Mối quan hệ giữa nội dung đại số cao cấp ở trường đại học và toán sơ cấp ở trường phổ thông

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNTRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌCNGUYỄN TỐ KHUYÊN MỐI QUAN HỆ GIỮA NỘI DUNG ĐẠI SỐ CAO CẤP Ở TRƯỜNG ĐẠI HỌC VÀ TOÁN SƠ CẤP Ở TRƯỜNG PHỔ THÔNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguy

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNTRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN TỐ KHUYÊN

MỐI QUAN HỆ GIỮA NỘI DUNG ĐẠI SỐ CAO CẤP Ở TRƯỜNG ĐẠI HỌC VÀ TOÁN SƠ CẤP Ở

TRƯỜNG PHỔ THÔNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2013

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

MỐI QUAN HỆ GIỮA NỘI DUNG ĐẠI SỐ CAO CẤP Ở TRƯỜNG ĐẠI HỌC VÀ TOÁN SƠ CẤP Ở

TRƯỜNG PHỔ THÔNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Chuyên ngành : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Mã số : 60 46 01 13

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:PGS TS TRỊNH THANH HẢI

THÁI NGUYÊN - 2013

2 Mối liên hệ giữa các bài toán về đa thức với kiến thức đại số

quy và phân tích đa thức 322.2.2 Ví dụ minh họa 362.3 Bài toán về tính chia hết của đa thức 402.3.1 Một số kiến thức đại số cao cấp liên quan đến bài toán

xét tính chia hết 402.3.2 Ví dụ minh họa 402.4 Bài toán về đa thức đối xứng 452.4.1 Một số kiến thức đại số cao cấp về đa thức đối xứng 452.4.2 Ví dụ minh họa 45

MỞ ĐẦU

1 Lý do chọn đề tài

Do nhiều lý do trong quá trình học ở trường đại học sinh viên không nhận

ra được, những chiếc cầu nối từ toán sơ cấp đến toán cao cấp

Trên thực tế, chương trình, giáo trình, sách tham khảo và việc dạy toán caocấp nói chung và đại số cao cấp nói riêng ở các trường sư phạm mang tính

"hàn lâm" Cấu trúc của mỗi nội dung trong giáo trình toán cao cấp thườnglà: Định nghĩa (khái niệm), ví dụ (minh họa khái niệm), định lý, hệ quả Thể hiện mối quan hệ giữa các khái niệm và cuối cùng là ví dụ (thể hiện tính

áp dụng định lý) Với phong cách hàn lâm ấy, các giáo trình toán cao cấpthường rất chặt chẽ, chính xác ngắn gọn và logic Đặc thù nói trên hạn chếkhả năng đề cập đến nguồn gốc xuất xứ của những khái niệm có nguồn gốc

từ toán sơ cấp trong giáo trình toán cao cấp Những chiếc cầu nối từ toán

sơ cấp đến toán cao cấp không được chỉ ra hoặc được chỉ ra thì cũng rất mờnhạt Điều này làm cho rất nhiều sinh viên khi học toán cao cấp cho rằng:Toán cao cấp là một thế giới riêng, tách biệt với toán sơ cấp mà họ từngbiết khi học ở phổ thông Cũng không ít sinh viên sư phạm cho rằng: Ở cáctrường sư phạm cần gì phải học toán cao cấp nhiều? Chỉ cần học giỏi toán

sơ cấp và các môn lý luận phương pháp dạy học là đủ Thiết nghĩ, nhữngsuy nghĩ đó cần được cải thiện

Trong môn toán ở trường phổ thông có nhiều khái niệm được định nghĩatheo con đường kiến tạo, mô tả; nhiều định lý toán học được diễn tả bằngquy nạp không hoàn toàn hoặc bằng thực nghiệm hoặc thừa nhận khôngchứng minh Đó là sự khác biệt trong việc tiếp cận các tri thức toán củahọc sinh ở trường phổ thông và tiếp cận tri thức toán cao cấp của sinh viên

ở trường đại học sư phạm Chính điều này đã tác động trực tiếp đến nhậnthức của sinh viên, họ bỡ ngỡ khi chuyển từ môi trường phổ thông sang môi

trường học toán cao cấp ở trường đại học.

Nghiên cứu và giúp đỡ sinh viên tìm ra mối liên hệ hữu cơ giữa nội dungđại số cao cấp ở trường sư phạm với nội dung toán ở trường phổ thông hiệnnay: Ở Đại học sư phạm Hà Nội có PGS.TS Đàm Văn Nhỉ, TS Nguyễn VănDũng và các cộng sự Điều này cho thấy hướng nghiên cứu của đề tài có tínhthời sự

Theo chúng tôi, việc chỉ ra mối liên hệ giữa kiến thức của đại số cao cấpcủa trường sư phạm với nội dung môn toán ở trường phổ thông sẽ vô cùnghữu ích với một giáo viên toán làm nhiệm vụ giảng dạy ở phổ thông Chính

vì vậy chúng tôi chọn đề tài: "Mối quan hệ giữa nội dung đại số caocấp ở trường đại học và toán sơ cấp ở trường phổ thông", làm hướngnghiên cứu và là đề tài cho luận văn cao học chuyên ngành phương pháptoán sơ cấp

2 Mục đích của luận văn

Tìm hiểu mối quan hệ giữa nội dung đại số cao cấp ở trường đại học sưphạm với nội dung toán giảng dạy ở trường phổ thông

3 Nhiệm vụ

• Tập chung phân tích mối quan hệ giữa các kiến thức về vành đa thức vànghiệm của đa thức trên R,C, đa thức bất khả quy, đa thức đối xứng,

với các dạng bài tập ở phổ thông

4 Giới hạn phạm vi nghiên cứu

Vì nội dung đại số cao cấp rất rộng, do điều kiện về thời gian, trong luậnvăn này chúng tôi chỉ tập chung vào tìm hiểu các nội dung của đại số caocấp về đa thức và nghiệm của đa thức trên R,C, đa thức bất khả quy, đa

thức đối xứng, tương ứng với nội dung toán ở phổ thông

5 Cấu trúc của luận văn

Luận văn gồm 2 chương

• Chương I Mối liên hệ giữa bài toán tìm nghiệm với kiến thức đại số caocấp.

• Chương II Mối liên hệ giữa các bài toán về đa thức với kiến thức đại

số cao cấp

Dù đã rất cố gắng, nhưng chắc chắn nội dung được trình bày trong luậnvăn không tránh khỏi thiếu sót, em rất mong nhận được sự góp ý của cácthầy cô giáo và các bạn để em tiếp tục hoàn thiện luận văn

Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học của PGS.TSTrịnh Thanh Hải Em xin được tỏ lòng cảm ơn chân thành nhất tới thầy về

sự giúp đỡ nhiệt tình từ khi xây dựng đề cương, viết và hoàn thành luận văn.Tiếp theo em xin chân thành cảm ơn các thầy cô giáo phản biện đã đọc vàgóp ý để em hoàn thiện luận văn của mình Em xin được cảm ơn chân thànhnhất tới Khoa Toán Tin, phòng ĐT-KH-QHQT, Trường Đại học Khoa học

- Đại học Thái Nguyên, nơi em đã nhận được một học vấn sau đại học cănbản Xin cảm ơn gia đình, đồng nghiệp đã cảm thông, chia sẻ, ủng hộ và giúp

đỡ trong thời gian em học cao học và viết luận văn Lời cuối em xin chúc sứckhỏe các thầy cô giáo và đồng nghiệp

Em xin chân thành cảm ơn!

Thái Nguyên, ngày 20 tháng 3 năm 2013

Người thực hiệnNguyễn Tố Khuyên

Chương 1

Mối liên hệ giữa bài toán tìm nghiệm với kiến thức đại số cao cấp

1.1 Một số kiến thức đại số cao cấp liên quan đến

bài toán tìm nghiệm phương trình

Nghiệm của đa thức

Định nghĩa 1.1.1

Giả sử K là một trường số nào đó, A là trường con của K Một phần tử

α ∈ K gọi là nghiệm của đa thức f (x) ∈ A[x] nếu và chỉ nếu f (α) = 0 Tacũng nói α là nghiệm của phương trình đại số f (x) = 0 Nếu degf (x) = n

gọi là phương trình đại số bậc n(n ≥ 1)

có thể viết dưới dạng f (x) = a0(x − α1)(x − α2) (x − αn) trong vành K[x]

Ở đây α1, α2, , αn là những nghiệm của đa thức f (x) trong trường mở rộng

K của A

Chứng minh: (Dùng phương pháp quy nạp theo n).

- Nếu n = 1 thì f (x) = a0x + a1 ⇒ f (x) có nghiệm duy nhất α1 = −a1

a0 và

ta thấy f (x) = a0(x + a1

a0) = a0(x − α1).

- Giả sử mệnh đề trên đúng với đa thức bậc n-1, ta xét f (x) mà

deg f (x) = n > 1 Cho thêm α1 là nghiệm của f (x) Khi đó

f (x) = (x − α1)q(x)

Dễ thấy deg q(x) = n − 1, và hệ số trước bậc cao nhất của q(x) trùng với hệ

số a0

Theo giả thiết quy nạp, ta có: q(x) = a0(x − α2)(x − α3) (x − αn)

Trong đó, α2, α3, , αn là các nghiệm của đa thức q(x) Khi đó tất cả cácnghiệm của f (x) làα1, α2, , αn vàf (x) = a0(x − α1)(x − α2) (x − αn)

Nhận xét: Mọi đa thức bậc lẻ luôn tồn tại ít nhất một nghiệm thực

Nghiệm bội và tính chất của nghiệm bội

Định lý 1.1.6 (Định lí cơ bản của đại số cổ điển)

Mọi đa thức f (x) với hệ số phức, deg f (x) ≥ 1 có đúng n nghiệm phức, kể

cả số bội của mỗi nghiệm

Công thức Viet

Định lý 1.1.7 Chof (x) = a0xn+a1xn−1+ +an−1x+an ∈ A[x] , a0 6= 0

là một đa thức bất kì và f (x) = a0(x − α1)(x − α2) (x − αn) Ở đây,

α1, α2, , αn là những nghiệm của đa thức f (x) Khi đó,

α1α2 αk + + αn−k+1αn−k+2 αn = (−1)kak

a0

α1α2 αn = (−1)nan

a0

(1.1)

1.1 Gọi là công thức Viet

Chứng minh Từ f (x) = a0(x − α1)(x − α2) (x − αn) Sau khi ta nhân cácthừa số vào với nhau và nhóm các hệ số theo dạng đa thức chuẩn tắc ta được:

Nghiệm của đa thức với hệ số nguyên

Với mọi f (x) ∈ Q[x] luôn tìm được số nguyên m 6= 0 để mf (x) = g(x),

g(x) ∈Z[x] (m-mẫu số chung các hệ số của f (x))

∀α ∈Q , f (α) = 0 ⇔ g(α) = 0

Do đó, để xét nghiệm của đa thức trên Q, ta chỉ cần xét nghiệm của đa thứctrên Z

Định lý 1.1.8 Nếu u và v là những số nguyên tố cùng nhau và nếu số hữu

tỉ α = u

v là nghiệm của đa thức với hệ số nguyên

p(x) = a0xn + a1xn−1 + + an−1x + an,

thì a0 v và an u

Chứng minh Từ điều kiện u

v là nghiệm của đa thức, ta có:

anvn = −u(a0un−1 + a1un−2v + + an−1vn−1) (1.3)

Từ 1.2 suy ra a0un v mà (u, v) = 1 nên a0 v

Từ 1.3 suy ra anvn u mà (u, v) = 1 nên an u

Nhân hai vế f (x) với an−10 , đặt y = a0x ta được

thì với mọi số nguyênm, sốp(m) (mv −u) Trong trường hợp đặc biệt (u+v)

là ước của p(−1) còn (u − v) là ước của p(1)

Định nghĩa 1.1.12 Trường K được gọi là một trường đóng đại số nếu mọi

đa thức bậc dương thuộc K[x] đều có nghiệm trong K

Như vậy, trong K[x] mọi đa thức bậc dương đều phân tích được thành tíchcác nhân tử tuyến tính khi K là một trường đóng đại số

Bổ đề 1.1.13 Mỗi đa thức bậc lẻ thuộc R[x] đều có ít nhất một nghiệm thựcthuộc R

Chứng minh Giả sử f (x) = a0x2s+1+ a1x2s + · · · + a2sx + a2s+1 ∈ R[x]

với a0 6= 0 Dễ dàng thấy rằng a0f (x) sẽ tiến ra +∞ khix → +∞ và a0f (x)

sẽ tiến ra −∞ khi x → −∞ Từ đây suy ra sự tồn tại của các số thực α > 0

và β < 0 thỏa mãn a0f (α) > 0, a0f (β) < 0 Do vậy a20f (α)f (β) < 0 hay

f (α)f (β) < 0.Vì đa thức f (x) là hàm xác định và liên tục trên R thỏa mãn

f (α)f (β) < 0 nên theo Định lý Weierstrass, đa thức f (x) có ít nhất mộtnghiệm thực thuộc (α, β)

Bổ đề 1.1.14 Mỗi đa thức bậc hai thuộc C[x] đều có hai nghiệm thuộc C.

Chứng minh Trước tiên ta chỉ ra, với mỗi số phức z đều có hai số phức

z1, z2 để z12 = z, z22 = z Thật vậy, giả sử z = a + bi 6= 0 và giả sử z1 = x + yi

với a, b, x, y ∈R để z12 = z hay



x2 − y2 = a2xy = b

Xét trường hợp b 6= 0 nên x 6= 0 Khi đó

Ta có z1 = x1 + bi

2x1 và z2 = x2 +

bi2x2 thỏa mãn z

Chứng minh Cho đa thức tùy ý f (x) = xn + a1xn−1 + · · · + an Ký hiệu

đa thứcf (x) = xn+ a1xn−1+ · · · + an Khi đóg(x) = f (x)f (x) ∈ R[x] Nếu

g(α) = 0 thì f (α) = 0 hoặc f (α) = 0 Từ trường hợp f (α) = 0 ta suy ra

0 = f (α) = f (α) Tóm lại, g(x) có nghiệm thì f (x) có nghiệm Chính vì kếtquả này mà ta chỉ cần chứng minh Định lý cho đa thức với hệ số thực

Ta biết rằng cho mỗi đa thứcf (x) = xn+ a1xn−1+ · · · + an ∈ R[x] có trường

mở rộng K của R để trong K[x] ta có sự phân tích thành tích các nhân tửtuyến tính

f (x) = (x − α1)(x − α2) (x − αn)

Phân tích bậc n = 2d` với ` là số nguyên dương lẻ Ta chứng minh có ít nhấtmột αi ∈ C bằng phương pháp quy nạp theo số nguyên không âm d Nếu

d = 0 thì f (x) là đa thức bậc lẻ Nó có ít nhất một nghiệm trong C theo Bổ

đề 1.1.13 Nếu d > 0, ta giả thiết những đa thức thuộc R[x] có bậc m với sựphân tích m = 2ep, p lẻ và e < d, có ít nhất một nghiệm thuộc C Với một

số thực c ta xét các phần tử

βij = αiαj + c(αi + αj),

với tất cả các cặp chỉ số i, j = 1, , n, i < j Số các cặp (i, j) như vậy bằng

là những hàm đối xứng của các αi Theo Định lý về các hàm đối xứng, các

hệ số của g(x) là những đa thức của các hàm đối xứng cơ bản của các αi

và vì c là số thực nên các hệ số của g(x) là những số thực Theo giả thiếtquy nạp, g(x) có ít nhất một nghiệm trong C, điều này có nghĩa: Tồn tại

2 + 1 đa thức g(x) tương ứng có nghiệm phức, nên có

cặp (i, j) được tính 2 lần Do vậy mà có hai số thực c1 và c2 khác nhau để

a = αiαj + c1(αi + αj), b = αiαj + c2(αi + αj) đều thuộc C Ta có hệ sau:

Từ Định lý 1.1.15 suy ra kết quả sau đây về đa thức bất khả quy trong C[x]

Hệ quả 1.1.16 Mọi đa thức thuộc C[x] với bậc n > 0 đều có n nghiệmtrong C và các đa thức bất khả quy trong C[x] là các đa thức bậc nhất

Bổ đề 1.1.17 Cho f (x) ∈ R[x] \R f (x) là đa thức bất khả quy khi và chỉkhi hoặc f (x) = ax + b với a 6= 0 hoặc f (x) = ax2 + bx + c với a 6= 0 và

b2 − 4ac < 0

Chứng minh Hiển nhiên, nếu f (x) = ax + b với a 6= 0 hoặc

f (x) = ax2 + bx + c với a 6= 0 và b2 − 4ac < 0 thì f (x) là bất khả quy

Ta chứng minh điều ngược lại Giả thiết f (x) ∈ R[x] là bất khả quy với

deg f (x)> 1

Trường hợp deg f (x) = 1 thì f (x) = ax + b với a 6= 0

Xét trường hợp deg f (x) = 2 Khi đó f (x) = ax2 + bx + c với a 6= 0 Nếu

∆ = b2 − 4ac > 0 thì f (x) có hai nghiệm α1, α2 ∈ R và ta có f (x) =a(x − α1)(x − α2) : mâu thuẫn với giả thiết Vậy b2 − 4ac < 0 Xét trườnghợpdeg f (x) > 2 Vì C là trường đóng đại số nên f (x) = 0 có nghiệm α ∈ C

theo Định lý 1.1.15 và như vậy nó còn có nghiệm α Khi đó f (x) có nhân tử

(x − α)(x − α) ∈R[x] hay f (x) là khả quy: mâu thuẫn giả thiết

Tóm lại, nếu f (x) là đa thức bất khả quy thì hoặc f (x) = ax + b với a 6= 0

hoặc f (x) = ax2 + bx + c với a 6= 0 và b2 − 4ac < 0

Sử dụng các kết quả đã đạt được ở trên để chỉ ra dạng phân tích một đathức thuộc R[x] thành tích các nhân tử bất khả quy

Định lý 1.1.18 Mỗi đa thức f (x) ∈ R[x] \R đều có thể phân tích được một

cách duy nhất thành dạng

f (x) = a(x − a1)n1 (x − as)ns(x2 + b1x + c1)d1 (x2 + brx + cr)dr

với các b2i − 4ci < 0 cho i = 1, , r khi r > 1

Chứng minh Vì vành R[x] là vành nhân tử hóa nên f (x) có thể phân tíchđược một cách duy nhất thành tích các nhân tử bất khả quy trong R[x] Vìcác đa thức bất khả quy trong R[x] chỉ có dạng hoặc ax + b với a 6= 0 hoặc

ax2 + bx + c với a 6= 0, b2 − 4ac < 0 theo Bổ đề 1.3 nên mỗi đa thức f (x)

đều có thể phân tích được một cách duy nhất thành dạng

f (x) = a(x − a1)n1 (x − as)ns(x2 + b1x + c1)d1 (x2 + brx + cr)dr

với các b2i − 4ci < 0 cho i = 1, , r khi r > 1

Đôi khi để tìm mối liên hệ giữa các nghiệm hay một tính chất nào đó củanghiệm đa thức ta thường xét bài toán trên C và sử dụng kết quả sau đây:Định lý 1.1.19 [Viét] Giả sử x1, , xn là n nghiệm của đa thức bậc n

sau đây: f (x) = xn− δ1xn−1+ δ2xn−2− · · · + (−1)nδn Khi đó có các hệ thức

Khi đó tồn tại một và chỉ một đa thức s(x1, x2, , xn) ∈ R[x1, x2, , xn]

a = −6

b = −2 .

Do a, d ∈ Q Vậy f (x) = x5 − 6x3 − 2x2 + 5x + 2 = 0 Nên nghiệm hữu

tỉ (nếu có) của f (x) là nghiệm nguyên và nghiệm đó là ước của 2 tức là

⇒ −1 là nghiệm của g(y)

Với α = ±2, ±4, ±8 ta thấy chỉ có α = 2 là thỏa mãn g(1)

Ta có g(2) = 0 ⇒ g(y) = (y + 1)(y − 2)(y2 + 4y − 4).

Đa thức y2 + 4y − 4 không có nghiệm hửu tỷ

Từ đó việc giải phương trình ban đầu được chuyển về việc giải phương trìnhđơn giản hơn

Giải phương trình mà các hệ số của phương trình có hệ thức liên

hệ đặc biệt

Một số bài toán:

Bài toán 1: Giả sử phương trình x3+ ax2+ bx + c = 0 có 3 nghiệm khi đó,

1 nghiệm bằng tổng 2 nghiệm còn lại khi và chỉ khi a3 − 4ab + 8c = 0.Bài giải:

"⇒" Giả sử phương trình x3 + ax2 + bx + c = 0 có các nghiệm x1, x2, x3 và

Bài giải Gọi z là một căn nguyên thủy bậc 5 của đơn vị trong C Khi đó

z 6= 1 và z5 = 1 Vậy z4 + z3 + z2 + z + 1 = 0 Ta có hệ phương trình sau

1 z z2

1 z2 z4

1 z3 z6

6= 0 nên f (1) = g(1) = h(1) = 0 và ta có

f (x), g(x), h(x)chia hết chox−1.Vớix = 2010ta cóf (2010), g(2010), h(2010)

đều chia hết cho 2009 Vậy f (2010), g(2010), h(2010)
>2009

Ví dụ 1.2.5 [IMO 1973] Chứng minh với mọi số nguyên dương n có

√2n + 1

Bài giải Xét đa thức x2n+1 − 1 trên C với 2n + 1 nghiệm ta suy ra biểudiễn

√2n + 1.

Ví dụ 1.2.6 Với số nguyên n > 2, đa thức f (x) = 1 + 4

2n

P

j=1

xj có thể biểudiễn thành f (x) = g(x)2 với g(x) ∈Z[x]?

Giả sử phân tích được x2011 − 2011 = f (x)g(x) với f (x), g(x) ∈ Z[x] và

deg f, deg g > 1 Gọi deg f (x) = k < 2011 Xét f (x) trên C và gọik nghiệmcủa f (x) là α1, , αk Theo Định lý Viét, ta có α1 αk ∈ Z Vì αj cũng

là nghiệm của x2011− 2011 nên αj có dạng

2011√2011(cos γ + i sin γ)

hệ số nguyên

Ví dụ 1.2.8 Với số tự nhiên n > 1, đa thức p(x) = xn + 18xn−1 + 2011

không thể phân tích được thành tích hai đa thức với bậc > 1 và các hệ sốnguyên

Bài giải

Giả sử phân tích được xn+ 18xn−1 + 2011 = f (x)g(x)

với f (x), g(x) ∈ Z[x] và deg f, deg g > 1 Gọi 1 < deg f (x) = k < n

Vì f (0)g(0) = p(0) = 2011 là số nguyên tố nên f (0) = ±1 hoặc

f (0) = ±2011 Vì vai trò f (x) và g(x) bình đẳng nên ta chỉ cần xét trườnghợp f (0) = ±1 Xét f (x) trên C và gọi k nghiệm của f (x) là α1, , αk

Theo Định lý Viets, ta có |α1 αk| = 1.Vì αj cũng là nghiệm của p(x) nên

αn−1j (αj + 18) = −2011 với mọi j = 1, , k Nhân tất cả các hệ thức nàyvới nhau và sử dụng |α1 αk| = 1 ta nhận được

của các hệ số của tất cả các đơn thức dạng x5k thuộc f (x) với số nguyêndương k Gọi u là một căn nguyên thủy bậc 5 của đơn vị, chẳng hạn chọn

Với x = −1 được 2 = −g(−1) = (1 + u)(1 + u2)(1 + u3)(1 + u4)(1 + u5) Vì

Chương 2

Mối liên hệ giữa các bài toán về đa thức với kiến thức đại số cao cấp

2.1 Bài toán chứng minh sự bằng nhau của đa thức

2.1.1 Một số kiến thức đại số cao cấp liên quan đến bài toán

chứng minh hai đa thức bằng nhau

Trong đại số cao cấp ta có dấu hiệu để nhận biết hai đa thức trùng nhau:Định lý 2.1.1 (Nguyên lý so sánh hệ số của hai đa thức) Cho

P (x) = a0xn + a1xn−1 + + an−1x + an,Q(x) = b0xm + b1xm−1 + + bm−1x + bm

là những đa thức và n ≥ m Chứng minh rằng ∃ n + 1 số đôi một khácnhau α1, α2, , αn+1, (αi 6= αj, ∀i 6= j) sao cho P (αi) = Q(αi), ∀i = 1, n + 1

thì P (x) = Q(x) tức là m = n và a0 = b0, a1 = b1, , an = bn

Định lý 2.1.2 Cho A là tập vô hạn các số, còn P (x) và Q(x) là hai đathức Chứng minh rằng nếu với ∀α ∈ A thỏa mãn đẳng thức P (α) = Q(α),thì hai đa thức P (x) và Q(x) bằng nhau

Bài toán chứng minh đẳng thức

1 Cơ sở phương pháp: với cơ sở là bài toán đa thức bằng nhau trong đại sốcao cấp thì trong toán ở phổ thông ta gặp ứng dụng chứng minh đẳng thức

Thuật toán:

B1: Đặt vế trái của đẳng thức là P (x), và vế phải là Q(x)

B2: Đặt n = max {deg P (x), deg Q(x)} Chọn n + 1 giá trị khác nhau từngđôi một mà tại n + 1 giá trị đó P (x) = Q(x) Suy ra P (x) = Q(x) , ∀x.2.1.2 Ví dụ minh họa

Trong toán phổ thông tiêu chuẩn Eisenstein nhìn chung không được giớithiệu cụ thể và tường minh, khi vận dụng chúng ta thường chỉ phân tích đathức về hai đa thức cơ bản (bất khả quy) là bậc nhất và bậc hai vô nghiệmthực như x2 + 1, x2 − x + 3,

Ví dụ 2.1.3 [VMO 1984] Xác định đa thức bất khả quyf (x) ∈ Z[x]nhận

là đa thức bậc 6 với các hệ số nguyên nhận x1 = √

2 +√3

3 làm một nghiệm.Với p = 2, dễ dàng kiểm tra f (x + 1) là bất khả quy theo Định lý 2.2.3 Do

đó đa thức với các hệ số nguyên x6− 6x4 − 6x3+ 12x2− 36x + 1 là bất khảquy, bậc 6, nhận x1 = √

2 +√3

3 làm một nghiệm

Nhận xét: Một đa thức bất khả quy trong đại số cao cấp được vận dụngtrong toán phổ thông cho ta thấy đa thức bậc nhất có nghiệm là nghiệm củaphương trình

4 = 0 hay n = 4k với k ∈ N

+

Ví dụ 2.1.5 Xác định đa thức bất khả quy f (x) ∈ Z[x] bậc 4 có nghiệm

Sử dụng công thức tan 2x = 2 tan x

1 − tan2x, nên từ tan

π

4 = 1 ta suy ratanπ

là bất khả quy với bậc 4 nhận x1 = tan π

16 làm nghiệm Tương tự, đa thức

này còn có nghiệm x2 = tan5π

Bài giải.

Với n = 1 đa thức f1(x) = x − a + 1 là bất khả quy Với n = 2 đa thức

f2(x) = (x − a)(x − a − 2) + 1 = (x − a − 1)2 là khả quy Với n = 4 đa thức

f4(x) = x(x − 1)(x − 2)(x − 3) + 1 = [x(x − 3) + 1]2 là khả quy Bây giờ xét

n> 5 Giả sử f (x) = (x − a1)(x − a2) (x − an) + 1 là khả quy

Khi đó f (x) = g(x)h(x) với g(x), h(x) ∈ Z[x] và deg g(x), deg h(x) > 1 Vì

g(ai)h(ai) = 1 với mọi i = 1, , n nên g(ai) = h(ai) = ±1 với

i = 1, , n Do đó g(x) = h(x) Ta có f (x) = g(x)2 Vậy n phải là số chẵn

và (x − a1)(x − a2) (x − an) = [g(x) − 1][g(x) + 1] với n> 6 Đánh số lạichỉ số, nếu cần thiết, ta có thể biểu diễn

g(x) + 1 = (x − a1)(x − a3) (x − an−1)g(x) − 1 = (x − a2)(x − a4) (x − an)

Vậy 2 = (x − a1)(x − a3) (x − an−1) − (x − a2)(x − a4) (x − an)

Đánh số lại, nếu cần, có thể coi a1 > a3 > · · · > an−1 Cho x = a2k

được 2 = (a2k − a1)(a2k − a3) (a2k − an−1) Vì chỉ có hai các phân tích

2 = 2.1 = (−2)(−1) và n > 6 nên 2 = (a2k − a1)(a2k − a3) (a2k − an−1)

không thể xảy ra Điều này chứng tỏ f (x) là bất khả quy Vậy n0 = 5

Ví dụ 2.1.7 Với các số nguyên phân biệt a1, a2, , an, ký hiệu đa thức

Thật vậy, giả sử g(x) ∈ Z[x] nhận giá trị 1 tại nhiều hơn ba giá trị nguyênphân biệt của biếnx Khi đó g(x) − 1 có ít nhất 4 nghiệm nguyên khác nhau,chẳng hạn a1, a2, a3, a4 Biểu diễn

g(x) − 1 = (x − a1)(x − a2)(x − a3)(x − a4)h(x), h(x) ∈Z[x]

Với a nguyên và a 6= ak, k = 1, 2, 3, 4, thì (a − a1)(a − a2)(a − a3)(a − a4) làtích 4 số nguyên phân biệt Các thừa số này có thể là ±1 và ±p Nếu có sốnguyên a để g(a) = −1 thì

−2 = (a − a1)(a − a2)(a − a3)(a − a4)h(a)

−2 = (−1).1.2

cùng lắm chỉ có ba nhân tử phân biệt

Vậy không có số nguyên a để g(a) = −1

Sử dụng kết quả này vào chứng minh bài toán đặt ra

Giả sử có sự phân tích

af (x)2 + bf (x) + 1 = g(x)h(x)

với g(x), h(x) ∈ Z[x] và deg g(x), deg h(x) > 1 Vì g(ai)h(ai) = 1 với mọi

i = 1, , n nên g(ai) = ±1 với i = 1, , n Do n > 7 và nhận xét trênnên hoặc g(ai) = 1 hoặc g(ai) = −1 với mọi i = 1, 2, , n Tương tự đốivới h(x) Chẳng hạn g(x) = 1 + αf (x) Khi đó h(x) = 1 + βf (x)

2 = 2

n−1sinπ + α

2n sin

3π + α2n · · · sin(2n − 1)π + α

2ntanα

2ncosα

2 = 2

n−1sinπ + α

2n sin

3π + α2n · · · sin(2n − 1)π + α

2ntanα

2n .

= n

2n−1sin π

2nsin

3π2n · · · sin(2n − 1)π

2(x − a)(x − b)(c − a)(c − b) = x

2(x − a)(x − b)(c − a)(c − b),Q(x) = x2

Dễ thấy P (x), Q(x) là những đa thức bậc hai Mặt khác, ta có:

Nếu hai trong những số 0, −b, −c trùng nhau, dễ dàng kiểm tra trực tiếp

P (x) = Q(x) Nếu những số này đôi một khác nhau thì theo nguyên lý sosánh hệ số đa thức suy ra P (x) = Q(x)

Mối liên hệ toán đa thức với kiến thức đại số cao cấp< /h2>

2.1 Bài toán chứng minh đa thức

2.1.1 Một số kiến thức đại số cao cấp liên quan đến toán

chứng... toán

chứng minh hai đa thức

Trong đại số cao cấp ta có dấu hiệu để nhận biết hai đa thức trùng nhau:Định lý 2.1.1 (Nguyên lý so sánh hệ số hai đa thức) Cho

P (x) = a0xn... đa thức đại s? ?cao cấp tốn phổ thơng ta gặp ứng dụng chứng minh đẳng thức

Thuật toán:

B1: