CHƯƠNG I : ĐA THỨC VÀ TÍNH CHẤT

Chia sẻ: Nguyen Thai Son | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:69

Thêm vào BST

Báo xấu

974
lượt xem 50
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Một hàm số dạng gọi là một đơn thức với là một số bất kì ( trường hợp chung nhất là một số phức). x là một biến độc lập và k là một số nguyên không âm .Số k gọi là bậc của đơn thức và kí hiệu là k=deg. Hai đơn thức gọi là đồng bậc nếu bậc của chúng bằng nhau , nghĩa là và là đồng bậc nếu dễ thấy tổng của hai đơn thức đồng bậc. tích của hai đơn thức bất kì là một đơn thức. tổng của hai đơn thức đồng bậc không phải là một...

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: CHƯƠNG I : ĐA THỨC VÀ TÍNH CHẤT

CHƯƠNG I: ĐA THỨC VÀ TÍNH CHẤT A. ĐA THỨC MỘT BIẾN. Một hàm số dạng gọi là một đơn thức với là một số bất kì ( trường hợp chung nhất là một số phức). x là một biến độc lập và k là một số nguyên không âm .Số k gọi là bậc của đơn thức và kí hiệu là k=deg. Hai đơn thức gọi là đồng bậc nếu bậc của chúng bằng nhau , nghĩa là và là đồng bậc nếu dễ thấy tổng của hai đơn thức đồng bậc. tích của hai đơn thức bất kì là một đơn thức. tổng của hai đơn thức đồng bậc không phải là một I. Định nghĩa 1.1 Những đơn thức trong cách viết trên không đồng bậc vì nếu đồng bậc thì ta tách chúng thành nhóm các đơn thức. Đa thức P(x) bậc n là một đa thức nếu nó có thể biểu diễn như tổng hữu hạn những đơn thức, nghĩa là : P ( x ) = an x n + an−1 x n −1 + ... + a1 x + a0 Với a0 , a1 ,..., an là hằng số (trong trừong hợp tổng quát là số phức )cho trước và an ≠ 0 Khi đó a0 , a1 ,..., an được gọi là những hệ số của đa thức ( a1 là hệ số ứng với x1 ). Người ta dùng deg P(x) để kí hiệu bậc của đa thức P(x). Với đa thức bậc n thì degP(x)=n. + nếu ai là các số nguyên với mọi i= 0,1,..,n thì P(x) gọi là đa thức với hệ số nguyên. + Nếu ai là các số hữu tỉ với mọi i= 0,1,..,n thì P(x) gọi là đa thức với hệ số hữu tỉ + Số x0 được gọi là nghiệm của đa thức P (x) , nếu P( x0 )=0 Nói cách khác bậc của đa thức là bậc lớn nhất của đơn thức trong tổng. trong một số trường hợp bằng không vì ta không đòi hỏi bắt buộc những đơn thức vó bậc nhỏ hơn n tham gia vào đa thức.: nếu hai đa thức có cùng một dạng chuẩn tắc thì bằng nhau. Ta không thể nói dạng chuẩn tắc của đa thức là duy nhất. Chú ý: những số khác không cũng là các đa thức ( tổng của những đa thức bậc 0). Gọi là đa thức bậc 0. ta có deg0= −∞ N là số nguyên bất kì. Ta luôn có công thức: deg ( P ( x ) .Q ( x ) ) = deg P ( x ) + deg Q ( x ) deg ( P ( x ) − Q ( x ) ) = max ( deg P ( x ) ) .deg Q( x )) Những đa thức cũng có thể cộng trừ nhân chia cho nhau..P(x),Q(x) là những đa thức thì hàm P(x)-Q(x), P(x)+Q(x), P(x).Q(x) cũng là những đa thức. P ( x) Đặc biệt: không là đa thức Q ( x) Ví dụ: x và x 2 +1 là những đa thức, nhưng thương của chúng không là những đa thức.
II.Các tính chất cơ bản: 2.1. Tính chất 1: Gọi f(x) và g(x) là hai đa thức của vành A , thì bao giờ cũng tồn tại hai đa thức duy nhất q(x) và r(x) sao cho f(x)=g(x)q(x)+r(x) với deg r (x)< deg g (x). Nếu r(x)=0 ta nói f(x) chia hết cho g(x). Giả sử a là phần tử tùy ý là đa thức của vành A, là đa thức tùy ý của vành, phần tử f ( x ) = an a + an −1a + ... + a1a + a0 có đựoc bằng n −1 n cách thay x bởi a gọi là giá trị của tai a. Nếu thì f(x)=0 ta gọi là nghiệm của f(x). bài toán tìm cua trong gọi là giải phưong trình đại số bậc n an a n + an −1a n −1 + ... + a1a + a0 , a0 ≠ 0 2.2 Tính chất 2: Giả sự A là một trừong , a ∈ A, f ( x) ∈ A [ x ] . Dư số của phép chia f(x) cho (x-a) chính là f(a) 2.3 Tính chất 3: Số a là nghiệm của f(x) khi và chỉ khi f(x) chia hết cho (x-a). Giả sử A là một trường và m là một số tự nhiên lớn hơn và bằng 1. Khi đó a là nghiệm bội cấp m của f(x) khi và chỉ khi f(x) chia hết cho ( x − a ) và f(x) không chia hết cho m ( x − a) m +1 . Trong trường hợp m=1 thì ta gọi a là nghiệm đơn còn khi m=2 thì a được gọi là nghiệm kép. Số nghiệm của đa thức là tổng số nghiệm lẫn bội của các nghiệm nếu có.  đa thức có một nghiệm bội cấp m như một đa thức có m nghiệm trùng nhau. + Lược đồ horner: Giả sử: f ( x ) = an a n + an −1a n −1 + ... + a1a + a0 ∈ A [ x ] Với A là một trường.Khi đó thương gần đúng của f(x) cho (x-a) là một đa thức có bậc n-1, có dạng q ( x ) = bn x n −1 + ... + b1 x + b0 , n −1 b = an , bk = abk +1 + ak +1 , k = 0,1,.., n − 1 Và dư số r = ab0 + a0 2.4. Tính chất 4 (Định lý Viete). n −1 a) Giả sử phương trình: an x + an −1 x + ... + a1 x + a0 = 0 n có n nghiệm ( thực hay phức) thì x1 , x2 ,..., xn thì: −a E1 ( x) := x1 + x2 + ... + xn = n −1 an
an − 2 E2 ( x) := x1 x2 + x1 x3 + ... + xn −1 xn = an a0 En ( x) := x1 x2 ..xn = (−1) n an b) Ngược lại nếu các số thoả mãn hệ trên thì chúng là nghiệm của (1). Hệ 2 có n thành phần và ở vế trái của thành phần thứ k có số hạng. c) các hàm được gọi là hàm đối xứng sơ cấp Viete bậc 1 2 n tưong ứng. 2.5.Tính chất 5 Mỗi đa thức bậc n đều không quá n nghiệm Hệ quả 1: Đa thức có vô số nghiệm là đa thức không. Hệ quả 2: Nếu đa thức có bậc mà nhận cùng 1 giá trị tại n+1 điểm như nhau của đối só thì đa thức đó là đa thức hằng. Hệ quả 3: Hai đa thức bậc mà nhận giá trị thỏa mãn bằng nhau giá tri khác nhau của đối số thì đồng nhất bằng nhau. 2.6 . Tính chất 6 Mọi đa thức bậc n có đúng n nghệim( tính cả bậc của nghiệm) 2.7. Tính chất 7 Mọi đa thức bậc n và có hệ số chính ( hệ số bậc nhất) an ≠ 0 đều có thế phân tích ( duy nhất) thành nhân tử m s f ( x ) = an ∏ ( x − d i ) ∏ ( x 2 + bk x + ck ) i =1 k =1 di , bk , ck ∈ R, 2 s + m = n, bk2 − 4ck < 0, m, n ∈ N * Biên của nghiệm 1) mọi nghiệm của đa thức 2) thỏa mãn bất đẳng thức 2)nếu là hệ số âm đầu tuên của đa thức thì số cận trên của cácnghiệm dương của đa thức đã cho, trongđó b là giá trị lớn nhất của môđun các hệ số âm. B.ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT 1.1. Định nghĩa: Khi đa thức Pn ( x ) dạng (3) viết được dứơi dạng: Pn ( x ) = g ( x ) q ( x ) với degg>0, degq>0 Thì ta nói g là ước của Pn ( x ) và ta viết hay Nếu P(x) chia hết g(x) và Q(x) chia hết g(x) thì ta nói g(x) là ước chung của P(x) và Q(x) Nếu hai đa thức và chỉ có ước chung là các đa thức bậc 0 thì ta nói rằng chúng nguyên tố cùng nhau và viết (P(x),Q(x))=1. 1.2. Tính chất
Điều kiện cần và đủ để hai đa thức P(x) và Q(x) nguyên tố cùng nhau là tồn tại cặp đa thức và sao cho P(x)U(x)+Q(x) ∨ (x) ≡ 1 Nếu hai đa thức P(x) và Q(x) có ước chung d(x) là đa thức chia hết cho tất cả ứơc chung khác thì d(x) được gọi là ước chung lớn nhất của P(x) và Q(x). Cũng như vậy ta có ước chung lớn nhất của bộ nhiều đa thức/ 1.3 Một số tính chất cơ bản a. Nếu các đa thức f(x) và g(x) nguyên tố cùng nhau và các đa thức f(x) và g(x) nguyên tố cừng nhau thì các đa thức f(x) và g(x)h(x) cũng nguyên tố cùng nhau. b. Nếu các đa thức f(x),g(x),h(x) thỏa mãn điều kiện f(x)h(x) chia hết cho g(x),h(x)và nguyên tố cùng nhau thì f(x) chia hết cho g(x) c. Nếu đa thức f(x) chia hết cho các đa thức g(x) và h(x) với nguyên tố cùng nhau thì chia hết cho d. Nếu các đa thức f(x) và g(x) nguyên tố cùng nhau thì  f ( x )  và  g ( x )  m n sẽ     nguyên tố cùng nhau với mọi m,n nguyên dương. C. PHÉP CHIA ĐA THỨC I. Phép chia hết a. Định nghĩa: Ta nói rằng đa thức P(x) chia hết cho đa thức Q(x). nếu tồn tại một đa thức S(x) sao cho P(x) =Q(x).S(x). Ta kí hiệu P(x) chia hết cho Q(x) bằng P(x) Q(x) Nếu P(x) chia hết cho Q(x) thì deg P ( x) ≥ deg Q( x) , có những tính chất sau: + Với mọi đa thức P(x) và với mọi .(Trong trường hợp này theo định nghĩa ta lấy) +Nếu P(x) chia hết cho Q(x) và ngược lại thì P(x)=a.Q(x), với là một số. Thật vậy, ta có giả thiết và . Ta có và, nghĩa là .Khi đó tha có đẳng thức ta nhận được, suy ra , nghĩa là S(x) là một hằng số khác không). +Nếu P(x) chia hết cho Q(x) và Q(x) chia hết cho S(x) thì P(x) chia hết cho S(x). +Nếu và là những đa thức bất kì thì b. Ví dụ: Chứng minh rằng với mọi giá trị , đa thức chia hết cho đa thức Giải Ta chứng minh theo qui nạp - Với n=1 thì - Giả sử khẳng định đúng với n=k tức - Ta cần chứng minh khẳng định đúng với n=k+1 II. Phép chia có dư a. Định lí 1.2 Chứng minh rằng với hai đa thức bất kì P(x) và Q(x) tồn tại duy nhất những đa thức S(x) và R(x) thỏa mãn những điều kiện sau: b. Ví dụ: 1/Hãy tìm thương và số dư của phép chia đa thức cho đa thức
2/ Cho n và m là những số tự nhiên, .Chứng minh rằng đa thức số dư trong phép chia đa thức cho, là, ở đây t là số dư trong phép chia số n cho m III. Sơ đồ Horner Đặc biệt thực hiện phép chia Q(x) là đa thức tuyến tính có dạng Q(x)=x-a. trường hợp này ta có: P(x)=(x-a).S(x)+R(x) ở đây degR(x) nghĩa là R(x) là hằng số. Nếu trong đằng thức cuối cùng thay x=a, ta nhận được R(x)=P(x) nghĩa là số dư r(x) bang92 giá trị của P(x) tại x=a. ta tìm hệ số của thương S(n) theo sơ đồ Horner. Định lí 1.3. nếu và . Chứng minh rằng những hệ số của thương và số dư tính được từ các công thức sau trong phép chia P(x) cho Q(x) Chứng minh Bằng cách áp dụng phương pháp định lí 1.2 ta nhận được Nghĩa là và ở đây và tiếp tục quá trình nà y đến công thức ta cần ta có thể viết lại các công thức theo sơ đồ Horner ...... a0 a1 an an −1 bn −1 = an −1 + α bn −2 b1 = a1 + α b0 r = an + α bn −1 b0 = a0 a ...... r = an + α bn −1 P ( x ) = 2 x 7 + 3 x 6 − 4 x 4 + 3 x 2 − 2 x − 112 ω ( x) Ví dụ : Tìm kết quả chia đa thức P ( x ) = 2 x 7 + 3 x 6 − 4 x 4 + 3 x 2 − 2 x − 112 lần lượt cho x+1, x-1,x+2, x-2 Giải Ta lập sơ đồ Horner 2 3 0 -4 0 3 -2 112 -1 2 1 -1 -3 3 0 -2 114 1 2 2 5 1 1 4 2 114 -2 2 -1 2 16 16 -29 56 0 2 2 7 14 48 48 99 196 504 1.1 Đa thức đồng dư Định nghĩa 1.4:
Cho là một đa thức khác không. Ta nói rằng những đa thức P(x) và Q(x) là đồng dư theo mô đun đa thức , nếu P(x)-Q(x) chia hết cho ω ( x ) Nếu P(x) và Q(x) đồng dư theo mô đun , thì ta kí hiệu là . Định lí 1.1.4: Cho là một đa thức khác không. Chứng minh rằng nếu P(x) và Q(x) là hai đa thức thì ( khi và chỉ khi P(x) và Q(x) cho cùng một đa thức dư khi chia cho Định lí 1.2.4: Cho là một đa thức khác không. - Với mọi đa thức P(x), - Với hai đa thức P(x) và Q(x) bất kì . nếu thì - Với mọi ba đa thức P(x), Q(x) và R(x), nếu và, thì - Với mọi ba đa thức P(x), Q(x), R(x), nếu thì - Cho những đa thức bất kì - Với ba đa thức bất kì P(x), Q(x), R(x) , nếu - Cho những đa thức bất kì - Với hai đa thức P(x), Q(x) bất kì và mọi số tự nhiên t nếu thì - Với hai đa thức P(x), Q(x) bất kì và đa thức F(x), nếu D. ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT VÀ BỘI CHUNG NHỎ NHẤT. I. Ứớc chung lớn nhất Định nghĩa: Cho P(x) và Q(x) là hai đa thức, ít nhất một trong hcung1 khác không, đa thức D(x) gọi là ước chung lớn nhất của P(x), Q(x) nếu 1. P(x) chia hết cho D(x) và Q(x) chia hết cho D(x) 2. Nếu P(x) chia hết cho D’(x) và Q(x) chia hết cho D(x) thì D(x) chia hết cho D’(x). Kí hiệu: D(x) = (P(x),Q(x)) là ước chung lớn nhất. Tính chất: a. Nếu P(x) và Q(x) là hai đa thức sao cho P(x) chia hết cho Q(x) thì chúng có ước chung lớn nhất là (P(x),Q(x))=Q(x) b. Nếu những đa thức P(x) và Q(x) có ước chung lớn nhất và là số bất kì thì c. (P(x).Q(x))= (α P ( x ), Q( x) = ( P( x), α Q( x)) Định lí 1.1 Cho những đa thức P(x) và Q(x) có ước chung lớn nhất D(x)=(P(x).Q(x)) và R(x) là số dư trong phép chia P(x) cho Q(x), thì những đa thức P(x) và Q(x) có ước chung lớn nhất và (P(x),Q(x))=(Q(x),R(x)) Định lí 1.2 Hai đa thức bất kì đều có ước chung lớn nhất. Đẳng thức BEZOUT D(x)=(P(x),Q(x)), thì tồn tại những đẳng thức U(x) và V(x) sao cho D(x)=U(x).P(x)+V(x).Q(x) Định nghĩa 1.2.1. Hai đa thức P(x) và Q(x) gọi là nguyên tố cùng nhau nếu UCLN cúa chúng là một đa thức hằng số. Định lí 1.2.1.1
Những đa thức P(x) và Q(x) nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi tồn tại những đa thức U(x) và V(x) sao cho U(x)P(x)+V(x)Q(x)=1 Định lí 1.2.1.2 Nếu P(x),Q(x), S(x) là ba đa thức sao cho (P(x),Q(x))=1 và S(x),Q(x) chia hết cho P(x)thì S(x) chia hết cho P(x) Định lí 1.2.1.3 Cho hai đa thức P(x) và Q(x) nguyên tố cùng nhau . tồn tại duy nhất những đa thức U(x) và V(x) sao cho U(x)P(x)+V(x)Q(x)=1 và degU(x)
=> UCLN=( x 4 + x 3 − x 2 − x , 2 x 2 + 3 x + 1 )=x+1 Bài 2: Không mất tính tổng quát, giả sử m ≤ n . Ta có thể tính được: n = mq1 + r1 m = r1q2 + r2 ..... rk − 2 = rk −1qk + rk rk −1 = rk qk +1 ở đây n ≥ m > r1 > r2 > ... > rk , khi đó như ta đã biết (n,m)= rk số dư của phép chia x n −1 cho x m −1 là x m −1 chia số dư phép chia x m −1 cho x r1 − 1 là x r2 − 1 và bằng x rk − 1 => ( x n −1 , x m −1 )= x d − 1 , d =(m,n) 1.1 BỘI CHUNG NHỎ NHẤT: Định nghĩa: BCNN của hai đa thức P(x) và Q(x) gọi là một đa thức M(x) sao cho 1/ M(x) chia hết cho P(x) và M(x) chia hết cho Q(x) 2/ Nếu M’(x) chia hết cho P(x) và M’(x) chia hết cho Q(x) thì M’(x) chia hết cho M(x) Kí hiệu: M(x)= [ P ( x), Q( x) ] Định lí 1.2.1 a/ Nếu P(x) và Q(x) là hai đa thức sao cho P(x) chia hết cho Q(x) thì chúng có BCNN là [ P( x), Q( x)] = [ α P( x), Q( x)] = [ P( x), α Q( x) ] b/ Nếu những đa thức P(x) và Q(x) có BCNN và là số bất kì thì Định lí 1.2.2 Với hai đa thức bất kì khác 0 P(x) và Q(x) đều thỏa mãn đằng thức: ( P( x), Q( x) ) [ P( x), Q( x) ] = P( x).Q( x) Ví dụ: Tìm BCNN của những đa thức P(x) và Q(x) a/ P ( x ) = x 4 − x 3 − x 2 + x − 2vàQ ( x ) = x 4 − 2 x 3 + 2 x 2 − 2 x + 1 b/ P ( x ) = 2 x 4 − 5 x3 − x 2 − 10 x − 6, Q( x) = x 4 − 7 x 2 − 18
CHƯƠNG II. NGHIỆM CỦA ĐA THỨC I.Định lý nghiệm của đa thức: Cho đa thức P(x) có bậc lớn hơn hoặc bằng 1.Một số α gọi là nghiệm của đa thức nếu P(α)=0.Nhiều khi người ta còn gọi nghiệm là số không của đa thức P(x),tương tự người ta cũng gọi α là nghiệm của phương trình P(x)=0. Định lý d’Alembert:Mọi đa thức bậc khác 0 với hệ số phức có ít nhất • một nghiệm phức. Định lý Bézout:Cho P [x],α là một nghiệm thực của P khi và chỉ khi • P(x) (x-α) Chứng minh: Xét 2 đa thức P,g [x] với g(x)=x-α thì tồn tại duy nhất cặp đa thức q(x),r(x) sao cho P(x)=(x-α)q(x)+r(x) ở đây r(x)=P(α). Từ đây dễ thấy rằng P(α)=0 khi và chỉ khi P(x) (x-α). ☺ Định lý 1: Chứng minh rằng mọi đa thức • P(x)=α0xn+α1xn-1+...+αn-1x+αn Có thể biểu diễn dưới dạng P(x)=α0(x-α1)(x-α2)...(x-αn) ở đây α1,α2,...,αn à nghiệm của đa thức. Chứng minh: Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo n.Nếu n=1 thì P(x)=α0x+α1 có duy nhất nghiệm α1= và dễ thấy P(x)= α0(x+ ) = α0(x-α1) Giả sử mệnh đề đúng với đa thức bậc n-1 và cho deg P(x)=n.Cho thêm α1 là nghiệm của P(x) (tồn tại α1 do định lý d’Alembert).Khi đó: P(x)=(x-α1)Q(x) Dễ thấy deg Q(x)=n-1 và hệ số trước bậc cao nhất của Q(x) trùng với hệ số α0.Khi đó,nghiệm của P(x) là nghiệm α1 và các nghiệm của Q(x).Theo giả thiết quy nạp,ta có: Q(x)=α0(x-α2)(x-α3)...(x-αn). ở đây α2,α3,...,αn là những nghiệm của đa thức Q(x).Khi đó,tất cả các nghiệm của P(x) là α1,α2,...,αn và: P(x)= α0(x-α1)(x-α2)...(x-αn). ☺
Ví dụ: Giả sử đa thức P(x).Q(x),R(x) và S(x) thỏa mãn đẳng thức: P(x5)+xQ(x5)+x2R(x5)=(x4+x3+x2+x+1)S(x). Chứng minh rằng:đa thức P(x) chia hết cho đa thức x-1. Giả sử S(x)=s0+s1x+...+snxn.Nhân hai vế của đẳng thức đã cho với (x-1),ta có: (x-1)[P(x5)+xQ(x5)+x2R(x5)]=(x5-1)S(x) Hay P(x5)+(x5-1)S1(x)=-(x5-1)S2(x)+xP(x5)+(x2-x)Q(x5)+(x3-x2)R(x5) Với S1(x)=s0+s5x5+s10x10+...+s5mx5m và S2(x)=S(x)-S1(x). Vì vế trái của đẳng thức cuối cùng của biến số x chỉ có mặt với lũy thừa là bội của 5,còn vế phải với lũy thừa không là bội của 5,nên cả 2 vế cửa đẳng thức bằng 0(nguyên lý so sánh hệ số của hai đa thức)từ đó suy ra: P(x5)=-(x5-1)S1(x) Thay x=1vào đẳng thức cuối cùng,ta có P(1)=0 nên theo định lý Bézout đa thức P(x) (x-1) II.Công thức Viéte: • Định lý thuận: Cho P(x)=a0xn+a1xn-1+...+an-1x+an là một đa thức bất kì và P(x)=a0(x-α1) (x-α2)...(x-αn),ở đây α1,α2,...,αn là những nghiệm của đa thức.Sau khi ta nhân các thừa số theo dạng đa thức chuẩn tắc và so sánh các hệ số c ủa đa th ức P(x),ta nhận được: α1+α2+..+αn= α1α2+α1α3+...+αn-1αn= ........ α1α2...αn=(-1)n
Ta kí hiệu:S1= = ; Sk= =(-1)k S2= = Với Sk là tổng các tích chập k của n số αi.Gọi Sk là các đa thức đối xứng cơ bản của các nghiệm. Chứng minh: Dựa vào so sánh hệ số của 2 cách khai triển: P(x)=a0xn+a1xn-1+...+an-1x+an Và P(x)=a0(x-α1)(x-α2)...(x-αn) P(x)=a0xn-a0(α1+α2+...+αn)xn-1+...+(-1)na0α1α2...αn. Đặc biệt: (1):Gọi α1 và α2 là 2 nghiệm của P(x)=ax2+bx+c, a≠0 thì: α1+α2= ; α1α2= (2):Gọi α1 ,α2, α3 là 3 nghiệm của P(x)=ax3+bx2+cx+d , a≠0 thì: α1+α2+α3= ; α1α2+ α1α3+ α2α3= ; α1α2 α3= • Định lý đảo: Nếu n số α1, α2,..., αn có các tổng của tích chập k từ n số đó là Sk thì α1,α2,..., αn là nghiệm nếu có phương trình: Xn-S1Xn-1+S2Xn-2+...+(-1)n-1Sn-1X+(-1)nSn=0 Đặc biệt: (1): α1+α2=S ; α1α2=P → X2-SX+P=0 (2): α1+ α2+ α3=A ; α1α2+ α1α3+ α2α3=B ; α1α2 α3=C → X3-AX2+BX-C=0 Ta có thể chứng minh định lý Viéte trực tiếp cho phương trình bậc 2 và phương trình bậc 3 từ định nghĩa về nghiệm. Ví dụ 1:Chứng minh điều kiện cần và đủ để phương trình bậc 2: ax +bx+c=0 có 2 nghiệm mà nghiệm này gấp k lần nghiệm kia là kb2=(k+1)2c , 2 k ≠1.
Chứng minh thuận: Giả sử phương trình có:  α1=k α1 hay α1=k α2 ( α2-k α1)( α1-k α2)=0 -( α12+ α22)k+(1+k2) α1α2=0 (với S= (S2-2P)k-(1+k2)P=0 , P= ) kb2=(1+k)2ac Chứng minh đảo:Nếu kb2=(1+k)2ac ac= , k ≠-1  =b2-4ac=b2- = ≥0 Do đó phương trình có nghiệm nên theo biến đổi tương đương trên thì ta có đpcm. Ví dụ 2:Giả sử m là 1 tham số để phương trình: (x-1)(x-2)(x-3)(x-4)=m (1) có 4 nghiệm khác nhau.Tính giá trị của biểu thức: P= theo m (x2-5x+4)(x2-5x+6)=m Ta có: (1) Đặt: y=x2-5x (y+4)(y+6)=m y2+10y+24-m=0.Gọi y1,y2 là 2 nghiệm,ta có: Giả sử x1,x2 là nghiệm của phương trình: x2-5x-y1=0 x3,x4 là nghiệm của phương trình: x2-5x-y2=0 ta có: x1+x2=5 , x1x2=-y1 , x3+x4=5 , x3x4=-y2 Vậy: P= III.Nghiệm của đa thức với hệ số nguyên: Đa thức hệ số nguyên: Cho P(x) [x] như sau:
P(x)=a0xn+a1xn-1+...+an-1x+an , a0 ≠ 0 Với các hệ số a0,a1,...,an nguyên và x nguyên.  Các kết quả: (1): Nếu P(x) có nghiệm nguyên x≡a thì phân tích được:P(x)=(x- a)Q[x] là đa thứ hệ nguyên. (2): Nếu a,b nguyên và a≠b thì P(a)-P(b) chia hết cho a-b. (3): Nếu x= là một nghiệm của P(x) thì p là ước của hệ số tự do an và q là ước của hệ số cao nhất a0.Đặc biệt a0=±1 thì nghiệm hữu tỉ là nghiệm nguyên. (4): Nếu P(x) có nghiệm vô tỉ x=m+n với m,n nguyên, vô tỉ thì còn có nghiệm x = m-n liên hiệp của x. ’ (5): Nếu x=m+n với m,n nguyên, vô tỉ thì giá trị P(x)=m’+n trong đó m ,n là các số nguyên. ’’ Chú ý: 1) Một đa thức hệ số hữu tỉ P(x) Q[x] thì viết được thành P(x)= x] với a,b nguyên và Q[x] là hệ số nguyên 2) Từ công thức tổ hợp suy ra tích k số nguyên liên tiếp chia hết cho k! Định lý 3:Chứng minh rằng nếu u và v là những số nguyên tố cùng nhau • và số hữu tỉ α= là nghiệm của đa thức với hệ số nguyên P(x)= α0 xn+α1 xn-1+...+ αn-1x+ αn thì αn chia hết cho u và α0 chia hết chi v. Chứng minh:Từ điều kiện đề bài ta suy ra Từ đây với điều kiện (u,v)=1 ta nhận được ngay αn chia hết cho u và α0 chia hết chi v. • Định lý 4:Chứng minh rằng nếu số hữu tỉ α= (u và v là những số nguyên tố cùng nhau) là nghiệm của đa thức với hệ số nguyên P(x)= α0 xn+α1 xn-1+...+ αn-1x+ αn=0 Thì với mọi số nguyên m số P(m) chia hết cho (u-m.v).Trường hợp đặc biệt u+v là ước số của P(-1),còn u-v là ước số của P(1). Chứng minh:
Nhưng từ: mkvk-uk=(mv-u)(mk-1vk-1+...+uk-1) suy ra vkak(mkvk-uk) chia hết cho u-mv nghĩa là vnP(m) chia hết cho u- vm.Mặc khác khi mà (u,v)=1 nên (vku-mv)=1 suy ra P(m) chia hết cho u-mv Chú ý:từ cách giải của bài toán này thấy rằng nếu u-mv=0 thì P(m)=0,nghĩa là m là nghiệm của đa thức P(x) (tất nhiên là nghiệm). Sơ đồ Horner:Để tìm thương và số dư: • P(x)=a0xn+a1xn-1+...+an-1x+an a0≠0 cho g(x)=x-a Ta lập bảng: a0 a1 .. ak .. an . . x= b0=a0 b1=αb0+a1 .. bk=αbk-1+ak .. bn=αbn-1+an α . . Với P(x)=(x-α)Q(x)+P(α) P(α)=bn=αbn-1+an Q(x)=b0xn-1+b1xn-2+...+bn-2x+bn-1 Ví dụ:cho P(x) đa thức với hệ số nguyên.Chứng minh rằng nếu số P(0) và P(1) là số lẻ thì phương trình P(x)=0 không có nghiệm nguyên. Giả sử số hữu tỉ ,(u,v)=1là nghiệm của phương trình P(x)=0.Khi đó P(0) chia hết chi u còn P(1) chia hết cho u-v.Từ đây suy ra được u và u-v là những số lẻ,điều đó có khả năng chỉ khi v là số chẵn.Suy ra v ≠ ±1 nghĩa là không thể là số nguyên. IV.Nghiệm của đa thức hệ số đối xứng: Định nghĩa 4.1:Một đa thức P(x)=a0xn+a1xn-1+...+an-1x+an gọi là đa thức hệ số đối xứng nếu những hệ số trong dạng chuẩn tắc của nó cách hệ số đâu và hệ số cuối bằng nhau thì có giá trị bằng nhau,có nghĩa là: a0=an.a1=an-1....ak=an-k.... • Định lý 5:chúng minh răng đa thức P(x) là hệ thức đối xứng bậc n khi và chỉ khi x≠0: P(x)=xn.P( ) Chứng minh: Cho P(x)=a0xn+a1xn-1+...+an-1x+an .Với x≠0,ta có: xn.P( )=xn(a0 +a1 +...+an-1 +an) n n-1 =anx +an-1x +...+a1x+a0. Nếu P(x) là đa thức hệ số đối xứng thì a0=an.a1=an-1....ak=an-k.... nghĩa là P(x)=xn.P( )
Ngược lại,nếu P(x)=xn.P( ) thì cho những hệ số của những bậc tương ứng của x bằng nhau trong những đẳng thức trên,ta nhận được kết quả cần chứng minh. • Định lý 6: Chứung minh rằng đa thức P(x) là một đa thức hệ số đối xứng khi và chỉ khi điều kiện sau thỏa mãn: Một số α là nghiệm của đa thức P(x) khi và chỉ khi số cũng là nghiệm. Chứng minh: Nếu α là 1 số bất kì khác 0 thì đa thức: (x)=(x-α)(x- )=x2+(α+ )x+1. Là đa thức hệ số đối xứng.Suy ra nếu một đa thức P(x)thỏa macn điều kiện trên ,nó biểu diễn như một tích những đa thức hệ số đối xứng dạng trên và dễ thấy nó cũng là đa thức hệ số đối xứng. Ngược lại,nếu P(x) là đa thức hệ số đối xứng,thì ta chứng minh nó thỏa mãn điều kiện trên.Ta sẽ chứng minh băngg phương pháp quy nạp toán học theo bậc của đa thức.Nếu degP(x)=2 thì P(x)=ax2+bx+a và theo công thức Viéte α1α2= =1 ở đây α1 và α2 là nghiệm của P(x).Nhưng khi đó α1= nghĩa là P(x) thỏa mãn điều kiện đề bài.Giả sử tất cả những đa thức hệ số đối xứng có bậc nhỏ hơn n.Cho α là một nghiệm của nó.Từ đẳng thức P(x)=xn.P( ) suy ra ngay số cũng là nghiệm của nó.Suy ra: P(x)=(x-α)(x- )Q(x)=(x2-(α+ )x+1)Q(x) ở đây Q(x) là đa thức bậc n-2.Nhưng từ đẳng thức: =(x2-(α+ )x+1)Q(x) P(x) x2P( )=xn (x2-(α+ )x+1)Q( ) =( x2-(α+ )x+1)xn-2Q( ) P(x)=xnP( ) Suy ra Q(x)=xn-2Q( ) nghĩa là Q(x) là đa thức hệ số đối xứng theo giả thiết quy nạp nó thỏa macn điều kiện trên.Cuối cùng ta thấy rắng P(x) nhận được nghiệm từ những nghiệm của Q(x) và thêm vào những nghiệm α và như vậy P(x) cũng thỏa mãn điều kiện đề bài. • Định lý 7: Chứng minh rằng nếu P(x) là đa thức hệ số đối xứng bậc 2m thì P(x)=xmQ(y) ở đây y=x+ với x≠0,còn Q(y) là đa thức bậc m. Chứng minh: Khi P(x) là đa thức hệ số đối xứng thì: P(x)=a0x2m+a1x2m-1+...+am-1xm+1+amxm+am-1xm-1+...+a1x+a0 =xm(a0 =xm(a0Pm+a1Pm-1+...+am-1P1+a0) ở đây Pk=xk+ .Suy ra P(x) là đa thức biến y bậc m. Ví dụ: Giải phương trình:
P(x)=x7+2x6-5x5-13x4-13x3-5x2+2x+1=0 Ta sử dụng kết quả của định lý 7,nhận thấy rằng đa thức đã cho là đa thức hệ số đối xứng.Nghiệm đầu tiwwn là x=-1 và: P(x)=(x+1)(x6-x5-6x4-7x3-6x2+x+1) Đặt Q(x)=x6-x5-6x4-7x3-6x2+x+1=0 cũng là đa thức hệ số đối xứng bậc chẵn.Khi đó đặt y=x+ và sử dụng những đẳng thức sau: Ta nhận được: Q(x)= =x3(y3-3y+y2-2-6y-7) =x3(y3+y2-9y-9) Ta giải phương trình : y3+y2-9y-9=0 từ y +y -9y-9=y (y+1)-9(y+1)=(y+1)(y2-9) suy ra những nghiệm của nó 3 2 2 là y1=-1,y2=3,y3=-3.Khi đó nghiệm của Q(x) tính được bằng cách gỉai các phương trình: nghĩa là x2+x+1=0 x+ nghĩa là x2-3x+1=0 x+ nghĩa là x2+3x+1=0 x+ Ta nhận được tất cả các nghiệm là V.Nghiệm của phương trình nhị thức: Phương trình nhị thức dạng x2-a=0,a là một số bất kỳ,gọi là phương trình nhị thức.Những nghiệm của phương trình nhị thức xn-1=0 gọi là những nghiệm của nhị thức đơn vị bậc n.Những nghiệm này là công thức Moivre: ek=cos , k=0,1,2,...,n-1. Nếu ta đặt: ,thì tất cả những nghiệm của phương trình x -1=0 có thể viết dưới dạng e0=1= ,e1= ,e2= ,...,en-1= n . • Định lý 8: Chứng minh rằng nếu α là nghiệm bất kỳ của phương trình nhị thức xn-a=0,còn e0,e1,...,en-1 là những nghiệm của nhị thức đơ vị bậc n,thì tất cả nghiệm của phương trình nhị thức là : ae0,αe1,...,αen-1 Chứng minh: Khẳng định suy ra từ phương trình xn-a=0 có đúng n nghiệm là ae0,αe1,...,αen-1 đôi 1 khác nhau và (αek)n=αn =αn=α Ví dụ: Hãy viết ở dạng đại số nhữung nghiệm của phương trình
x5-1=0 Từ công thức Moivre suy ra những nghiệm của phương trình đã cho có dạng: e0=1.e1=cos Và từ đây ta có thể lại thành dạng đại số bằng cách tính giá trị của cos và sin Ta sẽ giải bằng cách khác thuận tiện hơn.Dễ thấy: x5-1=(x-1)(x4+x3+x2+x+1) nghĩa là nếu e0,e1,e2,e3,e4 là những nghiệm của phương trình đã cho thì e0=1 còn e1,e2,e3,e4 là nghiệm của phương trình: x4+x3+x2+x+1=0 x=0 không là nghiệm của phương trình nên x2+x+1+ hay .Đặt y=x+ ,ta nhận được y2+y-1=0.Nghiệm của phương trình sau cũng là y1= Khi đó e1,e2,e3,e4 có thể nhận được bằng phương trình: x+ , x+ Cuối cùng ta nhận được: e1.2= , e3.4= ) CHƯƠNG III. ĐA THỨC NGUYÊN VÀ ĐA THỨC NHẬN GIÁ TRỊ NGUYÊN A. ĐA THỨC NGUYÊN I. Định nghĩa: _ Nếu đafffffffff ức f( x )= a n x n + a n @1 x n @1 + …+ a 1 x + a 0 , a n ≠ 0 có các hệ số f th f a 1 2 N , i = 0,n thì ta nói f( x ) là đa thức hệ số nguyên.
@A _Ta kí hiệu các đa thức hệ số nguyên là Z x II. Các định lý: ` a Định lý 1`: a ếu đa thức f( x ) có nghiệm nguyên x= α thì f( x )= x @α .g • N `a x với g x là đa thức hệ số nguyên `a Định lý 2: Cho f x là đa thức hệ số nguyên: • b c `a a,b là hai số f x = a n x n + a n @1 x n @1 + …+ a 1 x + a 0 a i 2 N, i = 0,1,2,3, …A ,n A ` a ` a` a nhau. Khi đó f a @f b ( a @b . nguyên khác Chứng minh: `a Ta có: f a = a n a n + a n @1 a n @1 + …+ a 1 a + a 0 `a n @1 n f b = a n b + a n @1 b + …+ a 1 b + a 0 b c b c `a `a ` a n @1 n Suy ra f a @f b = a n a n @b + a n @1 a n @1 @b + …+ a 1 a @b ` a ` a` a ` a Vì a k @b k( a @b ,8k 2 Ν nên f a @f b ( a @b (đpcm) n `a Định lý 3: Cho đa thức hệ số nguyên f x =X a i x , a ≠ 0. Nếu i n • i=0 pffff ` a ff x = , p ,q = 1, q ≠ 0 là nghiệm của f(x) thì p | a 0 và q | a n . q Chứng minh: pffff ff Già sử phân số tối giản q là nghiệm của đa thức f(x). Khi đó ta có: f g @1 n pffnffffffffffff pffff pfffffff pffff ff ff f ff f f ff = a n n + a n @1 n @1 + …+ a 1 + a 0 =0 f q q q q b c `a [ a n p n = @q a n @1 p n @1 + …+ a 1 q n @2 p + a 0 q n @1 1 Và b c `a a 0 q n = @p a n p n @1 + a n @1 p n @2 q + …+ a 0 q n @1 2 ` a Từ (1) suy ra a n p n( q mà pn ,q = 1 nên a n( q ` a Từ (2) suy ra a 0 q ( p mà pn ,q = 1 nên a n( q . n Suy ra đpcm.
*Dạng 1: Bài toán liên quan đến tính chia hết: Bài toán 1: Tồn tại hay không với một đa thức hệ số nguyên mà f(26)=1931 và f(3)=1995? Giải Giả sử tồn tại một đa thức với hệ số nguyên thỏa điều kiện đề bài. Ta luôn có: f(26) – f(3) ( (26-3)=3 Nhưng f(26)-f(3)=1931-1995=-64 ( 23 Do đó không tồn tại đa thức hệ số nguyên thỏa mản đề bài (đpcm) `a `a 2 3 Bài toán 2: Cho hai đa thức f x = ax 3 + bx + cx + d và g x = dx + cx 2 + bx + a có hệ số a,b,c,d nguyên và d không chia hết cho 5. Giả sử f(m) chia hết cho 5, m 2 N . Chứng minh rằng có thể tìm được n, n 2 N , sao cho g(n) chia hết cho 5. Giải `a m( 5 Ta có f m = am3 + bm + cm + d( 5 và d không chia hết cho 5 [ 2 ` a Do đó tồn tại số nguyên n sao cho mn a 1 mod5 b cb c `a `a 2 3 Ta có: n 3 f m @g n = n 3 am3 + bm + cm + d + dn + cn 2 + bn + a b c b c ` a` a = a m3 n 3 @1 + bn m2 n 2 @1 + cn 2 mn @1 ( mn @1 ` a` a [ G n ( mn @1( 5 `a Vậy số nguyên n thỏa mn a 1(mod 5) thì g n ( 5 b c `a `a 2 3  Nhận xét: Ta có: f m @g n = am + bm + cm + d + dn + cn + bn + a . Ta cần làm 3 2 mất hệ số tự do a hoặc d) để xuất hiện nhân tử chung. Nhân f(m) với n 3 rồi trừ cho (a ` a ` g(n), ta có n 3 f m @g n ( mn @1. Lại có m ( 5 nên tồn tại số nguyên n để . Từ đó đi đến đpcm.
Bài toán 3: Cho đa thức P(x) bậc 4 có các hệ số nguyên và P(x) chia hết cho 7 với mọi x nguyên. Chứng minh rằng các hệ số của đa thức P(x) đều chia hết cho 7. Giải `a Xem đa thức: P x = ax 4 + bx + cx 2 + dx + e với a,b,c,d,e 2 N , a ≠ 0 3 `a Ta có: P x ( 7 8x 2 N . Do đó: `a P 0 ( 7 [ e( 7 `a P 1 = a + b + c + d + e( 7 ` a P @1 = a @b + c @d + e( 7 `a ` a [ P 1 + P @1 = 2a + 2c + 2e( 7 [ a + c( 7 (1) `a ` a [ P 1 @P @1 = 2b + 2d( 7 [ b + d( 7 (2) `a P 2 = 16a + 8b + 4c + 2d + e( 7 [ 2a + b + 4c + 2d( 7 [ 2c + d( 7 (3) ` a P @2 = 16a @8b + 4c @2d + e( 7 `a ` a [ P 2 + P @2 = 32a + 8c + 2e( 7 [ 4a + c( 7 (4) Mà a + c( 7 Do đó 3a( 7 [ a( 7 (5) Từ (1) và (5) [ c( 7 (6) `a ( ( Từ (3) và (6) [ d 7 @@ b 7 2 @Q Các số a,b,c,d,e thỏa mản yêu cầu bài  Nhận xét: 1) Nếu bậc của P(x) lớn hơn 4 thì kết luận của bài toán không đúng nữa. Chẳng hạn: `a ` a` a` a` a Q x = x + 1 x + 2 x + 3 … x + 7 ( 7 ,8x 2 N