rộng đơn $K(\gamma_1)$ Tiếp theo, với phần tử $\gamma_2 \in K” \setminus K(\gamma_1)$, ta mở rộng đơn thành $K(\gamma_1)(\gamma_2) = K(\gamma_1, \gamma_2)$ Giả sử đã có mở rộng $K(\gamma_1, \ldots, \gamma_{s-1})$, với phần tử $\gamma_s \in K” \setminus K(\gamma_1, \ldots, \gamma_{s-1})$, ta mở rộng đơn thành $K(\gamma_1, \ldots, \gamma_{s-1})(\gamma_s) = K(\gamma_1, \ldots, \gamma_{s-1}, \gamma_s)$ Theo Định lý 1.1.16, ký hiệu $K_0 = K$ và $K_i = K(\gamma_1, \ldots, \gamma_i)$, ta luôn có.
Chứng minh: Ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp s = 2 Trường hợp tổng quát được chứng mnh bằng phương pháp quy nạp theo s.
Giả sử α 1 , , α n là một cơ sở của K-không gian véc tơ K(γ 1 ) và β1, , βm là một cơ sở của K(γ1)-không gian véc tơ K(γ1, γ2) Giả sử u ∈ K(γ 1 , γ 2 ) =K(γ 1 )(γ 2 ).
Khi đó có các phần tử v 1 , v 2 , , v m ∈ K(γ 1 ) để u m
P i=1 v j β i Vì các v i ∈ K(γ 1 ) nên có các a ij ∈ K để v i n
Tích phân \$P_{j=1} a_{ij} \alpha_j \beta_i\$ chứng tỏ rằng, tích của \$\alpha_j \beta_i\$ với \$j = 1, \ldots, n\$ và \$i = 1, \ldots, m\$ tạo thành một hệ sinh trong không gian véc tơ K(\$\gamma_1, \gamma_2\$) Hơn nữa, chúng ta chỉ ra rằng tích của \$\alpha_j \beta_i\$ với \$j = 1, \ldots, n\$ và \$i = 1, \ldots, m\$ là độc lập tuyến tính trên K.
Vì β 1 , , β m là một cơ sở của K(γ 1 )-không gian véc tơ K(γ 1 , γ 2 ) nên n
X j=1 a ij α j = 0, i= 1, , m. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Vì tập hợp \( \alpha_1, \ldots, \alpha_n \) là một cơ sở của không gian véc tơ \( K(\gamma_1) \), nên các hệ số \( a_{ij} = 0 \) với mọi \( j = 1, \ldots, n \) và \( i = 1, \ldots, m \) Điều này dẫn đến việc tích \( \alpha_j \beta_i \) với \( j = 1, \ldots, n \) và \( i = 1, \ldots, m \) cũng là một cơ sở của không gian véc tơ \( K(\gamma_1, \gamma_2) \) Hệ số chỉ số của không gian véc tơ này được xác định bởi công thức \( [K(\gamma_1, \gamma_2) : K] = [K(\gamma_1, \gamma_2) : K(\gamma_1)][K(\gamma_1) : K] \).
Trường mở rộng K ∗ của trường cơ sở K được gọi là mở rộng bậc hữu hạn nếu tồn tại một số hữu hạn phần tử γ1, , γs ∈ K ∗, sao cho mỗi phần tử u thuộc K ∗ có thể được biểu diễn dưới dạng tổ hợp của các phần tử này.
P i=1 a i γ i với các phần tử a i ∈ K Hệ γ 1 , , γ s ∈ K ∗ được gọi là một cơ sở của K ∗ trên K nếu có hệ thức s
Nếu tổng \$\sum_{i=1}^{n} a_i \gamma_i = 0\$ thì \$a_1 = a_2 = \ldots = a_s = 0\$, và bậc của mở rộng \$K^*\$ của trường cơ sở \$K\$ được xác định Trường mở rộng \$K^*\$ được gọi là mở rộng đại số của \$K\$ nếu mọi phần tử trong \$K^*\$ đều là phần tử đại số trên \$K\$ Nếu \$K^*\$ là mở rộng bậc hữu hạn \$s\$ của \$K\$, thì mọi phần tử trong \$K^*\$ đều là đại số trên \$K\$, và đa thức tối tiểu của nó trên \$K\$ không có bậc lớn hơn \$s\$.
Chứng minh: Giả thiết hệ γ 1 , , γ s ∈ K ∗ là một cơ sở của K ∗ trên
K Giả sử u ∈ K ∗ Vỡ uγ i ∈ K ∗ nờn uγ i = a i1 γ 1 + a i2 γ 2 + ã ã ã+ a is γ s với các a ij ∈ K và i = 1,2, , s Do vậy, ta có một hệ phương trình tuyến tính thuần nhất
Hệ phương trình này có nghiệm không tầm thường, tức là tồn tại các nghiệm \(\gamma_1, \ldots, \gamma_s\) khác không trong không gian \(K^*\) Để luận văn tốt nghiệp đạt yêu cầu, cần lưu ý rằng định thức của hệ phương trình phải bằng 0, điều này có thể được thể hiện qua công thức: \[\begin{vmatrix}a_{11} & a_{12} & \ldots & a_{1s} \\a_{21} & a_{22} & \ldots & a_{2s} \\\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\a_{s1} & a_{s2} & \ldots & a_{ss}\end{vmatrix} = 0\] Điều này nhấn mạnh tầm quan trọng của việc phân tích định thức trong việc giải quyết hệ phương trình.
= 0. Đa thức F(x) a 11 −x a 12 ã ã ã a 1s a 21 a 22 −x ã ã ã a 2s ã ã ã ã a s1 a s2 ã ã ã a ss −x có bậc s và số hạng
(−1) s x s 6= 0 Do vậy F(x) là đa thức khác 0 bậc s thỏa mãn F(u) = 0.
Vì đa thức tối tiểu của u là một nhân tử của F(x), nên mọi phần tử u thuộc K ∗ đều là đại số trên K, và bậc của đa thức tối tiểu của nó trên K không lớn hơn s Định lý 1.1.21 khẳng định rằng nếu K ∗ là một mở rộng của K và γ1, , γs ∈ K ∗ là đại số trên K, thì trường K(γ 1 , , γ s ) sẽ là một mở rộng đại số của K.
Chứng minh rằng γ 2 là đại số trên K, do đó γ 2 cũng là đại số trên K(γ 1) Tương tự, γs được xác định là đại số trên K(γ1, , γ s−1) Bằng cách áp dụng phương pháp quy nạp theo s và sử dụng Định lý 2.1.15 cùng Định lý 2.1.16, ta có thể kết luận rằng K(γ 1, , γ s) là một mở rộng đại số của K.
Một vài vận dụng
Giả sử \( f(x) \) là một đa thức bất khả quy thuộc vành \( K[x] \) Theo Định lý 2.1.3, tồn tại một mở rộng \( K^* \) của \( K \) sao cho \( f(x) \) có nghiệm \( \gamma_1 \in K^* \) Trong mở rộng đại số \( K(\gamma_1) \), đa thức \( f(x) \) có thể phân tích theo Định lý Bezout dưới dạng \( f(x) = (x - \gamma_1)^{r_1} f_1(x) \), với \( f_1(x) \in K(\gamma_1)[x] \) Nếu \( \deg f_1(x) > 1 \), ta tiếp tục mở rộng \( K(\gamma_1) \) thành \( K(\gamma_1, \gamma_2) \) để có \( f_1(x) = (x - \gamma_2)^{r_2} f_2(x) \) Quá trình này tiếp tục cho đến khi đạt được trường \( K(\gamma_1, \ldots, \gamma_s) \), thỏa mãn sự phân rã của đa thức \( f(x) \) thành tích các nhân tử bậc nhất trong \( K(\gamma_1, \ldots, \gamma_s)[x] \): \[f(x) = (x - \gamma_1)^{r_1} (x - \gamma_2)^{r_2} \ldots (x - \gamma_s)^{r_s}.\]
Kết quả thu được cho thấy rằng với mỗi đa thức \$f(x) \in K[x]\$, luôn tồn tại một mở rộng đại số \$K^*\$ của \$K\$ để \$f(x)\$ có thể phân rã hoàn toàn trong \$K^*[x]\$.
Ví dụ 1.1.23 Đa thức f(x) = x 4 −10x 2 + 1 ∈ Q[x] là bất khả quy.
3)[x] có phân rã f(x) = (x−γ1)(x− γ2)(x −γ3)(x −γ4), trong đó γ1 = √
3, γ 2 = −γ 1 , γ 3 − 1 γ 1 và γ 4 = −γ 3 Định lý 1.1.24 Nếu trường K có nhiều vô hạn phần tử và r đa thức f i (x 1 , , x n ) ∈ K[x 1 , , x n ] \ {0} thì có a 1 , , a n ∈ K để f i (a 1 , , a n ) 6= 0 với mọi i = 1, , r.
Để chứng minh định lý cho một đa thức, ta chỉ cần xem xét trường hợp của đa thức g(x₁, , xₙ) khác không Với n = 1, đa thức g(x₁) có dạng b₀xᵐ + b₁xᵐ⁻¹ + + bₘ, trong đó b₀ khác không Theo Định lý 2.1.5, có thể mở rộng K* của K để g(x₁) m.
K có nhiều phần tử vô hạn, do đó tồn tại a₁ khác γᵢ với mọi i = 1, 2, , m, và từ đó ta có g(a₁) khác 0 Giả sử kết quả đúng cho mọi đa thức trong K[x₁, , xₙ₋₁] Đối với đa thức g(x₁, , xₙ) khác 0, ta có thể viết g(x₁, , xₙ) = f₁(x₁, , xₙ₋₁)xʳₙ + + fᵣ(x₁, , xₙ₋₁) với f₁(x₁, , xₙ₋₁) khác 0.
Theo giả thiết quy nạp, tồn tại các phần tử \(a_1, \ldots, a_{n-1} \in K\) sao cho \(f_1(a_1, \ldots, a_{n-1}) \neq 0\) Do đó, đa thức \(g(a_1, \ldots, a_{n-1}, x_n) = f_1(a_1, \ldots, a_{n-1})x_r^n + \ldots + f_r(a_1, \ldots, a_{n-1}) \neq 0\) Áp dụng trường hợp \(n = 1\) đã được chứng minh, ta có \(a_n \in K\) để \(g(a_1, \ldots, a_{n-1}, a_n) \neq 0\) Định lý 1.1.25 khẳng định rằng nếu đa thức \(f(x) \in C[x]\) thỏa mãn \(f(0) \neq 0\), thì với số nguyên dương \(r\), luôn tồn tại đa thức \(g(x)\) sao cho \(g(x)^r - x\) chia hết cho đa thức \(f(x)\).
Chứng minh: Vì C là một trường đóng đại số theo Định lý cơ bản của đại số, Định lý D’Alembert-Gauss, nên có sự phân rã đa thức f(x) a t
(x−γ i ) s i trong C[x] Xét t đa thức h 1 (x), , h t (x) được xác định bởi các phương trình sau đây: hi(x) =γ i 1/r 1 + 1 rγ i (x−γi) + 1−r r 2 γ i 2 2!(x−γi) 2 +ã ã ã+
Dễ dàng kiểm tra h i (x) r −x chia hết cho (x−γ i ) s i
Ví dụ 1.1.26 Cho số nguyên tố p > 3 Chứng minh rằng dư của phép chia số p
Bài giải: Ta xét trường các lớp thặng dư Zp Mở rộng trường thành trường Z p [i] với i 2 = −1 Ta viết j ∈ Z p qua j, phân tích p
(j+ x) Hiển nhiên f(x) ≡x p −x trên Z p và như vậy p
Ví dụ 1.1.27 Cho số nguyên tố p > 3 Chứng minh rằng nếu dư của phép chia số p cho 8 bằng 1 thì 2 p−1
2 −1 chia hết cho p. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Bài giải: Ta xét trường các lớp thặng dư Zp Mở rộng trường thành
Zp(α) với α 4 = −1 Khi đó trường Zp(α) có đặc số p = 8t+ 1, t ∈ N ∗
(α+α −1 ) p = α p +α −p = α+α −1 Nhân hai vế với α+ α −1 ta nhận được hệ thức dưới đây:
Từ (α+α −1 ) 2 = 2 ta suy ra 2 p+1 2 ≡ 2(modp) hay 2 p−1 2 ≡ 1(modp).
Ví dụ 1.1.28 [Euler] Với x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , y 1 , y 2 , y 3 , y 4 ∈ R ta luôn có (x 2 1 +x 2 2 +x 2 3 +x 2 4 )(y 1 2 +y 2 2 +y 3 2 +y 4 2 ) = u 2 1 +u 2 2 +u 2 3 +u 2 4 , trong đó
u 1 = x 1 y 1 −x 2 y 2 −x 3 y 3 −x 4 y 4 u 2 = x 1 y 2 + x 2 y 1 +x 3 y 4 −x 4 y 3 u 3 = x 1 y 3 −x 2 y 4 + x 3 y 1 +x 4 y 2 u 4 = x 1 y 4 + x 2 y 3 −x 3 y 2 +x 4 y 1 và suy ra bất đẳng thức u 2 1 + u 2 2 +u 2 3 +u 2 4 ⩾ (x1y1 +x2y2 +x3y3 + x4y4) 2
Chứng minh: Xét bài toán trong C. Đặt z 1 = x 1 +ix 2 , z 2 = x 3 +ix 4 , z 3 = y 1 + iy 2 và z 4 = y 3 +iy 4
Ta có thể biểu diễn
Ví dụ 1.1.29 Giả sử hai dãy số nguyên (a n ) và (b n ) xác định như sau:
Khi đó ta có các kết quả sau đây: luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
(i) a n = C 0 n b n + 2 C 1 n b n−1 +ã ã ã+ 2 n−1 C n−1 n b 1 + 2 n C n n b 0 b n = C 0 n a n −2 C 1 n a n−1 +ã ã ã+(−1) n−1 2 n−1 C n−1 n a 1 +(−1) n 2 n C n n a 0 (ii) Tìm số dư của phép chia a p cho p khi p là số nguyên tố.
Bài giải: (i) Xét bài toán trên C. Phương trìnhf(x) =x 3 −2x 2 + 5x−1 = 0 Gọi ba nghiệm của nó trong
C là x 1 , x 2 , x 3 Dễ dàng kiểm tra x 0 1 +x 0 2 +x 0 3 = a 0 , x 1 +x 2 +x 3 = a 1 , x 2 1 +x 2 2 +x 2 3 = a 2 , tổng quát a n = x n 1 +x n 2 + x n 3 , n ⩾ 0.
Tương tự bn = y 1 n +y n 2 +y 3 n , n ⩾ 0, trong đó y1, y2, y3 là ba nghiệm của g(y) = y 3 + 4y 2 + 9y + 9 = 0 Kiểm tra trực tiếp: f(y + 2) = g(y) và g(x−2) = f(x) Vậy ta nhận được các hệ thức sau đây và suy ra (i): a n = x n 1 +x n 2 +x n 3 = (y 1 + 2) n + (y 2 + 2) n + (y 3 + 2) n b n = y 1 n +y 2 n +y 3 n = (x 1 −2) n + (x 2 −2) n + (x 3 −2) n , n ⩾ 0. (ii) Từ a p = x p 1 + x p 2 +x p 3 = (x 1 +x 2 +x 3 ) p − i+j+k=p
Với ba chỉ số i, j, k cố định nhưng có thể hoán vị, tổng của chúng trong một đa thức đối xứng có dạng:\$$\frac{p!}{i!j!k!}(x_1^i x_2^j x_3^k + x_1^i x_3^k x_2^j + x_2^j x_1^i x_3^k + x_2^j x_3^k x_1^i + x_3^k x_2^j x_1^i + x_3^k x_1^i x_2^j)\$$Được viết dưới dạng đa thức với hệ số nguyên, trong đó có các điều kiện: \(x_1 + x_2 + x_3 = 2\), \(x_1 x_2 + x_2 x_3 + x_3 x_1 = 5\) và \(x_1 x_2 x_3 = 1\) Do đó, ta có mối quan hệ \(i + j + k = p\).
0 ⩽ i,j,k
2 thì ap ≡ 2 p ≡ 2(modp) Vậy dư bằng 2.
Phụ thuộc đại số và Định lý Hilbert về cơ sở
Phụ thuộc đại số
Định nghĩa 1.2.1 Giả thiết K ∗ là một trường mở rộng của trường K. Các phần tử γ 1 , γ 2 , , γ r ∈ K ∗ được gọi là phụ thuộc đại số trên K nếu có đa thức khác không f(x 1 , x 2 , , x r ) ∈ K[x 1 , x 2 , , x r ] để f(γ 1 , γ 2 , , γ r ) = 0.
Các phần tử α 1 , α 2 , , α r ∈ K ∗ được gọi là độc lập đại số trên K nếu không có đa thức khác không f(x 1 , x 2 , , x r ) ∈ K[x 1 , x 2 , , x r ] để f(α 1 , α 2 , , α r ) = 0.
Khi r = 1, phần tử γ₁ phụ thuộc đại số trên K nếu và chỉ nếu nó là đại số trên K Đối với các phần tử phụ thuộc đại số γ₁, γ₂, , γᵣ trên K, thường chọn đa thức bất khả quy f(x₁, x₂, , xᵣ) thuộc K[x₁, x₂, , xᵣ] Trong trường hợp này, các phần tử độc lập đại số α₁, α₂, , αᵣ trên K được coi là các biến, và mở rộng trường K(α₁, α₂, , αᵣ) được gọi là trường các hàm số hữu tỷ của các biến αᵢ.
Định lý cơ sở của Hilbert
Xét vành đa thức K[x1, x2, , xn], giả sử I là một iđêan của vành này Chúng ta sẽ chứng minh rằng I có một hệ sinh hữu hạn, tức là tồn tại một số hữu hạn phần tử a1, , as thuộc I sao cho mọi phần tử b ∈ I đều có thể được biểu diễn dưới dạng b = r1a1 + + rsas với các ri ∈ R.
Bổ đề 1.2.3 Mỗi idêan I của vành đa thức một biến K[x] được sinh ra bởi một phần tử.
Giả sử I là một idêan của vành đa thức một biến x Nếu I = (0), thì I được sinh ra bởi phần tử 0 Nếu I 6= (0) và có phần tử a ∈ K, a 6= 0, thuộc I, thì mỗi β ∈ K đều có thể viết thành β = (βα −1 )α ∈ I Ta có thể viết I = (1) = K[x] Nếu không có phần tử khác 0 thuộc K nằm trong I, thì có đa thức bậc dương của x thuộc I Trong số các đa thức bậc dương thuộc I, ta chọn đa thức f(x) bậc thấp nhất d với hệ tử cao nhất bằng 1 Giả sử f(x) = x^d + a_1x^{d−1} + + a_d Với mỗi đa thức g(x) thuộc I, đều có biểu diễn g(x) = f(x)h(x) + r(x) với deg(r(x)) < d, trong đó quy ước bậc của đa thức 0 bằng −1 Vì g(x), f(x) ∈ I nên r(x) ∈ I Vì deg(r(x)) < d nên r(x) = 0, do đó g(x) = f(x)h(x) Vậy I được sinh ra bởi một phần tử f(x) Định lý 1.2.4 khẳng định rằng mỗi idêan I 6= (0) và I 6= (1) của vành đa thức K[x_1, x_2, , x_n] đều có một hệ sinh hữu hạn.
Chúng ta sẽ chứng minh định lý bằng phương pháp quy nạp theo số biến \$n\$ với các biến \$x_1, x_2, \ldots, x_n\$ Đối với trường hợp \$n = 1\$, kết quả đã được xác nhận theo Bổ đề 1.2.3 Giả sử kết quả đúng cho mọi iđêan \$J\$ khác không và khác với vành \$K[x_1, x_2, \ldots, x_{n-1}]\$ Để biểu diễn đa thức thuộc \$I \subset K[x_1, \ldots, x_{n-1}, x_n]\$, ta xem nó như một đa thức của \$x_n\$ với các hệ số thuộc vành \$K[x_1, x_2, \ldots, x_{n-1}]\$ Chúng ta sẽ xét tất cả các hệ số cao nhất theo biến \$x_n\$ của đa thức thuộc \$I\$ Ta có thể viết \$f(x) = f(x_1, \ldots, x_n) = a_1(x_1, \ldots, x_{n-1})x_n^s + a_2(x_1, \ldots, x_{n-1})x_n^{s-1} + \ldots\$ và chứng minh rằng các đa thức \$a_1(x_1, \ldots, x_{n-1})\$ tạo thành một iđêan thuộc vành \$K[x_1, x_2, \ldots, x_{n-1}]\$.
Thật vậy, giả sử g(x) = b 1 (x 1 , , x n−1 )x r n +b 2 (x 1 , , x n−1 )x r−1 n +ã ã ã là một đa thức tùy ý thuộc I và giả sử s ⩾ r, chẳng hạn Khi đó f(x)−x s−r n g(x) = [a 1 (x 1 , , x n−1 )−b 1 (x 1 , , x n−1 )]x s n +ã ã ã là một đa thức thuộc I với hệ tử cao nhất a 1 (x 1 , , x n−1 )−b 1 (x 1 , , x n−1 ).
Nếu \( a(x_1, \ldots, x_{n-1}) \in K[x_1, \ldots, x_{n-1}]\), thì \( a(x_1, \ldots, x_{n-1})f(x) \in I \) với hệ tử cao nhất là \( a(x_1, \ldots, x_{n-1})a_1(x_1, \ldots, x_{n-1}) \) Theo định nghĩa của iđêan, các hệ tử cao nhất của các đa thức thuộc \( I \) lập thành một iđêan \( J \) trong \( K[x_1, x_2, \ldots, x_{n-1}] \) Theo giả thiết quy nạp, \( J \) có một hệ sinh hữu hạn gồm \( t(x_1, x_2, \ldots, x_{n-1}) \) với \( t = 1, 2, \ldots, m_0 \) Mỗi phần tử thuộc \( J \) đều có thể biểu diễn thành tổng như sau: \( m_0 \).
Các đa thức của n−1 biến \( h_t(x_1, x_2, \ldots, x_{n-1}) \) thuộc iđêan \( J \) dẫn đến việc tồn tại đa thức \( f_t(x) = f_t(x_1, \ldots, x_n) \in I \) với biểu diễn \( f_t(x) = h_t(x_1, x_2, \ldots, x_{n-1}) x^{s_n}_t + \ldots \), trong đó \( t = 1, 2, \ldots, m_0 \) Đặt \( s = \max\{s_1, s_2, \ldots, s_{m_0}\} \) Giả sử \( f(x) = a(x_1, \ldots, x_{n-1}) x^r_n + \ldots \) với \( r \geq s \) Biểu diễn \( a(x_1, \ldots, x_{n-1}) \) có \( m_0 \) biến.
X t=1 c t (x 1 , x 2 , , x n−1 )x r−s n t f t (x 1 , , x n−1 , x n ) thuộc I với bậc nhỏ hơn r Lặp lại quá trình, sau vài lần ta có thể viết f(x)− m
Xét các đa thức thuộc lý thuyết I với bậc nhỏ hơn s, ta chỉ cần tập trung vào các đa thức có bậc theo biến x_n nhỏ hơn s Đặc biệt, các đa thức của x_n với bậc s−1 và hệ tử thuộc K[x_1, x_2, , x_{n−1}] sẽ được xem xét Giả sử g(x) = b_1(x_1, , x_{n−1})x^{s-1}_n + b_2(x_1, , x_{n−1})x^{s-2}_n + và h(x) = c_1(x_1, , x_{n−1})x^{s-1}_n + c_2(x_1, , x_{n−1})x^{s-2}_n +
Khi xét hàm g(x)−h(x) = [b 1 (x 1 , , x n−1 )−c 1 (x 1 , , x n−1 )]x s−1 n +ã ã ã và a(x 1 , , x n−1 )g(x) thuộc I có bậc nhỏ hơn s, ta thấy rằng các hệ tử cao nhất theo luận văn tốt nghiệp có thể lập thành một lý thuyết J 1 ⊂ K[x 1 , x 2 , , x n−1 ] Theo giả thiết quy nạp, J 1 có một hệ sinh hữu hạn, bao gồm h m 0 +u (x 1 , x 2 , , x n−1 ) với m0 +u = m0 + 1, m0 + 2, , m1 Đặt fm 0 +u(x) = hm 0 +u(x1, x2, , x n−1 )x s−1 n +ã ã ã, với m 0 + u = m 0 + 1, m 0 + 2, , m 1, là những đa thức thuộc I có hệ tử cao nhất h m 0 +u (x 1 , x 2 , , x n−1 ) và bậc theo x n bằng s−1 Do đó, mỗi đa thức k(x) ∈ I có bậc theo x n bằng s−1 đều có thể được biểu diễn dưới dạng k(x) − m 1.
P u=1 f m 0 +u (x) là đa thức bậc không vượt quá s−2 Lặp lại, sau một số hữu hạn lần, hiệu f(x)− m v
P t=1 b t (x 1 , , x n−1 , x n )f t (x 1 , , x n−1 , x n ) theo giả thiết quy nạp.
Định lý không điểm của Hilbert
Giả sử K = C, một trường đóng đại số Để trình bày Định lý không điểm của Hilbert, chúng ta sẽ sử dụng Định lý 1.3.1, một kết quả chưa được chứng minh Theo đó, nếu hệ các phương trình đa thức g_i(x_1, \ldots, x_n) = 0 với i = 1, 2, \ldots, r không có nghiệm, thì tồn tại các đa thức a_i(x_1, \ldots, x_n) thuộc C[x_1, \ldots, x_n] thỏa mãn điều kiện r.
Xét hệ phương trình đa thức \( f_i(x_1, \ldots, x_n) = 0 \) với \( i = 1, 2, \ldots, r \) Giả sử đa thức \( g(x_1, \ldots, x_n) \neq 0 \) thỏa mãn \( g(\xi_1, \xi_2, \ldots, \xi_n) = 0 \) khi \( (\xi_1, \xi_2, \ldots, \xi_n) \) là nghiệm của hệ phương trình \( f_i(x_1, \ldots, x_n) = 0 \) với \( i = 1, 2, \ldots, r \).
Khi đó ta có kết quả sau: Định lý 1.3.2 [Hilbert’s zero-theorem] Giả sử g(x 1 , , x n ) khác không thỏa mãn g(ξ 1 , ξ 2 , , ξ n ) = 0 khi (ξ 1 , ξ 2 , , ξ n ) là nghiệm của hệ f i (x 1 , , x n ) = 0 i = 1,2, , r.
Khi đó có các đa thức b i (x 1 , , x n ) ∈ C[x 1 , , x n ] và số nguyên dương s thỏa mãn g(x 1 , , x n ) s r
Chứng minh: Ký hiệu z là biến mới Coi các đa thức f i (x 1 , , x n ) như là các phần tử thuộc vành đa thức C[x1, , xn, z] Xét hệ phương trình đa thức
fi(x) = fi(x1, , xn) = 0 i = 1,2, , r zg(x)−1 = zg(x 1 , , x n )−1 = 0.
Hệ này vô nghiệm Theo Định lý 1.3.1, tồn tại các a i (x 1 , , x n , z) và b(x 1 , , x n , z) thuộc vành C[x 1 , , x n , z] để r
X i=1 a i (x 1 , , x n , z)f i (x) +b(x 1 , , x n , z)(zg(x)−1) = 1. Đồng nhất thức này vẫn đúng khi ta thay z qua 1 g(x) Từ đây suy ra r
Nhân hai vế với một lũy thừa thích hợp của g(x) ta nhận được hệ thức g(x1, , xn) s r
P i=1 bi(x1, , xn)fi(x1, , xn). luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Bổ đề 1.3.3 khẳng định rằng, với trường K có char(K) = 0 và đa thức khác không g(x) = g(x_1, \ldots, x_n) ∈ K[x], ta định nghĩa t_i = deg_i g(x) là bậc của g(x) theo biến x_i, với i = 1, \ldots, n Các tập con S_i ⊂ K cần thỏa mãn điều kiện |S_i| ≥ t_i + 1 Nếu g(α) = 0 cho mọi (α) = (α_1, \ldots, α_n) thuộc S_1, S_2, \ldots, S_n, thì suy ra g(x) ≡ 0.
Chúng ta sẽ chứng minh kết luận bằng phương pháp quy nạp theo n Đối với n = 1, đa thức một biến g(x₁) bậc t₁ triệt tiêu trên tập S₁ với nhiều hơn t₁ phần tử, do đó g(x₁) ≡ 0 theo Định lý Bezout Giả sử kết luận đúng cho tất cả các đa thức ít hơn n biến, ta có thể biểu diễn lại đa thức g(x) thành đa thức của biến xₙ như sau: g(x₁, , xₙ) tₙ.
Với mỗi bộ (γ) = (γ 1 , , γ n−1 ) ∈ S 1 ìS 2 ì ã ã ã ìS n−1 cố định ta cú g(γ, xn) t n
Từ phương trình \( P_{j=0}^{t_n} g_j(\gamma)x^j \equiv 0 \) trên tập \( S_n \), ta suy ra rằng \( g_j(\gamma) = 0 \) với mọi \( j = 0, 1, \ldots, t_n \) và mọi \( \gamma \in S_1 \subset S_2 \subset \ldots \subset S_{n-1} \) Theo giả thiết quy nạp, ta có \( g_j(x_1, \ldots, x_{n-1}) \equiv 0 \) với mọi \( j = 0, 1, \ldots, t_n \), do đó \( g(x) \equiv 0 \) Bổ đề đã được chứng minh Định lý 1.3.4 [Noga Alon] giả thiết rằng trường \( K \) có \( \text{char}(K) = 0 \) Cho đa thức khác không \( g(x) = g(x_1, \ldots, x_n) \in K[x] \), ký hiệu các tập con \( S_i \subset K \) thỏa mãn \( |S_i| \geq 1 \) và \( p_i(x_i) = \prod_{s \in S_i} \).
Nếu g(x) triệt tiêu tại mọi nghiệm chung của p 1 , , p n thì tồn tại đa thức q 1 , , q n ∈ K[x 1 , , x n ] thỏa mãn degq i ⩽ degg −degp i để g n
Chứng minh: Đặt t i = |S i | −1 với i = 1, , n Theo giả thiết ta có g(α) = 0 với mọi (α) ∈ S1ìS2ì ã ã ã ìSn Ta biểu diễn lại cỏc đa thức p i (x i ) = Y s∈S i
X j=0 a ij x j i , a ij ∈ S i , i= 1, , n. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Đa thức \( g^*(x) \) được tạo ra từ \( g(x) \) bằng cách biểu diễn \( g(x) \) như một tổ hợp của các đơn thức, trong đó các biến \( x_{t_i}^{i+1} \) được thay thế lần lượt bởi \( t_i \) với \( i = 1, \ldots, n \).
Đa thức \( g^*(x) \) có bậc không quá \( t_i \) đối với mỗi biến \( x_i \) với \( i = 1, \ldots, n \) được tạo ra từ \( g(x) \) bằng cách trừ đi các tích dạng \( q_i p_i \), trong đó đa thức \( q_i \in K[x_1, \ldots, x_n] \) và \( \deg q_i \leq \deg g - \deg p_i \) Qua các biến đổi này, ta luôn có \( g^*(\alpha) = g(\alpha) = 0 \) với mọi \( \alpha \in \mathbb{N} \).
S i Theo Bổ đề 1.3.3, g ∗ ≡0 và suy ra g n
P i=1 q i p i Định lý 1.3.5 [Noga Alon] Giả thiết trường K có char(K) = 0. Cho đa thức khác không g(x) = g(x 1 , , x n ) ∈ K[x] với bậc degg(x) n
P i=1 t i , t i ∈ N Giả thiết hệ số của đơn thức n
P i=1 x t i i khác 0 Khi đó, nếu các tập con S i ⊂ K thỏa mãn |S i | ⩾ t i với i = 1,2, , n, thì tồn tại α1 ∈ S1, , αn ∈ Sn để g(α) 6= 0.
Chứng minh: Kết quả được suy ra từ Định lý 1.3.4. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Chương 2Tính gần đúng nghiệm
Nghiệm của hệ đa thức
Kết thức và phép khử
Kết thức của hai đa thức là một khái niệm quan trọng trong đại số máy tính, cho phép xác định tính chất của hai đa thức một biến trên trường K có nghiệm chung mà không cần tìm nghiệm cụ thể Công cụ này không chỉ giúp phân tích hệ số của đa thức mà còn hỗ trợ giải quyết hiệu quả các bài toán liên quan đến hệ phương trình đại số.
Khái niệm kết thức và biệt thức
Giả sử có một họ gồm m+n+2 biến độc lập đại số trên trường K, với các đa thức thuộc K[u, v][x] được biểu diễn như sau: \$f_u = u_0 x^m + u_1 x^{m-1} + \ldots + u_m\$ và \$g_v = v_0 x^n + v_1 x^{n-1} + \ldots + v_n\$ Định thức cấp m+n được tạo thành từ n dòng cho các \$u_i\$ và m dòng cho các \$v_j\$.
Kết thức hay Định thức Sylvester của hai hàm số \( f(u) \) và \( g(v) \) được định nghĩa thông qua ma trận Res(fu, gv), trong đó các vị trí trắng đều bằng 0 Từ định nghĩa này, ta có thể suy ra một số tính chất quan trọng liên quan đến hàm số và mối quan hệ giữa chúng.
Res(f u , g v ) là một đa thức thuần nhất bậc m + n với hệ số nguyên, đồng thời là đa thức thuần nhất bậc n của các u i và bậc m của các v j Đặc biệt, Res(f u , g v ) có một hạng tử là u n 0 v n m và một hạng tử khác là u n n v m 0 với dấu + hoặc − Nếu m ⩾ n và c ∈ K, thì Res(f u + cg v , g v ) = Res(f u , g v ) Hơn nữa, với đa thức h t, ta có Res(f u , g v h t ) = Res(f u , g v ) · Res(f u , h t ) Định lý 2.1.1 khẳng định rằng với hai đa thức f u và g v, luôn tồn tại hai đa thức h(u, v, x) và k(u, v, x) thuộc K[u, v][x] thỏa mãn hệ thức biểu diễn.
Chứng minh: Sử dụng một hệ các đồng nhất thức như dưới đây:
x n−1 f u = u 0 x m+n−1 +u 1 x m+n−2 +ã ã ã+u m x n−1 x n−2 f u = u 0 x m+n−2 +u 1 x m+n−3 +ã ã ã+u m x n−2 f u = u 0 x m +u 1 x m−1 +ã ã ã+u m x m−1 g v = v 0 x m+n−1 +v 1 x m+n−2 +ã ã ã+v n x m−1 x m−2 g v = v 0 x m+n−2 +v 1 x m+n−3 +ã ã ã+v n x m−2 gv = v0x n +v1x n−1 +ã ã ã+vn. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Ta coi z i = x m+n−1−i , i = 0,1, , m+ n− 1, là các ẩn và định thức của hệ phương trình tuyến tính này là Res(f u , g v ).
Ký hiệu ~ki, i = 0,1, , m+ n−1, là các véc tơ cột của ma trận ngay dưới đây
và~k = (x n−1 f u , , f u , x m−1 g v , , g v ) T Khi đó ta có hệ phương trình z 0 ~k 0 +z 1 ~k 1 +ã ã ã+z m+n−1 ~k m+n−1 =~k.
Giải hệ qua định thức và khai triển định thức ta có hệ thức Res(f u , g v ) = det(~k0, ~k 1 , , ~k).
Vậy Res(fu, gv) =h(u, v, x)fu+k(u, v, x)gv.
Tiếp theo, thực hiện phép đặc biệt hóa từ K[u, v][x] sang K[x] bằng cách thế các biến như sau: $(u_0, \ldots, u_m) \mapsto (a_0, \ldots, a_m)$ và $(v_0, v_1, \ldots, v_n) \mapsto (b_0, b_1, \ldots, b_n)$ Khi đó, ta có hai đa thức $f_a$ và $g_b$, cùng với kết thức $Res(f_a, g_b)$, được xác định như sau: \[f_a = a_0 x^m + a_1 x^{m-1} + \ldots + a_m, \quad g_b = b_0 x^n + b_1 x^{n-1} + \ldots + b_n, \quad a_0 b_0 \neq 0.\]
luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Bổ đề 2.1.2 khẳng định rằng hai đa thức \( f_a \) và \( g_b \) có ước chung khác hằng số nếu và chỉ nếu tồn tại hai đa thức \( p(x) \) và \( q(x) \) thuộc \( K[x] \) có dạng \( p(x) = c_0 x^{m-1} + c_1 x^{m-2} + \ldots + c_{m-1} \) và \( q(x) = d_0 x^{n-1} + d_1 x^{n-2} + \ldots + d_{n-1} \) không đồng thời bằng 0, thỏa mãn điều kiện \( q(x)f_a = p(x)g_b \).
Giả sử có quan hệ \( q(x)f_a = p(x)g_b \) Mọi nhân tử của \( f_a \) không thể chỉ là các nhân tử của \( p(x) \) vì \( \deg p(x) \leq m-1 < m \) Tương tự, mọi nhân tử của \( g_b \) cũng không thể chỉ là các nhân tử của \( q(x) \) vì \( \deg q(x) \leq n-1 < n \) Do đó, hai đa thức \( f_a \) và \( g_b \) phải có ít nhất một nhân tử chung bất khả quy.
Ngược lại, giả sử f a và g b có nhân tử chung là d(x) khác hằng số. Đặt f a = d(x)p(x) và g b = d(x)q(x).
Khi đó q(x)f a = q(x)d(x)p(x) = p(x)g b với m−1 ⩾ degp(x), n−1⩾ degq(x).
Chú ý rằng, phương trình q(x)f a = p(x)g b tương đương với hệ phương trình tuyến tính m+n ẩn c i , d j như sau đây:
Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất bao gồm m+n phương trình với các hệ số \(c_0, c_1, \ldots, c_{m-1}\) và \(d_0, d_1, \ldots, d_{n-1}\) Hệ này có nghiệm không tầm thường khi và chỉ khi định thức cấp \(m+n\) sau đây bằng 0.
= 0 với những vị trí trắng đều bằng 0 Kết quả sau được suy ra từ Định lý 2.1.1:
Hệ quả 2.1.3 Cho đa thức f a và g b có hai đa thức α(x), β(x) ∈ K[x] để α(x)f a + β(x)g b = Res(f a , g b ).
Đa thức \( f_a \) và \( g_b \) có thể được tạo ra từ việc đặc biệt hóa hai đa thức \( f_u \) và \( g_v \) Theo Định lý 2.1.1, tồn tại hai đa thức \( \alpha(x), \beta(x) \in K[x] \) sao cho \( \alpha(x)f_a + \beta(x)g_b = Res(f_a, g_b) \) thông qua quá trình đặc biệt hóa.
Hệ quả 2.1.4 Cho đa thức f a và g b Hai đa thức f a và g b có nghiệm chung trong một mở rộng K ∗ của K khi và chỉ khi Res(f a , g b ) = 0.
Giả sử hai đa thức \( f_a \) và \( g_b \) có nghiệm chung \( \xi \in K^* \), ta có \( f_a(\xi) = 0 \) và \( g_b(\xi) = 0 \) Theo Hệ quả 2.1.3, ta nhận được phương trình \( \text{Res}(f_a, g_b) = \alpha(\xi)f_a(\xi) + \beta(\xi)g_b(\xi) = 0 \) Ngược lại, nếu \( \text{Res}(f_a, g_b) = 0 \), thì \( f_a \) và \( g_b \) có nhân tử chung khác hằng số Do đó, \( f_a \) và \( g_b \) có nghiệm chung trong mở rộng \( K^* \) của \( K \).
Mệnh đề 2.1.5 [Bezoút] Cho hai đa thức f(x), g(x) ∈ R[x] Điều kiện cần và đủ để ước chung lớn nhất (f(x), g(x)) = 1 là có hai đa thức p(x), q(x) ∈ R[x] để p(x)f(x) +q(x)g(x) = 1.
Chứng minh: Theo Hệ quả 2.1.3 tồn tại hai đa thức α(x), β(x) ∈ R[x] thỏa mãn α(x)f(x) +β(x)g(x) =Res(f, g) Chú ý rằng Res(f, g) ∈ R. Như vậy f và g không có nhân tử chung khác hằng số hay
(f(x), g(x)) = 1 khi và chỉ khi Res(f, g) 6= 0 Điều này tương đương với điều kiện 1
Ví dụ 2.1.6 Xác định điều kiện cần và đủ để f(x) = x 2 +ax + 1 và g(x) =px+ q có nghiệm chung.
Bài giải: Hai đa thức f(x) và g(x) có nghiệm chung khi và chỉ khi kết thức Res(f, g) = 0 Vậy f(x) và g(x) có nghiệm chung khi và chỉ khi
Ví dụ 2.1.7 Xác định điều kiện cần và đủ để f(x) = x 2 + ax+ b và g(x) =x 2 +px+q có nghiệm chung.
Bài giải: Hai đa thức f(x) và g(x) có nghiệm chung khi và chỉ khi kết thức Res(f, g) = 0 Vậy f(x) và g(x) có nghiệm chung khi và chỉ khi
Để xác định giá trị của \( a \) sao cho hai phương trình \( x^3 - ax + 2 = 0 \) và \( x^2 + ax + 2 = 0 \) có nghiệm chung trong tập số phức \( \mathbb{C} \), cần phân tích các điều kiện liên quan đến nghiệm của hai phương trình này.
Bài giải: Hai phương trình đã cho có nghiệm chung khi và chỉ khi kết thức tương ứng của chúng bằng 0 hay
Khi a = 3 hai phương trình x 3 −3x+ 2 = 0 và x 2 + 3x + 2 = 0 có nghiệm chung x = −2
Khi a = −1 hai phương trình x 3 + x + 2 = 0 và x 2 −x + 2 = 0 có nghiệm chung x = 1±i√
2 Xột đa thức f = a 0 x m + a 1 x m−1 + ã ã ã + a m−1 x+ a m Biệt thức D(f) của f được định nghĩa bằng
Các mệnh đề sau được suy ra từ các kết quả trên.
(x−α i ). Khi đó ta có đồng nhất thức
Chứng minh: (i) Trong chứng minh của Định lý 2.1.14 ta đã chỉ ra đồng nhất thức Res(f, f 0 ) =a m−1 0 m
(α i − α j ) Từ D(f) = (−1) m(m−1)/2 a −1 0 Res(f, f 0 ) ta luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si suy ra hệ thức D(f) = (−1) m(m−1)/2 a −1 0 a m−1 0 m
Sau khi biến đổi tích ta có D(f) = a 2m−2 0 Q
Mệnh đề 2.1.10 Với đa thứcf vàg cóD(f g) = D(f)D(g)[Res(f, g)] 2
Ví dụ 2.1.11 Với đa thức f = ax 2 +bx+c = a(x−x1)(x−x2) có
Ví dụ 2.1.12 Với đa thức f = x 3 +ax+b = (x−x 1 )(x−x 2 )(x−x 3 ) có D(f) = (x1−x2) 2 (x2−x3) 2 (x1−x3) 2 = −f 0 (x1)f 0 (x2)f 0 (x3) Dễ dàng có được 3x 2 1 +a = (x 1 −x 2 )(x 1 −x 3 ), 3x 2 2 +a = (x 2 −x 3 )(x 2 −x 1 ) và 3x 2 3 +a = (x 3 −x 1 )(x 3 −x 2 ) Vậy D(f) =−(a+ 3x 2 1 )(a+ 3x 2 2 )(a+ 3x 2 3 )
Biểu diễn kết thức qua nghiệm
Giả sử u 0 , z 1 , , z m và v 0 , t 1 , , t n là những biến độc lập đại số trên
K Xét hai đa thức f u = u 0 (x−z 1 ) .(x−z m ) =u 0 x m +u 1 x m−1 +ã ã ã+u m gv = v0(x−t1) .(x−tn) = v0x n +v1x n−1 +ã ã ã+vn thuộc vành đa thức K[u, v][x].
Vấn đề đặt ra:Biểu diễn kết thức Res(f u , g v ) qua cácz i , t j Trước tiên ta cần bổ đề sau:
Bổ đề 2.1.13 Cho đa thức p(y1, , ys) ∈ K[y] Khi đó ta có đồng nhất thức p(y 1 , y 2 , , y s ) −p(z 1 , z 2 , , z s ) s
P i=1 γ i (y i − z i ), trong đó γ i ∈ K[y 1 , , y s , z 1 , , z s ]. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Chứng minh: Coi p(y 1 , y 2 , , y s ) như là một đa thức thuộc vành đa thúc K[y 2 , , y s ][y 1 ].
Khi đó ta có thể biểu diễn p(y1, y2, , ys) = q(y1) =X i c(y)y 1 i với c(y) ∈ K[y 2 , , y s ] và ta có ngay q(y 1 )−q(z 1 ) =X i c(y)(y 1 i −z 1 i ) =d(y, y 1 , z 1 )(y 1 −z 1 ).
Vận dụng kết quả này được p(y)−p(z) = p(y 1 , y 2 , , y s−1 , y s )−p(z 1 , z 2 , , z s−1 , z s )
Từ kết quả vừa chỉ ra ở trên suy ra p(y 1 , y 2 , , y s )−p(z 1 , z 2 , , z s ) s
Vận dụng bổ đề này ta chỉ ra công thức biểu diễn kết thức qua z i và t j Định lý 2.1.14 Giả sử f u = u 0 m
(x −t j ) = v 0 x n + v 1 x n−1 + ã ã ã+ v n Khi đú ta cú đồng nhất thức Res(f u , g v ) = u n 0 v m 0 m
Theo tính chất của kết thức, Res(f u , g v ) là đa thức thuần nhất bậc n của các u i và bậc m của các v j Các u r là những đa thức đối xứng cơ bản của các z i nhân với u 0, trong khi các v s là những đa thức đối xứng cơ bản của các t j nhân với v 0 Do đó, ta có thể viết Res(fu, gv) = u n 0 v 0 m h(z, t), với h(z, t) ∈ Z[z1, , zm, t1, , tn] Khi cho zi = tj, hai đa thức fu và gv có nghiệm chung, dẫn đến Res(f u , g v ) = 0 hay h(z, t) = 0 Từ đó, h(z, t) chia hết cho z i −t j theo Bổ đề 2.1.13, và với mỗi cặp (i, j), z i −t j là bất khả quy, cho thấy Res(f u , g v ) chia hết cho u n 0 v 0 m.
S là đa thức thuần nhất bậc m của các v_j và bậc n của các u_i Do đó, S và Res(f_u, g_v) chỉ khác nhau bởi một hằng số thuộc Z Vì hệ tử của u_{n_0} v_{0} m trong S và Res(f_u, g_v) đều bằng 1, ta có:\[Res(f_u, g_v) = u_{n_0} v_{0} m\]
Hệ quả 2.1.15 Giả sử hai đa thức f a = a 0 x m + a 1 x m−1 + ã ã ã + a m và g b = b 0 x n + b 1 x n−1 + ã ã ã + b n thuộc K[x] với a 0 b 0 6= 0 và cú cỏc nghiệm α 1 , , α m và β 1 , , β n trong K Khi đó ta có đồng nhất thức Res(fa, gb) =a n 0 b m 0 m
Chứng minh: Thực hiện phép đặc biệt hóa Z[u0, v0, z, t] → K sau đây: u 0 7→ a 0 , v 0 7→b 0 và (z i ) 7→ (α i ),(t j ) 7→ (β j ).
Từ Định lý 2.1.14 suy ra đồng nhất thức Res(f a , g b ) =a n 0 b m 0 m
Hệ quả 2.1.16 Với ba đa thức f 1 , f 2 và g thuộc K[x] có đồng nhất thức Res(f1f2, g) = Res(f1, g) Res(f2, g). luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Chứng minh: Giả sử các α i và β j là nghiệm của f 1 f 2 và g, tương ứng, trong một mở rộng của K.
Theo Hệ quả 2.1.15 ta có
Phép khử ẩn
Giả sử các đa thức \( f_1, \ldots, f_s \in K[x] \) có bậc không nhỏ hơn 1, chúng ta cần xác định điều kiện để các đa thức này có nghiệm chung Để giải quyết vấn đề này, ta lấy \( 2s \) biến \( u_1, \ldots, u_s, v_1, \ldots, v_s \) độc lập đại số trên \( K \) và xét vành \( K^* = K[u_1, \ldots, u_s, v_1, \ldots, v_s] \) Trong \( K^*[x] \), ta xem xét hai đa thức \( f(x) = u_1 f_1(x) + u_2 f_2(x) + \ldots + u_s f_s(x) \) và \( g(x) = v_1 f_1(x) + v_2 f_2(x) + \ldots + v_s f_s(x) \).
Nếu các đa thức \( f_1, \ldots, f_s \) có nghiệm chung \( x = \alpha \) thuộc trường \( K \) hoặc trường mở rộng của \( K \), thì \( x = \alpha \) cũng là nghiệm chung của các đa thức \( f \) và \( g \) Ngược lại, do các đa thức \( u_1, \ldots, u_s \) và \( v_1, \ldots, v_s \) độc lập đại số trên \( K \), nên nghiệm chung của \( f \) và \( g \) cũng là nghiệm chung của các đa thức \( f_i \) Do đó, ta có kết quả quan trọng này.
Mệnh đề 2.1.17 Các đa thức f 1 , , f s ∈ K[x] với bậc đều không nhỏ hơn 1 có nghiệm chung khi và chỉ khi Res(f, g) = 0.
Ví dụ 2.1.18 Xác định điều kiện cần và đủ để f 1 (x) =x 2 +ax+ 1 và f 2 (x) = x 2 +bx+ 1 có nghiệm chung.
Hai đa thức \( f = u_1 f_1(x) + u_2 f_2(x) \) và \( g = v_1 f_1(x) + v_2 f_2(x) \) có nghiệm chung khi và chỉ khi \( Res(f, g) = 0 \) Do đó, \( f_1(x) \) và \( f_2(x) \) có luận văn tốt nghiệp mới nhất khi \( u_1 + u_2 = 0 \) và \( u_1 a + u_2 b = 0 \).
Ví dụ 2.1.19 Cho đa thức p(x, z) của biến x, z và đa thức q(y, z) của biến y, z Khi đó hệ phương trình p(x, z) = 0 q(y, z) = 0 được đưa về giải phương trình đa thức r(x, y) = 0.
Hai đa thức P(z) = p(x, z) và Q(z) = q(y, z) được xem như là đa thức của biến z, với x và y là hằng số Hệ (x, y, z) có nghiệm chung khi và chỉ khi P(z) và Q(z) có nghiệm chung, dẫn đến r(x, y) = Res(P, Q) = 0.
Mệnh đề này cho thấy rằng hệ phương trình đa thức hai ẩn có thể được giải thông qua phương trình đa thức một ẩn, và được gọi là phép khử ẩn Định lý 2.1.20 liên quan đến hệ phương trình (A).
f(x, y) = 0 g(x, y) = 0 f, g ∈ R[x, y] được giải qua phương trình đa thức một ẩn.
Chứng minh rằng ta có thể coi F(x) = f(x, y) và G(x) = g(x, y) như là đa thức của x, với y là hằng số Giả sử (x₀, y₀) là nghiệm của hệ, thì F(x) và G(x) có nghiệm chung x₀ tương ứng với y₀, tương đương với H(y) = Res(F, G) = 0 Điều này cho thấy x₀ là nghiệm chung của hai đa thức f(x, y₀) và g(x, y₀) Do đó, phương trình kết thúc Res(F, G) = 0 khi y = y₀ Từ đó, việc giải hệ (A) được chuyển thành giải phương trình đa thức Res(F, G) = 0 theo biến y Với mỗi nghiệm y₀, ta giải hệ f(x, y₀) = 0 và g(x, y₀) = 0, từ đó hoàn thành việc giải hệ (A).
Ví dụ 2.1.21 Giải hệ phương trình xy −1 = 0 x 2 + y 2 −4 = 0 trong R. Bài giải: Giải phương trình kết thức của hệ phương trình đã cho y −1 0
Ví dụ 2.1.22 Giải hệ phương trình x 2 −xy +y 2 −3 = 0 x 2 y +xy 2 −6 = 0 trong R. Bài giải: Giải phương trình kết thức của hệ phương trình đã cho
= 3y 6 −12y 4 + 9y 2 −36y + 36 = 0 hay y 6 − 4y 4 + 3y 2 − 12y + 12 = 0 Khi đó y = 1 hoặc y = 2 hoặc y 4 + 3y 3 + 3y 2 + 3y + 6 = 0 hay y 2 + 3
Ví dụ 2.1.23 Giải hệ phương trình x 3 −xy−y 3 +y = 0 x 2 +x−y 2 −1 = 0 trong R. Bài giải: Giải phương trình kết thức của hệ phương trình đã cho
= 5y 5 −7y 4 +6y 3 −2y 2 −y−1 = 0. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
5y 4 −2y 3 + 4y 2 + 2y + 1 = 0 hay y 2 −y 2 + y + 1 2 + 4y 4 + 2y 2 = 0 không có nghiệm thực.
Phép biến đổi Tschirnhaus
Vào năm 1683, E V von Tschirnhaus đã công bố một phương pháp biến đổi phương trình đại số trong Tạp chí "Acta eruditorum" tại Leipzig Ông tin rằng có thể giải một phương trình đa thức bậc tùy ý bằng căn thức Phép biến đổi này mở ra hướng đi mới trong việc giải quyết các phương trình đại số.
Giả sử phương trình đa thức f(x) = 0 có n nghiệm x 1 , x 2 , , x n và phân thức hữu tỷ y = g(x) = p(x) q(x), trong đó q(x k ) 6= 0 với mọi k = 1,2, , n, và (p(x), q(x)) = 1 Xác định phương trình đa thức
F(y) nhận y1, y2, , yn làm nghiệm, trong đó yk = p(x k ) q(x k ) với k = 1,2, , n.
Mệnh đề 2.1.24 Tồn tại đa thức h(x) bậc không lớn hơn n−1 thỏa mãn g(x k ) =h(x k ) với mọi k = 1,2, , n.
Chứng minh: Do bởi hai đa thức f(x) và q(x) không có nghiệm chung nên (f(x), q(x)) = 1.
Có hai đa thức \( u(x) \) và \( v(x) \) sao cho \( u(x)f(x) + v(x)q(x) = 1 \) theo Mệnh đề 2.1.5 Từ đó, ta suy ra \( v(x_k)q(x_k) = 1 \) hay \( \frac{1}{q(x_k)} = v(x_k) \) với mọi \( k = 1, 2, \ldots, n \) Do đó, ta có \( y_k = g(x_k) = p(x_k)v(x_k) \) với mọi \( k = 1, 2, \ldots, n \)
Biểu diễn p(x)v(x) =t(x)f(x) + h(x) với degh(x) < degf(x) Khi đó y k = g(x k ) = h(x k ) với mọi k = 1,2, , n.
Mệnh đề 2.1.25 Đa thức h(y) có được qua khử x từ hệ phương trình f(x) = 0 p(x)−yq(x) = 0.
Qua các kết quả trên, phép biến đổi Tschrnhaus thường có dạng y = g(x) =p 0 +p 1 x+ p 2 x 2 + ã ã ã+ p n−1 x n−1 và ta có thể tính các hệ số của R(y) qua những phép thế.
Chú ý 2.1.26 (1) Phép biến đổi thường được sử dụng là y = ax+b cx+d.
Khử x qua việc thay x = dy −b a−cy vào f(x) và ta nhận được h(y) = (a−cy) n f dy −b a−cy
(2) Biến đổi phương trình để từ phương trình đã cho ta xây dựng phương trình mới và các hệ thức mới.
Giả sử f(x) có n nghiệm x1, x2, , xn và phân thức hữu tỷ y = g(x) = p(x) q(x), trong đó q(xk) 6= 0 với mọi k = 1,2, , n, và
(p(x), q(x)) = 1 Khi có đa thức mới F(y) nhận y k = p(x k ) q(xk) làm nghiệm với k = 1, , n và tính được ngay hai biểu thức
Y k=1 p(xk) q(x k ). Mệnh đề 2.1.27 Giả sử x 1 là nghiệm của phương trình x 3 + ax 2 +bx+ c = 0
Khi đó mỗi hàm hữu tỷ củax 1 đều biểu diễn được thành dạng Ax1 +B
Cx 1 + D. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Chứng minh rằng mọi phân thức hữu tỷ của \(x_1\) có thể được chuyển đổi về dạng \(\frac{a_1 x_1^2 + b_1 x_1 + c_1}{a_2 x_1^2 + b_2 x_1 + c_2}\) dựa trên đồng nhất thức \(mx_1^2 + nx_1 + p = (pm - bm^2 + amn - n^2)x_1 + (amp - np - cm^2)\) Từ đó, ta có thể đưa hàm hữu tỷ của \(x_1\) về dạng \(Ax_1 + B\).
Ví dụ 2.1.28 Giả sử x 3 + ax 2 +bx + c = 0 có ba nghiệm x 1 , x 2 , x 3 Xác định phương trình đa thức bậc ba nhận y1 = x 2 1 −x2x3, y2 = x 2 2 −x3x1, y3 = x 2 3 −x1x2 làm nghiệm.
Bài giải: Thay y1 = x 2 1 + c x 1 , y2 = x 2 2 + c x 2 , y3 = x 2 3 + c x 3 ta sẽ khử x từ hệ x 3 +ax 2 +bx+c = 0 x 3 −yx+c = 0 hay
Từ hệ này suy ra phương trình đa thức
Ví dụ 2.1.29 Giả sử x 3 + ax 2 +bx + c = 0 có ba nghiệm x 1 , x 2 , x 3 Xác định phương trình đa thức bậc ba nhận y1 = −x 1 +x2 + x3, y 2 = −x 2 +x 3 +x 1 , y 3 = −x 3 +x 1 +x 2 làm nghiệm.
Bài giải: Thay y 1 = −2x 1 − a, y 2 = −2x 2 − a, y 3 = −2x 3 −a ta sẽ khử x từ hệ x 3 +ax 2 + bx+c = 0 2x+y +a = 0 hay
2 Từ hệ này có phương trình đa thức y 3 +ay 2 + (4b−a 2 )y −a 3 + 4ab−8c = 0 nhận y 1 = −x 1 +x 2 + x 3 , y 2 = −x 2 +x 3 +x 1 , y 3 = −x 3 +x 1 +x 2 làm nghiệm. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Với n = 3, xét phương trình f(x) = x 3 + a 1 x 2 + a 2 x + a 3 = 0. Khi đó, nếu x i là nghiệm của f(x) = 0 thì x 3 i = −a 1 x 2 i −a 2 x i −a 3 và yi = p0 +p1xi+p2x 2 i Biến đổi xy = x(p0 +p1x+p2x 2 ) = p0x+p1x 2 −p2(a1x 2 +a2x+ a3)
Nếu x i là nghiệm của f(x) và y i = g(x i ) thì hệ phương trình
(p 0 −y)t 0 +p 1 t 1 + p 2 t 2 = 0 p 0 0 t0 + (p 0 1 −y)t1 + p 0 2 t2 = 0 p0”t0 +p1”t1 + (p2”−y)t2 = 0 có nghiệm không tầm thường (t 0 , t 1 , t 2 ) = (1, x i , x 2 i ) khi y = y i Do vậy, ta nhận được phương trình của y : p 0 −y p 1 p 2 p 0 0 p 0 1 −y p 0 2 p 0 ” p 1 ” p 2 ”−y
= y 3 + b 1 y 2 +b 2 y +b 3 Đặc biệt, nếu chọn p 0 , p 1 , p 2 để b 1 = 0 và b 2 = 0 thì F(y) =y 3 +b 3
Ví dụ 2.1.30 Giải phương trình x 3 +ax 2 +bx+c = 0.
3 qua x ta nhận được phương trìnhx 3 +px+q = 0. Xét y = g(x) = x 2 +ux+v.
Biến đổi y = v +ux+x 2 xy = x(x 2 +ux+v) = −px−q +ux 2 + vx = −q + (v −p)x+ux 2 x 2 y = x 2 (v +ux+x 2 ) = vx 2 +u(−px−q) +x(−px−q)
= −qu−(q +pu)x+ (v −p)x 2 luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Nếu x i là nghiệm của f(x) và y i = g(x i ) thì hệ phương trình
−qut 1 + (−q −pu)t 2 + (v −p−y)t 3 = 0 có nghiệm không tầm thường (t1, t2, t3) = (1, xi, x 2 i ) khi y = yi Do vậy, ta nhận được phương trình của y : v −y u 1
= y 3 +b1y 2 +b2y +b3 Đặc biệt, nếu chọn u, v để b 1 = 0 và b 2 = 0 thì F(y) =y 3 +b 3 Phương trình đa thức x 3 + ax 2 +bx+ c = 0 bậc ba được giải qua một hệ bậc hai b1 = b2 = 0 và y 3 +b3 = 0.
Xác định nghiệm gần đúng
Phương pháp truy hồi
Để giải phương trình x = f(x) trong khoảng [a, b], ta cần xác định gần đúng nghiệm với điều kiện T nào đó Ta xây dựng dãy số (a_n) với a_{n+1} = f(a_n) Nếu dãy (a_n) hội tụ tới α ∈ (a, b), thì với n đủ lớn, ta sẽ có giá trị gần đúng của nghiệm.
Ví dụ 2.2.1 Xác định gần đúng nghiệm dương của phương trình x 2 + x−1 = 0.
Bài giải cho dãy số (a_n) với a_0 = 1 và a_{n+1} = \frac{1}{a_n + 1} cho n ⩾ 0 Giả sử nghiệm dương của phương trình là a, khi đó a = \frac{1}{a + 1} Xét các hiệu sau: a - a_1 = \frac{1}{a + 1} - \frac{1}{a_0 + 1} = a_0 - a.
(a+ 1) n Từ đây suy ra n→+∞lim a n = a √5−1
2 Như vậy, với n đủ lớn, ta có giá trị gần đúng a n của nghiệm dương của phương trình x 2 + x−1 = 0.
Ví dụ 2.2.2 Xác định gần đúng nghiệm dương của phương trình x 2 − 2x+a = 0 với a ∈ [0,1].
2 nên ta xét dãy (a n ) với a 1 = a
2 , n ⩾ 1 Ta thấy ngay các a n > 0 và a 2 > a 1 , a n+1 −a n = a 2 n −a 2 n−1
Bằng phương pháp quy nạp theo n, ta có thể chứng minh rằng dãy \( (a_n) \) là một dãy đơn điệu tăng Ngoài ra, với \( a \in [0,1] \), ta cũng có thể khẳng định rằng \( a_n \leq 1 \) Từ đó, ta suy ra rằng giới hạn khi \( n \) tiến tới vô cùng của \( a_n \) là \( 1 - \sqrt{} \).
1−a Như vậy, với n đủ lớn, ta có giá trị gần đúng a n của nghiệm dương của phương trình x 2 −2x+a = 0.
Ví dụ 2.2.3 Xác định gần đúng nghiệm âm của phương trình
Bài giải: Xét dãy (a n )với a 1 = 1và a n+1 = 1
Dãy $(a_n)$ hội tụ theo Định lý Lagrange về giá trị trung bình, dẫn đến giới hạn $\lim_{n \to +\infty} a_n = ` Giới hạn này là nghiệm của phương trình luận văn tốt nghiệp $2x + 2016 = \ln(x^2 + 1)$ Do đó, với $n$ đủ lớn, giá trị gần đúng của $a_n$ sẽ là nghiệm của phương trình $2x + 2016 = \ln(x^2 + 1)$.
Ví dụ 2.2.4 Xác định gần đúng nghiệm dương của phương trình x = 3− x+ 2
Bài giải: Xét dãy (an) với a1 = 1 và an+1 = 3− a n + 2
2 a n , n ⩾ 1 Ta chỉ ra sự tồn tại giới hạn lim n→+∞ a n = ` Giới hạn bằng 2 chính là nghiệm duwng của phương trình x = 3− x+ 2
2 x Như vậy, với n đủ lớn, ta có giá trị gần đúng a n của nghiệm của phương trình x = 3− x+ 2
Phương pháp dây cung
Khi đó phương trìnhf(x) = 0có đúng một nghiệm thực ξ trong khoảng
Để tìm giá trị gần đúng thứ nhất của nghiệm đúng ξ, ta có thể sử dụng công thức:\[f(ξ) - f(a) = \frac{f(b) - f(a)}{ξ - a}(b - a)\]Vì \(f(ξ) = 0\), ta có thể suy ra rằng:\[ξ ≈ a - \frac{(b - a)f(a)}{f(b) - f(a)}\]Từ đó, ta có thể chọn giá trị \(x_1\) theo một trong hai công thức sau:\[x_1 = a - \frac{(b - a)f(a)}{f(b) - f(a)} \quad \text{hoặc} \quad x_1 = b - \frac{(b - a)f(b)}{f(b) - f(a)}\]
Tiếp theo áp dụng phương pháp này cho: khoảng (a, x 1 ) khi f(a)f(x 1 ) < 0 hoặc khoảng (x 1 , b) khi f(x 1 )f(b) < 0.
Giá trị gần đúng thứ hai được tính bằng công thức \$x_2 = x_1 - \frac{(b - x_1) \cdot f(x_1)}{f(b) - f(x_1)}\$ Để ước lượng giá trị gần đúng thứ n, ta sử dụng công thức đánh giá tương ứng.
Ví dụ 2.2.5 Xác định gần đúng nghiệm thuộc (3,4) của phương trình f(x) =x 3 −2x 2 −4x−7 = 0.
Bài giải: Vì f(3) = −10 < 0, f(4) = 9 > 0 nên f(x) = 0 có nghiệm thực thuộc khoảng(3,4).Vì f 0 (x) = 3x 2 −4x−4vàf”(x) = 3x−4> 0 trên khoảng (3,4) nên f 0 (x) đạt giá trị nhỏ nhất trên đoạn [3,4] bằng m = f 0 (3) = 27−3.4−4 = 11 Ta cũng có thể chọn x 1 = 3− f(3) f(4)−f(3) = 3 + 10
Vì f(3,52) = −2,246592 nên bất đẳng thức |x n −ξ| ⩽ |f(x n )| m chưa thỏa mãn Tiếp tục xác định x 2 = 3,52− 0,48.f(3,52) f(4)−f(3,52) Do vậy x 2 = 3,52 + 1,078364160
Tiếp tục xác định được, x 3 = 3,61− 0,39.f(3,61) f(4)−f(3,61) Do vậy x 3 = 3,61 + 0,17874441
11 < 0,004. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Phương pháp tiếp tuyến của Newton
f(a)f(b) < 0, f(a)f”(a) ⩾ 0và f”(x) 6= 0 với x ∈ (a, b). Để có được giá trị gần đúng thứ nhất của nghiệm ξ của phương trình f(x) = 0 ta xét công thức khai triển Taylor của f(ξ) :
Khi f(b) +f 0 (b)(ξ−b) ≈ 0 ta có ngay ξ ≈ b− f(b) f 0 (b) và ta có thể lấy x 1 = b− f(b) f 0 (b). Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm y = f(x) tại điểm (b, f(b)) là y = f(b) +f 0 (b)(x−b).
Khi tiếp tuyến ắt trục hoành, ta có \(y = 0\) và hoành độ điểm cắt là nghiệm của phương trình \(f(b) + f'(b)(x - b) = 0\), từ đó suy ra \(x = x_1\) và phương pháp này được gọi là phương pháp tiếp tuyến Tiếp tục xét \(f(x) = 0\) trên khoảng \((a, x_1)\) khi \(f(a)f(x_1) < 0\) hoặc trên khoảng \((x_1, b)\) khi \(f(x_1)f(b) < 0\) Chúng ta sẽ nhận được giá trị gần đúng thứ hai \(x_2\) của nghiệm \(\xi\), và để ước lượng giá trị gần đúng thứ \(n\) là \(x_n\), ta có thể sử dụng công thức đánh giá.
Ví dụ 2.2.6 Xác định gần đúng nghiệm của phương trình xlogx = 1. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Vì f(2) = −0,39793 < 0, f(3) = 0,4136 > 0 nên f(x) = 0 có nghiệm thực thuộc khoảng (2,3) Vì f(x) = xlogx−1 và f 0 (x) = logx+ loge > 0, f”(x) = loge x > 0 trên khoảng (2,3) nên m = 0,7 Ta cũng có thể chọn x 1 = 3− f(3) f 0 (3) = 3−0,473 ≈ 2,53.
Tiếp theo ta có thể xác định x2 = 2,53− f(2,53) f 0 (2,53) Do vậy x 2 = 2,53−0,0237 = 2,5063.
Phương trình hàm ẩn
F(x, y(x)) = 0 và muốn xác định đạo hàm y 0 = y 0 (x).
Ví dụ 2.2.7 Chứng minh rằng, tồn tại hàm đơn trị y = y(x) duy nhất được xác định bởi phương trình y 3 + 3y = x và tính đạo hàm y 0 (x) theo biến x của nó.
Bài giải: Giả sử tồn tại hai hàm thực y1, y2 thỏa mãn phương trình đã cho Khi đóy 1 3 + 3y 1 = x, y 2 3 + 3y 2 = x Vậy y 2 3 + 3y 2 −y 1 3 −3y 1 = 0 hay
Vìy 2 2 +y 1 y 2 +y 1 2 + 3> 0 nêny 2 = y 1 Như vậy, nếu phương trình đã cho có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất Vì phương trình bậc ba với hệ số luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si thực luôn có ít nhất một nghiệm thực nên phương trình y 3 + 3y = x có đúng một nghiệm thực Chú ý rằng, đạo hàm x 0 (y) = 3y 2 + 3 > 0 nên hàm x(y) là đơn điệu Bởi vậy, tồn tại hàm ngược đơn điệu khả vi duy nhất y(x) với đạo hàm y 0 (x) = 1 x 0 (y) = 1
Ví dụ 2.2.8 Chứng minh rằng, với a ∈ [0,1) tồn tại hàm đơn trị y = y(x) duy nhất được xác định bởi phương trình y −asiny = x và tính đạo hàm y 0 (x) theo biến x của nó.
Bài giải: Giả sử tồn tại hai hàm thực y 1 , y 2 thỏa mãn phương trình đã cho Khi đó y 1 −asiny 1 = x, y 2 −asiny 2 = x.
Nếu phương trình đã cho có nghiệm, thì nghiệm đó là duy nhất Ta có thể chỉ ra rằng phương trình có nghiệm dưới dạng \(y = y(x)\) Đạo hàm của \(y\) được xác định bởi \(y' - a \cos(y) y' = 1\), từ đó suy ra \(y'(x) = 1\).
Phương pháp lặp và sự hội tụ của chúng
Xét biểu diễn của hàm f(x) dưới dạng f(x) = f(x n ) + x
Nhiều nhà toán học đã cải tiến phương pháp Newton bằng cách xấp xỉ tích phân trong công thức (1) bằng các quy tắc khác nhau, từ đó phát triển các phương pháp lặp tìm nghiệm đơn cho phương trình phi tuyến với tốc độ hội tụ cao hơn Bài viết này trình bày một số thuật toán giải phương trình \( f(x^*) = 0 \) có tốc độ hội tụ tốt, với các luận văn thạc sĩ từ bậc ba đến bậc tám, kèm theo một số ví dụ tính toán cụ thể.
Weerakoon và Fernando đã phát triển phương pháp xấp xỉ tích phân trong (1) bằng cách sử dụng quy tắc hình chữ nhật và hình thang, đạt được tốc độ hội tụ bậc ba.
Từ đó ta suy ra f(x) ≈ f(x n ) + (x−x n )f 0 (x n ) Vậy x ≈ x n + f(x)−f(x n ) f 0 (x n )
Kết hợp với f(x) = 0 ta được x ≈ x n − f(x n ) f 0 (x n ).
Hơn nữa, từ f(x) ≈ f(xn) + (x−xn)f 0 (x n ) +f 0 (x)
Với x = x n+1 ta nhận được x n+1 ≈ x n + 2 f(xn+1)−f(xn) f 0 (x n+1 ) +f 0 (x n ) Suy ra xn+1 ≈ xn − 2f(x n ) f 0 (x n ) +f 0 (x n+1 )
Từ đây suy ra công thức lặp xn+1 ≈ xn− 2f(x n ) f 0 (x n ) +f 0 x n − f(x n ) f 0 (xn)
. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Frontini và Sormani sử dụng công thức điểm giữa cũng thu được phương pháp có tốc độ hội tụ nhanh hơn: x
Vào năm 2005, Homeier đã sử dụng hàm ngược x(y) thay vì y = f(x) và đã đưa ra sơ đồ lặp có tốc độ hội tụ cao hơn: x(y) = x(y n ) + y
P j=1 ω j τ j = 1 2 sao cho R m có bậc nhỏ nhất là 1.
Kết hợp với y = y ∗ = y(x ∗ ) = 0, x(y) = x(y ∗ ) = x ∗ và x(y n ) = x n ⇔ y n = f(x n ) ta được x ∗ = x n + (y −y n ) m
Vì ξj = yn +τj(y −yn) = yn(1−τj) nên x ∗ = x n −y n m
X j=1 ω j x 0 ((1−τ j )y n ) luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Mặt khác, y = f(x) ⇒x = g(y) Lấy đạo hàm hai vế theo x ta được:
Ta có đánh giá x n,j = x((1−τ j )y n ) Khai triển Taylor hàm y = f(x) tại xn: y = f(x) = f(x n ) +f 0 (x n )(x−x n )
0 = f(xn) +f 0 (xn)(x−xn) x−x n = −f(x n ) f 0 (x n ) ⇒ x = x n − f(x n ) f 0 (x n ) Khi đó x n,j = x n −τ j f(x n ) f 0 (x n ) Vậy ta lại có sơ đồ lặp có tốc độ hội tụ bậc ba: x n+1 = x n −f(x n ) m
Khi m = 2, ω 1 = ω 2 = 1 2 , τ 1 = 1−τ 2 = 0 ta có sơ đồ lặp có tốc độ hội tụ bậc ba sau: x n+1 = x n − f(x n )
Năm 2006, Jisheng Kou, Yitian Li và Xiuhua Wang cũng sử dụng công thức điểm giữa để xấp xỉ tích phân f(x) = f(y n ) + x
Z x n f 0 (t)dt≈ (x−y n )f 0 x+y n 2 luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Kết hợp với f(x) = 0 ta được xn+1 = yn− f(y n ) f 0 x n+1 2 +y n
Thay f 0 x n+1 2 +y n = f 0 x ∗ n+1 2 +y n , với x ∗ n+1 là phương pháp lặp Newton ta được x n+1 = x n − f xn + f f 0 (x (x n n ) ) −f(xn) f 0 (x n ) (2.4)
Phương pháp lặp này có tốc độ hội tụ bậc ba.
Năm 2011, P.Wang xấp xỉ tích phân trong công thức (3) theo quy tắc dưới đây: x
Kết hợp với f(x) = 0 sẽ cho chúng ta phương pháp lặp hội tụ bậc ba. x n+1 = x n − f(x n )
Năm 2010, Nazir Ahmad Mir, Naila Rafiq và Nursat Yasmin xấp xỉ tích phân bởi quy tắc hình chữ nhật thu được công thức bậc tám. x
2 ) ⇔x−z n = − f(z n ) f 0 x+z 2 n ⇒ x n+1 = z n − f(z n ) f 0 x ∗ +z 2 n Đặt ω = x ∗ +z 2 n Xét phương pháp Ostrowski và phương pháp Newton
Chúng ta có sơ đồ lặp sau:
yn = xn − f f 0 (x (x n ) n ) ω n = y n − 1 2 h (x f (x n −y n )f (y n ) n )−2f (y n ) + f f 0 (y (y n n ) ) i x n+1 = z n − f f 0 (z (ω n n ) ) luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Sử dụng khai triển Taylor mở rộng cho hàm f 0 (y n ) tại điểm x n : f 0 (y n ) ≈ f 0 (x n ) +f 00 (x n )(y n −x n ) Kết hợp với xấp xỉ Taylor của f(y n ): f(y n ) ≈ f(x n ) +f 0 (x n )(y n −x n ) + 1
2f 00 (x n )(y n −x n ) 2 Chúng ta có thể loại bỏ đạo hàm bậc hai và xấp xỉ f 0 (y n ) như sau: f 0 (y n ) ≈ 2f(yn)−f(xn) y n −x n −f 0 (x n ) Khi đó sơ đồ lặp trên trở thành
Năm 2010, Rostam K Saeed và W Khthr Fuad xấp xỉ tích phân theo phương pháp hình thang cải tiến đã thu được sơ đồ lặp bậc sáu. x
Ta tìm nghiệm x n+1 của phương trình M n (x n+1 ) = 0 f(x n )+x n+1 −x n
12 [f 00 (x n )−f 00 (x n+1 )] = 0 luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Nếu xấp xỉ (x n+1 −x n ) trong vế phải của phương trình 2.7 bởi phương pháp Newton thì ta thu được x n+1 = x n − 12f(x n )f 02 (x n ) +f 2 (x n ) [f 00 (x n )−f 00 (x n+1 )]
Thayx n+1 trong vế phải 2.8 bởi phương pháp lặp Newton ta có phương pháp mới hội tụ bậc ba: xn+1 = xn−
Nếu xấp xỉ (xn+1 − xn) trong vế phải của phương trình 2.7 bởi phương pháp Halley xn+1 −xn = − 2f(x n )f 0 (x n )
2f 02 (x n )−f(x n )f 00 (x n ) thì ta thu được phương pháp với tốc độ hội tụ bậc bốn: x n+1 = x n − 12f(x n )f 02 (x n ) + f 2 (x n ) [f 00 (x n )−f 00 (y n )]
2f 02 (x n )−f(x n )f 00 (x n ) Kết hợp công thức 2.9 và phương pháp Newton, ta lại thu được phương pháp hội tụ bậc sáu: z n = x n −
Giả sử hàm \( f: I \subset \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} \) với \( I \) là khoảng mở có một nghiệm đơn \( x^* \) Nếu \( f(x) \) là một hàm đủ trơn trong lân cận của nghiệm \( x^* \), thì phương pháp lặp xác định bởi công thức \( x_{n+1} = z_n - \frac{f(z_n)}{f'(z_n)} \) hội tụ bậc ba.
Chứng minh Đặt e n = x n −x ∗ , sử dụng khai triển Taylor tại x ∗ f(x n ) =f 0 (x ∗ )(e n +c 2 e 2 n +c 3 e 3 n + ), c j = f (j) (x ∗ ) j!f 0 (x ∗ ), j = 2,3, f 0 (x n ) =f 0 (x ∗ )(1 + 2c 2 e n + 3c 3 e 2 n + ), f 00 (x n ) = f 0 (x ∗ )(2c 2 e n + 6c 3 e n + 12c 4 e 2 n ), f(x n ) f 0 (x n ) = e n −c 2 e 2 n + 2(c 2 2 −c 3 )e 3 n + (−3c 4 + 7c 2 c 3 −4c 3 2 )e 4 n +O(e 5 n ).
Kết hợp với phương pháp Newton y n = x n − f f 0 (x (x n ) n ) ta được y n c 2 e 2 n + 2(c 2 2 −c 3 )e 3 n +O(e 4 n ), Từ đây bằng cách sử dụng chuỗi Taylor tại x ∗ ta có f(y n ) = c 2 e 2 n + 2(c 2 2 −c 3 )e 3 n +O(e 4 n ), f 0 (y n ) = 1 + 2c 2 2 e 2 n −4(−c 3 +c 2 2 )c 2 e 3 n +O(e 4 n ), f 00 (y n ) = 2c 2 + 6c 2 c 3 e 2 n −12(−c 3 +c 2 2 )c 3 e 3 n + O(e 4 n ), k 1 = 12f(x n )f 02 (x n ) + f2(x n ) [f 00 (x n )−f 00 (y n )] k 2 = 6f 02 (x n ) [f 0 (x n ) +f 0 (y n )] Đặt k 1 = 12f(x n )f 02 (x n ) + f2(x n ) [f 00 (x n )−f 00 (y n )] k 2 = 6f 02 (x n ) [f 0 (x n ) +f 0 (y n )]
2c2c3 + 3c 3 2 )e 4 n +O(e 5 n ) (2.12) luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Công thức lặp 2.9 hội tụ bậc ba, như được chứng minh bởi biểu thức \$2c^2c^3 - 3c^3 2)e^{4n} + O(e^{5n})\$ Theo Định lý 2.3.2, nếu hàm \$f: I \subset \mathbb{R} \to \mathbb{R}\$ có một nghiệm đơn \$x^*\$ trong khoảng mở \$I\$ và là hàm đủ trơn trong lân cận của nghiệm đó, thì phương pháp lặp được xác định bởi công thức 2.10 sẽ hội tụ bậc bốn.
Chứng minh Từ phương pháp Halley ta có y n = (−c 3 +c 2 2 )e 3 n + (−3c 4 + 6c 2 c 3 −3c 3 2 )e 4 n +O(e 5 n )
Sử dụng chuỗi Taylor tại điểm x ∗ , ta được: f(yn) = (−c 3 +c 2 2 )e 3 n + (−3)e 4 n +O(e 5 n ) f 0 (y n ) = 1−2(−c 3 +c 2 2 )c 2 e 3 n −6c 2 (c 4 −2c 2 c 3 +c 3 2 )e 4 n +O(e 5 n ), f 00 (y n ) = 2c 2 + 6(−c3 +c 2 2 )c 3 e 3 n −18c 3 (c 4 −2c 2 c 3 +c 3 2 )e 4 n +O(e 5 n ), Đặt l 1 = 12f(x n )f 0 2(x n ) +f 2 (x n ) [f 00 (x n )−f 00 (y n )] l 2 = 6f 02 (x n ) [f 0 (x n ) + f 0 (y n )]
Từ 2.10 và 2.13 ta thu được e n+1 +x ∗ = e n +x ∗ − e n −c 3 2 e 4 n +O(e 5 n )
Phương pháp 2.10 hội tụ bậc bốn, được thể hiện qua công thức \$e^{n+1} = c \cdot 3 \cdot 2 \cdot e^{4n} + O(e^{5n})\$ Theo Định lý 2.3.3, nếu hàm \$f: I \subset R \to R\$ có một nghiệm đơn \$x^*\$ và là hàm đủ trơn trong lân cận của nghiệm đó, thì phương pháp lặp xác định bởi công thức 2.11 sẽ hội tụ bậc sáu.
Chứng minh Theo định lý 2.3.1, ta có k3 = en−c 2 2 e 3 n + (−7
2c2c3 −3c 3 2 )e 4 n + O(e 5 n ) Kết hợp với việc mở rộng f(z n ) tại x ∗ , ta thu được f(z n ) = c 2 2 e 3 n + (7
⇒e n+1 = c 5 2 e 6 n +O(e 7 n )Như vậy phương pháp xác định bởi công thức 2.11 hội tụ bậc sáu
Ví dụ minh họa
Bài viết này so sánh các phương pháp tính toán khác nhau, bao gồm phương pháp Newton (PPN), phương pháp của Homeier (2005) (PPH) và các phương pháp 2.9 (N1), 2.10 (N2) và 2.11 (N3) như được trình bày trong Bảng 1 Để thực hiện các phép tính và tìm nghiệm xấp xỉ với sai số, người dùng có thể sử dụng máy tính điện tử bỏ túi Casio fx-570ms hoặc phần mềm Maple.
Xét các hàm số sau và tìm nghiệm gần đúng x ∗ chính xác đến số thập phân thứ 27: Hàm f1(x) = cosx−x có nghiệm x ∗ = 0.739085133215606416553120876; hàm f2(x) = x^3 + 4x^2 − 10 có nghiệm x ∗ = 1.365230013414096845760806829; hàm f3(x) = sinx−x^2 có nghiệm x ∗ = 1.895494267033980947144035738; hàm f4(x) = (x+2)e^x−1 có nghiệm x ∗ = −0.4428544010023885831413280000; hàm f5(x) = (x−1)^3−1 có nghiệm x ∗ = 2; và hàm f6(x) = x^2−e^x−3x+2 có nghiệm x ∗ = 0.257530285439860760455367304.
Kết quả trong bảng (2.1) cho thấy số lần lặp của các phương pháp khác nhau trong việc tìm nghiệm gần đúng với sai số nhỏ hơn \$10^{-15}\$.
Trong luận văn này chúng tôi đã đề cập những vấn đề sau:
(1) Mở rộng đơn, mở rộng đại số một trường.
(2) Chứng minh được Định lý Hilbert về cơ sở.
(3) Chứng minh được Định lý Hilbert về không điểm.
(4) Chứng minh được hai kết quả của Noga Alon.
(5) Trình bày được khái niệm kết thức và vận dụng.
(6) Trình bày được một số phương pháp giải gần đúng phương trình. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si