Khóa luận tốt nghiệp MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ ĐA THỨC

Lý do chọn đề tài Đa thức và các tính chất liên quan đến nó có vị trí quan trọng trong Toán học,không những là đối tượng nghiên cứu chủ yếu của Đại số mà còn là công cụ đắc lựccủa Giải t

Mục lục

1.1 Định nghĩa 6

1.2 Bậc của đa thức 7

1.3 Phép chia đa thức 8

1.4 Nghiệm của đa thức 11

1.4.1 Định nghĩa: 11

1.4.2 Nghiệm bội, nghiệm đơn, nghiệm kép 11

1.5 Đa thức trên trường số thực và phức 13

1.6 Đa thức trên trường số hữu tỉ 14

1.6.1 Nghiệm hữu tỉ của một đa thức với hệ số hữu tỉ 14

1.6.2 Đa thức bất khả quy của vành Q[x] 16

1.7 Đa thức hệ số nguyên 17

1.8 Vành đa thức nhiều ẩn 19

1.8.1 Xây dựng vành đa thức nhiều ẩn 19

1.8.2 Đa thức đối xứng 20

2 MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ ĐA THỨC 21

2.1 Một số dạng toán về đa thức một ẩn 21

2.1.1 Dạng 1: Bài toán về phép chia đa thức 21

2.1.2 Dạng 2: Bài toán về nghiệm của đa thức 24

2.1.3 Dạng 3: Bài toán chứng minh sự tồn tại và xác định đa thức 27 2.1.4 Dạng 4: Bài toán áp dụng định lý Viet 31

2.2 Một số dạng toán về đa thức nhiều ẩn 35

2.2.1 Dạng 1: Bài toán chứng minh đẳng thức 35

2.2.2 Dạng 2: Bài toán chứng minh bất đẳng thức 38

2.2.3 Dạng 3: Bài toán giải hệ phương trình 40

2.2.4 Dạng 4: Bài toán tìm nghiệm nguyên của phương trình 43

LỜI CẢM ƠN

Trước tiên, em muốn gửi lời cảm ơn sâu sắc nhất tới thầy giáo - ThS Trần MạnhHùng - người đã tận tình hướng dẫn em trong suốt quá trình thực hiện khóa luậntốt nghiệp

Em xin bày tỏ lời cảm ơn sâu sắc đến những thầy cô đã giảng dạy em trong bốnnăm qua, những kiến thức mà em tiếp thu được trên giảng đường Đại học sẽ là hànhtrang giúp em vững bược trong tương lai

Cuối cùng, em muốn gửi lời cảm ơn chân thành đến tất cả bạn bè, gia đình,những người luôn ở bên động viên và giúp đỡ em vượt qua những khó khăn trongcuộc sống

LỜI MỞ ĐẦU

1 Lý do chọn đề tài

Đa thức và các tính chất liên quan đến nó có vị trí quan trọng trong Toán học,không những là đối tượng nghiên cứu chủ yếu của Đại số mà còn là công cụ đắc lựccủa Giải tích Ngoài ra, lý thuyết đa thức còn được sử dụng nhiều trong Toán caocấp, Toán ứng dụng và chúng ta cũng thường xuyên gặp những bài toán về đathức trong các kỳ thi học sinh giỏi, thi Olympic Toán học Học sinh, Sinh viên toànquốc

Tuy nhiên, cho đến nay, tài liệu về đa thức còn hạn chế Các dạng về đa thứcchưa được phân loại rõ ràng và hệ thống hóa đầy đủ cũng như đưa ra phương phápgiải một cách tường minh

Với tất cả lý do trên đã gợi ý cho tôi chọn và nghiên cứu đề tài "Một số dạngtoán về đa thức" làm đề tài cho khóa luận tốt nghiệp đại học của mình

2 Mục đích nghiên cứu

Từ những lý do trên tôi chọn đề tài với những mục đích sau:

• Hệ thống lại lý thuyết một cách tổng quát về đa thức để xây dựng và phânloại các dạng toán về đa thức

• Đưa ra các phương pháp giải phong phú và nhận xét các bài tập có lời giải

• Xây dựng hệ thống bài tập, phân loại được các dạng toán và tìm hướng giảichung

• Thông qua tìm hiểu, nghiên cứu giúp bản thân hiểu sâu hơn về đa thức

3 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

• Đối tượng nghiên cứu: Lí thuyết về đa thức, đa thức trên các trường số

R, Z, C, Q sử dụng nội dung cốt lõi đó để phân loại các dạng toán

• Phạm vi nghiên cứu: Các dạng toán về đa thức , tập trung các bài toán ở cácbài toán ở các cấp phổ thông và chương trình đại học, đặc biệt chủ yếu cácbài toán được trích từ đề thi và dự tuyển Olympic Toán Sinh viên và Học sinhtoàn quốc qua các năm

4 Phương pháp nghiên cứu

• Phương pháp nghiên cứu lý luận: Đọc tài liệu liên quan đến nội dung đa thức, tìm hiểu các bài tập và các đề thi học sinh giỏi, Olympic Toán

• Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: Tổng kết kinh nghiệm của bản thân, cácbạn học, anh chị xung quanh để tổng hợp và hệ thống hóa kiến thức vấn đềkiên cứu đầy đủ và khoa học, kết hợp với đưa ra các bài tập cụ thể để minhhọa chi tiết

5 Cấu trúc của luận văn

Ngoài lời cảm ơn, phần mở đầu và danh mục tài liệu tham khảo, luận văn đượctrình bày trong hai chương:

Chương 1: Tổng quan về đa thức

Chương 2: Một số dạng toán về đa thức

Chương 1

TỔNG QUAN VỀ ĐA THỨC

1.1 Định nghĩa

Giả sử A là một vành giao hoán có đơn vị 1

P = {(a0, a1, , an, ), trong đó ai ∈ A, ∀i ∈ N và ai = 0 hầu hết }

Trong P , phép cộng và phép nhân được định nghĩa như sau:

a 7→ (a, 0, , 0, ) là một đơn cấu

Do vậy, ta đồng nhất phần tử a ∈ A với dãy (a, 0, , 0, ) ∈ P thì A là mộtvành con của P

Đặt x = (0, 1, 0, , 0, ), khi đó mỗi phần tử của P là dãy (a0, a1, , an, 0, )với ai ∈ A, i = 0, 1, , n, có thế viết được dưới dạng :

f (x) = a0+ a1x + + anxn,

f (x) được gọi là đa thức của ẩn x với hệ tử trên A, ai(i = 1, n) là các hệ số của đa

thức; an là hệ số cao nhất, a0 là hệ số tự do Vành P là vành của đa thức ẩn x trên

A, kí hiệu là: P = A[x]

Phần tử không của vành P là (0, 0, , 0, ) được gọi là đa thức không, kí hiệu

là 0

Tập hợp các đa thức hệ số nguyên kí hiệu là Z[x]

Tập hợp các đa thức hệ số hữu tỉ kí hiệu là Q[x]

Định lý 1.2.1 Cho f (x), g(x) thuộc A[x]

1 Nếu f (x) 6= 0 , g(x) 6= 0 và deg f (x) 6= deg g(x) thì f (x) + g(x) 6= 0 vàdeg(f (x) + g(x)) = max (deg f (x), deg g(x))

Nếu deg f (x) = deg g(x) và f (x) + g(x) 6= 0 thì

deg(f (x) + g(x)) ≤ max(deg f (x), deg g(x))

2 Nếu f (x)g(x) 6= 0 thì deg(f (x)g(x)) ≤ deg f (x)+ deg g(x)

Định lý 1.2.2 Nếu A là miền nguyên f (x) 6= 0, g(x) 6= 0 thì f (x).g(x) 6= 0 vàdeg (f (x).g(x)) = deg f (x) + deg g(x)

Hệ quả 1.2.3 A là miền nguyên thì vành A[x] cũng là một miền nguyên

1.3 Phép chia đa thức

Định lý 1.3.1 Giả sử A là một trường, f (x) và g(x) 6= 0 là hai đa thức của vànhA[x] Khi đó luôn tồn tại hai đa thức duy nhất q(x) và r(x) thuộc A[x] sao cho

f (x) = g(x).q(x) + r(x) Trong đó, r(x) = 0 hoặc deg r(x) < deg g(x)

- Nếu r(x) = 0 thì f (x) g(x) trong A[x].

- Nếu r(x) 6= 0 , ta có deg r(x) < deg g(x); ta gọi q(x) là thương; r(x) là dư trongphép chia f (x) cho g(x) trong A[x]

Ta đặt: f1(x) = f (x) − a0

b0x

n−mg(x) Dễ thấy; deg f1(x) < deg f (x)

Nếu deg f1(x) < deg g(x) thì f (x) = f (x) −a0

Nghĩa là đến một thời điểm ta nhận được đa thức fk(x) sao cho:

Kí hiệu: h(x) = (f (x), g(x)) là ước chung lớn nhất của f (x) và g(x).

Dễ thấy h(x) là ước chung lớn nhất của hai đa thức f (x) và g(x), thì α.h(x) với

α 6= 0 cũng là ước chung lớn nhất Cũng như vậy nếu h1(x) và h2(x) là ước chunglớn nhất của hai đa thức f (x) và g(x), thì từ định nghĩa suy ra h1(x) h

2(x), nghĩa

là h1(x) = α.h2(x), ở đây α 6= 0 là một số bất kì Suy ra nếu hai đa thức có ướcchung lớn nhất thì nó được xác định sự sai khác là một hằng số

Định lý 1.3.4 Cho f (x) và g(x) là hai đa thức trên trường A

a) Nếu f (x) và g(x) là hai đa thức và f (x) g(x), thì ước chung lớn nhất của chúng

q(x) = b0xn−1+ b1xn−2+ + bn−2x + bn−1

Nếu f (c) = 0 thì c được gọi là nghiệm của f (x) Tìm nghiệm của f (x) trong Agọi là giải phương trình đại số bậc n

anxn+ + a0 = 0, (an6= 0)trong A, với x là ẩn

1.4.2 Nghiệm bội, nghiệm đơn, nghiệm kép

Giả sử A là một trường, c ∈ A, f (x) ∈ A[x] và m là số tự nhiên ≥ 1, c là nghiệmbội cấp m nếu và chỉ nếu f (x) chia hết cho (x − c)m và f (x) không chia hết cho(x − c)m+1 Trong trường hợp m = 1 người ta còn gọi c là nghiệm đơn, m = 2 thì c

là nghiệm kép

Một đa thức có một nghiệm bội cấp m như một đa thức có m nghiệm trùng nhau

Đa thức liên kết với f (x) là các đa thức af (x), a ∈ A∗

ở đây d = f (c) Từ đây dễ thấy rằng f (c) = 0 khi và chỉ khi f (x) chia hết cho

Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo n

Nếu n = 1 , thì f (x) = cx + an−1 có duy nhất nghiệm x = −an−1

c và dễ thấy

f (x) = c.(x +an−1

c ) = c.(x − c1).

Giả sử mệnh đề đúng với đa thức bậc n − 1 và cho deg f (x) = n

Cho thêm c1 là nghiệm của f (x) ( tồn tại c1 do định lý d’Alembert )

Khi đó f (x) = (x − c1).g(x)

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

a0 Khi đó nghiệm của f (x) là nghiệm c1 và các nghiệm của g(x)

Theo giả thết quy nạp ta có:

α1α2 αk+ αn−k+1αn−k+2 αn = (−1)kak

a0

1.5 Đa thức trên trường số thực và phức

Định lý 1.5.1 (Định lý cơ bản của Đại số) Giả sử f (x) ∈ C[x], ta có: mọi

đa thức bậc n (n ≥ 1) với hệ số phức có đúng n nghiệm phức (kể cả nghiệm bội)

Hệ quả 1.5.2 Đa thức bất khả quy trên trường số phức là và chỉ là các đa thứcbậc nhất

Mệnh đề 1.5.3 Nếu số phức z là nghiệm của đa thức f (x) vói hệ số thực thì zcũng là nghiệm của đa thức f (x)

1.6 Đa thức trên trường số hữu tỉ

1.6.1 Nghiệm hữu tỉ của một đa thức với hệ số hữu tỉ

Nếu f (x) = anxn+ an−1xn−1+ + a1x + a0(an 6= 0) là một đa thức với hệ sốhữu tỉ thì f (x) được viết dưới dạng:

với hệ số nguyên và hệ số cao nhất bằng 1 Do đó muốn có các nghiệm của g(x) tachỉ việc tìm nghiệm của h(x).

Như vậy bài toán tìm nghiệm của đa thức với hệ số hữu tỉ được đưa về bài toántìm nghiệm của đa thức với hệ số nguyên mà hệ số cao nhất bằng 1

Ta đặt vấn đề ở đây là tìm các nghiệm hữu tỉ của các đa thức f (x) có dạng

f (x) = xn+ cn−1xn−1+ + c1x + c0 với các ci nguyên Giả sử a là một nghiệm hữu

tỉ của f (x), thế thì a phải là nguyên Mặt khác, từ:

Vì vậy trước hết ta tính f (1) và f (−1) để xem 1 và -1 có phải là nghiệm của

f (x), sau đó ta xét các ước a ± 1 của c0 sao cho

f (1)

1 − a,

f (−1)

1 + a

là những số nguyên trước khi thử xem chúng có phải là nghiệm của f (x), và do đó

số lần thử của ta bớt đi nói chung

1.6.2 Đa thức bất khả quy của vành Q[x]

Đối với trường số thực R và trường số phức C, vấn đề xét xem một đa thức đãcho của vành R[x] hay vành C[x] có bất khả quy hay không rất đơn giản, nhưngtrong vành Q[x] với Q là trường số hữu tỉ thì vấn đề phức tạp hơn nhiều Đối vớicác đa thức bậc hai và ba của Q[x], việc xét xem có bất khả quy hay không đượcđưa về việc tìm nghiệm hữu tỉ của các đa thức đó: các đa thức bậc hai và bậc bacủa Q[x] là bất khả quy khi và chỉ khi chúng không có nghiệm hữu tỉ Tiêu chuẩnEisenstein là điều kiện đủ để xác định một đa thức bất khả quy trên Q[x]

Định nghĩa 1.6.3 Giả sử f (x) là một đa thức với hệ số nguyên, f (x) gọi là nguyênbản nếu các hệ số của f (x) không có ước chung nào khác ngoài ±1

Cho một đa thức với hệ số nguyên f (x) ∈ Z[x], kí hiệu bằng a ước chung lớnnhất của các hệ số của f (x), ta có:

trong đó f∗ nguyên bản và a, b ∈ Z nguyên tố cùng nhau

Định lý 1.6.4 Nếu f (x) là đa thức hệ số nguyên có bậc lớn hơn 0 và không bấtkhả quy trong Q[x] thì f (x) phân tích được thành tích những đa thức bậc lớn hơn 0với hệ số nguyên

Định lý 1.6.5 (Tiêu chuẩn Eisenstein) Giả sử f (x) = a0+ a1x + + anxn(n > 1) là một đa thức với hệ số nguyên Nếu có một số nguyên tố p sao cho p khôngchia hết hệ số cao nhất an, p chia hết tất cả các hệ số còn lại và p2 không chia hết

số hạng tự do a0 thì đa thức f (x) bất khả quy trong Q[x]

Chứng minh

Giả sử f (x) có những ước thực sư trong Q[x] f (x) có thể viết:

f (x) = g(x)h(x)

Theo giả thiết p chia hết cho a0 = b0c0; vậy vì p là nguyên tố, nên p chia hết cho

b0 hoặc p chia hết cho c0 Giả sử p chia hết cho b0, thế thì p chia hết cho c0, vì nếuthế thì p2 sẽ chia hết a0 = b0c0, trái với giả thiết, p không thể chia hết mọi hệ sốcủa g(x), vì nếu thế thì p sẽ chia hết an = brcs, trái với giả thiết Vậy giả sử bk là

hệ số đầu tiên của g(x) không chia hết cho p Ta hãy xét:

Định nghĩa 1.7.1 Nếu đa thức f (x) = anxn+ an−1xn−1+ + a1x + a0, an 6= 0

có các hệ số ai ∈ Z , i = 0, n thì ta nói f(x) là đa thức hệ số nguyên

Ta kí hiệu tập hợp các đa thức hệ số nguyên là Z[x].

Định lý 1.7.2 Giả sử f (x) = anxn+ an−1xn−1+ + a1x + a0, an6= 0 là đa thức

hệ số nguyên Nếu f (x) có nghiệm hữu tỷ thì với mọi nghiệm của f (x) có dạng r

s,trong đó r|a0, s|an và (r, s) = 1

Chứng minh

Giả sử phân số tối giản r

s là nghiệm của đa thức f (x) Khi đó ta có:

Mặt khác:

ansn= −s(an−1sn−1+ + a1rn−2s + a0rn−1)

Suy ra ansn chia hết s mà (sn, r) = 1 nên an chia hết r

Hệ quả 1.7.3 Nếu f (x) = anxn+ an−1xn−1+ + a1x + a0, ai ∈ Z có nghiệm hữu

tỷ thì với mọi nghiệm hữu tỷ của f (x) đều là nguyên và là ước của a0

Định lý 1.7.4 Nếu số hữu tỷ α = u

v ( (u,v)=1 ) là nghiệm của đa thức với hệ sốnguyên:

P (x) = a0xn+ a1xn−1+ + an−1x + an

thì với mọi số nguyên m số P(m) chia hết cho (u − mv)

Trường hợp đặc biệt u + v là ước số của P (−1), còn u − v là ước số của P (1).Chứng minh

Nghĩa là: vnP (m) = a0(mnvn−un)+a1(mn−1vn−1un−1)v + .+an−1(mv −u)vn−1.Nhưng từ mkvk− uk = (mv − u)(mk−1vk−1+ umk−2vk−2+ + uk−2mv + uk−1).Suy ra: vkak(mkvk − uk) chia hết cho u − mv, nghĩa là vnP (m) chia hết cho

u − mv Mặt khác khi mà (u, v) = 1, nên (vk, u − mv) = 1 và suy ra P (m) chia hết

1.8 Vành đa thức nhiều ẩn

1.8.1 Xây dựng vành đa thức nhiều ẩn

Bằng phương pháp quy nạp ta xây dựng được vành đa thức nhiểu ẩn trên vành

vành An = An−1[xn] kí hiệu là A = [x1, x2, , xn] và gọi là vành đa thức của n ẩn

x1, x2, , xnlấy hệ số trong vành A Một phần tử của Angọi là một vành đa thức của

n ẩn x1, x2, , xn lấy hệ số trong vành A, người ta kí hiệu nó bằng f (x1, x2, , xn)hay g(x1, x2, , xn)

Mỗi đa thức f (x1, x2, , xn) của vành A[x1, x2, , xn] có thể viết dưới dạng:

1 xa in

n gọi là các hạng tử của đa thức f (x1, x2, , xn)

Đa thức f (x1, x2, , xn) = 0 khi và chỉ khi các hệ số của nó bằng 0 tất cả

1.8.2 Đa thức đối xứng

Định nghĩa 1.8.3 Giả sử A là một vành giao hoán có đơn vị, f (x1, , xn) là một

đa thức của vành A[x1, , xn] Ta bảo f (x1, , xn) là một đa thức đối xứng của n

Định lý 1.8.5 (Định lý cơ bản cho những đa thức đối xứng)

Mọi đa thức đối xứng có thể biểu diễn như đa thức của những đa thức đối xứng

cơ bản và sự biểu diễn này là duy nhất

Chương 2

MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ ĐA THỨC

2.1 Một số dạng toán về đa thức một ẩn

2.1.1 Dạng 1: Bài toán về phép chia đa thức

Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi giá trị n ∈ Z+, đa thức (x + 1)2n+1 + xn+2

Cũng chia hết cho đa thức x2 + x + 1.

Vậy khẳng định được chứng minh đúng với ∀n ∈ Z+

Ví dụ 2: Cho hai đa thức:

f (x) = x12− x11+ 3x10+ 11x3− x2+ 23x + 30 và g(x) = x3+ 2x + mHãy xác định m để f (x) g(x) trong Q[x].

m4− 6m3+ 4m2+ 5m + 30 = 0

⇒ m = 3

Vậy với m = 3 thì f (x) chia hết cho g(x)

Ví dụ 3: Cho F = x3+ y3+ z3+ mxyz Xác định m để F chia hết cho (x + y + z)

Giải

Ta coi F là một đa thức với ẩn x, kí hiệu F (x)

Vì (x + y + z) = x − (−y − z) và F (x + y + z) nên F [x − (−y − z)].

Suy ra:

F (−y − z) = 0 ⇔ (−y − z)3+ y3+ z3+ m(−y − z)yz = 0

⇔ −3yz(y + z) + m(−y − z)yz = 0

⇔ −yz(y + z)(3 + m) = 0

Đẳng thức trên đúng với mọi y,z khi m = −3.

3 x

2+ x + 32

3 .

Ví dụ 5: Cho f (x) là đa thức bậc lớn hơn 1 có các hệ số nguyên và k, h là hai

số tự nhiên nguyên tố cùng nhau Chứng minh rằng:

Do đó f (k + h) kh (do (k, h) = 1)

Nhận xét: Với f ∈ Z[x] và a ∈ Z thì:

f (x) = (x − a)g(x) + r(x) với g(x) ∈ Z[x] ⇒ f (a) = 0 + r(x) ⇒ r(x) = f (a)

Do đó: f (x) = (x − a)g(x) + f (a)

hay f (x) − f (a) = (x − a)g(x)

hay f (x) − f (a) (x − a).

2.1.2 Dạng 2: Bài toán về nghiệm của đa thức

Ví dụ 1: Chứng minh rằng, nếu f (x) = ax2+ bx + c (a 6= 0; a, b, c ∈ Z) có nghiệmhữu tỷ thì ít nhất một trong 3 số a, b, c chẵn

Nếu g(y) có nghiệm nguyên y1 thì y2 = b − y1 cũng nguyên Trong ba số y1, y2

và (y1+ y2) phải có một số chẵn, do đó abc chẵn và ít nhất một trong các số a, b, cphải chẵn

Ví dụ 2: Giả sử f (x) là một đa thức với các hệ số nguyên và f (0), f (1) là những

số nguyên lẻ Chứng minh rằng f (x) không có nghiệm nguyên

Giải

Giả sử f (x) = a0xn+ a1xn−1+ + an−1x + an

Giả sử f (x0) = 0 Nếu x0 chẵn thì: