PHUONG PHAP HAM SINH

Lời nói đầuLuận văn đặt vấn đề nghiên cứu một cách có hệ thống về một số lớp bài toán liênquan đến vành đa thức và vành các chuỗi lũy thừa hình thức, bao gồm các loại sauđây: đa thức bất

Mục lục

1.1 Vành các đa thức một biến 4

1.2 Vành các chuỗi luỹ thừa hình thức một biến 7

1.3 Đa thức trên một trường và một vài biểu diễn của đa thức 10

1.3.1 Đa thức trên một trường 10

1.3.2 Một vài biểu diễn đa thức 12

1.4 Đa thức trên trường Q 13

1.4.1 Nghiệm hữu tỉ của đa thức với hệ số nguyên 13

1.4.2 Đa thức bất khả quy trên Q và các tiêu chuẩn Eisenstein; Osada; Polya 14

1.5 Vành đa thức và vành các chuỗi lũy thừa hình thức nhiều biến 16

1.5.1 Xây dựng vành các đa thức và vành các chuỗi lũy thừa hình thức nhiều biến 16

1.5.2 Bậc 18

2 Một vài ứng dụng của đa thức 20 2.1 Đa thức bất khả quy trên Q 20

2.2 Dùng hàm sinh là đa thức để giải các bài toán về lí thuyết tổ hợp 26

2.3 Một số ứng dụng của định lí Viéte 35

2.4 Một số ứng dụng của công thức nội suy Lagrange 42

2.5 Một số bài tập 47

3 Phương pháp hàm sinh 52 3.1 Định lí Nhị thức tổng quát 52

3.2 Dùng hàm sinh là các chuỗi luỹ thừa vô hạn 54

3.2.1 Tìm số nghiệm nguyên của phương trình tuyến tính 54

3.2.2 Tìm số hạng tổng quát của dãy số 57

3.2.3 Tính tổng 64

3.2.4 Tìm công thức truy hồi từ hàm sinh 66

3.2.5 Hàm sinh dạng mũ 673.3 Một số bài tập 69

Lời nói đầu

Luận văn đặt vấn đề nghiên cứu một cách có hệ thống về một số lớp bài toán liênquan đến vành đa thức và vành các chuỗi lũy thừa hình thức, bao gồm các loại sauđây: đa thức bất khả quy trên trường hữu tỉ; ứng dụng để giải một số bài toán về líthuyết tổ hợp; ứng dụng của định lí Viéte; ứng dụng của công thức nội suy Lagrange;định lí Nhị thức tổng quát; tìm số nghiệm nguyên của phương trình tuyến tính; tìm

số hạng tổng quát của dãy số; tính tổng của các chuỗi; lập biểu thức truy hồi của dãy.Luận văn gồm có ba chương sau đây:

Chương 1 Cơ sở lí thuyết: Trong chương này, trước hết chúng tôi xây dựngvành đa thức và vành các chuỗi lũy thừa hình thức; nghiên cứu các biểu diễn đa thức

và biểu diễn các phần tử của chuỗi lũy thừa hình thức; trình bày ba tiêu chuẩn bấtkhả quy của đa thức Có thể nói chương này là cơ sở lí thuyết để đi đến ứng dụng củahai chương sau

Chương 2 Một vài ứng dụng của đa thức: Đây là một trong hai nội dungchính của luận văn Chương này trình bày về phương pháp xét tính bất khả quy của đathức trên trường Q; một số ứng dụng của định lí Viéte và công thức nội suy Lagrange;đưa ra phương pháp dùng hàm sinh là đa thức để giải các bài toán về lí thuyết tổ hợp.Chương 3 Phương pháp hàm sinh: Trong chương này, luận văn trình bày vềphương pháp dùng hàm sinh là chuỗi lũy thừa vô hạn, ứng dụng của phương pháp nàyvào các bài toán như: tìm số nghiệm nguyên của phương trình tuyến tính; tìm số hạngtổng quát của một dãy số; tính tổng của một chuỗi số

Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình và nghiêm khắc củaPGS.TS.Dương Quốc Việt Nhân dịp này, tôi xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơnsâu sắc đối với người thầy của mình Đồng thời tôi cũng chân thành cảm ơn các thầy

cô trong Khoa Toán, đặc biệt là các thầy cô trong Bộ môn Đại số đã tận tình giảngdạy và giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu

Mặc dù tác giả đã hết sức cố gắng, nhưng nội dung của luận văn ở một số loại toáncòn chưa thực sự phong phú Tuy nhiên, qua việc trình bày luận văn tác giả đã có điềukiện tiếp cận với nhiều loại toán liên quan đến đa thức và chuỗi lũy thừa hình thức.Điều này chắc chắn sẽ là những vấn đề bổ ích đối với tác giả

Hà Nội, tháng 10 năm 2009Tác giả: Quách Duy Tuấn

Chương 1

Cơ sở lí thuyết

Mục đích của chương này là trình bày cơ sở vành đa thức, các tiêu chuẩn bất khả quycủa đa thức trên trường Q, vành các chuỗi luỹ thừa hình thức và một số tính chất cơbản của nó

1.1 Vành các đa thức một biến

Cho A là một vành giao hoán có đơn vị 1 Biểu thức có dạng

f = a0+ a1x + + anxn, ai ∈ A, i = 0, 1, , n, an 6= 0,

được gọi là đa thức một biến x trên A Các phần tử a0, a1, , an được gọi là các hệ

tử của f Số n được gọi là bậc của đa thức f , kí hiệu là degf Tập tất cả các đa thứccủa biến x trên vành A được kí hiệu là A[x] Giả sử

f = a0 + a1x + + anxn, g = b0 + b1x + + bmxm ∈ A[x]

Không làm mất tính tổng quát, ta có thể giả sử m ≥ n và m = n + s Khi đó

g = b0+ b1x + + bnxn+ bn+1xn+1+ + bn+sxn+s ∈ A[x]

Trên A[x] ta có quan hệ bằng nhau: f = g khi và chỉ khi ai = bi với mọi i = 0, 1, , n

và bn+1 = = bn+s = 0 Phép cộng và phép nhân được xác định bởi:

Với hai phép toán cộng và nhân đã nêu, thì A[x] trở thành một vành giao hoán có đơn

vị 1 Khi đó A[x] được gọi là vành các đa thức của biến x trên A

Quy ước: Đa thức 0 là một đa thức có bậc −∞.

Thực chất của việc làm trên là xây dựng một vành A[x] mở rộng của A, thông quađịnh nghĩa hình thức cho đa thức của biến x trên A, mà bản chất thực sự là định nghĩahình thức cho phần tử siêu việt x Chúng ta hãy xem xét một cách tiếp cận khác đểđưa ra một vành mở rộng của A đẳng cấu với A[x]

Xét tập T tất cả những dãy được sắp các phần tử (a0, a1, a2, ) thuộc A, trong đóchỉ có một số hữu hạn các ai khác 0 trong T ta định nghĩa quan hệ bằng nhau và haiphép toán như sau:

(i) (a0, a1, a2, ) = (b0, b1, b2, ) khi và chỉ khi ai = bi với mọi i

(i) T1 là vành con của T

(ii) Tương ứng φ : A → T1, a 7→ (a, 0, 0, ) là một đẳng cấu

Thật vậy, từ (a, 0, 0, ) và (b, 0, 0 ) thuộc T1 ta có ngay

(a, 0, 0, ) − (b, 0, 0 ),và

(a, 0, 0, )(b, 0, 0 ) = (ab, 0, 0, )thuộc T1 Do đó T1 là vành con của T Từ a = b ta suy ra

(a, 0, 0, ) = (b, 0, 0 )

Vậy φ là một ánh xạ Dễ dàng kiểm tra φ là một đẳng cấu Do đó A ∼= T1

Do A đẳng cấu với vành con T1 của T nên khi đồng nhất a ∈ A với (a, 0, 0, ) ∈ T1chúng ta đã nhúng được A vào T Do vậy có thể coi A là một vành con của vành T

αn = (0, 0, 0, , 0, 1, 0, ), 1 ở toạ độ thứ n+1 .

Khi đó mỗi phần tử (a0, a1, , an, 0, 0, ) ∈ T đều có thể biểu diễn dưới dạng:

(a0, a1, , an, 0, 0, ) = (a0, 0, 0, ) + (0, a1, 0, 0, ) +

= a0+ a1(0, 1, 0, 0, ) +

= a0+ a1α + + anαn

Nói cách khác mỗi phần tử của T đều biểu diễn thành dạng một đa thức của α với các

hệ tử thuộc A Như vậy T = A[α] Từ

a0+ a1α + + anαn= 0,

ta suy ra

(a0, a1, , an, 0, 0, ) = (0, 0, 0, ),hay

deg(f g) = deg f + deg g

Chứng minh Thật vậy, giả sử f, g ∈ A[x] là các đa thức khác đa thức 0, và

f = a0+ a1x + + anxn, an 6= 0,

g = b0+ b1x + + bmxm, bm 6= 0

Khi đó

f.g = c0+ c1x + + cn+mxn+m,

trong đó ck =

i+j=k

aibj, nói riêng cn+m 6= 0 Do đó f g 6= 0 Vậy A[x] là một miềnnguyên và

deg(f g) = deg f + deg g

Cho A là một miền nguyên, khi đó vành các đa thức A[x] là một miền nguyên Giả

sử f, g ∈ A[x] Đa thức f ∈ A[x] được gọi là chia hết cho đa thức g ∈ A[x] nếu tồn tại

đa thức h ∈ A[x] để f = gh Đa thức d được gọi là một ước chung lớn nhất của f và

g nếu d là một ước chung của f và g, đồng thời d chia hết cho mọi ước chung của f

và g Ước chung lớn nhất của hai đa thức được xác định duy nhất sai khác một nhân

tử khả nghịch của A Nếu một ước chung lớn nhất d của f và g là khả nghịch (lúc đó

d ∈ A), thì f và g gọi là nguyên tố cùng nhau Đa thức f được gọi là khả quy trên A,nếu có hai đa thức g, h ∈ A[x] bậc dương, để f = gh Đa thức f được gọi là bất khảquy trên A, nếu không có hai đa thức bậc dương g, h ∈ A[x] để f = gh

Định nghĩa 1.1.2 Giả sử c là một phần tử tuỳ ý thuộc vành A và

1.2 Vành các chuỗi luỹ thừa hình thức một biến

Đây là một đối tượng rất gần gũi với vành đa thức, nó vai trò rất quan trọng trongtoán học

Định nghĩa 1.2.1 Cho A là một vành giao hoán có đơn vị 1 Kí hiệu

A[[x]] = {f = a0+ a1x + + anxn+ | ai ∈ A với mọi i ≥ 0}

với x là biến Giả sử

f = a0+ a1x + + anxn+ ,

g = b0+ b1x + + bnxn+

là những phần tử của A[[x]] Trên A[[x]] ta có quan hệ bằng nhau f = g khi và chỉ khi

ai = bi với mọi i ≥ 0 Với mỗi phần tử

Với hai phép toán cộng và nhân này thì A[[x]] trở thành một vành giao hoán có đơn

vị 1 Vành A[[x]] được gọi là vành các chuỗi luỹ thừa hình thức của biến x trên A, cònmỗi phần tử của A[[x]] được gọi là một chuỗi luỳ thừa hình thức của biến x trên A ởđây cụm từ "hình thức" được sử dụng để chỉ ra rằng tính hội tụ của chuỗi không đượcchú ý đến, do vậy chuỗi luỹ thừa hình thức không nhất thiết biểu diễn một hàm trên

A Ta có thể chứng minh được A[x] là một vành con của vành A[[x]]

Bổ đề 1.2.2 Chứng minh rằng 1 − x là một phần tử khả nghịch trong A[[x]] với phần

Ngược lại, giả sử a0 khả nghịch trong A, ta chứng minh f khả nghịch trong A[[x]].Thật vậy, vì a0 khả nghịch trong A nên tồn tại duy nhất b0 ∈ A để a0b0 = 1 Ta cầntìm b1, b2, sao cho:

Giải hệ ta tìm được các hệ số bi =

i

P

k=0

(−1)i+1−kai+1−kk bi+2−k0 với mọi i ≥ 1

Trong vành các chuỗi lũy thừa hình thức, phép lấy đạo hàm được định nghĩa mộtcách hình thức mà không cần thông qua phép lấy giới hạn như sau:

Định nghĩa 1.2.4 Đạo hàm hình thức của chuỗi lũy thừa f (x) =

1.3.1 Đa thức trên một trường

Trước hết ta có một số kết quả sau:

Định lí 1.3.1 Cho K là một trường Khi đó vành K[x] là một vành Euclid

Từ tính chất của một vành Euclid ta rút ra hệ quả:

Hệ quả 1.3.2 Nếu K là một trường thì trong K[x] ta có:

(i) Nếu gh chia hết cho đa thức bất khả quy p thì hoặc g chia hết cho p, hoặc h chiahết cho p

(ii) Mỗi đa thức bậc dương đều có thể phân tích thành một tích hữu hạn các nhân

tử bất khả quy Sự phân tích ấy là duy nhất, chỉ sai khác thứ tự và sai khác cácnhân tử khả nghịch

(iii) Nếu d là ước chung lớn nhất của f và g, thì tồn tại u, v để d = uf + vg

Định lí 1.3.3 Cho K là một trường và giả sử c thuộc K, f (x) ∈ K[x] Khi đó dư củaphép chia f (x) cho x − c là f (c), hay f (x) = (x − c)g(x) + f (c), với g(x) ∈ K[x].Chứng minh Từ thuật toán chia đa thức, ta có f (x) = (x − c)g(x) + b, với b ∈ K

Do đó f (c) = (c − c)g(c) + b = b

Định lí 1.3.4 (Bezoút) Nếu α ∈ K là một nghiệm của đa thức bậc dương f (x) ∈ K[x],thì

f (x) = (x − α)g(x)với g(x) ∈ K[x] có degg(x)= degf(x)−1

Chứng minh Thật vậy, ta luôn có biểu diễn

f (x) = (x − α)g(x) + f (α)

với g(x) ∈ K[x] Từ f (α) = 0, ta suy ra f (x) = (x − α)g(x) và

deg g(x) = deg f (x) − 1

Từ định lí Bezoút ta có hệ quả sau:

Hệ quả 1.3.5 Cho một đa thức bậc dương f (x) ∈ K[x] Khi đó ta có:

(i) Nếu α1, α2, , αm ∈ K là các nghiệm của f(x), thì

f (x) = (x − α1)(x − α2) (x − αm)g(x)với g(x) ∈ K[x] và

Ngoài ra định lí Bezoút còn là cơ sở cho khái niệm nghiệm bội của một đa thức:

α ∈ K được gọi là nghiệm bội k ≥ 1 của đa thức bậc dương f (x) ∈ K[x] nếu f (x) =(x − α)kg(x) với k nguyên dương và g(α) 6= 0 Trường hợp k = 1 thì α được gọi lànghiệm đơn, trường hợp k = 2 thì α được gọi là nghiệm kép của f (x)

Định lí 1.3.6 (Viéte) Nếu α1, α2, , αn là các nghiệm của một đa thức bậc n

Chứng minh Vì

a0xn+ a1xn−1+ + an= a0(x − α1)(x − α2) (x − αn)nên nhân vế phải ta được

a0xn+ a1xn−1+ + an = a0(xn− δ1xn−1+ + (−1)nδn)

Đồng nhất các hệ tử của hai đa thức ở hai vế , ta được

δi = (−1)iai

a0, i = 1, , n.

1.3.2 Một vài biểu diễn đa thức

Định lí 1.3.7 (Lagrange) Cho f (x) là một đa thức bậc n trên một trường K có đặc

số 0 và x0, x1, , xn là n + 1 phần tử phân biệt trong K Đặt g(x) = a

Định lí 1.3.8 (Taylor) Cho p(x) là một đa thức bậc n ≥ 0 trên một trường K có đặc

số 0 và a ∈ K Khi đó ta có

p(x) = p(a) + p

0(a)1! (x − a) +

p00(a)2! (x − a)

p(x) = p(a) + p

0(a)1! (x − a) +

p00(a)2! (x − a)

p00(a)2! (x − a)

p(n)(a)(n − 1)!(x − a)

n−1

.Mặt khác theo giả thiết quy nạp áp dụng cho p0(x) thì

p0(x) = p0(a) +p

00(a)1! (x − a) + +

p(n)(a)(n − 1)!(x − a)

p00(a)2! (x − a)

1.4 Đa thức trên trường Q

1.4.1 Nghiệm hữu tỉ của đa thức với hệ số nguyên

Định lí 1.4.1 Cho đa thức f (x) = a0xn+ a1xn−1 + + an ∈ Z[x], a0 6= 0 Khi đónếu số hữu tỉ

pqvới (p, q) = 1 là nghiệm của phương trình f (x) = 0 thì:

(i) p là một ước của an và q là một ước của a0

(ii) p − mq là một ước của f (m)

Chứng minh (i) Giả sử số hữu tỉ

pqvới (p, q) = 1 là nghiệm của phương trình

f (x) = 0 Khi đó

a0pn+ a1pn−1q + + anqn = 0

Vì (p, q) = 1 nên p là một ước của an và q là một ước của a0

(ii) Khai triển f (x) theo các lũy thừa của (x − m) ta được

Vì (p, q) = 1 nên p − mq là ước của f (m) với mọi số nguyên m

Từ đó ta rút ra được hệ quả sau:

Hệ quả 1.4.2 Các nghiệm hữu tỉ của đa thức

f (x) = xn+ a1xn−1+ + an ∈ Z[x]

phải là các số nguyên

1.4.2 Đa thức bất khả quy trên Q và các tiêu chuẩn Eisenstein;

Osada; Polya

Trước hết ta lưu ý một số kết quả quan trọng sau:

(i) Mọi đa thức bậc n với hệ tử trong C đều có đủ n nghiệm trong C

(ii) Các đa thức bất khả quy trên C khi và chỉ khi là đa thức bậc nhất

(iii) Các đa thức bất khả quy trên R khi và chỉ khi là đa thức bậc nhất hoặc đa thứcbậc hai vô nghiệm trong R

(iv) Đa thức f ∈ Z[x] là một đa thức bất khả quy trên Z khi và chỉ khi nó là đa thứcbất khả quy trên Q

Từ kết quả (iv), ta có thể chuyển việc xét tính bất khả quy của đa thức thuộc Q[x] vềviệc xét tính bất khả quy trong Z[x]

Cho đến nay người ta vẫn không đưa ra được một tiêu chuẩn cần và đủ nào chomột đa thức bất khả quy trên Z Vì thế người ta cần phải cố gắng tìm ra nhiều tiêuchuẩn đủ, nhằm giúp việc kiểm tra các đa thức khả quy hay bất khả quy trên Z đượcthuận lợi Dưới đây là ba tiêu chuẩn như thế

Định lí 1.4.3 (Tiêu chuẩn Eisenstein) Cho một đa thức

f (x) = anxn+ an−1xn−1+ + a0

bậc n > 0 với các hệ số nguyên Giả sử rằng, tồn tại một số nguyên tố p sao cho ankhông chia hết cho p, và các ai, i < n chia hết cho p, nhưng a0 không chia hết cho p2.Khi đó f (x) là một đa thức bất khả quy trên Z

Chứng minh Giả sử f khả quy trên Z, nghĩa là

p thì an cũng phải chia hết cho p (mâu thuẫn với giả thiết) Do đó phải tồn tại một bjkhông chia hết cho p Gọi k là chỉ số nhỏ nhất để bk không chia hết cho p Khi đó vì

ak = (b0ck+ b1ck−1+ + bk−1c1) + bkc0

và ak cùng với tất cả các số hạng trong ngoặc chia hết cho p nên bkc0 cũng phải chiahết cho p Vì c0 không chia hết cho p nên bk chia hết cho p (mâu thuẫn) Từ đó f làmột đa thức bất khả quy trên Z

Định lí 1.4.4 (Tiêu chuẩn Osada) Cho

f (x) = xn+ a1xn−1+ + an−1x ± p

là một đa thức có các hệ số nguyên với p là một số nguyên tố Khi đó nếu p >

1 + |a1| + + |an−1| thì f (x) là một đa thức bất khả quy trên Z

Chứng minh Giả sử f (x) là khả quy Khi đó f (x) = g(x)h(x), ở đó g, h là những

đa thức bậc dương với các hệ số nguyên Vì p là số nguyên tố nên một trong các sốhạng tự do của g hay h phải bằng ±1, chẳng hạn hệ số tự do của g bằng ±1 Do đó trịtuyệt đối của tích các nghiệm của g trong trường phức phải bằng 1 Khi đó g(x) = 0phải có một nghiệm phức α với |α| ≤ 1 Vì α cũng là nghiệm của f (x) nên

p = |αn+ a1αn−1+ + an−1α| ≤ 1 + |a1| + + |an−1|

(mâu thuẫn) Do đo f (x) là một đa thức bất khả quy trên Z

Định lí 1.4.5 (Tiêu chuẩn Polya) Cho f (x) là một đa thức hệ số nguyên bậc n > 0.Đặt

m = n + 1

2 

Giả sử rằng, tồn tại n số nguyên d1, d2, , dn đôi một khác nhau và không là nghiệmcủa f (x), sao cho

|f (di)| < m!

2m.Khi đó f (x) là một đa thức bất khả quy trên Z

Chứng minh Giả sử f (x) là khả quy Khi đó f (x) = g(x)h(x), ở đó g, h là những

đa thức bậc dương với các hệ số nguyên Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử

m = deg h(x) ≤ deg g(x) = s Như vậy m ≤ s < n Ta thấy ngay g(di) 6= 0 và g(di)chia hết f (di) Do đó

|g(di)| ≤ |f (di)| < m!

2m.Khi đó tồn tại i để

|g(di)| ≥ s!

2s

Từ mâu thuẫn này ta suy ra f (x) là một đa thức bất khả quy trên Z

1.5 Vành đa thức và vành các chuỗi lũy thừa hình

thức nhiều biến

1.5.1 Xây dựng vành các đa thức và vành các chuỗi lũy thừa

hình thức nhiều biến

Từ vành đa thức và vành các chuỗi lũy thừa hình thức một biến lấy hệ tử trong vành

A, chúng ta xây dựng vành đa thức và vành các chuỗi lũy thừa hình thức n biến lấy

An = An−1[xn]

Khi đó vành An = An−1[xn], kí hiệu là A[x1, x2, , xn] được gọi là vành các đathức của n biến x1, x2, , xn lấy hệ tử trong vành A Mỗi phần tử của An đượcgọi là một đa thức của n biến lấy hệ tử trong vành A Đa thức có dạng cxa1

1 xa n

n ,với c ∈ A, được gọi là một đơn thức Hai đơn thức axa1

Nhận xét 1.5.2 Từ định nghĩa của vành các đa thức nhiều biến, ta suy ra rằng:(i) Mỗi đa thức f (x1, x2, , xn) của vành A[x1, x2, , xn] đều có thể viết dưới dạng:

đa thức f (x1, x2, , xn) thì ta nói rằng bậc của f (x1, x2, , xn) đối với xi là 0 Ta gọi

ba gọi là dạng lập phương

Đối với đa thức nhiều biến, ta cũng có quy định sau:

Quy ước: Đa thức 0 là một đa thức có bậc −∞

Trong quá trình tính toán, chúng ta cần thống nhất cách sắp xếp các hạng tử củacác đa thức Trước hết, ta trang bị cho vị nhóm cộng Nn một quan hệ thứ tự toànphần, làm cho nó trở thành một vị nhóm cộng được sắp thứ tự Cách sắp xếp này đượcxác định như sau:

(a1, a2, an) > (b1, b2, , bn)nếu và chỉ nếu có chỉ số i sao cho

Như vậy với quan hệ này thì Nn được sắp thứ tự toàn phần, và làm cho nó trở thànhmột vị nhóm cộng được sắp thứ tự Khi đó mỗi đa thức 0 6= f (x1, x2, , xn) ∈A[x1, x2, , xn] đều được viết một cách duy nhất dưới dạng

được gọi là hạng tử cao nhất của f (x1, x2, , xn)

Mệnh đề 1.5.4 Giả sử f (x1, x2, , xn) và g(x1, x2, , xn) là hai đa thức khác không

(i) Nếu (a1, a2, , an) > (b1, b2, , bn) thì hạng tử cao nhất của đa thức tổng

f (x1, x2, , xn) + g(x1, x2, , xn)

là cxa1

1 xa n

n (ii) Nếu cd 6= 0 thì hạng tử cao nhất của đa thức tích

f (x1, x2, , xn)g(x1, x2, , xn)

là cdxa1 +b 1

1 xa n +b n

n

Chương 2

Một vài ứng dụng của đa thức

Chương này nhằm trình bày một số phương pháp xét tính bất khả quy của đa thứctrên trường số hữu tỉ, giới thiệu phương pháp dùng hàm sinh là đa thức để giải cácbài toán Tổ hợp, một số ứng dụng của định lí Viéte và bài toán nội suy Đặc biệt, kèmtheo cuối chương là một hệ thống các bài tập áp dụng

2.1 Đa thức bất khả quy trên Q

Ví dụ 2.1.1 Giả sử K là một trường và a là một phần tử khác không của K Chứngminh rằng:

(i) Nếu af (x) bất khả quy trên K thì f (x) bất khả quy trên K

(ii) Nếu f (ax) bất khả quy trên K thì f (x) bất khả quy trên K

(iii) Nếu f (x + a) bất khả quy trên K thì f (x) bất khả quy trên K

(iv) Sử dụng (iii) để chứng minh đa thức f (x) = 8x3− 6x + 1 là bất khả quy trên Q.Giải (i) Giả sử f (x) = g(x)h(x), trong đó deg g(x) > 0, deg h(x) > 0 Khi đó af (x) =ag(x)h(x), suy ra af (x) khả quy (mâu thuẫn!)

(ii) Giả sử f (x) khả quy, nghĩa là f (x) = g(x)h(x) Khi đó f (ax) = g(ax)h(ax)

Từ điều kiện a 6= 0 và deg g(x) = deg g(ax), deg h(x) = deg h(ax) ta suy ra f (ax) làkhả quy (mâu thuẫn!)

(iii) Giả sử f (x) khả quy, f (x) = g(x)h(x) khi đó f (x + a) = g(x + a)h(x + a).Mặt khác từ deg g(x) = deg g(x + a), deg h(x) = deg h(x + a) ta suy ra f (x + a) cũngkhả quy (mâu thuẫn!)

(iv) Ta có f (x + 1) = 8x3+ 24x2+ 18x + 3, áp dụng Tiêu chuẩn Eisenstein với p = 3

ta được f (x + 1) là bất khả quy, do đó f (x) cũng là đa thức bất khả quy

Ví dụ 2.1.2 Nếu p là một số nguyên tố thì đa thức

Vậy f (x) bất khả quy trên Z

Từ đó suy ra f (−x) = xp−1− xp−2+ − x + 1 = g(x), với p 6= 2, cũng bất khả quy

Dễ kiểm tra trường hợp p = 2 thoả mãn

Ví dụ 2.1.3 Với mỗi số nguyên tố p, đa thức

f (x) = 1 + x +x

2

2! + +

xpp!

là một đa thức bất khả quy trên Q

i! chia hết cho p, nhưng không chia hết cho p

2, với mọi i < p TheoTiêu chuẩn Eisenstein, đa thức p!f là bất khả quy trên Z, do đó nó bất khả quy trên

Q Mặt khác, vì p! khả nghịch trong Q nên f bất khả quy trên Q

Ví dụ 2.1.4 chứng minh các đa thức sau bất khả quy trên Q:

(i) f (x) = x4+ 1

(ii) f (x) = x6+ x3+ 1

Giải (i) Cách 1: Ta có

f (x + 1) = (x + 1)4+ 1 = x4+ 4x3+ 6x2+ 4x + 2

Chọn p = 2, áp dụng Tiêu chuẩn Eisenstein ta có f (x + 1) bất khả quy trên Z, do đó

nó bất khả quy trên Q Vậy f (x) bất khả quy trên Q

Cách 2: Giả sử f (x) khả quy trên Q Vì g(x) = x4+ 1 không có nghiệm trong Qnên nó không có nhân tử bậc 1 Suy ra g(x) phân tích được thành

• Với b = d = 0, suy ra c = −e Khi đó ce = −c2 = 1 (vô lí!)

• Với b 6= 0, suy ra c = e Khi đó c + e = b2 ≥ 0, suy ra c, e ≥ 0

Từ đẳng thức cuối, ta có ce = c2 = 1, nên c = e = 1 Do đó b2 = 2, nên

(iii) Ta có: f (x) = 4(x6 + 4x2 − 2) Vì 4 là một phần tử kả nghịch trong Q nên

ta chỉ cần chứng minh g(x) = x6 + 4x2 − 2 bất khả quy là đủ áp dụng tiêu chuẩnEisenstein với số nguyên tố p = 2 ta được đa thức g(x) bất khả quy trên Q Vậy đathức f (x) = 4g(x) bất khả quy trên Q

Ví dụ 2.1.6 Cho p là một số nguên tố khác 2 Chứng minh rằng đa thức

Khi đó ta có ak p, với mọi k = 0, p − 2 và a

0 = 2p−1.p không chia hết cho p2 Do đótheo tiêu chuẩn Eisenstein, đa thức f (x) bất khả quy trên Z

Ví dụ 2.1.7 Cho số nguyên m > 1 và một số nguyên tố p Chứng minh rằng đa thức

Giải (i) Vì 1 + |a1| + |a2| + |a3| + |a4| + |a5| + |a6| = 4 < 5 nên áp dụng tiêu chuẩnOsada với p = 5 ta được f (x) bất khả quy trên Z.

(ii) Ta có

f (x + 1) = (x + 1)3− 5(x + 1)2 + 10(x + 1) − 13

= x3− 2x2+ 3x − 7

áp dụng tiêu chuẩn Osada với p = 7 ta được đa thức f (x + 1) bất khả quy trên Z, do

đó đa thức f (x) bất khả quy trên Z

(iii) Ta có

f (x) = (x − 1)5+ (x − 1) + 3

Khi đó f (x + 1) = x5+ x + 3 là bất khả quy theo tiêu chuẩn Osada

Ví dụ 2.1.9 Nếu p là một số nguyên tố lẻ, thì đa thức

250 với mọi i = 1, 2, , 100 Do đó theo Tiêu chuẩn Polya, thì

f (x) là một đa thức bất khả quy trên Z

Cách 2: Giả sử f (x) là đa thức khả quy Khi đó f (x) = g(x)h(x), trong đóg(x), h(x) là các đa thức có hệ số nguyên với bậc lớn hơn 0 Ta có

Điều này vô lí vì hệ số của xnở đa thức vế trái bằng 1, còn hệ số của xn ở vế phải ≤ 0.Vậy đa thức f (x) bất khả quy.

Q Vậy đa thức f (x) bất khả quy trên Q

Ví dụ 2.1.12 (Tiêu chuẩn bất khả quy thu gọn) Cho đa thức

Giải Giả sử f (x) = u(x)v(x), trong đó u(x), v(x) ∈ Z[x] Khi đó

f (x) = u(x)v(x), với u(x), v(x) ∈ Zp[x]

Vì deg f = deg f , nên deg u = deg u và deg v = deg v Từ điều kiện f (x) bất khả quytrong Zp[x] ta suy ra u(x) hoặc v(x) là phần tử khả nghịch trong Zp[x], chẳng hạn làu(x) Ta có deg u = deg u = 0, nên u(x) ∈ Z∗, và do đó khả nghịch trong Q

Vậy f (x) bất khả quy trên Q.

Ta có g(x) = x4+ x + 1 ∈ Z2[x] Do đó deg g = 2 = deg g Từ g(0) = 1 = g(1), suy

ra hàmg(x) không có nhân tử bậc nhất Vì vậy, nếu g(x) khả quy thì

Phương pháp sử dụng hàm sinh là một phương pháp độc trong giải toán Để hình dung

về phương pháp này, trước hết chúng ta xem xét trường hợp hàm sinh là các đa thức

Ví dụ 2.2.3 Giả sử m, n là các số nguyên dương thoả mãn m ≤ 2n Tính

X

k+l=m 0≤k,l≤n

(n + 1)p+1 = Cp+10 + nCp+11 + + np+1Cp+1p+1

Từ đó suy ra

(n + 1)p+1= nCp+10 + Cp+11 S1(n) + + Cp+1p Sp(n) + 1,

Ví dụ 2.2.10 Chứng minh rằng

C2 n

(n − 1)2 + 2C

3 n

(n − 1)3 + 3C

4 n

(n − 1)4 + +(n − 1)C

n n

x2 +2C

3 n

x3 + + (n − 1)C

n n

x2 + 2C

3 n

x3 + + (n − 1)C

n n

xn ).Thay x = n − 1 ta được vế trái bằng 0, do đó

Cn0− ( C

2 n

(n − 1)2 + 2C

3 n

(n − 1)3 + 3C

4 n

(n − 1)4 + +(n − 1)C

n n

(n − 1)n ) = 0,hay

C2 n

(n − 1)2 + 2C

3 n

(n − 1)3 + 3C

4 n

(n − 1)4 + + (n − 1)C

n n

(n − 1)n = 1

Ví dụ 2.2.11 Chứng minh rằng

2Cn0+ 2

2C1 n

23C2 n

3 + +

2n+1Cn n

n + 1 =

3n+1− 1

n + 1 .Giải Đặt f (x) = (1 + x)n Ta có

2 0

k + 1 .

Từ đó ta suy ra công thức cần chứng minh

Ví dụ 2.2.12 Cho n và τ là các số nguyên thoả mãn 0 ≤ τ < n Chứng minh rằng

Mặt khác nx(1 + x)n−1(1 + x)n = nx(1 + x)2n−1, nên hệ số của xn còn là nC2n−1n−1 Dođó

2.3 Một số ứng dụng của định lí Viéte

Ví dụ 2.3.1 Giả sử x1, x2, x3 là các nghiệm của đa thức f (x) = x3−ax2

−bx−c ∈ R[x].Với mỗi số nguyên dương n ta đặt Tn = xn1 + xn2 + xn3 Hãy lập biểu thức truy hồi cho

Giải Đặt y = x − 3, khi đó y1 = x1− 3, y2 = x2− 3, y3 = x3− 3 là các nghiệm của đathức

(y + 3)3− 6(y + 3)2+ a(y + 3) + a = y3+ 3y2+ (a − 9)y + 4a − 27

(ii) Chứng minh rằng với mọi k thì u2k chia hết cho 2k+1

(iii) Chứng minh rằng với mọi k ≥ 1 thì u2k−1 chia hết cho 2k và không chia hết cho

11 là hai nghiệm của phương trình x2− 20x + 1 = 0 nên ta có

vk+1 = 20vk− vk−1 Vì v0 = 2, v1 = 20 nên từ công thức truy hồi này ta có vk là một

số chẵn với mọi k.

Vậy u2k = 2k+1a với a là số nguyên dương

(iii) Ta chứng minh bằng quy nạp theo k Với k = 1, khẳng định đúng Giả sửkhẳng định đúng với k = m, nghĩa là u2m−1 = 2mb với b là số lẻ Ta chứng minh khẳngđịnh đúng với k = m + 1 Ta có

Ví dụ 2.3.5 Chứng minh rằng phần nguyên của số (2 +√

3)n luôn là số lẻ với mọi

Ví dụ 2.3.6 Cho đa thức

f (x) = x4+ 4x3− 2x2− 12x + 1

i − 1)2

ở đó n là số nghiệm và xi(i = 1, , n) là các nghiệm của đa thức f (x)

Giải Ta có f (x) = 0 khi và chỉ khi (x2+ 2x − 3)2 = 8, hay

8 = 0 Khi đó x1, x2, x3, x4 là các nghiệm của f (x)

Ta có

S1 = 2x

2

1+ 1(x2

1 − 1)2 + 2x

2

2+ 1(x2

2− 1)2

2

1+ 1(4 −√

8)(x1− 1)2 + 2x

2

2+ 1(4 −√

(2x21+ 1)(x2− 1)2+ (2x22+ 1)(x1− 1)2

(x1− 1)2(x2 − 1)2

.Dùng định lí Viéte ta tìm được giá trị của biểu thức trong dấu ngoặc và tính được