Vành đa thức một ẩn
Xây dựng vành đa thức một ẩn
Giả sử A là một vành giao hoán, có đơn vị kí hiệu là 1.
Gọi P là tập hợp các dãy phần tử trong A.
(a 0 , a 1 , , a i ) a i ∈ A, ∀i ∈ N , a i = 0 tất cả trừ một số hữu hạn o
Trên P ta xác định hai quy tắc cộng và nhân như sau:
Khi đó (P,+,.) lập thành vành giao hoán có đơn vị gọi là vành đa thức. Thật vậy, hai quy tắc cộng và nhân cho ta hai phép toán trong P.
1 (P,+) là một nhóm giao hoán vì:
• Phép cộng có tính chất giao hoán và kết hợp.
• Phần tử không là dãy (0,0, ,0, ).
• Phân tử đối của dãy (a 0 , a 1 , , a n , ) là dãy (−a 0 , −a 1 , , −a n , ).
1.1 Vành đa thức một ẩn
2 (P,.) là một nữa nhóm giao hoán vì:
⇒ Phép nhân có tính chất giao hoán.
• Phép nhân trong A có tính chất kết hợp và phân phối đối với phép cộng nên ∀m= 0,1,2, Ta có:
⇒ Phép nhân trong P có tính chất kết hợp.
⇒ Phép nhân có tính chất phân phối đối với phép cộng trong P.
4 Dãy (1,0, ,0, ) là phần tử đơn vị của P.
Do đó P là 1 vành giao hoán có đơn vị 1.
Theo quy tắc nhân, ta có: x 2 = (0,0,1,0, ,0, ) x 3 = (0,0,0,1, ,0, )
1.1 Vành đa thức một ẩn
Vậy f là đơn cấu và bảo toàn hai phép toán.
Vì f đơn cấu nên ta đồng nhất mỗi phần tử a ∈ A với f(a)∈ P tức là: a=f(a) = (a,0, ,0, )∈ P
⇒ A là một vành con của vành P.
Các phần tử của P là dãy
Trong đó a i = 0 tất cả trừ một số hữu hạn nên ta có thể giả sử n là số lớn nhất để a n 6= 0, khi đó mỗi phần tử trong P có thể viết:
Vành P được định nghĩa là vành đa thức của ẩn x, được biểu diễn dưới dạng tổng hợp các phần tử a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + + a_1 x + a_0, trong đó các hệ số a_i thuộc tập hợp A với i từ 0 đến n Các đa thức này thường được ký hiệu là f(x), g(x),
Các phần tử của vành đó gọi là đa thức của ẩn x lấy hệ tử trong A Trong một đa thức f(x) = a n x n +a n−1 x n−1 + +a 1 x 1 +a 0 x 0
• a i , i= 0, n gọi là các hệ tử thứ i của đa thức.
• a i x i , i= 0, n gọi là các hạng tử thứ i của đa thức.
• a 0 x 0 =a 0 gọi là hạng tử tự do.
• a n x n với a n 6= 0 gọi là hạng tử cao nhất.
1.1 Vành đa thức một ẩn
Các phép toán trên vành đa thức một ẩn
1.1.2.1 Hai đa thức bằng nhau
X k=0 b k x k bằng nhau khi và chỉ khi:
1.1.2.2 Phép cộng, trừ đa thức
Khi đó phép cộng và trừ hai đa thức P(x) và Q(x) được thực hiện theo từng hệ số của x k , tức là:
X k=0 b k x k Khi đó P(x).Q(x) là một đa thức có các hệ số được xác định bởi: c k k
(a 0 , a 1 , a 2 , , a n , ) thuộc vành P Vì các a i = 0 tất cả trừ một số hữu hạn nên nếu:
(a 0 , a 1 , , a n , ) 6= (0,0, ,0, ) thì bao giờ cũng có một chỉ số n sao cho a n 6= 0 và a i= 0, i > n Theo như trên ta viết:
1.1 Vành đa thức một ẩn Định nghĩa 1.1.2 Bậc của đa thức khác 0 f(x) =a n x n +a n−1 x n−1 + +a 1 x 1 +a 0 x 0 với a n 6= 0, n ≥0, là n Hệ tử a n gọi là hệ tử cao nhất củaf(x).
Bậc của đa thức f(x) kí hiệu: degf(x) Định lí 1.1.3 Giả sử f(x) và g(x) là hai đa thức khác 0
1 Nếu degf(x)6= degg(x) thì f(x) +g(x) 6= 0 và deg(f(x) +g(x)) = max(degf(x),degg(x)).
2 Nếu degf(x) = degg(x), và nếu thêm nữa f(x) +g(x)6= 0 thì deg(f(x) +g(x))≤max(degf(x),degg(x)).
3 Nếu f(x).g(x)6= 0 thì deg(f(x).g(x))≤degf(x) + degg(x). Định lí 1.1.4 Nếu A là một miền nguyên, f(x) và g(x) là hai đa thức khác 0 của vành A[x], thì f(x).g(x)6= 0 và deg(f(x).g(x)) = degf(x) + degg(x). Chứng minh Giả sử f(x), g(x)∈ A[x] là hai đa thức khác 0. f(x) =a 0 + +a m x m (a m 6= 0) g(x) =b 0+ +b n x n (b n 6= 0) Theo quy tắc nhân đa thức ta có: f(x).g(x) =a 0 b 0 + + (a 0 b k + +a k b 0 )x k + +a m b n x n+m
Với a m 6= 0, b n 6= 0 nên a m b n 6= 0, do đó: f(x).g(x)6= 0 và deg(f(x).g(x)) =m+n= degf(x) + degg(x).
Phép chia đa thức
Định lí cơ bản
Giả sử A là một trường, f(x)6= 0, g(x) 6= 0 là hai đa thức của vành A[x] thì luôn 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) với degr(x) 0. Áp dụng định lí Viete ta có:
x 1 +x 2 +x 3 =−a x 1 x 2 +x 1 x 3 +x 2 x 3 =b x 1 x 2 x 3 =−c Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: x 1+x 2+x 3
Cho đa thức f(x) =x 4 +ax 3 +bx 2 +ax+ 1
Giả sử phương trình f(x) = 0 có nghiệm x 0 >0.
Vì x 0 >0 là nghiệm của phương trình f(x) nên: x 4 0 − |a|x 3 0 − |b|x 2 0 − |a|x 0+ 1≤ x 4 0 +ax 3 0 +bx 2 0 +ax 0+ 1 = 0
3.2 Bất đẳng thức về đa thức Áp dụng bất đẳng thức Cauchy: x 4 0 + 1≥2 q x 4 0 1 = 2x 2 0 >0
Lại có: x 4 0 + 1≥ x 3 0 +x 0 >0 (Vì (x 0 −1) 2 (x 2 0 +x 0 + 1)≥0). Suy ra: x 4 0 + 1 ≤ |a|(x 4 0 + 1) + |b|
Cho đa thức: f(x) =x 3 +ax 2 +bx+c
Giả sử phương trình f(x) = 0 có 3 nghiệm phân biệt.
Vì f(x) = 0 có 3 nghiệm phân biệt nên f 0 (x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt nên: a 2 −3b >0 và x 1 = −a −
Vì hệ số cao nhất của f(x) dương nên: y CĐ =f(x 1 ) >0 và f(x 2 ) =y CT C m k 1998 k , ∀k= 1, n thì đa thức P(x) có hệ số |a i | >1997.
Giả sử Q(x) có m nghiệm phân biệt thì đó cũng là nghiệm của P(x). Áp dụng định lí Viete ta có:
Giả sử mọi nghiệm |x i | 0 Điều này vô lý Nên tồn tại |a i | >1997 (đpcm).
Cho các số nguyên a, b, c biết rằng a >0 và đa thức
P(x) =x 2 +bx+c có hai nghiệm khác nhau trên khoảng (0; 1).
Vì đa thức P(x) =x 2 +bx+c(a >0) có 2 nghiệm phân biệt0< x 1 < x 2 0⇔ b 2 −4ac > 0 Áp dụng định lí Viete thì:
Do đó: a > c >0 và b