tài liệu ôn thi đầu vào cao học cần thơ năm 2012 bạn cũng làm được như tôi

******Lưu ý: đối với một số bài ta không thể tìm ra được x0 (cũng như thao tác tìm p theo tiêu chuẩn Eisenstain thì ta thực hiện theo cách 2).. Tuy nhiên ta thử trực tiếp các số ước củ[r]

Biên soạn: Nguyễn Chí Phương

Chiều đảo hiển nhiên

Chiều thuận, do K là con của F nên dẫn đến trong F cũng có dạng như vậy

BÀI 3.6 Trong các trường hợp sau hãy chứng minh f|g trong Q[x]:

a) f x( )x x( 1)(2x1) và  2 2

g x  x x  x b)   2

Vì f g,   x nên f|g trong  x  f g| trong  x

và như thế, do (*) để cm f|g trong  x ta chỉ cần chứng minh mọi nghiệm trong

 x của f(x) đều là nghiệm của g(x)

Biên soạn: Nguyễn Chí Phương

Cho  là một nghiệm bất kì của f(x), ta có:

Trong  x , ( )f x chỉ có nghiệm đơn vì: f x'( )2x không có nghiệm chung 1với f(x) (*)

Vì f g,   x nên f|g trong  x  f g| trong  x

và như thế, do (*) để cm f|g trong  x ta chỉ cần chứng minh mọi nghiệm trong

 x của f(x) đều là nghiệm của g(x)

Cho  là một nghiệm bất kì của f(x), ta có:

Biên soạn: Nguyễn Chí Phương

Lý luận tương tự bài 3.6 ta có:

f|g trong  x  Mọi nghiệm của f(x) trong đều là nghiệm của g(x)

cho  là một nghiệm tuỳ ý của f(x), ta cần tìm điều kiện để mọi  như thế đều là nghiệm của g(x)

Biên soạn: Nguyễn Chí Phương

Vậy trường hợp này f|g

Kết luận: f g trong |  x nkhông0 mod 3  3 không là ước của n

(2n  n  =3, thực hiện ở câu a) trường hợp 1 ) 1

Vậy trong trường hợp này f không là ước của g

Biên soạn: Nguyễn Chí Phương

g   k  l lVậy trong trường hợp này: f g| n6l4 l 

Biên soạn: Nguyễn Chí Phương

Biên soạn: Nguyễn Chí Phương

Kết luận: f|g khi và chỉ khi k, m, n có cùng tính chẵn lẻ

BÀI 3.8: Với mỗi số nguyên dương k, đặt f x k( )x k  là một đa thức với hệ số hữu 1

Biên soạn: Nguyễn Chí Phương

Ta có:  m e2 i  nên 1  là một nghiệm của f , do đó m cũng là nghiệm của f n, nghĩa là:  n  1

Suy ra:

2

1

n i m

   hay  là nghiệm của f d( )x

Kết quả trên cho ta g f | dKết luận:  f m, f n f d

Biên soạn: Nguyễn Chí Phương

BÀI 3.9: Cho F là trường hay trường 5 và f g, F x  Tìm h=(f,g); k=[f,g] và u v, F x 

thỏa h=uf+vg trong các trường hợp sau: (TL)

2x3 +2

0

g(x)=(-x-2)(-x3-1)=q1(x)r(x)

Ta có:

Biên soạn: Nguyễn Chí Phương

3 3

3

( ) ( ) ( ) ( )

1 ( ) ( ) ( )

1 ( ) ( ) ( ) ( 1) ( ) ( ) ( , ) 1 ( 1) ( ) ( )

4x  8x  9x  5x 1 4x4x2 3x 1

4x4 +x2+3x+1 1 -8x3 +8x2 - 8x

f(x)=1.g(x)+(-8x3 +8x2 - 8x)=q(x)g(x)+r(x) với q(x)=1, r(x)=-8x3 +8x2 - 8x Nhân 2 vào g(x) rồi chia cho r(x):

8x  2 x  6x  2 -8x3 +8x2 - 8x 8x4 -8x3+8x2 -x-1

8x3 -6x2 +6x +2 8x3 -8x2 +8x 2x2 -2x +2

2g(x)=(-x-1)r(x)+ (2x2 -2x +2)=q1(x)r(x)+r1(x)

Biên soạn: Nguyễn Chí Phương

Ta tiếp tục lấy r(x) chia cho r1(x):

-8x3 +8x2 - 8x 2x2 -2x +2 -8x3 +8x2 - 8x -4x

Tacó:

2

fg[f,g]= (4 4 1)(f,g)

Biên soạn: Nguyễn Chí Phương

(3) 0.1! 0(3) 40.2! 80(3) 34.3! 204(3) 10.4! 240(3) 1.5! 120(3) 0.6! 0

f f f f f f

Biên soạn: Nguyễn Chí Phương

0

1 1

( ) 10( 5)( 3) 21.(6) ( 2)( 3) 13.(2) ( 2)( 5)

0( ) 10( 5)( 3) 21.17( 2)( 3) 13.51( 2)( 5)

Biên soạn: Nguyễn Chí Phương

Biên soạn: Nguyễn Chí Phương

Biên soạn: Nguyễn Chí Phương

Nhận xét rằng nếu f(x) có nghiệm thì là nghiệm nguyên và là ước của 6

Ta có ước của 6 là:  1 ;  2 ;  3 ;  6

Mặt khác: f(1)   0 x 1 là nghiệm của f(x)

 1 12 0

f    nên -1 không là nghiệm của f(x)

Ta lập sơ đồ Horner tìm nghiệm của f(x):

Trước tiên ta thấy x=-1 là 1 nghiệm của f(x)

Biên soạn: Nguyễn Chí Phương

Rõ ràng f(x) có nghiệm x=-1 và là nghiệm bội 3

p q

p q

Biên soạn: Nguyễn Chí Phương

-2

4 -4

Ta lập bảng Horner để thử tìm nghiệm của f(x)

Biên soạn: Nguyễn Chí Phương

2 2

2 2

( 4 4) ( 2) 2

Biên soạn: Nguyễn Chí Phương

Áp dụng tiêu chuẩn Eisenstain cho g(y) với p=2, tức là:

i) p=2 không là ước của an=1 2i) p=2 là ước của -4; -6; -2; 2

3i) p2=4 không là ước của a0=2

Biên soạn: Nguyễn Chí Phương

Các điều kiện đều thoả ta suy ra g(y) bất khả qui trên Do đó f(x) cũng bất khả qui trên

******Lưu ý: đối với một số bài ta không thể tìm ra được x0 (cũng như thao tác tìm p theo tiêu chuẩn Eisenstain thì ta thực hiện theo cách 2)

Vì f(x) không có nghiệm hữu tỉ nên: deg( )g  2, deg( )h  2

Từ (*) suy ra: deg( )g  deg( )h  2

2 2

Biên soạn: Nguyễn Chí Phương

Tóm lại hệ (4*) vô nghiệm trong Mâu thuẩn này cho thấy f(x) phải bkq trên i) f x( )x4 8x3 x22x 5





 nên

p    q  Tuy nhiên thế trực tiếp ta thấy   không là nghiệm của f(x) 1; 5

Do đó f(x) không có nghiệm hữu tỉ

Ta chứng minh f(x) bất khả qui trên bằng cách chứng minh phản chứng:

Giả sử f(x) không bất khả qui trên , khi đó:

Biên soạn: Nguyễn Chí Phương

( vô nghiệm trong )

Vậy hệ (****) vô nghiệm trong

Mâu thuẩn này cho thấy f(x) phải bất khả qui trên

b) f x( )x4 x32x (TL) 1

Biên soạn: Nguyễn Chí Phương

Áp dụng tiểu chuẩn Eisenstain cho g(y) với p=3

i) p=3 không là ước của an=1 2i) p=3 là ước của 3; 3; 3; 3

3i) p2=9 không là ước của a0=3

Các điều kiện đều thoả ta suy ra g(y) bất khả qui trên Do đó f(x) cũng bất khả qui trên

Cách 2: f x( )x4 x32x 1

Ta dễ thấy rằng f(x) không có nghiệm hữu tỉ

Ta chứng minh f(x) bất khả qui trên bằng cách chứng minh phản chứng: Giả sử f(x) không bất khả qui trên , khi đó:

Biên soạn: Nguyễn Chí Phương

(***) 1, 1 (4')(4)

( vô nghiệm trong )

Vậy hệ (****) vô nghiệm trong

Mâu thuẩn này cho thấy f(x) phải bất khả qui trên

p q

p q

Rõ ràng, ta thấy rằng không có giá trị nào thỏa tức không tìm được p,q điều đó

có nghĩa là không có nào thỏa f(x)

Vậy f(x) vô nghiệm trên , dẫn đến f(x) bkq trên

(Nếu xuyên hơn ta lập bảng horner thử nghiệm)

Vì f(x) không có nghiệm hữu tỉ nên: deg( )g  2, deg( )h  2

Từ (1) suy ra: deg( )g  deg( )h  2

Biên soạn: Nguyễn Chí Phương

2 2

  vào f(x), ta thấy không có giá trị nào

là nghiệm của f(x) Do đó f(x) không có nghiệm hữu tỉ

Biên soạn: Nguyễn Chí Phương

Vì f(x) không có nghiệm hữu tỉ nên: deg( )g  2, deg( )h  2

Từ (1) suy ra: deg( )g  deg( )h  2

2 2