Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số chuyên đề về đa thức dành cho học sinh giỏi toán bậc trung học phổ thông

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:44

Thêm vào BST

Báo xấu

42
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luận văn này được viết theo dạng chuyên đề, bao gồm những bài toán hay về đa thức, đặc biệt là nghiệm của đa thức, Đồng nhất thức Newton và đa thức bất khả quy. Các bài toán chủ yếu dược chọn lọc từ 3 tài liệu Tiếng Anh, mà không sao chép từ bất cứ tài liệu Tiếng Việt.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số chuyên đề về đa thức dành cho học sinh giỏi toán bậc trung học phổ thông

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC LƯU MỸ MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ VỀ ĐA THỨC DÀNH CHO HỌC SINH GIỎI TOÁN BẬC TRUNG HỌC PHỔ THÔNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2015
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC LƯU MỸ MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ VỀ ĐA THỨC DÀNH CHO HỌC SINH GIỎI TOÁN BẬC TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS. LÊ THỊ THANH NHÀN Thái Nguyên - 2015
i Mục lục Lời cảm ơn ii Mở đầu 1 1 Nhắc lại kiến thức về đa thức 3 1.1 Phép chia với dư và ước chung lớn nhất . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2 Nghiệm của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.3 Định lí cơ bản của Đại số và Công thức Viete . . . . . . . . . . . . 8 1.4 Đa thức bất khả quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 2 Một số dạng toán thi học sinh giỏi về đa thức 14 2.1 Một số bài toán đơn giản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 2.2 Sử dụng nghiệm của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 2.3 Sử dụng đa thức bất khả quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 2.4 Sử dụng công thức Viete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 2.5 Đồng nhất thức Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 Kết luận và Đề nghị 39 Tài liệu tham khảo 40
ii Lời cảm ơn Trước hết, tôi xin gửi lời biết ơn chân thành và sâu sắc nhất đến PGS.TS. Lê Thị Thanh Nhàn. Mặc dù rất bận rộn trong công việc nhưng Cô vẫn dành rất nhiều thời gian và tâm huyết trong công việc hướng dẫn. Cho đến hôm nay, luận văn thạc sĩ toán học của tôi đã được hoàn thành, xin được cảm ơn Cô đã đôn đốc nhắc nhở và giúp đỡ tôi. Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu, Khoa Toán - Tin và Phòng Đào tạo của Trường Đại học khoa học - Đại học Thái Nguyên. Tôi xin trân trọng cảm ơn các Thầy, Cô đã tận tình truyền đạt những kiến thức quý báu cũng như tạo mọi điều kiện thuận lợi nhất để tôi hoàn thành luận văn này. Cuối cùng, tôi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn đến gia đình, bạn bè, đồng nghiệp, những người đã không ngừng động viên, hỗ trợ và tạo mọi điều kiện tốt nhất cho tôi trong suốt thời gian học tập và thực hiện bản luận văn này.
1 Mở đầu Luận văn trình bày lời giải một số dạng toán về đa thức dành cho học sinh giỏi bậc trung học phổ thông. Luận văn được viết chủ yếu dựa theo cuốn sách Polynomials của G. D. Carroll (2011) và cuốn sách Polynomials của V. V. Prasolov (2004). Luận văn cũng tham khảo một số kiến thức cơ sở trong Giáo trình Lý thuyết đa thức của Lê Thị Thanh Nhàn (2015) và cuốn sách Ideals, Varieties and Algorithms của D. Cox, Little J., D. O’Shea (2006). Luận văn này được viết theo dạng chuyên đề, bao gồm những bài toán hay về đa thức, đặc biệt là nghiệm của đa thức, Đồng nhất thức Newton và đa thức bất khả quy. Các bài toán chủ yếu dược chọn lọc từ 3 tài liệu Tiếng Anh nói trên, mà không sao chép từ bất cứ tài liệu Tiếng Việt. Nội dung của luận văn hoàn toàn không trùng lặp với bất kỳ một luận văn thạc sĩ nào đã được bảo vệ trước đó về đa thức. Thực tế, một số đề bài toán khó chỉ có lời giải tóm tắt hoặc hướng dẫn, chúng tôi đã diễn giải tường minh và chi tiết lời giải trong luận văn này. Có những bài toán chỉ được phát biểu trong các cuốn sách đó (mà không có lời giải), chúng tôi cũng đã tự giải chúng. Nhiều bài toán nằm rải rác trong các cuốn sách trên và một số tài liệu khác được chúng tôi bố cục lại theo một chủ đề nhất định để người đọc dễ theo dõi. Ngoài phần Mở đầu và Kết luận, luận văn được chia thành hai chương. Trong Chương 1, chúng tôi nhắc lại kiến thức về đa thức mà sẽ sử dụng trong bản luận văn này, bao gồm phép chia với dư và ước chung lớn nhất; nghiệm của đa thức; Định lí cơ bản của đại số và công thức Viete, đa thức bất khả quy. Chương 2 trình bày một số dạng toán thi học sinh giỏi về đa thức. Chúng tôi đề cập đến lời giải một số dạng toán khó về đa thức, đặc biệt là các dạng toán thi học sinh giỏi quốc tế. Chương này gồm 5 mục: Một số bài toán đơn giản; sử dụng nghiệm của đa thức; sử dụng đa thức
2 bất khả quy; sử dụng công thức Viete; đồng nhất thức Newton. Thái Nguyên, ngày 10 tháng 4 năm 2015 Lưu Mỹ Học viên Cao học Lớp B Khóa 06/2013-06/2015 Chuyên ngành Phương pháp Toán sơ cấp Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Email: luumy.kienan@gmail.com
3 Chương 1 Nhắc lại kiến thức về đa thức Một tập con V của C được gọi là một vành con nếu 1 ∈ V và phép cộng, phép trừ, phép nhân đều đóng trong trong V (tức là 1 ∈ V và a + b, a − b, ab ∈ V với mọi a, b ∈ V ). Trong suốt chương này, luôn giả thiết V là một vành con của C. Một vành con K của C được gọi là một trường con nếu mọi phần tử khác 0 của K đều khả nghịch (tức là a−1 = 1/a ∈ K với mọi 0 6= a ∈ K). Trong suốt chương này, luôn giả thiết K là một trường con của C. 1.1 Phép chia với dư và ước chung lớn nhất Một đa thức một biến với hệ số trong V là một biểu thức có dạng f (x) = an xn + . . . + a1 x + a0 , trong đó x là một kí hiệu, gọi là biến và ai là các phần tử của V , gọi là hệ số của f (x). Ta có thể viết f (x) = ai xi , trong đó ai = 0 với mọi i > n. Nếu an 6= 0 thì P n được gọi là bậc của f (x) và ta viết deg f (x) = n. Hai đa thức ai xi và P P i bi x là bằng nhau nếu ai = bi với mọi i. Tập các đa thức biến x với hệ số trong V được kí hiệu là V [x]. Trong tiết này chúng ta nhắc lại một số kết quả về phép chia đa thức với hệ số trên trường K. Trước hết chúng ta nhắc lại Định lí chia với dư rất quen biết. Định lí 1.1. Cho f (x), g(x) ∈ K[x] với g(x) 6= 0. Khi đó tồn tại duy nhất một cặp đa thức q(x), r(x) ∈ K[x] sao cho f (x) = g(x)q(x) + r(x), với r(x) = 0 hoặc deg r(x) < deg g(x).
4 Trong định lí trên, q(x) được gọi là thương và r(x) được gọi là dư của phép chia f (x) cho g(x). Nếu dư của phép chia f (x) cho g(x) là 0 thì tồn tại q(x) ∈ K[x] sao cho f (x) = g(x)q(x). Trong trường hợp này, ta nói rằng f (x) chia hết cho g(x) hay g(x) là ước của f (x). Hệ quả 1.1. Cho a ∈ K. Khi đó dư của phép chia f (x) ∈ K[x] cho x − a là f (a). Chứng minh. Chia f (x) cho x − a, dư hoặc bằng 0 hoặc là một đa thức bậc 0 vì bậc của (x − a) bằng 1. Vì vậy, dư là một phần tử r ∈ K. Ta có f (x) = (x − a)q(x) + r. Thay x = a vào đẳng thức ta được r = f (a). Định nghĩa 1.1. Một đa thức d(x) ∈ K[x] được gọi là một ước chung lớn nhất của các đa thức f1 (x), . . . , fs (x) ∈ K[x] nếu d(x) là một ước chung của fi (x) với mọi i = 1, . . . , s và nếu t(x) ∈ K[x] là một ước chung của fi (x) thì d(x) chia hết cho t(x). Chú ý rằng nếu ước d(x) là một ước chung lớn nhất của f1 (x), . . . , fs (x) thì các ước chung của f1 (x), . . . , fs (x) có dạng ad(x) với 0 6= a ∈ K. Trong số này, có duy nhất một đa thức d∗ (x) là ước chung lớn nhất của f1 , . . . , fs và có hệ số cao nhất bằng 1. Do đó ta kí hiệu gcd(f1 , . . . , fs ) = d∗ (x). Ta có thể tìm ước chung lớn nhất của nhiều đa thức bằng quy nạp dựa theo công thức gcd(f1 , . . . , fs ) = gcd(gcd(f1 , . . . , fs−1 ), fs ). Vì thế để tìm ước chung lớn nhất của hữu hạn các đa thức, ta chỉ cần tìm ước chung lớn nhất của hai đa thức. Bổ đề 1.1. Cho f, g, q, r ∈ K[x] là những đa thức thỏa mãn g(x) 6= 0 và f = gq +r và r = 0 hoặc deg r < deg g. Khi đó ước chung lớn nhất của f và g bằng ước chung lớn nhất của g và r. Chứng minh. Giả sử d(x) là một ước chung lớn nhất của f và g. Khi đó d(x) là một ước của f − gq. Do đó d(x) là ước của r(x). Vì thế d(x) là một ước chung của g và
5 r. Giả sử t(x) là một ước chung của g và r. Khi đó t(x) là một ước của f − gq. Suy ra t(x) là ước của f (x). Vì thế t(x) là một ước chung của g và f . Suy ra t(x) là ước của d(x). Vậy d(x) là một ước chung lớn nhất của g và r. Ngược lại, giả sử d(x) là một ước chung lớn nhất của g và r. Hoàn toàn tương tự ta có thể chỉ ra rằng d(x) là một ước chung lớn nhất của f và g. Định lí 1.2 (Thuật toán Euclid tìm ước chung lớn nhất). Giả sử f, g ∈ K[x] và g 6= 0. Thực hiện liên tiếp các phép chia ta có  f = gq + r, r 6= 0, deg r < deg g             g = rq1 + r1 , r1 6= 0, deg r1 < deg r    r = r1 q2 + r2 , r2 6= 0, deg r2 < deg r1  ......        rk−2 = rk−1 qk + rk , rk 6= 0, deg rk < deg rk−1         rk−1 = rk qk+1 .  Khi đó rk là một ước chung lớn nhất của f và g. Chứng minh. Chia f cho g ta được phần dư r. Nếu r 6= 0 thì chia g cho r ta được phần dư r1 . Nếu r1 6= 0 thì chia r cho r1 ta được dư là r2 . Quá trình trên phải chấm dứt sau một số hữu hạn bước bước vì dãy giảm các số tự nhiên deg g > deg r > deg r1 > . . . phải dừng. Theo Bổ đề 1.1, ước chung lớn nhất của f và g là rk . Từ thuật toán Euclid tìm ước chung lớn nhất ta suy ra rằng nếu f1 , . . . , fs ∈ K[x] là các đa thức không đồng thời bằng 0 thì tồn tại ước chung lớn nhất của f1 , . . . , fs trong K[x]. Kết quả sau cho thấy ước chung lớn nhất là tổ hợp tuyến tính của đa thức. Định lí 1.3. Giả sử f (x), g(x) ∈ K[x] và d(x) ∈ K[x] là ước chung lớn nhất của f (x), g(x). Khi đó tồn tại u(x), v(x) ∈ K[x] sao cho d(x) = f (x)u(x) + g(x)v(x).
6 Chứng minh. Ta chứng minh Định lí theo thuật toán sau đây, gọi là thuật toán Euclid mở rộng. Trong các phép chia liên tiếp ở thuật toán Euclid tìm ước chung lớn nhất, d(x) = rk (x). Đặt u1 (x) = 1, v1 (x) = −qk (x), từ đẳng thức giáp cuối ta có d(x) = rk−2 (x)u1 (x) + rk−1 (x)v1 (x). Thay rk−1 (x) từ đẳng thức giáp cuối ta được rk−1 (x) = rk−3 (x) − rk−2 (x)qk−1 (x) vì thế ta có d(x) = rk−3 (x)u2 (x)+rk−2 (x)v2 (x), trong đó u2 (x) = v1 (x) và v2 (x) = u1 (x) − v1 (x)qk−1 (x). Cứ tiếp tục đi từ dưới lên, đến các đẳng thức đầu tiên ta có kết quả. 1.2 Nghiệm của đa thức Định nghĩa 1.2. Phần tử α ∈ C được gọi là một nghiệm của đa thức f (x) = an xn + . . . + a1 x + a0 ∈ K[x] nếu f (α) = an αn + . . . + a1 α + a0 = 0. Từ Hệ quả 1.1 ta có ngay kết quả sau: Hệ quả 1.2. Phần tử a ∈ K là nghiệm của đa thức f (x) ∈ K[x] nếu với chỉ nếu tồn tại đa thức g(x) ∈ K[x] sao cho f (x) = (x − a)g(x). Cho k > 0 là một số nguyên. Một phần tử a ∈ C được gọi là một nghiệm bội k của đa thức f (x) ∈ K[x] nếu trong C[x], đa thức f (x) chia hết cho (x − a)k nhưng không chia hết cho (x − a)k+1 . Nếu k = 1 thì a được gọi là nghiệm đơn. Nếu k = 2 thì a được gọi là nghiệm kép. Hệ quả 1.3. Phần tử a ∈ K là nghiệm bội k của f (x) ∈ K[x] nếu với chỉ nếu f (x) = (x − a)k g(x) với g(x) ∈ K[x] với g(a) 6= 0.
7 Chứng minh. Giả sử a ∈ K là nghiệm bội k của f (x). Vì f (x) chia hết cho (x − a)k f (x) = (x − a)k g(x) với g(x) ∈ K[x]. Nếu g(a) = 0 thì theo Hệ quả 1.2 ta có g(x) = (x − a)h(x) với h(x) ∈ K[x] với do đó f (x) chia hết cho (x − a)k+1 , vô lí. Vậy g(a) 6= 0. Ngược lại, với f (x) = (x − a)k g(x) nên f (x) chia hết cho (x − a)k . Nếu f (x) chia hết cho (x − a)k+1 thì f (x) = (x − a)k+1 h(x) với h(x) ∈ K[x]. Do đó (x − a)k g(x) = (x − a)k+1 h(x). Do K là trường nên giản ước hai vế cho (x − a)k ta được g(x) = (x − a)h(x). Suy ra g(a) = 0, mâu thuẫn. Vậy f (x) không chia hết cho (x − a)k+1 . Hệ quả 1.4. Cho a1 , a2 , . . . , ar ∈ K là những nghiệm phân biệt của f (x) ∈ K[x]. Giả sử ai là nghiệm bội ki của f (x) với i = 1, 2, . . . , r. Khi đó ta có f (x) = (x − a1 )k1 (x − a2 )k2 . . . (x − ar )kr u(x) trong đó u(x) ∈ K[x] với u(ai ) 6= 0 với mọi i = 1, . . . , r. Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo r. Trường hợp r = 1 được suy ra từ Hệ quả 1.3. Cho r > 1. Theo giả thiết quy nạp, tồn tại h(x) ∈ K[x] sao cho f (x) = (x − a1 )k1 (x − a2 )k2 . . . (x − ar−1 )kr−1 h(x) trong đó h(x) ∈ K[x] với h(ai ) 6= 0 với mọi i = 1, . . . , r − 1. với ar là nghiệm của f (x) nên ta có 0 = f (ar ) = (ar − a1 )k1 (ar − a2 )k2 . . . (ar − ar−1 )kr−1 h(ar ). Do ar 6= ai với mọi i = 1, . . . , r − 1 nên h(ar ) = 0. Giả sử h(x) = (x − ar )t u(x) trong đó u(x) ∈ K[x], u(ar ) 6= 0 với t > 0 là một số nguyên. với h(ai ) 6= 0 nên u(ai ) 6= 0 với mọi i = 1, . . . , r − 1. Do ar là nghiệm bội kr của f (x) nê t 6 kr . Hơn nữa, f (x) có sự phân tích f (x) = (x − ar )kr v(x), trong đó v(x) ∈ K[x] với v(ar ) 6= 0. Vì thế ta có f (x) = (x − ar )kr v(x) = (x − a1 )k1 . . . (x − ar−1 )kr−1 (x − ar )t u(x).
8 Chú ý rằng K là trường, vì thế giản ước cả hai vế cho (x − ar )t ta được (x − ar )kr −t v(x) = (x − a1 )k1 . . . (x − ar−1 )kr−1 u(x). Nếu t < kr thì khi thay x = ar vào đẳng thức trên ta có vế trái bằng 0, còn vế phải khác 0, điều này vô lí. Vậy t = kr . Vì thế f có phân tích f (x) = (x − a1 )k1 . . . (x − ar−1 )kr−1 (x − ar )kr u(x) trong đó u(ai ) 6= 0 với mọi i = 1, . . . , r. Hệ quả 1.5. Cho f (x) ∈ K[x] là một đa thức khác 0. Khi đó số nghiệm của f (x), mỗi nghiệm tính với số bội của nó, không vượt quá bậc của f (x). Đặc biệt, nếu f (x), g(x) ∈ K[x] có bậc không quá n và nhận giá trị bằng nhau tại n + 1 phần tử khác nhau của K thì f (x) = g(x). Chứng minh. Giả sử a1 , . . . , ar là các nghiệm của f (x) với số bội lần lượt là k1 , . . . , kr . Theo Hệ quả 1.4 ta có f (x) = (x − a1 )k1 (x − a2 )k2 . . . (x − ar )kr g(x), trong đó g(x) ∈ K[x]. Do K là trường nên ta có r X r X deg f (x) = deg g(x) + ki ≥ ki . i=1 i=1 1.3 Định lí cơ bản của Đại số và Công thức Viete Trước hết ta nhắc lại Định lí cơ bản của đại số Định lí 1.4 (Định lí cơ bản của đại số). Cho f (x) ∈ C[x] là đa thức có bậc n > 0. Khi đó f (x) có đúng n nghiệm trong C, mỗi nghiệm được tính với số bội của nó. Hệ quả 1.6.
9 (i) Mỗi đa thức với hệ số phức đều phân tích thành tích các đa thức bậc nhất với hệ số phức. (ii) Mỗi đa thức với hệ số thực phân tích được thành tích của các đa thức bậc nhất hoặc bậc hai với hệ số thực. (iii) Nếu f (x) là đa thức với hệ số thực và số phức a+bi (với a, b ∈ R) là nghiệm của f (x) thì a − bi cũng là nghiệm của f (x). Tiếp theo chúng ta trình bày công thức Viete. Công thức Viete cho chúng ta mối quan hệ giữa các nghiệm phức của một đa thức với các hệ số của đa thức đó. Định lí 1.5 (Công thức Viete). Cho f (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 ∈ C[x]. Giả sử f (x) có n nghiệm α1 , . . . , αn ∈ C. Khi đó  an−1 a−1  n = −(α1 + α2 + . . . + αn )       −1  P     an−2 an = αi αj   i
10 = b(x − α1 ) . . . (x − αn ). Khai triển đa thức b(x − α1 ) . . . (x − αn ) rồi đồng nhất các hệ số của đa thức này với các hệ số của đa thức an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 ta được b = an và       an−1 = −an (α1 + α2 + . . . + αn )    P     an−2 = an αi αj   i
11 Chú ý rằng các đa thức bậc nhất luôn bất khả quy; Đa thức bậc 2 và bậc 3 là bất khả quy nếu và chỉ nếu nó không có nghiệm trong K. Đa thức f (x) là bất khả quy nếu và chỉ nếu đa thức f (x + a) là bất khả quy với mọi a ∈ K. Nếu f (x) có bậc lớn hơn 3 và có nghiệm trong K thì f (x) khả quy. Phần tử a ∈ C được gọi là đại số trên K nếu nó là nghiệm của một đa thức khác 0 trong K[x]. Mệnh đề 1.1. Cho a ∈ C là phần tử đại số trên K. Khi đó tồn tại duy nhất một đa thức p(x) ∈ K[x] bất khả quy nhận a làm nghiệm và có hệ số cao nhất bằng 1. Hơn nữa, nếu g(x) ∈ K[x] nhận a làm nghiệm thì g(x) là bội của p(x). Chứng minh. Vì a đại số trên K nên a là nghiệm của đa thức 0 với hệ số trong K. Gọi f (x) ∈ K[x] là đa thức khác 0 có bậc bé nhất nhận a làm nghiệm. Đặt p(x) = b−1 f (x), trong đó b là hệ số cao nhất của f (x). Khi đó p(x) ∈ K[x] là đa thức có bậc bé nhất nhận a làm nghiệm với các hệ số cao nhất bằng 1. Ta chứng minh p(x) bất khả quy. Giả sử p(x) không bất khả quy. Khi đó p(x) phân tích được thành tích của hai đa thức trong K[x] với bậc bé hơn, và do đó một trong hai đa thức này phải nhận a làm nghiệm, điều này mẫu thuẫn với cách chọn p(x). Giả sử g(x) ∈ K[x] nhận a làm nghiệm. Nếu p(x) không là ước của g(x) thì vì p(x) bất khả quy nên gcd(g(x), p(x)) = 1. Do đó tồn tại q(x), h(x) ∈ K[x] sao cho 1 = p(x)q(x) + g(x)h(x). Thay x = a vào cả hai vế ta được 1 = 0, điều này là vô lí. Vậy g(x) chia hết cho p(x). Giả sử q(x) ∈ K[x] cũng là đa thức bất khả quy dạng chuẩn nhận a làm nghiệm. Theo chứng minh trên, q(x) là bội của p(x). Viết q(x) = p(x)k(x) với k(x) ∈ K[x]. Vì q(x) bất khả quy nên k(x) khả nghịch, tức là tồn tại 0 6= b ∈ K sao cho k(x) = b. Do đó q(x) = bp(x). Đồng nhất hệ số cao nhất của hai với với chú ý rằng q(x) với p(x) đều có dạng chuẩn, ta suy ra b = 1. Vì thế p(x) = q(x). Giả sử a ∈ C là một phần tử đại số trên K. Khi đó tồn tại duy nhất một đa thức p(x) ∈ K[x] bất khả quy nhận a làm nghiệm với các hệ số cao nhất bằng 1. Ta gọi p(x) là đa thức bất khả quy của a.
12 √ Ví dụ 1.3. đa thức x3 − 5 ∈ Q[x] là đa thức bất khả quy của phần tử 3 5 ∈ R; đa √ thức x2 + 3 ∈ R[x] là đa thức bất khả quy của phần tử i 3 ∈ C. Cho f (x), g(x) ∈ K[x]. Nếu f (x) là ước của g(x) thì ta viết f (x)|g(x). Mệnh đề 1.2. Giả sử p(x) ∈ K[x] là đa thức có bậc dương. Nếu p(x) là bất khả quy với p(x)|a(x)b(x) thì p(x)|a(x) hoặc p(x)|b(x) với mọi a(x), b(x) ∈ K[x]. Chứng minh. Cho p(x)|a(x)b(x). Giả sử p(x) không là ước của a(x) và cũng không là ước của b(x). Do p(x) bất khả quy nên gcd(p(x), a(x)) = 1 và gcd(p(x), a(x)) = 1. Do đó tồn tại s(x), r(x) ∈ K[x] sao cho 1 = s(x)p(x) + r(x)a(x). Tương tự, tồn tại e(x), f (x) ∈ K[x] sao cho 1 = e(x)p(x) + f (x)b(x). Nhân vế với vế của hai đẳng thức này ta có 1 = p(x)g(x) + r(x)f (x)a(x)b(x) với g(x) ∈ K[x] là một đa thức nào đó. Vì p(x)|a(x)b(x) nên đa thức bên phải của đẳng thức trên là bội của p(x), trong khi đó đa thức bên vế trái là 1 không chia hết cho p(x). Điều này vô lí. Định lí 1.6. Mỗi đa thức bậc dương trong K[x] đều có thể phân tích được thành tích của các đa thức bất khả quy và sự phân tích này là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các nhân tử và các nhân tử là ước của đơn vị. Chứng minh. Trước hết, chúng ta chứng minh sự tồn tại phân tích bằng quy nạp theo bậc của đa thức. Giả sử f (x) ∈ K[x] là đa thức bậc d > 0. Nếu d = 1 thì f (x) là bất khả quy nên sự phân tích bất khả quy của f (x) là f (x) = f (x), kết quả đúng cho trường hợp d = 1. Cho d > 1 với giả sử kết quả đã đúng cho các đa thức có bậc nhỏ hơn d. Nếu f (x) bất khả quy thì f (x) có sự phân tích bất khả quy là f (x) = f (x). Vì thế ta giả sử f (x) không bất khả quy. Khi đó f (x) = g(x)h(x) với deg g(x), deg h(x) < deg f (x). Theo giả thiết quy nạp, g(x) và h(x) phân tích được thành tích của hữu hạn đa thức bất khả quy.
13 Bây giờ ta chứng minh tính duy nhất của phân tích. Giả sử f (x) có hai phân tích thành nhân tử bất khả quy f (x) = p1 (x)p2 (x) . . . pn (x) = q1 (x)q2 (x) . . . qm (x). Ta chứng minh bằng quy nạp theo n rằng n = m và có một phép hoán vị δ của {1, 2, . . . , n} ta có pi (x) = ai qδ(i) (x), trong đó ai ∈ K với mọi i = 1, . . . , n. Cho n = 1. Khi đó ta có p1 (x) = q1 (x)q2 (x) . . . qm (x). Suy ra p1 (x)|q1 (x)q2 (x) . . . qm (x). Do p1 (x) là bất bất khả quy nên p1 (x) là ước của một nhân tử qi (x) nào đó, không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết p1 (x)|q1 (x). Biểu diễn q1 (x) = p1 (x)t1 (x). Vì q1 (x) bất khả quy nên t1 (x) = a1 ∈ K. Do đó q1 (x) = a1 p1 (x). Nếu m > 1 thì 1 = q2 (x) . . . qm (x), điều này vô lí. Vậy, kết quả đúng cho n = 1. Cho n > 1. Vì p1 (x)|q1 (x)q2 (x) . . . qm (x) và p1 (x) là bất khả quy nên không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết p1 (x)|q1 (x). Lại do q1 (x) là bất khả quy và p1 (x), q1 (x) đều có dạng chuẩn tương tự nên lập luận như trên ta có p1 (x) = a1 q1 (x). Giản ước hai vế cho p1 (x) ta được p2 (x)p3 (x) . . . pn (x) = q2∗ (x)q3 (x) . . . qm (x), trong đó q2∗ (x) = a−1 1 q2 (x) là đa thức bất khả quy. Theo gỉa thiết quy nạp ta có n − 1 = m − 1 và bằng việc đánh số lại thứ tự các nhân tử bất khả quy ở vế phải ta suy ra pi (x) = ai qi (x) với mọi i = 2, . . . , n.
14 Chương 2 Một số dạng toán thi học sinh giỏi về đa thức 2.1 Một số bài toán đơn giản Lời giải của bài toán sau đây chỉ cần dùng đến định nghĩa hai đa thức bằng nhau. Bài toán 2.1. Cho 0 6 m 6 n là các số tự nhiên với m chẵn. Với 0 6 k 6 n, ký n! hiệu Cnk = là số tổ hợp chập k của n phần tử. Chứng minh rằng k!(n − k)! |Cn0 Cnm − Cn1 Cnm−1 + Cn2 Cnm−2 − · · · + Cnm Cn0 | = Cnm−2 . Chứng minh. Ta có (x − 1)(x + 1) = x2 − 1 hay (x − 1)n (x + 1)n = (x2 − 1)n . Khai triển nhị thức, ta được: n X n (x − 1) = Cni (−1)n−i xi , i=0 Xn (x + 1)n = Cni xi . i=0 Từ đó nhân các đa thức trên ta được   2n X X (x − 1)n (x + 1)n =  (−1)n−i Cni Cnj  xk . k=0 i+j=k
15 Mặt khác, khai triển (x2 − 1)n ta được n X 2 n (x − 1) = (−1)n−i Cni x2i . i=0 Theo trên hai đa thức đó bằng nhau ta đồng nhất các hệ số của xm , ta được 2i = m, suy ra i = m 2 và k = m. Khi đó X m m (−1)n (−1)i Cni Cnj = (−1)n− 2 Cn2 i+j=m suy ra