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 , fg Kx , f là ước của g trong K[x] khi và chỉ khi f là ước của g trong F[x]. Chứng minh: , , K F fg Kx | f g trong K[x] 1 1 , q Kx g qf | f g trong F[x] 2 2 , q Fx g qf Chiều đảo hiển nhi ên 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) fx xx x và 2 2 () 1 2 1 n n gx x x x b). 2 1 f x x x và 2 2 1 1 n n gx x x c). 2 () 1 fx x x và 3 3 1 3 2 k m n gx x x x , trong đó k, m, n là các số nguyên dương. Giải: b). 2 1 f x x x và 2 2 1 1 n n gx x x Nhận xét: Trong , () x fx chỉ có nghiệm đơn vì: '( ) 2 1 f x x không có nghi ệm chung với f(x) (*). Vì , fg 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 l à nghiệm của g(x).
27
Embed
Biên soạn: Nguyễn Chí Phương PHẦN 3: VÀNH ĐA …...Biên soạn: Nguyễn Chí Phương 3 Kết luận: f|g trong x . BÀI 3.7. Tìm điều kiện của k m n, , để
This document is posted to help you gain knowledge. Please leave a comment to let me know what you think about it! Share it to your friends and learn new things together.
Transcript
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).
Biên soạn: Nguyễn Chí Phương
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).
Biên soạn: Nguyễn Chí Phương
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
Biên soạn: Nguyễn Chí Phương
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)).
Biên soạn: Nguyễn Chí Phương
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
Biên soạn: Nguyễn Chí Phương
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
Biên soạn: Nguyễn Chí Phương
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
Biên soạn: Nguyễn Chí Phương
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 .
Biên soạn: Nguyễn Chí Phương
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:
Biên soạn: Nguyễn Chí Phương
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