NGUYỄN HỮU ĐIỂN ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG NHÀ XUẤT BẢN GIÁO DỤC Chịu trách nhiệm xuất bản Chủ tịch HĐQT kiêm Tổng Giám đốc NGÔ TRẦN ÁI Phó Tổng Giám đốc kiêm Tổng biên tập NGUYỄN QUÝ THAO Tổ chức bản thảo và chịu trách nhiệm nội dung Phó Tổng Giám đốc kiêm Giám đốc NXBGD tại Tp Hà Nội NGUYỄN XUÂN HÒA Biên tập nội dung HOÀNG XUÂN VINH Biên tập mĩ thuật NGUYỄN MẠNH HÙNG Trình bày bìa BÙI QUANG TUẤN Sửa bản in HOÀNG XUÂN VINH Chế bản NGUYỄN HỮU ĐIỂN 517 GD 06 426 2056 Mã số 8H962T6 TTS LỜI NÓI ĐẦU Một kh[.]
Định nghĩa và tính chất của đa thức
Hai đơn thức được gọi là đồng bậc nếu bậc của chúng bằng nhau, tức là αx^k và βx^l là đồng bậc khi k = l Tổng của hai đơn thức đồng bậc sẽ là một đơn thức đồng bậc, cụ thể là αx^k + βx^k = (α + β)x^k Ngoài ra, tích của hai đơn thức bất kỳ cũng tạo ra một đơn thức, với công thức (αx^k)(βx^l) = αβx^(k+l) Tuy nhiên, tổng của hai đơn thức không đồng bậc không phải là một đơn thức Định nghĩa 1.1: Một hàm số P(x) được gọi là một đa thức nếu nó có thể được biểu diễn dưới dạng tổng hữu hạn các đơn thức.
P(x) =a 1 x n 1 +a 2 x n 2 +ã ã ã+a k x n k , ở đâya 1 ,a2, ,a k là những số bất kỳ, cònn 1 ,n2, ,n k là những số nguyên không âm.
Tất cả các đơn thức trong cách viết trên đều không đồng bậc; nếu có đơn thức đồng bậc, chúng sẽ được nhóm lại thành một đơn thức duy nhất Đa thức thường được viết theo chiều tăng hoặc giảm của bậc các đơn thức.
Đa thức P(x) được biểu diễn dưới dạng P(x) = a0x^n + a1x^(n−1) + + an−1x + an, với điều kiện a0 ≠ 0 và a1, a2, , an là các hệ số tùy ý, có thể là số thực hoặc số phức Một số hệ số có thể bằng không, vì không yêu cầu các đơn thức bậc thấp hơn tham gia vào đa thức Khi đa thức P(x) được viết theo dạng này, ta nói nó được biểu diễn theo bậc cao nhất hoặc ở dạng chuẩn tắc Nếu hai đa thức có cùng dạng chuẩn tắc, chúng sẽ bằng nhau, nhưng dạng chuẩn tắc của một đa thức không phải là duy nhất.
Trong đa thức P(x), các số a0, a1, a2, , an được gọi là hệ số của đa thức, trong đó a0 là hệ số bậc cao nhất và an là hệ số tự do, với an = P(0) Số tự nhiên n biểu thị bậc của đa thức.
Chương 1 trình bày về đa thức một biến, ký hiệu là P(x), trong đó bậc của đa thức được xác định bởi bậc lớn nhất của các đơn thức trong tổng Điều quan trọng cần lưu ý là các số khác không cũng được xem là đa thức, cụ thể là tổng của một đơn thức bậc 0 Theo quy ước, một số được coi là đa thức bậc không, và để thuận tiện trong tính toán, ta quy định rằng deg 0 = −∞, với ký hiệu −∞ thực hiện phép toán theo nguyên tắc đã định.
−∞< n,−∞+n =−∞,−∞+ (−∞) = −∞), ở đâyn là số nguyên bất kỳ Khi đưa vào những kí hiệu như trên ta luôn có công thức sau: deg(P(x)ãQ(x)) =degP(x) +degQ(x), deg(P(x) +Q(x)) =max(degP(x), degQ(x)).
Như tất cả những hàm, những đa thức có thể cộng, nhân và trừ cho nhau Như vậy, nếu P(x) và Q(x) là những đa thức, thì những hàm
P(x) +Q(x), P(x)−Q(x)và P(x).Q(x) cũng là những đa thức Nhưng trong nhiều trường hợp hàm P(x)
Q(x) không là đa thức, điều này chứng minh dễ dàng từ định nghĩa Ví dụxvàx 2 +1là những đa thức, nhưng thương x x 2 +1 không phải là đa thức.
Các ví dụ sau đây thể hiện biểu diễn một hàm thành đa thức và các phép toán trên đa thức.
Ví dụ 1.1 Hãy viết dạng chuẩn tắc của đa thức: a)P(x) = (x+1) 3 −x 2 ; b)P(x) = (x+2)(x 2 −1).
Lời giải Dễ dàng biến đổi và nhóm lại thành a)P(x) =x 3 +2x 2 +3x+1; b)P(x) =x 3 +2x 2 −x−2 J
Ví dụ 1.2 Hãy tính tổng và tích những đa thức: a)P(x) =x 2 +5x−1 và Q(x) =x 4 +1;
Nguyên lý so sánh hệ số của đa thức
Ví dụ 1.3 Hãy tính tổng những hệ số của đa thức
Để tìm tổng các hệ số của đa thức P(x) viết ở dạng chuẩn tắc, ta có thể tính giá trị của đa thức tại x = 1 Cụ thể, tổng các hệ số của đa thức sẽ được biểu diễn bằng P(1) = a0 + a1 + a2 + + an Do đó, tổng những hệ số của đa thức là giá trị của P(1).
1.2 NGUYÊN LÝ SO SÁNH HỆ SỐ CỦA ĐA THỨC
Tiêu chuẩn nhận biết để hai đa thức trùng nhau: Định lý 1.1 (Nguyên lý so sánh hệ số của đa thức) Cho
Q(x) =b 0 x m +b 1 x m−1 +ã ã ã+bm−1x+bm là những đa thức và n ≥ m Nếu tồn tại n+1 số, đôi một khác nhau α 1 ,α 2, ,α n+1 (α i 6= α j với i 6= j) sao cho P(α i ) = Q(α i ),i = 1, 2, , n+1, thìn=mvàa0=b0 ,a 1 =b 1 , ,an=bn
12 Chương 1 Đa thức một biến
Chứng minh Dễ thấy nếu ta bỏ đòi hỏib06=0thì ta có thể cho là
Chứng minh khẳng định của bài toán bằng quy nạp toán học theon Nếu n=1, thìP(x) =a0x+a1,Q(x) =b0x+b1và có những đẳng thức sau a0 α 1 +a1=b0 α 1 +b1vàa0 α 2 +a1=b0 α 2 +b1.
Bằng cách trừ các đẳng thức, ta có a0(α1 - α2) = b0(α1 - α2) Với điều kiện α1 ≠ α2, ta có thể giản ước và kết luận a0 = b0, từ đó suy ra a1 = b1.
Giả sử khẳng định đúng vớin−1, ta phải chứng minh khẳng định đúng chon Ta có
−(a 0 α n n+1 +a 1 α n−1 n+1 +ã ã ã+an−1 α n+1 +an) =a0(x n −α n n+1 ) +a1(x n−1 −α n−1 n+1 ) +ã ã ã+an−1(x−α n+1 ) =a0(x−α n+1)(x n−1 +α n+1x n−2 +ã ã ã+α n−1 n+1 ) +a 1 (x−α n+1)(x n−2 +α n+1 x n−3 +ã ã ã+α n−2 n+1 ) +ã ã ã+an−1(x−α n+1 ) = (x−α n+1 )(a0x n−1 +a 0 1 x n−2 +ã ã ã+a 0 n−1 ) = (x−α n+1 )P1(x), ở đõyP1(x) =a0x n−1 +a 1 0 x n−2 +ã ã ã+a 0 n−1 Tương tự, ta cú
Q(x)−Q(α n+1) = (x−α n+1).Q1(x), ở đõyQ1(x) =b0x n−1 +b 0 1 x n−2 +ã ã ã+b n−1 0 Khi đú vớii=1, 2, ,nta nhận được
1.2.Nguyên lý so sánh hệ số của đa thức 13
Theo giả thiết quy nạp toán họca0=b0,a 0 1 =b 1 0 , ,a 0 n−1 =b 0 n−1 Ta đặt
Q2(x) =b1x n−1 +b2x n−2 +ã ã ã+bn−1x+bn vớii=1, 2, ,n−1đẳng thức sau thỏa mãn
P2(α i ) =P(α i )−a0 α n i =Q(α i )−b0 α n i =Q2(α i ) lại do giả thiết quy nạp toán học suy raa1=b1,a2=b2, ,an=bn J Định lý 1.2 Dạng chuẩn tắc của mọi đa thức là duy nhất.
Chứng minh Giả sử một đa thứcP(x)có hai dạng chuẩn tắc, nghĩa là
Để xác định đa thức P(x) = b0xm + b1xm−1 + + bm, ta chọn ≥ m và lấy α1, α2, , αn+1 là những số khác nhau Với mỗi i = 1, 2, , n+1, ta có a0αni + a1αn−1i + + an = P(αi) = b0αmi + b1αm−1i + + bm Từ đó, theo nguyên lý so sánh hệ số, ta nhận được n = m và a0 = b0, a1 = b1, , an = bn Định lý 1.3 cho biết nếu A là tập vô hạn các số và P(x), Q(x) là hai đa thức, thì nếu với mọi a ∈ A thỏa mãn P(a) = Q(a), thì hai đa thức P(x) và Q(x) bằng nhau.
Để chứng minh, ta lấy một số nguyên lớn hơn bậc của các đa thức P(x) và Q(x) Vì tập A là vô hạn, nên sẽ tồn tại n+1 số khác nhau thuộc A Khi đó, với những số này, P(x) và Q(x) sẽ nhận các giá trị bằng nhau Theo nguyên lý so sánh hệ số của đa thức, ta có thể suy ra rằng P(x) và Q(x) là trùng nhau.
14 Chương 1 Đa thức một biến
Ví dụ 1.4 Chứng minh rằng với mọi giá trị củaxđẳng thức sau đúng a 2 (x−b)(x−c)
(c−a)(c−b) =x 2 , ở đâya6alà những số bất kỳ.
Lời giải Ta kí hiệuP(x)vàQ(x)là những đa thức sau:
(c−a)(c−b) vàQ(x) =x 2 Dễ thấy chúng là những đa thức bậc hai Mặt khác, ta có
Theo nguyên lý so sánh hệ số đa thức, ta có P(b) = b^2 = Q(b) và P(c) = c^2 = Q(c), dẫn đến P(x) = Q(x) với mọi x Định lý 1.4 khẳng định rằng, với n > 0 là một số tự nhiên và các số α1, α2, , αn+1 là những số khác nhau, cùng với β1, β2, , βn+1 là các số tùy ý, tồn tại duy nhất một đa thức P(x) có bậc không lớn hơn n.
Chứng minh Dễ dàng kiểm tra đa thức
Để chứng minh tính duy nhất của đa thức P(x) với các điều kiện degP(x) ≤ n và P(α i ) = β i cho i = 1, 2, , n+1, ta cần xem xét một đa thức khác Q(x) cũng thỏa mãn các điều kiện này Nếu có tồn tại đa thức Q(x) với degQ(x) ≤ n và Q(α i ) = β i, thì điều này dẫn đến mâu thuẫn, chứng tỏ rằng P(x) là duy nhất.
2 Joseph-Louis Lagrange (1736 - 1813) : Nhà toán học người Pháp
Nhị thức Newton
i =1, 2, ,n+1, thì P(α i ) = Q(α i )vớii =1, 2, ,n+1 Theo nguyên lý so sánh hệ số đa thức suy raP(x) =Q(x)với mọix J
Ví dụ 1.5 Hãy chứng minh đẳng thức a(b+c) 2 +b(c+a) 2 +c(a+b) 2 −4abc= (b+c)(c+a)(a+b), ở đâya,b,clà những số bất kỳ.
Lời giải Ta đặt những đa thứcP(x)vàQ(x)như sau:
Q(x) = (b+c)(c+x)(x+b). Để chứng minh đẳng thức ta chỉ ra với mọix,P(x) =Q(x)là đủ Dễ thấy degP(x)≤2vàdegQ(x)≤2 Choxnhững giá trị0,−b,−c, ta có
Nếu hai trong số các hệ số 0, -b, -c trùng nhau, ta có thể kiểm tra trực tiếp và xác định rằng P(x) = Q(x) Ngược lại, nếu các hệ số này khác nhau, theo nguyên lý so sánh hệ số đa thức, ta cũng có thể kết luận rằng P(x) = Q(x).
Cho n là số tự nhiên bất kỳ, đa thức P(x) = (1+x)ⁿ được gọi là nhị thức Newton, là một đa thức bậc n Hệ số trước x^k trong dạng chuẩn tắc được ký hiệu là Cₖⁿ, với Cₙₖ là số nguyên và được gọi là hệ số Newton Ngoài ra, trong phần này, ta sử dụng ký hiệu giai thừa của một số tự nhiên m! = 1.2.3 m và quy ước 0! = 1.
16 Chương 1 Đa thức một biến Định lý 1.5 Với mọi số tự nhiênnvà với mọi số nguyênk,0≤k≤nđẳng thức sau đúng
Chứng minh Theo định nghĩa
Nhưng ta xétx6=0và có đẳng thức
=C 0 n x n +C n 1 x n−1 +ã ã ã+C n−1 n x+C n n và từ nguyên lý so sánh các hệ số đa thức suy ra
C 0 n =C n n ,C 1 n =C n n−1 , J Định lý 1.6 Với mọi số tự nhiênnnhững đẳng thức sau đúng:C n 0 =C n n =1.
Chứng minh Ta có C n 0 = (1+0) n = 1 n = 1 và theo bài trước
C n n =C 0 n =1 J Định lý 1.7 Với mọi số tự nhiênnvà với mọi số nguyênk,0≤k≤nđẳng thức sau đúng
Chứng minh Ta viết dạng chuẩn tắc của(1+x) n+1 theo hai cách
=C n n x n+1 + C n n +C n−1 n x n +ã ã ã+ C k n +C n k−1 x k−1 +ã ã ã+ C n 1 +C 0 n x+C 0 n Khi đó từ nguyên lý so sánh hệ số đa thức ta nhận được
J Định lý 1.8 Với mọi số tự nhiênnvà với mọi số nguyênk,0≤k≤nđẳng thức sau đúng
Chứng minh Ta chứng minh bằng quy nạp theon Vớin=1ta có
0!(1−0)! nghĩa là khẳng định đúng vớin=1 Giả sử nó đúng cho một số tự nhiên nào đón >1 Ta sẽ chứng minh nó cũng đúng chon+1 Theo bài toán trước
Ta lấy1≤k≤n Khi đó theo giả thiết quy nạp ta có
Suy ra điều cần chứng minh J
Ví dụ 1.6 Chứng minh các đẳng thức sau a)C 0 n +C n 2 +C 4 n +ã ã ã+C n−1 n =2 n−1 vớinlà số lẻ. b)C n 0 +C 2 n +C 4 n +ã ã ã+C n n =2 n−1 vớinlà số chẵn.
18 Chương 1 Đa thức một biến
Lời giải Từ định nghĩa nhị thức Newton ta có
(1−x) n = (−1) n C n n x n + (−1) n−1 C n n−1 x n−1 +ã ã ã −C 1 n x+C n 0 Chox=1vào các đẳng thức trên, ta nhận được
Cộng theo vế hai đẳng thức trên, ta nhận được
Bài tập
.1.7 Hãy viết những hàm sau thành đa thức chuẩn tắc: a)P(x) = 1 x((x+1) 2 −1); b)P(x) = x
.1.8 Hãy tính tổng và tích những đa thức: c)P(x) =x 4 −√
.1.9 Chứng minh rằng với mọi giá trị củaxđẳng thức sau đúng a 3 (x−b)(x−c)(x−d)
1.4.Bài tập 19 ở đâya,b,c,dlà những số đôi một khác nhau bất kỳ.
Để chứng minh các đẳng thức sau đây, giả sử a, b, c, d là những số bất kỳ Đẳng thức (a) thể hiện rằng (a+b+c)(bc+ca+ab)−abc = (b+c)(c+a)(a+b) Đẳng thức (b) cho thấy (a^2−1)(b^2−1)(c^2−1) + (a+bc)(b+ca)(c+ab) = (abc+1)(a^2+b^2+c^2+2abc−1) Đẳng thức (c) khẳng định (b−c)^3 + (c−a)^3 + (a−b)^3 = 3(b−c)(c−a)(a−b) Đẳng thức (d) chỉ ra rằng (b+c)^3 + (c+a)^3 + (a+b)^3 + (a+b)^3 + (b+d)^3 + (c+d)^3 = 3(a+b+c+d)(a^2+b^2+c^2+d^2) Đẳng thức (e) chứng minh rằng (b+c−a)^3 + (c+a−b)^3 + (a+b−c)^3 − 4(a^2+b^2+c^2−3abc) = 3(b+c−a)(c+a−b)(a+b−c) Đẳng thức (f) cho thấy a^4(b^2−c^2) + b^4(c^2−a^2) + c^4(a^2−b^2) = (a^2(b−c) + b^2(c−a) + c^2(a−b))(a+b)(b+c)(c+a) Đẳng thức (g) khẳng định rằng (a+b+c)^3 + (a−b−c)^3 + (−a+b−c)^3 + (−a−b+c)^3 = 3abc Đẳng thức (h) cho thấy (a+b)^5 − a^5 − b^5 = b(a+b)(a^2+ab+b^2) Cuối cùng, đẳng thức (i) chứng minh rằng (a+b)^7 − a^7 − b^7 = zb(a+b)(a^2+ab+b^2)^2.
.1.11 Chứng minh rằng những đẳng thức sau đúng: a)C n 1 +C 3 n +ã ã ã+C n n =2 n−1 vớinlà số lẻ; b)C 1 n +C n 3 +ã ã ã+C n n−1 =2 n−1 vớinlà số chẵn.
Trong chương này, chúng ta sẽ khám phá các phép toán chia đa thức, bao gồm phép chia hết và phép chia có dư Bên cạnh đó, chúng ta cũng sẽ tìm hiểu cách chia cho một đa thức tuyến tính đặc biệt để xác định số dư thông qua sơ đồ Horner Cuối cùng, chúng ta sẽ giới thiệu khái niệm đồng dư của đa thức cùng với những tính chất liên quan.
2.1 PHÉP CHIA HẾT Định nghĩa 2.1 Ta nói rằng đa thứcP(x)chia hếtcho đa thứcQ(x), nếu tồn tại một đa thứcS(x)sao cho P(x) = Q(x).S(x) Ta kí hiệu P(x)chia hết choQ(x)bằngP(x) Q(x).
1 William George Horner (1786 - 1837) : Nhà toán học người Anh
Phép chia hết
Ta cũng thấy ngay nếu P(x) Q(x), thì degP(x) ≥ degQ(x) Phép chia đa thức có những tính chất hiển nhiên sau đây:
1 Với mọi đa thức P(x) và với mọi sốα 6= 0, α.P(x) P(x) (Trong trường hợp này theo định nghĩa ta lấyS(x) =α).
2 Nếu P(x) Q(x) và Q(x) P(x), thì P(x) = α.Q(x), ở đâyα6=0là một số (Thật vậy, ta có thể giả thiết rằngP(x)6=0và
Q(x) 6= 0 Ta có degP(x) ≤ degQ(x) và degQ(x) ≤ degP(x), nghĩa làdegP(x) Q(x) Khi đó từ đẳng thứcP(x) =Q(x).S(x) ta nhận đượcdegP(x) Q(x) +degS(x), suy radegS(x) =0, nghĩa làS(x)là một hằng số khác không).
3 Nếu P(x) Q(x)vàQ(x) S(x), thìP(x) S(x) (Suy ra trực tiếp từ định nghĩa).
4 Nếu Pi(x) Q(x)i = 1, 2, ,n vàS1(x),S2(x), ,Sn(x)là những đa thức bất kỳ, thì
(P1(x).S1(x) +P2(x).S2(x) +ã ã ã+Pn(x).Sn(x)) Q(x). (Thật vậy,P i (x) =R i (x).Q(x)vớii=1, 2, ,n, hiển nhiên suy ra
Ví dụ 2.1 (Bỉ, 1981) Chứng minh rằng với mọi giá trịn ∈ Z + , đa thức
(x+1) 2n+1 +x n+2 chia hết cho đa thứcx 2 +x+1.
Lời giải Ta chứng minh bằng quy nạp theon∈ Z + Vớin=1khẳng định đúng, vì khi đó(x+1) 2n+1 +x n+2 = (2x+1)(x 2 +x+1) Giả sử khẳng định đúng vớin−1, nghĩa là(x+1) 2n−1 +x n+1 chia hết chox 2 +x+1. Khi đó
22 Chương 2 Phép chia đa thức
= (x 2 +x+1)(x+1) 2n−1 +x((x+1) 2n−1 +x n+1 ) cũng chia hết cho đa thứcx 2 +x+1, vậy khẳng định được chứng minh đúng với mọin J
Phép chia có dư
Nhiều tính chất của đa thức tương tự như các tính chất của số nguyên Định lý 2.1 chỉ ra rằng với hai đa thức P(x) và Q(x) khác không, tồn tại duy nhất hai đa thức S(x) và R(x) thoả mãn một số điều kiện nhất định.
Chứng minh 1 Sự tồn tại NếudegP(x) < degQ(x), thì ta có thể viết
P(x) =Q(x).0+P(x)và kết luận đúng NếudegP(x)≥degQ(x)và cho
Ta đặtP1(x) =P(x)−a 0 b0x n−m Q(x) Dễ thấydegP1(x) .và
Do bậc của đa thức là các số nguyên không âm, chuỗi số tự nhiên vô hạn không thể tiếp tục mãi Cuối cùng, chúng ta sẽ đạt được đa thức Rk(x) sao cho Rk(x) Rk−1(x) Đa thức này sẽ là ước chung lớn nhất cần tìm, dựa trên Định lý 3.1 và Định lý 3.2.
Để tìm ước chung lớn nhất của hai đa thức, ta có thể áp dụng phương pháp chia hữu hạn, trong đó thực hiện các phép chia giữa các đa thức để xác định ước chung lớn nhất một cách hiệu quả.
38 Chương 3 Ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất số dư Sơ đồ thực hiện quá trình này gọi làthuật toán Euclid Chú ý theo Định lý3.1ta có
(P(x),Q(x)) = ( α 1 Q(x), β 1 R 1 (x)) = .= ( α k R k−1 (x), β k R k (x)) =R k (x). ở đây nhữngα i vàβ i là những số khác không Nghĩa là nhiều khi để tính toán dễ dàng ta nhận những hệ số khác không cho
Ví dụ 3.1 Hãy tìm ước chung lớn nhất của những đa thức
Lời giải Ước chung lớn nhất củaP(x)vàQ(x)có thể tìm theo thuật toán Euclid Dầu tiên ta chiaP(x)choQ(x)
Hệ số trước bậc cao nhất của Q(x)là 1 và hệ số trước bậc cao nhất của
R 1 (x)bằng−2, để thuận tiện tính toán đáng lẽ chiaQ(x)choR 1 (x)thì ta chia2Q(x)cho−R 1 (x):
− 3 2 x− 3 2 =R2(x) Bây giờ ta chia−R1(x)cho−2
Ta nhận được số dư bằng 0 và suy ra ước chung lớn nhất là
Ví dụ 3.2 Hãy tìm ước chung lớn nhất của những đa thức sau:
Lời giải Theo bài trước (P(x),Q(x),S(x)) = (D(x),S(x)), ở đây
D(x) = (P(x),Q(x)) Để tìmD(x)ta thực hiện những phép chia sau: x 6 +2x 5 +x 4 +3x 3 +2x 2 +x+2 x 5 +3x 4 +2x 3 +x 2 +x−2 x 6 +3x 5 +2x 4 +x 3 +x 2 −2x x−1
Từ trên suy raD(x) =x 3 +2x 2 +x+2 Để tìm(D(x),S(x))ta thực hiện các phép chia
40 Chương 3 Ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất x 7 +x 6 +2x 4 +x−1 x 3 +2x 2 +x+2 x 7 +2x 6 +x 5 +2x 4 x 4 −x 3 +x 2 −x+3
Ví dụ 3.3 Hãy tìm ước chung lớn nhất của những đa thứcx n −1vàx m −1, ở đâynvàmlà những số tự nhiên dương bất kỳ.
Để tính ước chung lớn nhất (UCLN) của hai số nguyên \( n \) và \( m \) với giả thiết \( m \leq n \), ta thực hiện các phép chia liên tiếp: \( n = mq_1 + r_1 \), \( m = r_1q_2 + r_2 \), , \( r_{k-2} = r_{k-1}q_k + r_k \), \( r_{k-1} = r_kq_{k+1} \) Trong đó, các số dư thỏa mãn điều kiện \( n \geq m > r_1 > r_2 > > r_k \) Kết quả cuối cùng là \( (n, m) = r_k \) Bên cạnh đó, theo ví dụ, số dư của phép chia \( x^n - 1 \) cho \( x^m - 1 \) là \( x^{r_1} - 1 \).
3.1.Ước chung lớn nhất 41 x r 1 −1làx r 2 −1và tiếp tục Suy ra
(x n −1,x m −1) = (x m −1,x r 1 −1) = .= (x r k − 1 −1,x r k −1) =x r k −1, nghĩa là ước chung lớn nhất của(x n −1,x m −1) =x d −1, ở đâydlà ước chung lớn nhất củanvàm J
Nếu m và n là những số tự nhiên dương bất kỳ, và a là một số bất kỳ, thì ước chung lớn nhất của hai đa thức \(x^n + a^n\) và \(x^m + a^m\) có thể được chứng minh một cách rõ ràng.
(x n +a n ,x m +a m ) (x d +a d nếu n d và m d là những số lẻ
1 trong các trường hợp còn lại, ở đâyd= (n,m)là ước chung lớn nhất của những sốnvàm.
Lời giải cho bài toán có thể được biểu diễn bằng Khid = (n,m), tức là ước chung lớn nhất của n và m Từ đó, tồn tại số nguyên p và q sao cho d = pn + qm Để chứng minh kết quả này, ta giả thiết rằng p > 0 và q < 0 Đặt ϕ(x) là ước chung của x^n + a_n và x^m + a_m.
(x m ) −q −(−a m ) −q = (x m +a m )((x m ) −q−1 + (x m ) −q−2 (−a m ) +ã ã ã+ (−a m ) −q−1 ) suy rax np −(−1) p a np ϕ(x) và x −mq −(−1) q a mq ϕ(x) Khi đó ϕ(x) chia hết bởi đa thức sau: x d (x −mq −(−1) q a −mq ) =x d−mq −(−1) q x d a −mq
=x np −(−1) q x d a −mq Cũng như vậy cho đa thức
(x np −(−1) p a np )−(x np −(−1) q x d a −mq ) = (−1) q x d a mq −(−1) p a np
42 Chương 3 Ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất nghĩa là x d −(−1) p+q a d ϕ(x) (3.2)
Ta xét hai trường hợp sau: a) Những sốn 1 = n d vàm 1 = m d là những số lẻ: Từd=np+mqsuy ra
Trong trường hợp n = 1 p + m 1 q, điều này cho thấy rằng các số p và q có tính chẵn lẻ khác nhau Khi đó, tổng p + q sẽ là số lẻ, và từ công thức (3.2), ta có x d + a d chia hết cho ϕ(x) Hơn nữa, khi n1 và m1 là các số lẻ, ta có x n + a n = (x d) n 1 + (a d) n 1 = (x d + a d)(x d(n 1 − 1) − a d(n 1 − 1)) Tương tự, x m + a m = (x d) m 1 + (a d) m 1 = (x d + a d)(x d(m 1 − 1) − a d(m 1 − 1)) Do đó, ta có thể suy ra rằng x n + a n và x m + a m đều liên quan đến x d + a d.
Trong bài viết này, chúng ta xem xét biểu thức (x n + a n , x m + a m ) = x d + a d Đặc biệt, khi n 1 = n d và m 1 = m d không đồng thời là số lẻ, chúng có tính chẵn lẻ khác nhau Điều này có nghĩa là n 1 và m 1 không thể cùng là số chẵn do (n 1 , m 1 ) = 1 Giả sử n 1 là chẵn và m 1 là lẻ, ta có n = 2 k s với k ≥ 1 và s là số lẻ Từ đó, ta có x n − a n = (x d ) 2 k s − (a d ) 2 k s.
Từ (3.2), ta suy ra rằng x d + a d ϕ(x) hoặc x d − a d ϕ(x) Trong cả hai trường hợp, điều này đều thỏa mãn x n − a n ϕ(x) Hơn nữa, x n + a n ϕ(x) có thể được biểu diễn dưới dạng (x n + a n) − (x n − a n) ϕ(x), tương đương với 2a n ϕ(x) Từ đó, ta có thể kết luận rằng ϕ(x) là một hằng số.
3.2.Đẳng thức Bézout 43 nhau bởi hằng số, thì trong trường hợp này thỏa mãn
3.2 ĐẲNG THỨC BÉZOUT Định lý 3.4 NếuD(x)là ước chung lớn nhất của những đa thức P(x)và
Q(x), thì tồn tại những đa thứcU(x)vàV(x)sao cho
Chứng minh Để xác địnhD(x)ta thực hiện theo thuật toán Euclid bằng các phép chia liên tiếp:
Khi đóD(x) =R k (x) Từ đẳng thức cuối cùng trong những đẳng thức trên ta cóD(x) =R k (x) =1.Rk−2(x) + (−S k (x)).Rk−1(x) Bằng cách thay vào đóRk−1(x) =Rk−3(x)−Sk−1(x)Rk−2(x), ta nhận được
D(x) = (−Sk(x)).Rk−3(x) + (1+Sk−1(x).Sk(x)).Rk−2(x).
Sau đó ta lại thayRk−2(x) =Rk−4(x)−Sk−2(x).Rk−3(x)và nhận được
D(x) = (1+Sk−1(x)S k (x))Rk−4(x) + (−Sk−2(x)− ã ã ã).Rk−3(x). Tiếp tục quá trình này cuối cùng ta tính được
D(x) =U(x)P(x) +V(x)Q(x) J Đẳng thức trong bài trên được gọi là đẳng thức Bézout Ta cần nhấn mạnh rằng những đa thứcU(x)và V(x)không xác định duy nhất Thật
44 Chương 3 Ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất vậy, nếu ta có
Theo Định lý 3.4, chúng ta chỉ có thể tìm được một cặp đa thức thỏa mãn đẳng thức Bézout Định lý 3.5 chỉ ra rằng nếu P(x) và Q(x) là hai đa thức khác nhau, với ước chung lớn nhất là D(x), thì tồn tại các đa thức U(x) và V(x) sao cho
D(x) =U(x)P(x) +V(x)Q(x) và ngoài radegU(x)degP(x),
3.2.Đẳng thức Bézout 45 điều này vô lý vìP(x)chia hết choD(x), nghĩa làdegD(x) ≤degP(x).
Ví dụ 3.5 Hãy tìm những đa thứcU(x)vàV(x)sao cho
D(x) =U(x)P(x) +V(x)Q(x), ở đâyD(x)là ước chung lớn nhất của hai đa thức
P(x) =x 4 +2x 3 −x 2 −4x−2vàQ(x) =x 4 +x 3 −x 2 −2x−2 và ngoài radegU(x)
