Định nghĩa và các tính chất
Định nghĩa
Giả sử R là một vành giao hoán có đơn vị Định nghĩa một đa thức trên vành R là biểu thức có dạng \( a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \ldots + a_1 x + a_0 \) với \( a_n \neq 0 \), trong đó các hệ số \( a_n, a_{n-1}, \ldots, a_1, a_0 \) đều thuộc vành R.
Trong định nghĩa đa thức, các hệ số được ký hiệu là a_i, trong đó a_n là hệ số bậc cao nhất và n là bậc của đa thức, ký hiệu là degP(x) Biến x được gọi là ẩn hay đối số của đa thức, với a_n là hệ số cao nhất và a_0 là hệ số tự do của đa thức.
Nếuai=0vớii=1,2, ,n−1vàa 0 6=0thì ta có bậc của đa thức là không.Nếuai=0vớii=1,2, ,nthì f(x) =0, ta gọi đa thức này làđa thức không.
Nói chung người ta không định nghĩa bậc của đa thức không nhưng ta coi bậc của nó là−∞.
Hai đa thức f và g được coi là bằng nhau, ký hiệu là f = g, nếu cả hai đều là đa thức không hoặc cả hai đều không phải là đa thức không Đồng thời, các hệ số tương ứng của chúng cũng phải bằng nhau.
Tập hợp tất cả các đa thức với hệ số trong vành R được ký hiệu là R[x], được gọi là vành đa thức trên R Khi R là một trường, vành R[x] trở thành một vành giao hoán có đơn vị.
Trong các kỳ thi học sinh giỏi và các kỳ thi tuyển chọn, lý thuyết đa thức thường được áp dụng, với các đa thức thuộc các tập hợp số như Z, Q, R, hoặc C Các đa thức này được phân loại thành đa thức nguyên (Z[x]), đa thức hữu tỷ (Q[x]), đa thức thực (R[x]), và đa thức phức (C[x]).
Các phép tính trên đa thức
Cho hai đa thức f(x) =anx n +a n−1 x n−1 + .+a 1 x+a 0 , g(x) =b n x n +b n−1 x n−1 + .+b 1 x+b 0
Ta định nghĩa các phép tính số học như sau
• Phép nhân f(x)g(x) =c 2n x 2n +c 2n−1 x 2n−1 + .+c 1 x+c 0 trong đó c k =a 0 b k +a 1 b k−1 + .+a k b 0 vớik=0,1, ,n.
Các tính chất cơ bản
Định lý 1.1.2 khẳng định rằng, trong một trường F, với hai đa thức f(x) và g(x) thuộc vành đa thức F[x], luôn tồn tại duy nhất một cặp đa thức q(x) và r(x) trong F[x] sao cho f(x) = g(x) * q(x) + r(x), với điều kiện rằng bậc của r(x) nhỏ hơn bậc của g(x).
Ta gọiq(x)vàr(x) lần lượt làđa thức thương(hoặcthương) vàđa thức dư(hay dư) trong phép chia f(x)chog(x).
Nếur(x) =0thì ta nói f(x)chia hết chog(x), hayg(x)chia hết f(x)hay f(x) làbộicủag(x)hayg(x)làước của f(x) Ta sẽ kí hiệu là f ghay g| f.
Giả sử f(x) =anx n +a n−1 x n−1 + .+a 1 x+a 0 là một đa thức thuộc vành đa thứcR[x] Xét phần tửα ∈Rbất kỳ Khi đó f(α) =anα n +a n−1 α n−1 + .+a 1 α+a 0 được gọi làgiá trị của đa thức f(x)tạiα.
Nếu f(α) = 0, thì α là nghiệm của đa thức f(x) Nếu tồn tại k∈N, k>1 sao cho f(x) chia hết cho (x−α) k nhưng không chia hết cho (x−α) k+1, thì α là nghiệm bội k của f(x) Cụ thể, với k = 1, α là nghiệm đơn, và với k = 2, α là nghiệm kép.
Bài toán tìm nghiệm của đa thức f(x) = an x^n + a(n-1) x^(n-1) + + a1 x + a0 với an ≠ 0 trong vành R được gọi là giải phương trình đại số bậc n trong R Theo Định lý 1.1.3, nếu F là một trường, α ∈ F và f(x) ∈ F[x], thì dư của phép chia f(x) cho (x - α) chính là f(α) Định lý 1.1.4, hay còn gọi là Định lý Bézout, khẳng định rằng phần tử α ∈ F là nghiệm của đa thức f(x) ∈ F[x] khi và chỉ khi f(x) chia hết cho (x - α) Định lý 1.1.5 cho biết một đa thức thực bậc n không có quá n nghiệm thực, từ đó dẫn đến một số hệ quả quan trọng.
Hệ quả 1.1.6 Đa thức có vô số nghiệm là đa thức không.
Nếu một đa thức có bậc không vượt quá n và nhận cùng một giá trị tại n+1 điểm khác nhau, thì đa thức đó được xác định là một đa thức hằng.
Nếu hai đa thức có bậc không vượt quá n mà nhận cùng một giá trị tại n+1 giá trị khác nhau của biến, thì hai đa thức đó là đồng nhất với nhau.
Trong trường hợp đa thức phức, ta có kết quả sau đây về số lượng nghiệm của nó. Định lí 1.1.9 Một đa thức phức bậcncó đúngnnghiệm tính cả bội.
Cuối cùng, chúng ta sẽ trình bày một kết quả quan trọng về dạng biểu diễn của các đa thức thực Định lý 1.1.10 khẳng định rằng bất kỳ đa thức thực f(x) thuộc R[x] với bậc n và hệ số bậc cao nhất an khác 0 đều có thể phân tích một cách duy nhất (không tính thứ tự) thành các nhân tử, tức là f(x) = an m.
(x 2 +bkx+ck) vớid i ,b k ,s k ∈R,2s+m=nvàb 2 k −4c k k +b k−1 , a k+1 =b k
Do đó g(x) =a 0 +pa 1 x+ .+p(p−1) .(p−k)a k+1 x k+1 small> 0 +p(cb 1 +b 0 )x+ .+p(p−1)(p−k)b k x k+1
Do f(x)cók+1nghiệm thực khác0nênq(x)cóknghiệm thực khác0 Mặt khác p>knên p>k−1.
Cho nên theo giả thiết quy nạp ta có đa thức Q(x) có k nghiệm thực Do đó g(x)có k+1nghiệm thực Vậy theo nguyên lý quy nạp, bài toán đúng.
Trường hợp 2.Đa thức f(x)nhậnx=0làm nghiệm.
Giả sửx=0là nghiệm bộikcủa f(x), vớik∈Z+,k≤n Khi đó ta có f(x) =akx k + .+anx n = (a n x n−k + .+ak)x k và g(x) = p(p−1) .(p−k+1)a k x k + .+p(p−1) .(p−n+1)an.x n
Vì f(x) có n nghiệm thực nên H(x) =a k + .+anx n−k có (n−k)nghiệm thực khác0.
Do đó áp dụng kết quả của Trường hợp 1 choH(x)và p 0 = p−k>n−k−1 (do p>n−1), ta được đa thức
Bài toán 1.3.6(Trung Quốc 1996) Cho đa thức p(x)bậc 5 có 5 nghiệm thực phân biệt Tìm số bé nhất của các hệ số khác0.
Lời giải Xét p(x) =ax 5 +bx 4 +cx 3 +dx+e, a6=0.
Nếu có bốn hệ số bằng 0, tức là b=c=d=e=0, thì đa thức p(x) = ax^5 sẽ có nghiệm bội loại, dẫn đến việc p(x) không thể có một hệ số khác bằng 0 Do đó, p(x) cần có ít nhất hai hệ số khác không.
Xétp(x) =ax 5 +bx n ,n≥2thìp(x)có nghiệm bội Ta tiếp tục loại trường hợp này.
Xétp(x) =ax 5 +dx=ax ax 4 + a d có tối đa ba nghiệm Ta cũng loại.
Xétp(x) =ax 5 +ecó một nghiệm Ta cũng loại.
Do đó p(x)có ít nhất ba hệ số khác 0 Chọn p(x) =x 5 −5x 3 +4x=x(x 2 −4) thì p(x)có đúng 5 nghiệm phân biệt và đúng ba hệ số khác0.
Vậy số bé nhất của hệ số khác0là3.
Phương trình bậc cao
Lý thuyết giải phương trình bậc 3 tổng quát
Xét phương trình đa thức bậc ba ax 3 +bx 2 +cx+d=0, a6=0 (1.10)
Ngoài việc tách nhóm số hạng hoặc tìm một nghiệm rồi phân tích nhân tử, dùng hằng đẳng thức, ta có cách giải tổng quát như sau:
Trước hết, chia 2 vế cho a6=0 đưa về phương trình: x 3 +Bx 2 +Cx+D=0. Tiếp theo đặtx=y− B 3 đưa tiếp về phương trình:y 3 −py=q, trong đó p= b 2
Có hai hướng để giải phương trình y 3 −py=q (1.11)
Hướng thứ nhất Đặty=u+vvà chọnu,v= p 3 thì từy 3 =u 3 +v 3 +3uv(u+v)ta cóu 3 +v 3 =qvàu 3 v 3 = P 27 3 Vậyu 3 ,v 3 là nghiệm phương trình
Nếu∆0 Đặty=2 qp
√ 3q 2p √ p. Xét|m| ≤1, đặt m=cosα thì (1.12) có ba nghiệm t 1 =cosα
Xét |m| > 1, đặt m = 1 2 d 3 + 1 d 3 suy ra d 3 = m±√ m 2 −1 Phương trình (1.12) có một nghiệm t = 1
Ta đặt tiếp m= 1 2 k 3 − 1 k 3 suy ra k 3 =m±p m 2 +1.
Phương trình (1.13) có một nghiệm t = 1
Các phương trình bậc ba như 4x³ + 3x - m = 0 và 4x³ - 3x - m = 0 được gọi là các dạng phương trình bậc 3 chuẩn tắc Điều này có nghĩa là mọi phương trình bậc 3 đều có thể được chuyển đổi về dạng chuẩn tắc này.
Các phương trình bậc 4 đặc biệt
1 Phương trình có dạng ax 4 +bx 2 +c=0, a6=0 (1.14) Đặtt =x 2 , t ≤0thì đưa về phương trình bậc haiat 2 +bt+c=0
(x+a) 4 + (x+b) 4 =c (1.15) Đặtt =x+ a+b 2 thì đưa về phương trình trùng phươngAt 4 +Bt 2 +C=0và giải như trên.
(ax 2 +bx+c)(ax 2 +bx+d) =m (1.16) Đặtt =ax 2 +bx thì đưa về phương trình bậc hai(t+c)(t+d) =m.
Nếu có a+d =b+c thì ghép cặp (x+a)(x+d)và (x+b)(x+c)rồi đặt t =x 2 + (a+d)x=x 2 + (b+c)xđể đưa về dạng trên.
5 Phương trình có dạng ax 4 +bx 3 +cx 2 +dx+e=0 (1.18)Nếuad 2 small> 2 6=0thì chia hai vế chox 2 6=0rồi đặtt =x+ ax e (Phương trình quy hồi mở rộng bậc bốn).
Phương trình quy hồi (đối xứng hệ số)
Xét phương trình a 0 x n +a 1 x n−1 +a 2 x n−2 +ã ã ã+a n−2 x 2 +a n−1 x+a n =0 (1.19) trong đóa 0 =an; a 1 =a n−1 ; a 2 =a n−2 ; .
Xét n chẵn, n=2m Chia hai vế cho x m 6=0 Đặt t =x+ 1 x ,|t| ≥2 đưa về phương trình bậcm= n 2
Phương trình Xétnlẻ,n=2m+1 có nghiệm x=-1, do đó có thể phân tích thành thừa số (x+1) và thừa số bậc 2m, dẫn đến phương trình quy hồi bậc chẵn Đôi khi, chúng ta mở rộng dạng quy hồi bằng cách sử dụng các biến đổi t = (x-1)/x và t = (x+a)/x.
Nguyên tắc chung là biến đổi về dạng tích, đặt ẩn phụ để đưa về phương trình bậc thấp hơn Đặc biệt
• Nếu tổng các hệ số bằng0thì có nghiệmx=1.
• Nếu tổng đan dấu các hệ số bằng0thì có nghiệmx=−1.
Nghiệm hữu tỉ của phương trình có dạng x = q/p, trong đó p chia hết cho a và q chia hết cho 0 Có thể thử nghiệm nghiệm này bằng cách sử dụng phương pháp trực tiếp hoặc sơ đồ Hoocne Đối với những phương trình bậc cao liên quan đến biến x nhưng bậc thấp đối với tham số, ta có thể chuyển đổi về phương trình theo tham số đó.
Bài toán 1.3.7 Giải các phương trình sau
Vậy nghiệm của phương trình là x= 1
Bài toán 1.3.8 Tìm quan hệ giữa p và q để phương trình x 3 +px+q= 0 có thể viết dưới dạng x 4 = (x 2 −ax+b) 2 Áp dụng kết quả đó để giải phương trình: x 3 −18x+27=0.
Lời giải Ta có x 4 −(x 2 −ax+b) 2 =−m(x 3 +px+q).
Suy ra a 2 +2b=0, 2ab= pm, 2a=m,b 2 =qm.
Từ đób= p, kéo theo p 2 =mq Vậym= p q 2
Mặt kháca 2 =−2b⇒a= m 2 ⇒ m 4 2 =−2b=−2p⇒m 2 =−8p Từ đó p 4 q 2 −8⇒ p 4 +8pq 2 =0.
Vậy quan hệ giữa pvàq: p 3 +8q 2 =0.
Bài toán 1.3.9 Giải và biện luận phương trình x 3 −3x 2 +3(a+1)x−(a+1) 2 =0 (1.21)
Lời giải Ta cóx 3 −3x 2 +3(a+1)x−(a+1) 2 =0tương đương với
Nếua6=−1thì nhân hai vế với(a+1), ta được
Cộng hai vế vớix 3 ta được−ax 3 = (x−a−1) 3 Từ đó ta đượcx−a−1=−√ 3 ax, suy ra x= a+1
Nếua=−1thì dễ thấy phương trình có hai nghiệmx 1 =0vàx 2 =3.
Bài toán 1.3.10 Giải các phương trình sau
Vậy nghiệm của phương trình làx=2,x=−1±√
⇔ (x 2 −x+3)(x 2 +x−1) =0 Vậy nghiệm của phương trình làx= −1±
Bài toán 1.3.11(IMO 1973) Giả sử phương trìnhx 4 +ax 3 +bx 2 +ax+1=0có nghiệm Tìm giá trị bé nhất củaa 2 +b 2
Lời giải Gọix 0 là nghiệm của phương trình đã cho, tức là x 4 0 +ax 3 0 +bx 2 0 +ax 0 +1=0
Từ đây ta có kết luậnx 0 6=0.
Chia hai vế chox 0 2 , ta có x 2 0 +ax 0 +b+ a x 0 + 1 x 2 0 =0.
Phương trình này tương đương với x 2 0 + 1 x 2 0
0| ≥2 Ta có(y 2 −2) +ay+b=0Suy ra
Thật vậy, ta có (1.22) tương đương với5(2−t) 2 ≥4(1+t), tức là5t 2 −24t+16≥
0 Nhưng điều này đúng vìt ≥4 Như vậy giá trị bé nhất củaa 2 +b 2 là4/5.
Bài toán 1.3.12(Việt Nam 2002) Giải phương trình q
Lời giải Ta có biến đổi tương đương như sau q
Bây giờ ta sẽ giải phương trình x 4 −8x 3 +16x 2 +27x−90=0 (1.24)
Bằng cách thử trực tiếp ta thấyx=3là một nghiệm nên phương trình (1.24) được viết lại thành
Vậy phương trình có nghiệm duy nhấtx=3.
Bài toán 1.3.13(Việt Nam 1991) Giải phương trình x 3 −3x 2 −8x+40=8√ 4
Lời giải Từ phương trìnhx 3 −3x 2 −8x+40=8√ 4
4x+4ta có điều kiệnx≥ −1. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có
Vìx≥ −1nên(x−3) 2 ≥0, suy rax=3 Thử lại ta thấy đúng Vậy phương trình có nghiệm duy nhấtx=3.
Bài toán 1.3.14 Chứng minh rằng
3 vớia≥ 1 8 là số tự nhiên
Lời giải (a) Áp dụng hằng đẳng thức(u+v) 3 =u 3 +v 3 +3uv(u+v)ta có x 3 *+ (1−2a)x ⇔ x 3 + (2a−1)x−2a=0
Xét đa thức bậc haix 2 +x+2acó∆=1−8a≥0
Khia> 1 8 , ta có1−8a âm nên đa thứcx 2 +x+2acó nghiệm thực duy nhất x=1.
3 + 3 s a−a+1 3 r8a−13 là một số tự nhiên.
Giả sửx∈Q Do hệ số bậc cao nhất của đa thức là1nênxlà số nguyên Ta có
4 0.
Mặt khác hàm số f(x)là liên tục, vì vậy có một giá trịccủa x, nằm giữa a vàb, sao cho f(x) =0.
Bổ đề 2.1.5 Mọi đa thức bậc hai ax 2 +bx+c, với hệ số phức, bao giờ cũng có hai nghiệm phức.
Mọi đa thức bậc lớn hơn 0 với hệ số thực đều có ít nhất một nghiệm phức Tương tự, mọi đa thức bậc lớn hơn 0 với hệ số phức cũng có ít nhất một nghiệm phức.
Chứng minh Giả sử f(x)là một đa thức bậcn>0 f(x) =a 0 +a 1 x+ +anx n với hệ số phức Đặt f(x) =a 0 +a 1 x+ +anx n với cácai là các liên hợp của cácai vớii=0, ,n Xét đa thức g(x) = f(x)f(x).
Vì bk = ∑ i+ j=k aiaj =bk nên các hệ số bk là thực Theo Bổ đề 2.1.6 g(x) có ít nhất một nghiệm phức z=s+it, g(z) = f(z)f(z) =0.
Do đó hoặc f(x) =0hoặc f(z) =0 Nếu f(z) =0, f(z) =a 0 +a 1 z+ +a n z n =0. thì a 0 +a 1 z+ .a n z n =a 0 +a 1 z+ .+a n z n =0, tức là f(z) =0 Như vậy hoặczhoặczlà nghiệm của f(x).
Hệ quả 2.1.8 Các đa thức bất khả quy của vànhC[x],Clà trường số phức, là các đa thức bậc nhất.
Chứng minh Các đa thức bậc nhất là bất khả quy Giả sử f(x)là một đa thức của
C[x] có bậc lớn hơn 1 Theo Định lí 2.1.7, f(x)có một nghiệm phứcc Vậy f(x) có một ước thực sựx−c, do đó f(x)không bất khả quy.
Hệ quả 2.1.9 Mọi đa thức bậcn>0với hệ số phức cónnghiệm phức.
Hệ quả 2.1.10 chỉ ra rằng, trong trường số thực R[x], các đa thức bất khả quy bao gồm các đa thức bậc nhất và các đa thức bậc hai có dạng 2 + bx + c với biệt số b² - 4ac < 0.
Các đa thức bậc nhất và bậc hai có biệt số âm rõ ràng là những đa thức bất khả quy trong R[x] Giả sử p(x) là một đa thức bất khả quy.
Đối với đa thức R[x] có bậc lớn hơn một, p(x) không có nghiệm thực Theo Định lý 2.1.7, p(x) sẽ có một nghiệm phức và chia hết cho đa thức bậc hai với hệ số thực g(x) = x² - (z + z)x + zz Đa thức g(x) không khả nghịch và là ước của phần tử bất khả quy p(x), do đó g(x) phải là liên kết của p(x), tức là p(x) = u g(x), với u ∈ R.
Ta có điều cần chứng minh.
2.1.2 Đa thức bất khả quy của vành Q [x] Đối với trường số thựcRvà trường số phứcC, vấn đề xét xem một đa thức đã cho của vànhR[x] hayC[x]có bất khả quy hay không rất đơn giản, nhưng trong vành
Trong trường hợp của các đa thức bậc hai và ba trong Q[x], việc xác định tính bất khả quy liên quan đến việc tìm nghiệm hữu tỉ Một đa thức bậc hai hoặc bậc ba là bất khả quy nếu và chỉ nếu nó không có nghiệm hữu tỉ Tuy nhiên, đối với các đa thức bậc cao hơn ba, vấn đề trở nên phức tạp hơn Ví dụ, đa thức x^4 + 2x^2 + 1, mặc dù không có nghiệm hữu tỉ, nhưng lại có một ước thực là x^2 + 1, do đó không phải là bất khả quy.
Mọi đa thức f(x) với hệ số hữu tỉ có thể được biểu diễn dưới dạng f(x) = b^(-1)g(x), trong đó b là một số nguyên khác 0 và g(x) là một đa thức với hệ số nguyên Trong vành Q[x], f(x) và g(x) liên kết với nhau, do đó f(x) là bất khả quy khi và chỉ khi g(x) cũng là bất khả quy Tiêu chuẩn Eisenstein được đưa ra dưới đây sẽ giúp chúng ta xác định tính bất khả quy của một đa thức.
Q[x]có bất khả quy hay không là tiêu chuẩn cho các đa thức với hệ số nguyên.
Bổ đề 2.1.11 khẳng định rằng nếu f(x) là một đa thức có bậc lớn hơn 0 và hệ số nguyên, đồng thời f(x) không bất khả quy trong Q[x], thì f(x) có thể được phân tích thành một tích của các đa thức bậc khác 0 với hệ số nguyên.
Trong nghiên cứu các đa thức bất khả quy, Tiêu chuẩn Eisenstein sau đây là đặc biệt quan trọng. Định lí 2.1.12(Tiêu chuẩn Eisenstein) Cho f(x)∈Z[x],degf(x) =n, f(x) =a 0 x n +a 1 x n −1+ .+an.
Nếu có số nguyên tố pthỏa mãn ba điều kiện
(3) an không chia hết cho p 2 thì đa thức f(x)bất khả quy trênQ[x].
Chứng minh Giả sử f(x)có những ước thực sự trongQ[x]theo Bổ đề 2.1.11, f(x) có thể viết f(x) =g(x)h(x), trong đó g(x) =b 0 +b 1 x+ .+brx r , bi∈Z, 00vàT n (x)có dấu không đổi trên(x 1 ,1]) Mặt khác
|T n 0 (x)| n =|Un(x)| ≤n nên từ (3.10) và (3.11) suy ra
Hoàn toàn tương tự ta cũng có
Xétx n ≤x≤x 1 Khi đó ta có p1−x 2 ≥ q
Bài toán được chứng minh xong.
Bài toán 3.4.7(Định lý Berstein-Markov) Cho đa thức
Pn(x) =a 0 x n +a 1 x n−1 + .+an thỏa mãn điều kiện |P n (x)| ≤ 1 với mọi x ∈ [−1,1] Chứng minh rằng khi đó
Lời giải Đặt x=cosa Khi đó theo giả thiết thì|P n (cosa)| ≤1 Do P n (cosa)có dạng
(ajcosjα+bjsinjα). nên ta có thể áp dụng kết quả của Bài toán 3.4.6, ta được sin(α)P n 0 (cos(α))
Cũng theo Bài toán 3.4.6, ta có
Vậy|P n 0 (x)| ≤n 2 Ta có điều phải chứng minh.
1 Những kết quả đã đạt được
Luận văn“Đa thức trong các bài thi học sinh giỏi”đã đạt được các kết quả sau:
1 Trình bày được các tính chất của đa thức, các bài toán về phép chia đa thức, ước - bội, nghiệm và phương trình bậc cao, đạo hàm và khai triển Taylor;
2 Lý thuyết và các bài toán về các đa thức bất khả quy trên các vành (trường) số;
3 Một số chủ đề nâng cao như các đa thức nhiều biến, đa thức đối xứng, phương trình hàm đa thức và đa thức Chebyshev.
Đề xuất một số hướng nghiên cứu tiếp theo trong lĩnh vực đa thức đại số là rất quan trọng, bởi đây là một chủ đề sâu sắc trong toán học Sau những kết quả đạt được trong luận văn, chúng tôi mong muốn tiếp tục khám phá các khía cạnh liên quan đến đa thức đại số nhằm mở rộng hiểu biết và ứng dụng của nó trong các lĩnh vực khác nhau.
• Các phân thức hữu tỷ và các bài toán liên quan,
• Bài toán biểu diễn đa thức, sự phân bố nghiệm của đa thức và ứng dụng,
• Các khía cạnh giải tích của đa thức, phương trình hàm đa thức .