biên soạn: nguyễn chí phương phẦn 3: vÀnh Đa …...biên soạn: nguyễn chí phương...

Biên soạn: Nguyễn Chí Phương

1

PHẦN 3: VÀNH ĐA THỨC BÀI 3.4: Cho F là một trường và K là một trường con của F. CMR: với ,f g K x , f là ước

của g trong K[x] khi và chỉ khi f là ước của g trong F[x].

Chứng minh:

,

,K Ff g K x

|f g trong K[x] 1 1,q K x g q f

|f g trong F[x] 2 2,q F x g q f

Chiều đảo hiển nhiên

Chiều thuận, do K là con của F nên dẫn đến trong F cũng có dạng như vậy.

BÀI 3.6. Trong các trường hợp sau hãy chứng minh f|g trong Q[x]:

a). ( ) ( 1)(2 1)f x x x x và 2 2( ) 1 2 1n ng x x x x

b). 2 1f x x x và 2 2 11 n ng x x x

c). 2( ) 1f x x x và 3 3 1 3 2k m ng x x x x ,

trong đó k, m, n là các số nguyên dương.

Giải:

b). 2 1f x x x và 2 2 11 n ng x x x

Nhận xét:

Trong , ( )x f x chỉ có nghiệm đơn vì: '( ) 2 1f x x không có nghiệm chung

với f(x) (*).

Vì ,f g x nên f|g trong |x f g trong x

và như thế, do (*) để cm f|g trong x ta chỉ cần chứng minh mọi nghiệm trong

x của f(x) đều là nghiệm của g(x).


2

Cho là một nghiệm bất kì của f(x), ta có:

2

2

3 3

0 1 0

1 1 0

1 0 1

f

hay

Suy ra:

2 2 1

2 2 2 1

2 1 3

1

( )( 1) 0

n n

n n

n

g

Điều này chứng tỏ cũng là nghiệm của g(x).

Kết luận: f|g trong x

c). 2( ) 1f x x x và 3 3 1 3 2k m ng x x x x ,

Nhận xét:

Trong , ( )x f x chỉ có nghiệm đơn vì: '( ) 2 1f x x không có nghiệm chung

với f(x) (*).

Vì ,f g x nên f|g trong |x f g trong x

và như thế, do (*) để cm f|g trong x ta chỉ cần chứng minh mọi nghiệm trong

x của f(x) đều là nghiệm của g(x).

Cho là một nghiệm bất kì của f(x), ta có:

2

2

3 3

0 1 0

1 1 0

1 0 1

f

hay

Suy ra:

3 3 1 3 2

3 3 3 2

2

1 0

k m m

k m n

g

Điều này chứng tỏ cũng là nghiệm của g(x).


3

Kết luận: f|g trong x .

BÀI 3.7. Tìm điều kiện của , ,k m n để f|g trong x cho mỗi trường hợp sau:

a). 2 1f x x x và 2 1n ng x x x

b). 2 1f x x x và 1 1n ng x x x

c). 2 1f x x x và 1 1n ng x x x

d). 2 1f x x x và 3 3 1 3 2k m ng x x x x

Giải:

Lý luận tương tự bài 3.6 ta có: f|g trong x Mọi nghiệm của f(x) trong đều là nghiệm của g(x).

cho là một nghiệm tuỳ ý của f(x), ta cần tìm điều kiện để mọi như thế đều là nghiệm của g(x).

a). 2 1f x x x và 2 1n ng x x x

2

2

3

0 1 0

1 1 0

1

f

Ta có: 2 1n ng Ta chia bài toán thành 3 trường hợp: 1). 0 mod3 3n n k

2.3 3

23 3

1

1 3 0

k k

k k

g

Vậy trong trường hợp này f không là ước của g.

2). 1 mod3 3 1n n k

2.(3 1) 3 1

23 2 3

2

1

1

1 0

k k

k k

g

Vậy trường hợp này f|g. 3). 2 mod3 3 2n n k


4

2.(3 2) 3 2

2 13 3 2

2

1

1

1 0

k k

k k

g

Vậy trường hợp này f|g. Kết luận: |f g trong x n không 0 mod3 3 không là ước của n. b). 2 1f x x x và 1 1n ng x x x

2

2

3

, 0 1 0

1 1 0

1

f

Ta có:

2

2

2 2

( 1) 1

( ) 1

1 1

1 1 1

n n

n n

n n n

n n n n

g

Ta chia bài toán thành 3 trường hợp:

1). 0 mod3 3n n k

3 2.3

3 3 2

3

1 1 3

1 1 ( ) 3

1 1 3 0

k k

k k

k

g

( 2 1n n =3, thực hiện ở câu a) trường hợp 1 ). Vậy trong trường hợp này f không là ước của g.

2). 1 mod3 3 1n n k

3 1 2.(3 1)

3 3 2 2

2

1 1

1 . 1 1 ( )

1 1

k k

kk

k

g

( 2(3 1) 3 1 1 0k k ở trường hợp 2 của câu a)).


5

0 2 1 g k l l Vậy trong trường hợp này: | 6 4 f g n l l 3). 2 mod3 3 2n n k

3 2 2.(3 2)

3 2 3 2 3

1 1

1 . 1 1 ( )

1 1

k k

kk

k

g

( 2(3 2) 3 2 1 0k k ở trường hợp 3 của câu a)). 0 2 g k l l Vậy trong trường hợp này: | 6 2 f g n l l

Kết luận: 6 2|

6 4n l

f g ln l

c). 2 1f x x x và 1 1n ng x x x

2

2

3 3

, 0 1 0

1 1 0

1 0 1

f

2

2

( 1) 1

( ) 1 1

n n

n n

n n

g

Ta chia bài toán thành 3 trường hợp:

1). 0 mod3 3n n k

2.3 3

3 2 3

2

1

( ) 1

1 1 1 0

k k

kk

k k

g

Vậy trong trường hợp này f không là ước của g.

2). 1 mod3 3 1n n k


6

2.(3 1) 3 1

3 2 2 3

2 2

2

2

1

( ) 1

1 1 1

1 1

=( 1) 1 1

1 1

k k

kk

k k

k

k

k

g

0 1 +1=0

2 1

kg

k l l

Vậy trong trường hợp này: | 6 4 f g n l l 3). 2 mod3 3 2n n k

2.(3 2) 3 2

3 (2 1) 3 2

2 1 2

2

2 2

2

1

( ) 1

1 1 1

1 1

( 1) 1 1

1 1

k k

kk

k k

k

k

k

g

0 1 1 0 2 kg k l l Vậy trong trường hợp này: | 6 2 f g n l l

Kết luận: 6 2|

6 4n l

f g ln l

d). 2 1f x x x và 3 3 1 3 2k m ng x x x x

2

2

3 3

, 0 1 0

1 1 0

1 0 1

f


7

3 3 1 3 2

3 3 3 2

2

2 2

2

( ) ( ) ( ) ( 1) ( 1) ( 1)

1 1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1

k m n

k m n

k m n

n m k

n m k

n m

g

1

1 1 1 1

k

n m k n

Vì nên:

1 1 00

1 1 0

n m

k ng

, ,k m n có cùng tính chẵn lẻ.

Kết luận: f|g khi và chỉ khi k, m, n có cùng tính chẵn lẻ. BÀI 3.8: Với mỗi số nguyên dương k, đặt ( ) 1k

kf x x là một đa thức với hệ số hữu

tỉ. CMR: với mọi *,m n

a). |m nf f khi và chỉ khi m|n.

b). ,m n df f f với ( , )d m n

Chứng minh:

( ) 1kkf x x x

a). |m nf f khi và chỉ khi m|n.

( ) |m n n mk

( 1)

( 1)

( ) 1 1

1 ... 1

( ) ... 1

n mkn

m m k m

m k mm

f x x x

x x x

f x x x

|m nf f

|m nf f mọi nghiệm của mf đều là nghiệm của nf .

Chọn 2 2 2cos sin

ime i

m m


8

Ta có: 2 1m ie nên là một nghiệm của mf , do đó cũng là

nghiệm của nf , nghĩa là: 1n

Suy ra: 2

1n ime

nên nm , nghĩa là | .m n

b). ,m n df f f với ( , )d m n

Đặt ,m ng f f . Ta chứng minh: dg f

Ta có: |d m và |d n nên theo câu a) ta được

|d mf f và |d nf f

do đó: | ( , )d m nf f f g

Ta chỉ cần chứng minh | dg f , từ đó suy ra: dg f (vì , dg f đơn khởi).

Nhận xét rằng:

( )mf x chỉ có nghiệm đơn trong (do 1' ( ) mmf x mx không có nghiệm

chung với ( )mf x nên g x cũng chỉ có nghiệm đơn trong .

Do đó để cm: | dg f ta chỉ cần cm mọi nghiệm của g(x) đều là

nghiệm của fd (x).

Thật vậy, ta viết:

d am bn với ,a b

0 0

1 1 0 1

m n

m n

m n

g f f

Suy ra:

. 1a bd am bn m n

1 0d hay là nghiệm của ( )df x

Kết quả trên cho ta | dg f .

Kết luận: ,m n df f f .


9

BÀI 3.9: Cho F là trường hay trường 5 và ,f g F x . Tìm h=(f,g); k=[f,g] và ,u v F x

thỏa h=uf+vg trong các trường hợp sau: (TL)

a). 4 3 2( ) 4 2 16 5 9f x x x x x và 3 2( ) 2 5 4g x x x x

b). 5 4 3 2( ) 3 3 1f x x x x x x và 4 3( ) 2 2g x x x x

c). 4 3 2( ) 4 8 9 5 1f x x x x x và 4 2( ) 4 3 1g x x x x

Giải:

a). Vd trong sách.

b). 5 4 3 2( ) 3 3 1f x x x x x x và 4 3( ) 2 2g x x x x (TL)

Tìm h=(f,g).

5 4 3 23 3 1x x x x x 4 32 2x x x

x5+2x4 +x2+2x X+1

x4 +x3 +x+1

x4 +2x3 +x+2

-x3 -1

f(x)=(x+1)g(x)+(-x3-1)=q(x)g(x)+r(x) với q(x)=x+1, r(x)= -x3-1

Ta tiếp tục thực hiện:

4 32 2x x x -x3 -1

x4 +x -x-2

2x3 +2

2x3 +2

0

g(x)=(-x-2)(-x3-1)=q1(x)r(x).

Ta có:


10

3

3

3

( ) ( ) ( ) ( )1 ( ) ( ) ( )

1 ( ) ( ) ( ) ( 1) ( ) ( )( , ) 1 ( 1) ( ) ( )

r x f x q x g xx f x q x g x

x q x g x f x x g x f xh f g x x g x f x

Suy ra: u=-1, v=(x+1).

Tìm k=[f,g]

Tacó:

3

5 4 3

6 5 4 3 2

fg[f,g]= ( 2)(f,g) 1

( 2)( 3 3 1)5 7 3 5 7 2

fg fgk x fh x

x x x x xx x x x x x

c). 4 3 2( ) 4 8 9 5 1f x x x x x và 4 2( ) 4 3 1g x x x x (TL)

Tìm h=(f,g).

4 3 24 8 9 5 1x x x x 4 24 3 1x x x

4x4 +x2+3x+1 1

-8x3 +8x2 - 8x

f(x)=1.g(x)+(-8x3 +8x2 - 8x)=q(x)g(x)+r(x) với q(x)=1, r(x)=-8x3 +8x2 - 8x

Nhân 2 vào g(x) rồi chia cho r(x): 4 28 2 6 2x x x -8x3 +8x2 - 8x

8x4 -8x3+8x2 -x-1

8x3 -6x2 +6x +2

8x3 -8x2 +8x

2x2 -2x +2

2g(x)=(-x-1)r(x)+ (2x2 -2x +2)=q1(x)r(x)+r1(x).


11

Ta tiếp tục lấy r(x) chia cho r1(x):

-8x3 +8x2 - 8x 2x2 -2x +2

-8x3 +8x2 - 8x -4x

0

1 1

1

1 1

1 1

2

2

( ) 2 ( ) ( ) ( )2 ( ) ( )( ( ) ( ) ( ))2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )(2 ( ) ( )) ( ) ( ) ( )(2 ( 1)) ( ) ( 1) ( )( 1) ( ) ( 1) ( )2 2 2 ( 1) ( ) ( 1) ( )

11 ( 1) (2

r x g x q x r xg x q x f x q x g xg x q x f x q x q x g x

q x q x g x q x f xx g x x f x

x g x x f xx x x g x x f x

x x x f

2

1) ( 1) ( )2

1 1( , ) 1 ( 1) ( ) ( 1) ( )2 2

x x g x

h f g x x x f x x g x

Suy ra: 1 1( 1), ( 1)2 2

u x v x .

Tìm k=[f,g]

Tacó:

2

6 5 4 3 2

fg[f,g]= (4 4 1)(f,g)

16 16 8 8 7 1

fgk x x fh

x x x x x x

BÀI 3.10. Trong các trường hợp sau hãy tìm khai triển Taylor của đa thức f x tại 0x .

Xét xem 0x là nghiệm bội cấp mấy của f và tìm các đạo hàm ( )0( )if x với 1 6i .

a). 5 4 3 2( ) 2 5 15 16 12f x x x x x x và 0 2x

b). 5 4 3 2( ) 5 4 4 3 9f x x x x x x và 0 3x

c). 6 5 4 3 2( ) 6 13 15 18 20 8f x x x x x x x và 0 2x


12

d). 6 5 4 3 2( ) 8 12 6 7 12 6 1f x x x x x x x và 012

x

Giải:

b). 5 4 3 2( ) 5 4 4 3 9f x x x x x x và 0 3x

f 1 -5 4 4 3 9

3 1 -2 -2 -2 -3 0

3 1 1 1 1 0

3 1 4 13 40

3 1 7 34

3 1 10

3 1

32 4 5( ) 40( 3) 34 3 10( 3) ( 3)f x x x x x

Suy ra: 0 3x là nghiệm bội 2 của f(x).

Ta có:

(1)

(2)

(3)

(4)

(5)

(6)

(3) 0.1! 0(3) 40.2! 80(3) 34.3! 204(3) 10.4! 240(3) 1.5! 120(3) 0.6! 0

ffffff

BÀI 3.11. Trong các trường hợp sau hãy tìm tất cả các đa thức f thoả điều kiện đã cho:

a). f x thoả (2) 4; (3) 6; (4) 8f f f b). 5f x thoả (2) 1; ( 1) 3; (3) 2.f f f

c). 101f x thoả (2) 30; (5) 21; (3) 13.f f f Giải:

c). 101f x thoả (2) 30; (5) 21; (3) 13.f f f


13

0

1

1

( ) 10( 5)( 3)

21.(6) ( 2)( 3)

13.(2) ( 2)( 5)

f x x x

x x

x x

Trong 101 ta tìm 12

và 1

6

Dễ thấy: 12 51

vì 2.51 102 1 trong 101

Ta tìm 16

:

101 6

6 5 16

5 1 1

0 5

1 6 5 6 (101 16.6) 17.6 101

1 17.6 101 17.6

1(6) 17 trong 101

Vậy

0( ) 10( 5)( 3)

21.17( 2)( 3)

13.51( 2)( 5)

f x x x

x x

x x

Suy ra các đa thức f(x) cần tìm là:

0( ) ( ) ( 2)( 5)( 3) ( )f x f x x x x g x với 101g x x .

BÀI 3.14. Trong các trường hợp sau hãy phân tích f thành tích các đa thức bất khả qui trên

, trên và trên :

a). 5 4 3( ) 2 2 15 18f x x x x x

b). 5 4 3 2( ) 2 7 14 18 36f x x x x x x

c). 5 4 3 2( ) 2 4 4 5 6f x x x x x x

d). 6 5 4 3 2( ) 16 36 84 99 201 45 25f x x x x x x x


14

e). 6 5 4 3 2( ) 9 30 49 28 4 16 4f x x x x x x x

f). 6 5 4 3 2( ) 4 23 63 85 57 8 16f x x x x x x x

Giải:

a). 5 4 3( ) 2 2 15 18f x x x x x (TL)

Ta thấy 1x là nghiệm của f(x), ta chia f(x) cho (x+1), ta được:

4 3 2( ) 3 3 18g x x x x x

g(x) nếu có nghiệm hữu tỉ thì là nghiệm nguyên và là ước của 18.

Ta có: ước của 18 là: 1; 2 ; 3 ; 6 ; 9 ; 1 8 .

1 161 24

gg

1 không là nghiệm của g(x).

Ta xét: (có thể để ngoài nháp)

-2 2 -3 3 -6 6 -9 9 -18 18

11g

163 16

1

164 16

2

167 16

5

1610 16

8

1619 16

17

11g

241

243 24

2

244 24

5

247 24

8

2410 24

17

2419

Rõ ràng nghiệm của g(x) chỉ có thể là các số: 2; 3

Ta dùng sơ đồ Horner để thử các số trên có phải là nghiệm của g(x) không:

g 1 1 -3 3 -18

2 1 3 3 9 0 *

2 1 5 13 35

-2 1 1 1 7

3 1 6 21 72

-3 1 0 3 0 *


15

-3 1 -3 11

( )g x có 2 nghiệm là x=2 , x=-3.

2( ) ( 2)( 3)( 3)g x x x x

Ta thấy rằng f(x) có 3 nghiệm hữu tỉ là x=-1, x=2 , x=-3.

Vậy 2( ) ( 1)( 2)( 3)( 3)f x x x x x . (*)

Xét: 2 3x x ta thấy rằng vô nghiệm trên x , nên 2 3x bkq trên và .

Dạng (*) là các đa thức của f(x) bkq trên và .

Trong : 2 3x có nghiệm là 3x i

( ) ( 1)( 2)( 3)( 3 )( 3 )f x x x x x i x i

b). 5 4 3 2( ) 2 7 14 18 36f x x x x x x (TL)

Ta thấy f(x) có nghiệm x=-2

Ta chia f(x) cho x+2 ta được:

4 2( ) 7 18g x x x

Đặt 2 2 4t x t x

2

2 2

2

( ) 7 18 2 9

2 9

2 3 3

g x t tt t

x x

x x x

Rõ ràng f(x) có 3 nghiệm hữu tỉ là: x=-2, x=-3, x=3

Vậy 2( ) 2 3 3 2f x x x x x (*).

Xét: 2 2x x vô nghiệm trên x , nên 2 2x bkq trên x và x .

Dạng (*) là các đa thức bkq của f(x) trên x và x .

Trong : 2 2x có nghiệm là 2x i

( ) ( 2)( 3)( 3)( 2 )( 2 )f x x x x x i x i .

c). 5 4 3 2( ) 2 4 4 5 6f x x x x x x (TL)


16

Nhận xét rằng nếu f(x) có nghiệm thì là nghiệm nguyên và là ước của 6.

Ta có ước của 6 là: 1 ; 2 ; 3 ; 6

Mặt khác: (1) 0 1f x là nghiệm của f(x).

1 12 0f nên -1 không là nghiệm của f(x).

Ta lập sơ đồ Horner tìm nghiệm của f(x):

f 1 -2 -4 4 -5 6

1 1 -1 -5 -1 -6 0 *

1 1 0 -5 -6 -12

2 1 1 -3 -7 -20

-2 1 -3 1 -3 0 *

-2 1 -5 11 -25

3 1 0 1 0 *

3 1 3 10

-3 1 -3 10

Vậy f(x) có 3 nghiệm hữu tỉ là: 1; -2; 3

2( ) ( 1)( 2)( 3)( 1)f x x x x x (*).

Xét: 2 1x x vô nghiệm trên x , nên 2 1x bkq trên x và x .

Dạng (*) là các đa thức bkq của f(x) trên x và x .

Trong : 2 1x có nghiệm là x i

( ) ( 1)( 2)( 3)( )( )f x x x x x i x i .

d). 6 5 4 3 2( ) 16 36 84 99 201 45 25f x x x x x x x (TL)

Trước tiên ta thấy x=-1 là 1 nghiệm của f(x).

f 16 -36 -84 99 201 45 -25

-1 16 -52 -32 131 70 -25 0

-1 16 -68 36 95 -25 0

-1 16 -84 120 -25 0

-1 16 -100 220 -245


17

Rõ ràng f(x) có nghiệm x=-1 và là nghiệm bội 3

3 3 2( ) ( 1) (16 84 120 25)f x x x x x

Đặt 3 2( ) (16 84 120 25)g x x x x

Ta dễ dàng thấy rằng g(x) có nghiệm là 14

x , 52

x (bội 2).

Nên: 21 5( ) ( )( )4 2

g x x x

Vậy: 3 21 5( ) ( 1) ( )( )4 2

f x x x x (*)

Rõ ràng dạng (*) là các đa thức của f(x) bkq trên , và .

e). 6 5 4 3 2( ) 9 30 49 28 4 16 4f x x x x x x x

Nếu ( , \ 0 ,( , ) 1)p p q p qq

là một nghiệm hữu tỉ của f(x) thì

| 4| 9

( ) | (1) 16( ) | ( 1) 100

pq

p q fp q f

1; 2; 41;3;9

( ) |16( ) |100

pqp q

p q

Từ kết quả trên ta suy ra để tìm nghiệm hữu tỉ của f(x) ta chỉ cần thử các số:

1 2 1; ;3 3 9

(các số trên là do ta nhẩm tính theo bảng sau với điều kiện ở trên)

p q

1 1

-1 3


18

2 9

-2

4

-4

Ta lập bảng Horner để thử tìm nghiệm của f(x).

f 9 -30 49 -28 -4 16 4

13

9 -27 40 -44/3 -80/9 352/27 676/81 Loại

13

9 -33 60 -48 12 12 0 Nhận

13

9 -36 72 -72 36 0 *** Nhận

13

9 -39 85 -301/3 625/9 Loại

23

9 -30 52 -112/3 100/9 *** Loại

19

9 -35 613/9 -5219/81 21025/729 *** Loại

Vậy f(x) chỉ có một nghiệm hữu tỉ là: 13

(bội 2)

2

4 3 21( ) 9 36 72 72 363

f x x x x x x

2 4 3 23 1 4 8 8 4x x x x x

Ta có:


19

4 3 2

2 22

22 2

( ) 4 8 8 48 44 8

2 24 8

g x x x x x

x x xx x

x x xx x

Đặt : 2

2 2

22 2

2 2 4

2 4

t x t xx x

x tx

2 2

2 2

2 2

2

22

( ) ( 4 4 8) ( 4 4) ( 2)

2

2 2

g x x t tx t tx t

xt x

x x

Vậy 22 2( ) 3 1 2 2f x x x x (1)

Nhận xét: 2 2 2x x x không có nghiệm trong nên 2 2 2x x bất khả

qui trong x và trong x

(1) là phân tích f(x) dưới dạng tích các đa thức bất khả qui trong x

trong x .

Trong : 2 2 2( ) 3 1 1 1f x x x i x i

BÀI 3.15. Chứng minh rằng các đa thức sau bất khả qui trên .

a). 4 3 28 12 6 3x x x x

b). 4 3 2 1x x x

c). 1 ... 1px x với p là số nguyên tố dương


20

d). 3 25 6 5 25x x x

e). 3 27 6 11 11x x x

f). 3 2 33x n x n với n nguyên dương

g). 4 33 5 4 1x x x

h). 4 39 6 1x x x

i). 4 3 28 2 5x x x x

Giải:

a). 4 3 2( ) 8 12 6 3f x x x x x

(cách 1)

Ta thử tại 0 1x xem có số nguyên tố thoả hay không.

(ta dùng tiêu chuẩn Eisenstain)

(ta lưu ý rằng nếu là số lẻ thì ngừng

ngay, không thoả).

Ta được: 4 3 2( ) ( 1) 4( 1) 6( 1) 2( 1) 2f x x x x x

Đặt: 1 1y x x y

Ta có: 4 3 2( 1) 4 6 2 2 ( )f x y y y y g y

Áp dụng tiêu chuẩn Eisenstain cho g(y) với p=2, tức là:

i). p=2 không là ước của an=1

2i). p=2 là ước của -4; -6; -2; 2.

3i). p2=4 không là ước của a0=2.

f 1 -8 12 -6 3

1 1 -7 5 -1 2

1 1 -6 -1 -2

1 1 -5 -6

1 1 -4

1 1


21

Các điều kiện đều thoả ta suy ra g(y) bất khả qui trên . Do đó f(x) cũng bất

khả qui trên .

******Lưu ý: đối với một số bài ta không thể tìm ra được x0 (cũng như thao tác tìm p theo

tiêu chuẩn Eisenstain thì ta thực hiện theo cách 2).

(Cách 2) 4 3 2( ) 8 12 6 3f x x x x x (TL)

Nếu , \ 0 ,( , ) 1p p q p qq

là một nghiệm hữu tỉ của f(x) thì p|3, q|1 tức là

1; 3, 1p q , rõ ràng nếu có nghiệm thì là nghiệm nguyên và là ước của 3. Tuy nhiên ta thử

trực tiếp các số ước của 3 không là nghiệm của f(x). Do đó f(x) không có nghiệm hữu tỉ.

Ta cm bằng cách cm phản chứng.

Giả sử f(x) không bất khả qui trên . Khi đó:

( ), ( )h x g x x : ( ) ( ) ( )f x h x g x (*) , deg( ) 1,deg( ) 1g h

Vì f(x) không có nghiệm hữu tỉ nên: deg( ) 2,deg( ) 2g h

Từ (*) suy ra: deg( ) deg( ) 2g h

2

2

( ) a +b; ,a,b , 0( ) +d; ,c,d , 0

g x x xf x x cx

Từ (*) suy ra: 11

1

Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử 1

Khi đó:

2 2

4 3 2 3 2 2

4 3 2

( ) ( ax+b)(x ) ax acx ( ) ( ) ( ) (**)

f x x cx dx cx dx adx bx bcx bdx a c x ac b d x ad bc x bd

Ta cũng có thể giả sử: b d (3*)

Ta đồng nhất các hệ số tương ứng ở 2 vế của (**) ta được:


22

8 (1)12 (2)6 (3)

3 (4)

a cac b dad bc

bd

(4*)

Kết hợp (3*) và (4) suy ra: 1, 3 (4')1, 3 (4'')

b db d

(1),(3),(4’) suy ra: 83 6a ca c

, ta được a=1, c=-9

Thế a, c vào (2) ta thấy: -9+1+3=12 vô lý.

(1),(3),(4’’) suy ra: 83 6a c

a c

ta được a=7, c=-15

Thế a,c vào (2) ta thấy: 7.(-15)-1-3=12 vô lý.

Tóm lại hệ (4*) vô nghiệm trong .

Mâu thuẩn này cho thấy f(x) phải bkq trên .

i). 4 3 2( ) 8 2 5f x x x x x

Nếu pq

( , \ 0 ,( , ) 1)p q p q là một nghiệm hữu tỉ của f(x) thì: | 5|1

pq

nên

1; 5, 1p q . Tuy nhiên thế trực tiếp ta thấy 1; 5 không là nghiệm của f(x).

Do đó f(x) không có nghiệm hữu tỉ.

Ta chứng minh f(x) bất khả qui trên bằng cách chứng minh phản chứng:

Giả sử f(x) không bất khả qui trên , khi đó:

( ), ( )g x h x x

( ) ( ) ( ); (*) deg( ) 1,deg( ) 1f x g x h x g h Vì f(x) không có nghiệm hữu tỉ, ta phải có:

deg 2,deg 2deg( ) deg( ) 2

g hg h

2

2

; , , , 0

; , , , 0

g x x ax b a b

h x x cx d c d


23

Từ (*) suy ra: 1

. 11

Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử: 1 . Khi đó:

2 2

4 3 2 3 2 2

4 3 2

( )

( ) ( ) ( )

f x x ax b x cx d

x cx dx ax acx adx bx bcx bdx a c x ac b d x ad bc x bd

(**)

ta cũng có thể giả sử (***)b d đồng nhất các hệ số tương ứng ở hai vế của (**) ta được:

8 (1)1 (2)

2 (3)5 (4)

a cac b dad bcbd

(****)

(***) 1, 5 (4')(4)

1, 5 (4'')b d

b d

8

(1),(3),(4')5 2a ca c

( vô nghiệm trong )

8

(1),(3),(4'')5 2a ca c


Vậy hệ (****) vô nghiệm trong . Mâu thuẩn này cho thấy f(x) phải bất khả qui trên .

b). 4 3( ) 2 1f x x x x (TL) Ta xét: 0 1x

f 1 -1 0 2 1 1 1 0 0 2 3 1 1 1 1 3 1 1 2 3 1 1 3 1 1

4 3 2( ) 1 3 1 3 1 3 1 3f x x x x x Đặt y=x-1 1x y

4 3 2( 1) 3 3 3 3 ( )f x y y y y g y


24

Áp dụng tiểu chuẩn Eisenstain cho g(y) với p=3. i). p=3 không là ước của an=1

2i). p=3 là ước của 3; 3; 3; 3.

3i). p2=9 không là ước của a0=3.

Các điều kiện đều thoả ta suy ra g(y) bất khả qui trên . Do đó f(x) cũng bất

khả qui trên .

Cách 2: 4 3( ) 2 1f x x x x Ta dễ thấy rằng f(x) không có nghiệm hữu tỉ. Ta chứng minh f(x) bất khả qui trên bằng cách chứng minh phản chứng:

Giả sử f(x) không bất khả qui trên , khi đó:

( ), ( )g x h x x

( ) ( ) ( ); (*) deg( ) 1,deg( ) 1f x g x h x g h Vì f(x) không có nghiệm hữu tỉ, ta phải có:

deg 2,deg 2

deg( ) deg( ) 2g h

g h

2

2

; , , , 0

; , , , 0

g x x ax b a b

h x x cx d c d

Từ (*) suy ra: 1

. 11

Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử: 1 . Khi đó:

2 2

4 3 2 3 2 2

4 3 2

( )

( ) ( ) ( ) **

f x x ax b x cx d

x cx dx ax acx adx bx bcx bdx a c x ac b d x ad bc x bd

ta cũng có thể giả sử (***)b d đồng nhất các hệ số tương ứng ở hai vế của (**) ta được:

1 (1)0 (2)

2 (3)1 (4)

a cac b dad bcbd

(****)


25

(***) 1, 1 (4')(4)

1, 1 (4'')b d

b d

1

(1),(3),(4')2

a ca c


1

(1),(3),(4'')2

a ca c


Vậy hệ (****) vô nghiệm trong . Mâu thuẩn này cho thấy f(x) phải bất khả qui trên .

d). 3 2( ) 5 6 5 25f x x x x (TL)

Nếu ( , \ 0 , ( , ) 1)p p q p qq

là một nghiệm hữu tỉ của f(x) thì:

| 25| 5

( ) | (1)( ) | ( 1)

pq

p q fp q f

Tuy nhiên ta thấy rằng nếu 0 thì ( ) 0f , do đó ta chỉ cần xét:

1; 5; 251;5

( ) | (1) 41( ) | ( 1) 21

pq

p q fp q f

Rõ ràng, ta thấy rằng không có giá trị nào thỏa tức không tìm được p,q. điều đó có nghĩa là không có nào thỏa f(x).

Vậy f(x) vô nghiệm trên , dẫn đến f(x) bkq trên . (Nếu xuyên hơn ta lập bảng horner thử nghiệm).

h). 4 3( ) 9 6 1f x x x x (TL)

Dễ thấy f(x) vô nghiệm trên .

Ta cm f(x) bkq bằng cm phản chứng.

Giả sử f(x) không bkq, tức:

( ), ( ) : ( ) ( ) ( )g x h x x f x g x h x (1), deg( ) 1,deg( ) 1g h


Từ (1) suy ra: deg( ) deg( ) 2g h


26

2

2

( ) ax+b; ,a,b , 0( ) x+d; ,c,d , 0

g x xh x x c

Từ (1) suy ra: 11

1

Không mất tính tổng quát, ta có: 1

Khi đó:

2 2

4 3 2

( ) ( ax+b)(x ) ( ) ( ) ( ) (2)f x x cx d

x a c x ac b d x ad bc x bd

Ta cũng giả sử: (*)b d

Ta đồng nhẫt 2 vế của (2) ta được:

9 (1)0 (2)

6 (3)1 (4)

a cac b dad bcbd

(**)

Từ (*) và (4) 1, 1 (4 ')1, 1 (4 '')

b db d

Kết hợp (1), (3), (4’): 96

a ca c

vô nghiệm trong

Kết hợp (1), (3), (4’’): 96

a ca c

vô nghiệm trong

Vậy là hệ (**) vô nghiệm trong .


g). 4 3( ) 3 5 4 1f x x x x (TL)

Nếu ( , \ 0 , ( , ) 1)p p q p qq

là một nghiệm hữu tỉ của f(x) thì:

|1| 3

pq

, nên 1, 1;3p q

Tuy nhiên ta thử trực tiếp các giá trị: 11;3

vào f(x), ta thấy không có giá trị nào

là nghiệm của f(x). Do đó f(x) không có nghiệm hữu tỉ.


27

Ta cm f(x) bkq bằng cm phản chứng.

Giả sử f(x) không bkq, tức:

( ), ( ) : ( ) ( ) ( )g x h x x f x g x h x (1), deg( ) 1,deg( ) 1g h


Từ (1) suy ra: deg( ) deg( ) 2g h

2

2

( ) ax+b; ,a,b , 0( ) x+d; ,c,d , 0

g x xh x x c

Từ (1) suy ra: 1, 33

1, 3

Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử: 1, 3

Khi đó:

2 2

4 3 2

( ) ( ax+b)(3x ) 3 (3 ) ( 3 ) ( ) (2)f x x cx d

x a c x ac b d x ad bc x bd

Ta cũng giả sử: (*)b d

Ta đồng nhất 2 vế của (2) ta được:

3 5 (1)3 0 (2)

4 (3)1 (4)

a cac b dad bc

bd

(**)

Từ (*) và (4) 1, 1 (4 ')1, 1 (4 '')

b db d

Kết hợp (1), (3), (4’): 3 54

a ca c

vô nghiệm trong

Kết hợp (1), (3), (4’’): 3 5 3 54 4

a c a ca c a c

vô nghiệm trong

Vậy là hệ (**) vô nghiệm trong .


biên soạn: nguyễn chí phương phẦn 3: vÀnh Đa …...biên soạn: nguyễn chí phương...

Documents