Trường ĐHSP Hà Nội Khoá luận tốt nghiệp MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Trong nhà trường phổ thông, môn Toán giữ vị trí quan trọng Nó giúp học sinh học tốt môn học khác, công cụ nhiều ngành khoa học công cụ để hoạt động đời sống thực tế Môn Toán có tiềm to lớn việc khai thác phát triển lực trí tuệ chung, rèn luyện thao tác phẩm chất tư Đại số phận lớn Toán học, đa thức khái niệm quan trọng, đối tượng nghiên cứu Đại số mà công cụ đắc lực Giải tích Nó giới thiệu từ năm đầu bậc phổ thông dạng đơn giản mà ta thường gọi biểu thức chứa chữ đại diện cho số Ngoài lý thuyết đa thức sử dụng nhiều toán cao cấp, toán ứng dụng Tuy nhiên tài liệu đa thức chưa có nhiều Các dạng tập đa thức chưa phân loại rõ ràng hệ thống hoá chưa đầy đủ, chưa đưa phương pháp giải cách tường minh Tài liệu đa thức nên việc nghiên cứu gặp nhiều khó khăn Với lý với lòng say mê nghiên cứu dẫn tận tình cô Dương Thị Luyến, em mạnh dạn chọn đề tài “Một số ứng dụng đa thức” để làm khoá luận tốt nghiệp nhằm phân loại, hệ thống số toán đa thức Từ giúp em học sinh có thêm tài liệu đa thức để luyện tập thực hành Bên cạnh thấy rõ thêm vai trò đa thức môn Toán nhà trường phổ thông số môn học khác Mục đích nghiên cứu, nhiệm vụ nghiên cứu Tìm hiểu đa thức số ứng dụng đa thức Vũ Thị Hải K33CN Toán Trường ĐHSP Hà Nội Khoá luận tốt nghiệp Đối tƣợng nghiên cứu Đa thức số ứng dụng đa thức Phƣơng pháp nghiên cứu Đọc tài liệu, phân tích, so sánh, tổng hợp, khái quát hoá Vũ Thị Hải K33CN Toán Trường ĐHSP Hà Nội Khoá luận tốt nghiệp CHƢƠNG MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ SỞ Vành đa thức ẩn 1.1 Xây dựng vành đa thức ẩn Giả sử A vành giao hoán có đơn vị, ký hiệu Gọi P tập hợp dãy phần tử A A, i ¥ ,a i P { a ,a1, ,a n , ,a i hầu hết trừ số hữu hạn} Trên P ta xác định hai quy tắc cộng nhân sau (1) a ,a1, ,a n , b0 ,b1, ,bn , a0 (2) a ,a1, ,a n , b0 ,b1, ,bn , Trong c0 c1 b0 ,a1 b1, ,a n b n , c0 ,c1, ,cn , a b0 a 0b1 a1b0 … ck a bk a1bk aib j , k a k 1b1 a k b0 0,1,2, i j k Khi P, , lập thành vành giao hoán có đơn vị gọi vành đa thức Thật vậy, ta có hai quy tắc (1) (2) cho ta hai phép toán P i) P, nhóm giao hoán - Phép cộng có tính chất giao hoán kết hợp - Phần tử không dãy 0,0, ,0, - Phần tử đối dãy a ,a1 , ,a n , dãy a , a1, , a n , ii) P, vị nhóm giao hoán Vũ Thị Hải K33CN Toán Trường ĐHSP Hà Nội Khoá luận tốt nghiệp - Do A giao hoán nên b ja i , suy phép nhân có tính chất giao aib j i j k i j k hoán - Phép nhân A có tính chất kết hợp phân phối phép cộng nên m 0,1,2, Ta có ah h k m bi c j a h bi c j i j k a h bi c j h i j m h i j m a h bi c j j l m h i l Do phép nhân P có tính chất kết hợp - Dãy 1,0, ,0, phần tử đơn vị P Do P vành giao hoán có đơn vị Trong A , ta có b j cj i j k k aib j i j k a ic j , i j k 0,1, Suy phép nhân có tính chất phân phối phép cộng Xét dãy x 0,1,0, ,0, Theo quy tắc nhân ta có x2 0,0,1,0, ,0, x3 0,0,0,1,0, ,0, … xn 0,0,0, ,0,1,0, 43 n Quy ước x 1,0, ,0, Xét ánh xạ f : A aa Ta có f (a b) f (ab) f (a) Vũ Thị Hải P a,0, ,0, a b,0, ab,0, f (b) a,0, b,0, a,0, b,0, a,0, b,0, f (a) f (b) f (a).f (b) a b K33CN Toán Trường ĐHSP Hà Nội Khoá luận tốt nghiệp Vậy f đơn cấu bảo toàn hai phép toán Vì f đơn cấu nên ta đồng phần tử a a f (a) a,0, ,0, A với f (a) P tức P Từ A vành vành P Các phần tử P dãy a ,a1 , ,a n , a i hầu hết trừ số hữu hạn nên ta giả sử n số lớn để a n Khi phần tử P viết a ,a1 , ,a n ,0, a ,0,0, 0,a1 ,0, 0,0, ,0,a 14 43 n ,0, n a ,0, 1,0, a1 ,0, 0,1,0, a n ,0, 0, ,0,1,0, { n a0x0 a1x1 a n x n a x0 P a1x1 a n x n | a i A,i 0,n Khi gọi P vành đa thức ẩn x , lấy hệ tử A Ký hiệu A x , A vành sở, phần tử gọi đa thức P ẩn thường ký hiệu f (x),g(x),h(x),r(x), Định nghĩa Cho f x A x , f x a1x1 a n x n ta gọi dạng chuẩn a 0x tắc đa thức Trong đa thức f (x) a 0x0 a1x1 a n x n A x 0,n) gọi hệ tử thứ i đa thức - a i (i - a i x i (i 0, n) gọi hạng tử thứ i đa thức - a gọi hạng tử tự - an gọi hạng tử cao Vũ Thị Hải K33CN Toán Trường ĐHSP Hà Nội Khoá luận tốt nghiệp 1.2 Bậc đa thức Cho đa thức f (x) A x , f (x) a n x n a n 1x n a1x1 a ; a n 0,n - Nếu f (x) ta nói f (x) đa thức bậc bậc - Nếu f (x) ta gọi số lớn n cho a n bậc đa thức Ký hiệu deg f (x) đa thức f (x) n Tính chất Giả sử f (x) g(x) hai đa thức khác không i) Nếu deg f (x) deg g(x) f (x) g(x) deg f (x) g(x) ii) Nếu deg f (x) max degf (x),degg(x) deg g(x) f (x) g(x) deg f (x) g(x) iii) Nếu f (x).g(x) max degf (x),degg(x) deg f (x).g(x) degf (x) degg(x) Trong trường hợp A miền nguyên, f (x) g(x) hai đa thức khác vành A x f (x).g(x) deg f (x).g(x) degf (x) degg(x) Hệ Nếu A miền nguyên A x miền nguyên 1.3 Phép chia đa thức 1.3.1 Phép chia với dƣ Định lí Giả sử A trường, f (x) g(x) hai đa thức khác không vành A x Bao có hai đa thức q(x) r(x) thuộc A x cho f (x) g(x).q(x) r(x) với deg r(x) deg g(x) r(x) Ta gọi q(x) thương r(x) dư Chứng minh Vũ Thị Hải K33CN Toán Trường ĐHSP Hà Nội Khoá luận tốt nghiệp i) Sự tồn Giả sử f (x) g(x) an xn a n 1x n bm x m - Nếu degf x bm 1x m a1x a , degf x n b1x b0 , degg x degg x đặt q(x) Khi ta có f (x) - Nếu degf x 0, r(x) g(x).q(x) r(x) , deg r x f (x) m Khi hạng tử cao g x h1 x bm x m bm1a n x n f x degg x degf x degg x đặt h1 (x) a n bm1x n Do đó, đặt f1 x m m anxn g x h1 x f1 x đa thức bậc thực nhỏ bậc f x Có hai khả xảy + Nếu degf1 x degg x đặt q(x) Ta có f (x) g(x).q(x) r(x);deg r x degf1 x + Nếu degf1 x degg x , giả sử f1 x Ta lại đặt h x ck b m1x k m , f2 x h1 (x),r(x) f1 (x) f1 x c0 degg x c1x c k x k g x h2 x Đến đây, ta lại xét f (x) tương tự f (x) f1 (x) , tiếp tục trình ta thu dãy đa thức có bậc giảm dần f (x),f1 (x),f (x), Do đó, sau hữu hạn bước ta gặp đa thức f k (x) khác có bậc nhỏ thực bậc g(x) Ta viết dãy đẳng thức trình sau f1 (x) f (x) g(x).h1(x) f2 (x) f1(x) g(x)h (x) … fk (x) f k (x) g(x).h k (x) Khi đó, cộng vế với vế đẳng thức ta Vũ Thị Hải K33CN Toán Trường ĐHSP Hà Nội Khoá luận tốt nghiệp fk (x) f (x) g(x) h1 (x) h (x) h k (x) hay f (x) g(x) h1 (x) h (x) h k (x) 4 4 4 43 f k (x) { r(x) q(x) Đặt q(x) h1 (x) h (x) h k (x);r(x) f k (x) Ta f (x) g(x).q(x) r(x) , r(x) deg r x deg g x ii) Tính Giả sử có cặp đa thức q x ,r x q1 x ,r1 x thỏa mãn f x g x q x r x , deg r x f x g x q1 x r1 x , deg r1 x g x q x q1 x Từ đó, ta có deg r1 x Nếu r1 x r x r x deg r1 x Vậy r1 x degg x ,r1 x degg x r x degg x ,deg r1 x deg q x q1 x (1) degg x degg x nên max deg r1 x ,deg r x degg x degg x (mâu thuẫn với (1)) r x r x r x r x deg r1 x Thật vậy, deg r x deg r1 x r1 x degg x ,r x hay r1 x r x Từ đó, suy q x q1 x (đpcm) 1.3.2 Phép chia hết Định nghĩa Cho hai đa thức f (x),g(x) A x ,g(x) Ta nói đa thức f (x) chia hết cho đa thức g(x) A x tồn đa thức q(x) A x , cho f (x) g(x).q(x) Ta ký hiệu f (x)M g(x) Một số tính chất a) Nếu f (x)M g(x) deg f (x) Vũ Thị Hải deg g(x) K33CN Toán Trường ĐHSP Hà Nội Khoá luận tốt nghiệp g(x), i 1, n qi (x),i 1,n đa thức b) Nếu fi (x)M f1 (x).q1 (x) f (x).q (x) f n (x).q n (x) M g(x) c) Nếu f (x)M g(x) g(x)M h(x) f (x)M h(x) 1.4 Nghiệm đa thức 1.4.1 Định nghĩa Giả sử c phần tử tuỳ ý vành A , f (x) đa thức tuỳ ý A x , phần tử f (c) a0 a0 a1x a n x n a1c a ncn A có cách thay x c gọi giá trị f (x) c - Nếu f c c gọi nghiệm f (x) A - Tìm nghiệm f (x) A gọi giải phương trình đại số bậc n an xn a n 1x n a1x a 0,a n A 1.4.2 Định lí Bơzu Cho f (x) A x , A trường, c A Khi dư phép chia f (x) cho x c giá trị f (c) x c Chứng minh Thật vậy, chia f x cho x c ta f x Nếu r x r x bậc r x nhỏ bậc x c ; deg r x deg x c deg r x r x A f x Cho x x c q x r0 x c q x c ta f c Vũ Thị Hải r0 ;r0 A c c q c r0 r0 (đpcm) K33CN Toán Trường ĐHSP Hà Nội Khoá luận tốt nghiệp Hệ c nghiệm f (x) f (x)Mx c Chứng minh Giả sử c nghiệm f x Chia f x cho x c ta f x Do c nghiệm nên f c f x x c q x f c x c q x f x Mx c Ngược lại giả sử f x Mx c f c c c q c f x x c q x c nghiệm f x Điều phải chứng minh 1.4.3 Lƣợc đồ Hoocner a 0x n Chia f (x) f x x c q x Giả sử q(x) b0 x n Suy a x n a1x n a1x n a n cho x c ta r 1 b1x n a n bn x c b0 x n b1x n bn r Cân hệ tử ta suy b0 a0 b1 a1 cb0 … bn an cbn dư r an cbn Ta viết đẳng thức dạng bảng sau gọi lược đồ Hoocner c b0 … a1 a0 a0 Vũ Thị Hải b1 a1 cb0 an … bn 10 an 1 an cbn r K33CN Toán Trường ĐHSP Hà Nội u2 uv v u3 v3 Đặt 35 3 Với u v 3uv u v 35 uv hệ phương trình trở thành 35 3uv u v u v, Khoá luận tốt nghiệp 3 1 35 u,v nghiệm phương trình t 2 t Nghĩa phương trình t2 5t t t u v u v x x 15 Vậy nghiệm phương trình cho x , x 15 Bài tập Bài Giải phương trình sau a) 18 x b) x c) x 17 x 2 x x 17 x x 17 x x 27 Bài Giải biện luận theo m phương trình x2 x2 m 2 2.4 Ứng dụng Giải hệ phương trình dựa vào đa thức đối xứng Bài Giải hệ phương trình Vũ Thị Hải 59 K33CN Toán Trường ĐHSP Hà Nội x3 y3 x2 y2 Khoá luận tốt nghiệp Giải Ta có Đặt x3 y3 x y x2 y2 x y x y xy 3xy x y 2xy Theo cách đặt ta có 3 2 1 2 Thay (2) vào (1), ta có phương trình 12 16 1 2 1 Với thay vào (2) ta x y xy Với Khi đó, thay vào cách đặt ta x 2, y x 0, y thay vào (2) ta x y xy 6 Khi đó, thay vào cách đặt ta x i 2, y i x i 2, y i Vậy hệ phương trình cho có nghiệm x, y 2,0 ; 0,2 ; i 2, i ; i 2, i Bài Giải hệ phương trình sau Vũ Thị Hải 60 K33CN Toán Trường ĐHSP Hà Nội x Khoá luận tốt nghiệp y z x y2 z2 xyz 36 Giải Đặt x y z xy yz zx xyz Vì x, y,z ¢ nên , , ¢ Theo cách đặt hệ cho trở thành 3 1 36 11 Khi x, y,z nghiệm phương trình t3 6t 11t t t 5t t t t t t t Vậy hệ phương trình cho có nghiệm x, y,z 1,2,3 ; 1,3,2 ; 2,1,3 ; 2,3,1 ; 3,2,1 ; 3,1,2 Bài Giải hệ phương trình sau x3 y3 x y z xyz z3 xy yz zx Giải Đặt x y z xy yz zx Vũ Thị Hải 61 K33CN Toán Trường ĐHSP Hà Nội Khoá luận tốt nghiệp xyz Ta có x y3 z3 x y z 3 3 x y z xy yz zx 3xyz Từ cách đặt ta đưa hệ cho hệ 3 1 3 3 2 3 2 2 3 1 2 3 2 2 2 2 7 0 2 x, y,z ba nghiệm phương trình t 2t t t t t t1 t2 t3 Suy hệ phương trình cho có nghiệm x, y,z 1,1,2 ; 1,2,1 ; 1, 1,2 ; 1,2, ; 2, 1,1 ; 2,1, Bài Giải hệ phương trình sau Vũ Thị Hải x y z x3 y3 z3 x4 y4 z 113 27 62 K33CN Toán Trường ĐHSP Hà Nội Khoá luận tốt nghiệp Giải x xy yz zx xyz Đặt y z Theo cách đặt ta có 3 4 Với 2 3; 3; 3; 27 2 4; 4; 4; 2 113 3 18 16 12 12 12 Thay vào cách đặt ta có 3 x y z xy yz zx 12 xyz x, y,z nghiệm phương trình t3 3t Với 4t 12 3; t t2 4; t t t 2i 2i 12 Thay vào cách đặt ta có x y z xy yz zx 12 xyz x, y,z nghiệm phương trình t3 3t 4t 12 Vũ Thị Hải t t t 63 t t t 2 K33CN Toán Trường ĐHSP Hà Nội Khoá luận tốt nghiệp Vậy hệ phương trình cho có nghiệm x, y,z 3,2i, 2i ; 3, 2i,2i ; 2i, 3, 2i ; 2i,2i, ; 2i, 3,2i ; 2, 2, ; 2, 3, ; 3,2, ; 3, 2,2 ; 2,2, ; 2, 3,2 Bài tập Bài Giải hệ phương trình sau a) x2 xy y x4 y 17 x b) x xy , y z 1 y z yz zx 27 Bài Giải hệ phương trình x y z a x2 y2 z2 b2 x3 y3 z3 a3 Bài Giải biện luận hệ phương trình theo tham số b 3xyz x y z x y z 2b x2 y2 z2 b3 b2 2.5 Ứng dụng Chứng minh đẳng thức Bài Chứng minh đẳng thức sau x y 3xy x y x y x2 y2 xy x y Giải Đặt VT x y; x y 3 Vũ Thị Hải xy 3xy x 1 y 1 64 K33CN Toán Trường ĐHSP Hà Nội VP’ 3 2 1 3 3 y2 xy x 2 (1) y z x2 x Khoá luận tốt nghiệp 1 y 1 (2) Từ (1) (2), ta suy VT = VP’ Vậy ta có điều phải chứng minh Bài Chứng minh a b b c c a 2 a b b c c a Giải Đặt x a b ; y b c ; z c a Ta có x y z a b b c c a Theo cách đặt đẳng thức cần chứng minh tương đương với x2 y2 x4 VT y4 x4 VP’ 2 z2 z4 y4 x4 y4 z4 xy yz zx z4 VP’ 2 2 2 2 2 ( Do x y z ) 2 Do VT Vậy đẳng thức chứng minh Bài Chứng minh x y z x y4 z4 xy yz zx Giải Ta đưa x y4 z4 đa thức theo đa thức đối xứng phương pháp hệ tử bất định Vũ Thị Hải 65 K33CN Toán Trường ĐHSP Hà Nội M Khoá luận tốt nghiệp 4,0,0 ; 3,10 ; 2,2,0 ; 2,1,1 x4 f x, y,z y4 z4 a 2 b c N Lập bảng x y 1 1 1 N z 0 b 2 16 4a 1 1 a b c 3 Ta giải hệ b 16 4a a b c a b c 4 f x, y,z Từ giả thiết suy f x, y,z 2 2 2 2 =VP’ Vậy đẳng thức chứng minh Bài Chứng minh số u,v,x, y thoả mãn u v x u2 v2 x2 y2 với số tự nhiên n , đẳng thức sau un xn yn y Giải Ký hiệu x y; xy ; u v; uv Theo ta có x x2 y u y2 Ta có v u2 Vũ Thị Hải v2 , 2 2 66 K33CN Toán Trường ĐHSP Hà Nội Khoá luận tốt nghiệp Khi với đa thức z1 ,z , ta có , , Nếu f x, y đa thức đối xứng f x, y , biểu diễn theo đa thức đối xứng f x, y , , f u,v Trường hợp riêng xét f x, y xn xn yn n ¥ yn un n ¥ (đpcm) Bài tập Bài Chứng minh đẳng thức sau a) x y4 b) x y z xy yz zx x y x2 y2 xy xyz x y x z y z Bài Chứng minh xy yz zx x y y z z x 24x y 2z x4 y z Bài Chứng minh x y z x7 y2 y7 z7 x5 y5 z5 x 2 y4 z x z4 x y z2 x3 y3 z3 x y4 z4 2.6 Ứng dụng Chứng minh bất đẳng thức Ta dựa số nhận xét sau * Xét trường hợp hai biến + Ta áp dụng kết đa thức đối xứng để chứng minh nhiều bất đẳng thức + Giả sử , số thực + Để số x, y xác định điều kiện Vũ Thị Hải 67 x xy y thực điều kiện cần K33CN Toán Trường ĐHSP Hà Nội đủ Khoá luận tốt nghiệp + Để x, y thực không âm điều kiện cần đủ 0, 0, Giả sử cho đa thức đối xứng f x, y cần chứng minh với giá trị thực x, y (tuỳ theo điều kiện toán) đa Để chứng minh điều thức f x, y lấy giá trị không âm f x, y ta biểu diễn f x, y qua đa thức tức đặt 1 , đa thức tìm ta thay Kết ta thu Ta phải chứng minh với giá trị không âm điều kiện cho đa thức lấy giá trị không âm * Xét trường hợp ba biến Nếu x, y,z ¡ ta có bất đẳng thức sau x y y z z x Dấu '' '' xảy x đối xứng x, y,z ta có: Xét Dấu '' '' xảy x x y y z z x y z đối xứng x, y,z ta có Xét x y 2 x2 Do y z Vũ Thị Hải y z y2 2 z2 2 2 xy yz zx 2 x z 2 2 2 68 ( ) K33CN Toán Trường ĐHSP Hà Nội Khoá luận tốt nghiệp Từ hệ thức ( ) ta suy nhiều bất đẳng thức khác Bài Chứng minh x, y số dương thoả mãn x x x y y y 25 Giải Xét x x x2 y Vì x, y Mà Vậy Đa thức 0, Vậy 15 2 nên x y2 x y2 y2 25 17 2 17 2 2 15 (do 1) 2 15 y 2 2 có hệ số dương, nhận giá trị lớn 2 (đpcm) 2 Bài Chứng minh với x, y số thực x y4 xy3 yx3 Giải x4 y4 Ta có x xy3 y4 Vũ Thị Hải yx3 x4 y4 2 xy3 yx3 x4 y4 xy3 yx3 2 69 K33CN Toán Trường ĐHSP Hà Nội x2 Xét f y2 2 x4 y4 xy3 x4 y4 xy x yx y2 4 2 2 2 2 2 Ta thấy Xét 2 Suy f Khoá luận tốt nghiệp 4 2 x4 y4 x4 y4 2 2 xy3 (Vì 0) yx xy3 yx3 Vậy ta có điều phải chứng minh Bài Cho x, y,z ba số thoả mãn điều kiện x Chứng minh P x y z xy yz zx y2 z2 Giải Đặt x y z; Theo cách đặt ta có P Ta lại có x Lại có Vậy P y2 2 xy yz zx x y z xy yz zx z2 2 2.1 hay 3 (đpcm) Bài tập Bài Chứng minh với số thực x, y ta có a) x y6 Vũ Thị Hải x y xy5 70 K33CN Toán Trường ĐHSP Hà Nội b) x Khoá luận tốt nghiệp y2 xy x y Bài Chứng minh a,b,c độ dài ba cạnh tam giác a) ab bc ca b) a b2 a2 b2 c2 c2 a b c c) a b c a b2 c a a3 c2 a b Bài Chứng minh x b3 y2 z2 c3 b c x 3abc y z Bài Chứng minh bất đẳng thức sau với x, y số thực khác không x2 y2 Vũ Thị Hải y2 x2 x y y x 71 K33CN Toán Trường ĐHSP Hà Nội Khoá luận tốt nghiệp KẾT LUẬN Khóa luận trình bày cụ thể chi tiết số dạng toán đa thức Nội dung khoá luận gồm Chƣơng Trình bày cách tổng quát lý thuyết liên quan đến đa thức Chƣơng Trình bày số ứng dụng đa thức Với ứng dụng cụ thể đưa số toán tập tương tự Tuy nhiên với vốn kiến thức hạn chế nên khoá luận đưa số dạng toán đa thức Khoá luận thực với mong muốn đóng góp phần kinh nghiệm nhỏ bé thân việc nghiên cứu tìm hiểu đa thức ứng dụng nó, từ giúp bạn đọc có nhìn tổng quát vào nghiên cứu sâu hơn, rộng đa thức Vũ Thị Hải 72 K33CN Toán Trường ĐHSP Hà Nội Khoá luận tốt nghiệp TÀI LIỆU THAM KHẢO Nguyễn Hữu Điển, Đa thức ứng dụng, NXB Giáo dục Hà Nội năm 2003 Bùi Huy Hiền - Nguyễn Hữu Hoan, Bài tập đại số số học, NXB Đại học sư phạm năm 2005 Nguyễn Văn Mậu, Đa thức phân thức hữu tỷ, NXB Giáo dục Hà Nội năm 2004 Hoàng Xuân Sính, Đại số đại cương, NXB Giáo dục Hà Nội năm 1998 Ngô Thúc Lanh, Đại số số học tập 1, NXB Giáo dục Hà Nội năm 1987 Ngô Thúc Lanh, Đại số số học tập 3, NXB Giáo dục Hà Nội năm 1987 Tạp trí: “Toán học tuổi trẻ” Vũ Thị Hải 73 K33CN Toán [...]... nghiệm của một đa thức với hệ số hữu tỷ được đưa về việc tìm nghiệm của một đa thức với hệ số nguyên Vũ Thị Hải 16 K33CN Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khoá luận tốt nghiệp b) Nghiệm của đa thức hệ số nguyên Định lí 1 u v Nếu u và v là những số nguyên tố cùng nhau và nếu số hữu tỷ là nghiệm của đa thức với hệ số nguyên f (x) a 0 x n a1x n 1 a n 1x a n thì a n chia hết cho u và a 0 chia hết cho v Chứng minh... luận tốt nghiệp các đa thức bậc nhất - Hệ quả 2 Mọi đa thức bậc n , n 0 với hệ số phức có n nghiệm phức - Hệ quả 3 Các đa thức bất khả quy của ¡ x , ( ¡ - trường số thực ) là các đa thức bậc nhất và các đa thức bậc hai ax 2 bx c với biệt số b2 4ac 0 1.8 Ƣớc chung lớn nhất 1.8.1 Định nghĩa Cho hai đa thức f (x), g(x) A x ( A - trường ) và ít nhất một trong hai đa thức khác không Đa thức d x được gọi là... Ứng dụng 1 Xác định đa thức + Ta thường gặp bài toán xác định đa thức khi giải phương trình hàm trên tập các đa thức Để xác định đa thức, trước hết ta xác định bậc rồi lần lượt xác định các hệ số của đa thức, cũng có thể sử dụng các tính chất của vành đa thức + Dùng kết quả của phép chia đa thức Bài 1 Tìm một đa thức bậc hai f (x) với hệ số thực biết f (0) 12,f (1) 9, f (2) 1200 Giải Đặt f (x) Cho... 2 Khoá luận tốt nghiệp … x1x 2 x n n c Định lý cơ bản của đa thức đối xứng Mọi đa thức đối xứng f x1,x 2 , ,x n A x1,x 2 , ,x n đều biểu diễn như đa thức của những đa thức đối xứng cơ bản và sự biểu diễn này là duy nhất a 0x n Cho f x cho 1 , 2 , , a 1x n 1 a n 1x a n , a 0 0 là đa thức một biến và là những nghiệm của đa thức trên n Theo công thức Viéte ta có 1 2 1 2 n 3 1 a1 a0 n 1 n a2 a0 … 1... Nhưng trong trường số phức £ , mọi đa thức bậc n có đúng n nghiệm phức Ta có các bổ đề sau - Bổ đề 1 Mọi đa thức với hệ số thực bậc lẻ có ít nhất một nghiệm thực - Bổ đề 2 Mọi đa thức bậc lớn hơn 0 với hệ số thực có ít nhất một nghiệm phức Định lí Mọi đa thức bậc lớn hơn 0 với hệ số phức có ít nhất một nghiệm phức - Hệ quả 1 Các đa thức bất khả quy của vành £ x , ( £ - trường số phức ) là Vũ Thị Hải... là một số nguyên bất kỳ và x1,x 2 , ,x n là những số thực Đa thức đối xứng Sk x 2k x n k được gọi là tổng lũy thừa bậc k của x1k x1,x 2 , ,x n Theo định lý cơ bản của đa thức đối xứng, mọi tổng lũy thừa có thể biểu diễn như đa thức của những đa thức đối xứng cơ bản Định lí 1 Mọi tổng lũy thừa Sk S0 1 S 2 Sk Sk 1 k 1 2 1 ; S2 2 ; S1 y k thỏa mãn những đẳng thức sau xk 2 2 k 3 2 với x y, 1 xy 2 Chứng... vế của (1), (2) và (3) lần lượt với x k 3 , y k 3 ,z k 3 ta được xk xk 1 2 xk 2 1 yk yk 1 2 yk 2 1 zk 1 zk 1 2 zk xk 3 zk 3 3 3 2 3 zk 3 Cộng theo vế của các đẳng thức trên ta nhận được Sk S 1 k 1 Sk 2 2 Sk 3 3 k 4 Vậy định lý được chứng minh Vũ Thị Hải 26 K33CN Toán Trường ĐHSP Hà Nội 2 Khoá luận tốt nghiệp CHƢƠNG 2 ỨNG DỤNG CỦA ĐA THỨC 1 .Ứng dụng của đa thức một ẩn 1.1 Ứng dụng 1 Xác định đa thức. .. trƣờng số 1.7.1 Đa thức với hệ số hữu tỷ a) Nghiệm hữu tỷ của một đa thức với hệ số hữu tỷ Nếu f (x) an xn a n 1x n 1 a 0 ,a n 0 là một đa thức với hệ số hữu tỷ thì f (x) có thể viết dưới dạng f (x) b 1 bn x n b n 1x n 1 b 0 b 1g(x) Trong đó b là mẫu số chung của các phân số a i và bi i 0,n ; g x ¢ ¢ x Vì f (x) và g(x) chỉ khác nhau một nhân tử bậc không nên các nghiệm của f (x) là các nghiệm của. .. n kỳ của n phần tử x1,x 2 , ,x n Định lý Mọi bộ phận gồm các đa thức đối xứng của vành A x1,x 2 , ,x n là một vành con của vành A x1,x 2 , ,x n b Đa thức đối xứng cơ bản Trong vành đa thức A x1, x 2 , , x n các đa thức sau là đa thức đối xứng gọi là đa thức đối xứng cơ bản hay đa thức đối xứng sơ cấp n xi 1 x1 x 2 x n i 1 n xi x j 2 x1x 2 x1x 3 x n 1x n i j n x i x jx k 3 x1x 2 x 3 x1x 2 x 4 x... 2.3 Đa thức đối xứng a Định nghĩa Giả sử A là một vành giao hoán có đơn vị f x1,x 2 , ,x n là một đa thức của vành A x1,x 2 , ,x n f x1,x 2 , ,x n gọi là đa thức đối xứng của n ẩn nếu và chỉ nếu với mọi phép thế i 1 2 n i1 i2 in f x i1 , x i2 , , x in trong đó i1,i2 , ,in là một hoán vị bất Ta có f x1 , x 2 , , x n kỳ của n phần tử x1,x 2 , ,x n Định lý Mọi bộ phận gồm các đa thức đối xứng của vành ... gồm đa thức đối xứng vành A x1,x , ,x n vành vành A x1,x , ,x n b Đa thức đối xứng Trong vành đa thức A x1, x , , x n đa thức sau đa thức đối xứng gọi đa thức đối xứng hay đa thức đối xứng sơ... n 1.7 Ứng dụng Xét tính bất khả quy đa thức - Các đa thức bất khả quy vành £ x ( £ - trường số phức) đa thức bậc - Các đa thức bất khả quy vành ¡ x ( ¡ - trường số thực) đa thức bậc đa thức bậc... lý đa thức đối xứng Mọi đa thức đối xứng f x1,x , ,x n A x1,x , ,x n biểu diễn đa thức đa thức đối xứng biểu diễn a 0x n Cho f x cho , , , a 1x n a n 1x a n , a 0 đa thức biến nghiệm đa thức