ĐỀ CƯƠNG BÀI GIẢNG HỌC PHẦN ĐA THỨC VÀ PHÂN THỨC HỮU TỶ (TÀI LIỆU DÙNG CHO SINH VIÊN NGÀNH SƯ PHẠM TỐN) Mã số mơn học: TN2216 Số tín chỉ: 02 Lý thuyết: 24 tiết Bài tập, thảo luận: 12 tiết CHƯƠNG Đại số K [ x ] số học K [ x ] Số tiết: 08 (Lý thuyết: 06 tiết; tập, thảo luận: 02 tiết) A) MỤC TIÊU: - Biết số khái niệm đại số K [ x ] (Phép cộng, phép nhân, luật ngoài, phép hợp đa thức; phép đạo hàm, hàm đa thức hàm đa thức nhiều ẩn) số học K [ x ] (Phép chia hết; ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất, đa thức nguyên tố nhau, đa thức bất khả quy phép chia theo lũy thừa tăng) - Hiểu mối quan hệ khái niệm đại số K [ x ] số học K [ x ] - Vận dụng phép toán đa thức thực hành tính tốn B) NỘI DUNG: Ta biết đến hàm đa thức f : ℝ → ℝ Trung học phổ thông Các x ֏ a + a x + + a n x n tính chất f suy từ hệ tử a0 , , an ; ta xét nghiên cứu đa thức “hình thức” Dẫu a0 , , an thực, tính chất f liên quan đến thể phức, lí ta xét nghiên cứu đa thức với hệ tử phức tổng quát hơn, với hệ tử thể giao hoán Trong thực tế thơng thường 1.1 Đại số K = ℝ K = ℂ K[X ] 1.1.1 Phép cộng, phép nhân a) Một số khái niệm Định nghĩa 1.1.1 1) Với dãy ( an )n∈ℕ thuộc K ℕ , ta gọi tập hợp n thuộc ℕ cho an ≠ giá ( an )n∈ℕ 2) Đa thức (một ẩn lấy hệ tử K ) dãy ( an )n∈ℕ thuộc K ℕ có giá hữu hạn Tập hợp đa thức ẩn lấy hệ tử Như thế, K kí hiệu K [ X ] (hoặc K ( ℕ) ) K [ X ] ⊂ K ℕ với dãy ( an )n∈ℕ thuộc K ℕ : ( an )n∈ℕ ∈ K [ X ] ⇔ ( ∃N ∈ ℕ, ∀n ∈ ℕ, ( n > N ⇒ an = ) ) Các phần tử K [ X ] gọi đa thức hình thức Ta kí hiệu dãy khơng thuộc K ℕ (xác định bởi: ∀n ∈ ℕ , an = ), gọi đa thức không Đa thức đa thức Đơn thức đa thức ( an )n∈ℕ thuộc K [ X ] cho: ∀n ≥ 1, an = ( an )n∈ℕ thuộc K [ X ] cho tồn n0 ∈ ℕ thỏa mãn: ∀n ∈ ℕ, ( n ≠ n0 ⇒ an = ) Nhận xét: 1) Theo định nghĩa, hai đa thức ( an )n∈ℕ , ( bn )n∈ℕ khi: ∀n ∈ ℕ , an = bn K [ X ] ≠ K ℕ dãy (1) (xác định bởi: ∀n ∈ ℕ , an = ) thuộc K ℕ , không 2) thuộc K [ X ] Định nghĩa 1.1.2 Cho 1) Nếu P ≠ 0, số tự nhiên deg ( P ) Phần tử nhất) P = ( an )n∈ℕ ∈ K [ X ] n lớn cho an ≠ gọi bậc P kí hiệu adeg( P ) gọi hệ tử hạng tử có bậc cao (hoặc: hệ tử cao P Ta nói P chuẩn tắc P≠0 adeg( P ) = Ta kí hiệu deg ( ) = −∞ 2) Nếu P ≠ , định giá P , kí hiệu val ( P ) , số tự nhiên n an ≠ Ta kí hiệu val ( ) = −∞ Nhận xét: ∀P ∈ K [ X ] − {0} , val ( P ) ≤ deg ( P ) bé cho Định nghĩa 1.1.3 Cho P = ( an )n∈ℕ ∈ K [ X ] 1) Ta nói P chẵn khi: 2) Ta nói P lẻ khi: ∀p ∈ ℕ , a2 p+1 = ∀p ∈ ℕ , a2 p = b) Phép cộng Mệnh đề 1.1.1 Cho P = ( an ) n∈ℕ , Q = ( bn ) n∈ℕ ∈ K [ x ] Thế P + Q = ( an + bn )n∈ℕ ∈ K [ X ] Mệnh đề 1.1.2 Với 1) P, Q thuộc K [ x ] , ta có: deg ( P + Q ) ≤ Max ( deg ( P ) ,deg ( Q ) ) ; deg ( P ) ≠ deg ( Q ) ⇒ deg ( P + Q ) = Max ( deg ( P ) ,deg ( Q ) ) 2) val ( P + Q ) ≥ Min ( val ( P ) , val ( Q ) ) ; val ( P ) ≠ val ( Q ) ⇒ val ( P + Q ) = Min ( val ( P ) , val ( Q ) ) deg ( P ) < deg ( Q ) , P + Q hạng tử có bậc cao Q Nhận xét: Theo Mệnh đề 1.1.2, Mệnh đề 1.1.3 ( K [ X ], + ) hạng tử có bậc cao nhóm Abel b) Phép nhân Mệnh đề 1.1.4 Cho P = ( an )n∈ℕ , Q = ( bn )n∈ℕ ∈ K [ X ] Tích P PQ , dãy ( cn )n∈ℕ thuộc K Vậy ta có ℕ xác định bởi: ∀n ∈ ℕ, n cn = ∑ ak bn−k = k =0 PQ ∈ K [ X ] Mệnh đề 1.1.5 deg ( PQ ) = deg ( P ) + deg ( Q ) ∀ ( P, Q ) ∈ ( K [ X ] ) ,  val ( PQ ) = val ( P ) + val ( Q )  Ta quy ước đây: với Q kí hiệu ∑ ab i i+ j =n j + ∀n ∈ ℕ , ( ( −∞ ) + N = −∞ , ( +∞ ) + N = +∞ ) + ( −∞ ) + ( −∞ ) = −∞, ( +∞ ) + ( +∞ ) = +∞ Mệnh đề 1.1.6 ( K [ X ], +, •) vành nguyên Mệnh đề 1.1.7 Các phần tử khả nghịch vành K [ X ] dãy (α ,0, ,0, ) với α ∈ K − {0} 1.1.2 Luật ngoài, phép hợp đa thức a) Luật Các mệnh đề sau chứng minh dễ dàng Mệnh đề 1.1.8 Cho λ ∈ K , có: P = ( an )n∈ℕ ∈ K [ X ] Ta kí hiệu, λ P = ( λ an )n∈ℕ ta λ P ∈ K [ X ] deg ( λ P ) = deg ( P ) − {0} , ∀ P ∈ K [ X ] ,  val ( λ P ) = val ( P )  K [ X ] , trang bị luật +,i (ngoài), i ( trong) K - đại số Mệnh đề 1.1.9 ∀λ ∈ K Mệnh đề 1.1.10 kết hợp, giao hốn, có đơn vị Mệnh đề 1.1.11 Ánh xạ θ : K → K [ X λ ֏ λ1 Ta kí hiệu ] đồng cấu đơn ánh K - đại số X = ( 0,1,0, ,0, ) gọi ẩn Ta kí hiệu X = với n thuộc ℕ , X n+1 = X n X ; đặc biệt: X = X Một phép quy nạp đơn giản chứng tỏ rằng: ∀ n ∈ ℕ∗ , X n = ( 0, ,0,1,0, ,0, ) vị trí thứ n (số vị trí thứ 0) Cho P = ( an )n∈ℕ ∈ K [ X ] , N ∈ ℕ cho N ≥ deg ( P ) ; ta có: P = ( a0 , a1 , , an ,0, ,0, ) = a0 (1,0, ,0, ) + a1 ( 0,1,0, ,0, ) + + aN ( 0, ,0,1,0, ,0, ) N = a0 + a1 X + + aN X = ∑ an X n N n =0 ( an )n∈ℕ đa thức, ta thay kí hiệu Bây ta từ bỏ kí hiệu N ∑a X n n (trong +∞ N ≥ deg ( P ) ), ∑ an X , ∑ an X n n n =0 n =0 n∈ℕ Đối với P = ∑ an X n ∈ K [ X ] n ∈ ℕ , phần tử an K gọi hệ tử n∈ℕ X n P , đơn thức an X n Mệnh đề 1.1.12 Họ vô hạn hạng tử bậc (X ) n n∈ℕ , tức n P (1, X , X , , X n , ) sở K - kgv K [ X ] , gọi sở tắc K [ X ] Với n ∈ ℕ , cố định, tập hợp { P ∈ K [ X ] ;deg ( P ) ≤ n} rõ ràng K - không gian véc tơ K [ X ] , thường kí hiệu K n [ X ] Họ hữu hạn (1, X , X , , X n ) sở K n [ X ] , gọi sở tắc K n [ X ] Vậy ta có: dim ( K n [ X ]) = n + Mệnh đề 1.1.13 Cho I phận ℕ , ( Pi )i∈I họ đa thức thuộc ( K [ X ] - {0} cho: ∀ ( i, j ) ∈ I , i ≠ j ⇒ deg ( Pi ) ≠ deg ( Pj ) Thế ( Pi )i∈I độc lập ) K - kgv K [ X ] Nhận xét: Một trường hợp đặc biệt thường gặp trường hợp ( ∀i ∈ ℕ,deg ( P ) = i ) Khi ta nói ( P ) i i∈ℕ i I = ℕ họ đa thức có bậc ( Pi )i∈ℕ sở K [ X ] , với n thuộc ℕ , ( Pi )0≤i≤n sở K n [ X ] Trong trường hợp này, Với sở n thuộc ( Pi )0≤i≤n ( ℕ , ma trận chuyển sở tắc 1, X , X , , X n ) K [ X ] sang n ma trận tam giác có tất hạng tử chéo khác khơng Như tính nghịch đảo theo “bậc thang” b) Phép hợp đa thức N Định nghĩa 1.1.4 Cho P = ∑ an X n ∈ K [ X ] Q ∈ K [ X ] Ta định nghĩa đa thức n =0 N hợp P Q (hoặc: P ( Q ) ) : P Q = P ( Q ) = ∑ anQ n n =0 Như vậy, ta P ( Q ) cách Q vào chỗ X P Mệnh đề 1.1.14 ∀ ( P, Q ) ∈ ( K [ X ] − {0}) , deg ( P Q ) = deg ( P ) deg ( Q ) Mệnh đề 1.1.15 Với α thuộc K 3) ( P + αQ) R = P R + αQ ( PQ ) R = ( P R).(Q R) ( P Q ) R = P (Q R) 4) P, Q, R thuộc K [ X ]: X P = P X = P 1) 2) Theo 4) ta kí hiệu đa thức P R P( X ) Nhận xét: 1) Luật Ví dụ: khơng giao hoán X  K = ℝ,    2) Luật K [ X ] ( X + 1) = ( X + 1) = X + X + ( X + 1) X = X + không phân phối trái + K [ X ] Ví dụ: K = ℝ , P = X , Q = , R = 1; ta có: P (Q + R ) = X 2=4 Q ) + ( P R) = ( X 1) + ( X 1) = 1+ 1= (P 1.1.3 Phép đạo hàm N Định nghĩa 1.1.5 Với P = ∑ an X n ∈ K [ X ] đa thức đạo hàm P kí hiệu n =0 P ' , đa thức định nghĩa bởi: N P ' = ∑ nan X n −1 N −1 = ∑ ( n + 1) an+1 X n n =1 Ta kí hiệu ( n =0 P( 0) = P , P(1) = P ' , P( ) = P '' = ( P ') ' , với k thuộc ) P( k ) = P( k −1) ' Với kí hiệu trên, N = P ' = Mệnh đề 1.1.16  deg ( P ) − deg ( P ) ≥ ∀P ∈ K [ X ] , deg ( P ' ) =  deg ( P ) ≤  −∞ Mệnh đề 1.1.17 ( ∀P ∈ K [ X ] , ∀n ∈ ℕ , deg ( P ) ≤ n ⇔ P( n+1) = Mệnh đề 1.1.18 Với α thuộc 1) 2) ) K P, Q ∈ K [ X ] : ( P + α Q ) ' = P '+ α Q ' ( PQ ) ' = P ' Q + PQ ' Như vậy, phép đạo hàm đa thức K [X ]→ K [ X ] K - tuyến tính P ֏ P ' Mệnh đề 1.1.19 ( Công thức Leibniz) ∀ ( P, Q ) ∈ ( K [ X ]) , ∀k ∈ ℕ , ( PQ ) (k ) k = ∑ Cki P ( )Q ( i =0 i k −i ) ℕ∗ , 1.1.4 Hàm đa thức N Định nghĩa 1.1.6 Với P = ∑ an X n ∈ K [ X ] , ta kí hiệu P : n =0 K → K N x ֏ ∑ an x hàm n n=0 gọi hàm đa thức liên kết với P Lược đồ Horner Ta ý, chẳng hạn: a3 x3 + a2 x + a1 x + a0 = a0 + ( a1 + ( a2 + a3 x ) x ) x Trong thực hành tính tốn P ( x ) biết P x , ta sử dụng thuật tốn sau đây, gọi lược đồ Horner Đặt bn = an , với n từ N − đến : bn = an + bn+1 x Khi ta được: Ví dụ: P ( x ) = b0 K = ℝ , P = X − X + X + 5, x = : b3 = a3 = 1, b2 = a2 + b3 x , b1 = a1 + b2 x , b0 = a0 + b1 x = 53 , suy P ( ) = 53 Nhận xét: Ta tổng quát hóa định nghĩa Cho A K - đại số kết hợp giao N hoán, P = ∑ an X n ∈ K [ X ] ; ta kí hiệu P : A → A xác định n =0 N x ֏ ∑ an x n (trong x0 = 1A , x n = x ( x n−1 ) , với n ∈ ℕ∗ ) n =0 N • Chẳng hạn, E K - kgv, với P = ∑ an X n ∈ K [ X ] f n =0 N thuộc Lk ( E ) , đa thức P ( f ) = ∑ an f n n =0 thức tự đồng cấu (cũng kí hiệu P ( f ) ), gọi đa N • Tương tự, với P = ∑ an X n ∈ K [ X ] A thuộc M p ( K ) p ∈ ℕ∗ ( n =0 N đa thức P ( A ) = ∑ an An (cũng kí hiệu ), P ( A ) ), gọi đa thức ma trận n =0 • Phép hợp đa thức dạng tổng quát hóa: ∀ P , Q ∈ K [ X ] , P Q = P (Q ) Mệnh đề 1.1.20 Với α thuộc 1) P + αQ = P + α Q 2) PQ = PQ 3) K P , Q ∈ K [ X ] : P Q = P Q Nhận xét : Với • • P thuộc ℝ [ X ] ta có: P ' = P ' , đó: P ' hàm đa thức liên kết với P ' P ' đạo hàm hàm đa thức liên kết với P [X ]→ Xét ánh xạ φ : K K K P ֏ P Theo 1) 2) Mệnh đề (và φ (1) = 1), φ đồng cấu K - đại số có đơn vị Ta nghiên cứu tính đơn ánh φ N 1) Giả sử K hữu hạn; kí hiệu ( x1 , , xN ) = K xét P = ∏ ( X − xk ) Ta có: k =1 • P ≠ , deg ( P ) = N ≥ • P = , ∀k ∈ {1, , N } , P ( xk ) = Điều chứng tỏ 2) Giả sử K φ đơn ánh vô hạn giả sử N = deg ( P ) Vì K P ∈ K [ X ] cho P = Giả sử P ≠ , kí hiệu vô hạn, nên tồn x1 , , xN +1 ∈ K đơi khác Vậy ta có: 10 Ta dùng phương pháp Euclide liên tiếp ta G= -X -2 X + - X + + + 2 ( X + 1) X +1 X +1 ( Và cuối cùng: F = ) X +2 ( X +1) ( X ) + X +1 = X -1 -X -2 X + - X + + + + 2 ( X + 1) X +1 X + X +1 X +1 ( ) 3.2.1.2 Ứng dụng tính đạo hàm cấp cao Ta biết đạo hàm cấp n hàm số f ( X ) = n! n n f ( ) ( X ) = ( −1) a n n +1 aX + b ( aX + b ) Với đa thức f ( X ) bất kỳ, ta ln phân tích thành tổng phân thức đơn giản nên việc tính đạo hàm cấp cao hàm số phân thức trở nên đơn giản Ví dụ Tính đạo hàm cấp cao hàm số a) f ( X ) = X − 3X + b) f ( X ) = ( X − 1) ( X + 1) Giải a) PTĐG f ( X ) = 1 + Suy X −1 − X f ( n) n  ( −1)  + ( X ) = ( −1) n ! n +1 n +1  (2 − X )   ( X − 1)   n 1 1  1 1 1  b) PTĐG f ( X ) =  − = −  −  Suy  X + X +  X + 4i  X − i X + i  n f ( n) n ( −1) n ! − ( −1) (X) = n +1 4i ( X + 1)  n!  1 −  n +1 n +1  ( X + i)  ( X − i)   3.2.2 Khai triển phân thức thành chuỗi lũy thừa ứng dụng toán dãy số 66 3.2.2.1 Khai triển phân thức thành chuỗi lũy thừa + Chuỗi Mac Laurin hàm số f ( X ) là: f ' ( 0) f '' ( ) f (n) ( 0) n f ( X ) = f ( 0) + x+ x + + x + 1! 2! n! + Theo 3.2.1 ta có đạo hàm cấp n hàm số f ( X ) = Do ta có cách khai triển hàm f ( X ) = thành chuỗi lũy thừa là: 1− X f (X) = ∞ =∑Xn − X n =0 Tương tự, ta có cách khai triển hàm f ( X ) = f (X) = n! n f ( ) ( X ) = n +1 1− X (1-X ) thành chuỗi lũy thừa là: X −α 1 =− =− α X −α  X α 1 −   α ∞ Xn ∑α n =0 n Do hàm phân thức ln phân tích thành tổng phân thức đơn giản nên phân tích thành chuỗi lũy thừa 3.2.2.1 Ứng dụng toán dãy số Bài toán 3.2.1 Xét dãy số dạng truy hồi sau: un = un −1 + un − , n ≥ Tím số hạng tổng quát dãy số un Giải Ta có: ∞ ∞ ∞ n=2 n= n=2 un t n = un −1t n + un − 2t n ⇔ ∑ un t n = t ∑ un −1t n −1 + t ∑ un − 2t n − ∞ Đặt f ( t ) = ∑ un t n Khi đó: n=2 f ( t ) − u0 − u1t = t ( f ( t ) − u0t ) + t ( f ( t ) − u0 − u1t ) u1t + 2u0t − u1t − u0 Suy ra: f ( t ) = , với t + t − ≠ t + t −1 67 (3.2.1) Từ ta khai triển hàm f ( t ) thành tổng phân thức đơn giản, phân tích hàm f ( t ) thành chuỗi lũy thừa Do đó, ta rút số hạng tổng qt dãy số un Ví dụ Tìm un , biết: u0 = 1, u1 = 0, un = un −1 − un − , n ≥ Giải Áp dụng cơng thức (3.2.1) ta có: f ( t ) = 2t − Mà PTĐG f ( t ) t + t −1   f ( t ) = − 1 +  5    − 1 −  1+   1− t+ t+ 2 n ∞ ∞  2    2t    2t  ∑  ∑  Từ đ ó f ( t ) = −  + − 1 −      + n =  −1 −    − n =  −1 +   n ∞ Do f ( t ) = ∑ un t n Suy un = n=2 ∞ Bài toán 3.2.2 Nghiên cứu tính hội tụ chuỗi có dạng ∑ f( ) n n =1 phân thức Dựa vào hội tụ chuỗi ∞ ∑n n =1 s tùy theo s > s 1, s < 1, hay s = dựa vào dấu hiệu so sánh chuỗi số dương Giải Xét chuỗi ∞ ∑n n =1 s hội tụ s > phân kì ≤ s ≤ Từ ta đến xét chuỗi ∞ Với P( n ) ∑Q n =1 ( n) P( n ) = ak n k + ak −1n k −1 + + a1n + a0 với ak ≥ Q( n ) = bl nl + bl −1nl −1 + + b1n + b0 với bk ≥ 68 P( n ) , f( n) = hàm Q( n )  P( n )   Q( n ) Suy lim  n →∞  l −k n  Với ∞ ∑ n =1 ∞ f(n) =   ak n k + ak −1n k −1 + + a1n + a0   b nl + b nl −1 + + b n + b l l −1  = lim   n→∞    nl − k    P( n ) ∑Q n =1 P( n ) ∞ suy tính hội tụ ∑Q n =1 ( n) ( n)   a  = k ≠0 bl    ∞ ∑n n =1 l −k + Xét với l – k > ⇔ l > k+1 hay deg Qn > deg Pn + Suy chuỗi hội tụ + Xét với l – k ≤ ⇔ l ≤ k+1 hay deg Qn ≤ deg Pn + Suy chuỗi phân kì Ví dụ Xét tính hội tụ chuỗi số sau: a) n +1 ∑ n3 + n + n =1 b) ∑ c) n2 + ∑ n5 + n − n =1 d) n + 2n + ∑ n +1 n =1 ∞ n +1 n =1 n ∞ ∞ ∞ Giải ∞ a) Xét chuỗi ∑n n =1 n +1 , với P( n ) = n + Q( n ) = n3 + n + Khi deg Qn > deg Pn + +n +2 ∞ nên xét tính hội tụ chuỗi ∑n n =1 ∞ Q( n ) = n + n + ∞ ∑n n =1 ∑n n =1 n +1 ta dựa vào + n2 + ∞ Mà ta có chuỗi ∑n n =1 tính hội tụ chuỗi hội tụ nên từ suy chuỗi n +1 hội tụ + n2 + n +1 n n =1 ∞ b) Xét chuỗi ∑ Với P( n ) = n + Q( n ) = n Khi deg Qn ≤ deg Pn + Vì chuỗi đa cho phân kì n2 + ∑ n5 + n − n =1 ∞ c) Xét chuỗi 69 ∞ Tương tự ta có deg Qn > deg Pn + nên ta xét tính hội tụ chuỗi ∞ hội tụ nên chuỗi ∑n n =1 ∑n n =1 ∞ Mà chuỗi ∑n n =1 n2 + hội tụ + n2 − n + 2n + d) Chuỗi ∑ chuỗi phân kì n +1 n =1 ∞ Từ ta đến tốn liên quan ∞ Bài tốn 3.2.3 Tìm miền hội tụ chuỗi lũy thừa P( n ) ∑Q n=0 xn ( n) Giải P( n ) + Tìm bán kính hội tụ : lim n →∞ Q( n ) P( n +1) = suy bán kính hội tụ R = Q( n +1) Suy miền hội tụ (-1,1) + Xét x = P( n ) ∞ Với x = chuỗi cho có dạng ∑Q n=0 (n) Ta lại đưa xét deg Q( n ) deg P( n ) trường hợp P ∞ + Xét x = −1 Khi chuỗi cho có dạng ∑ ( −1)n ( n) Q n =0 chuỗi đan dấu hội tụ (n) deg P( n ) ≤ deg Q( n ) Ví dụ Xét tính hội tụ chuỗi ∞ a) ∑ ( −1) n =1 n ; n ∞ b) ∑ ( −1) n =0 70 n n +1 2n + Giải ∞ a) Chuỗi ∑ ( −1) n n =1 lim an = lim n →∞ n →∞ ∞ chuỗi 1  = Hơn dãy   dãy giảm n → ∞ Như theo dấu hiệu leibniz n n ∑ ( −1) n =1 ∞ b) Chuỗi n h ội t ụ n ∑ ( −1) n =0 1 chuỗi đan dấu với số hạng tổng quát an = Khi đó, n n n n +1 n +1 chuỗi đan dấu với số hạng tổng quát an = 2n + 2n + Khi an có dạng P( n ) Q( n ) với Pn = n + Qn = 2n + ∞ Suy deg Q( n ) = Qn = 2n + deg P( n ) Vậy chuỗi ∑ ( −1) n =0 n n +1 phân kì 2n + 3.2.3 Tổng tích sinh hàm phân thức ( k − 1) k Bài toán 3.2.4 Tính tổng: Sn = ∑ k =1 k ( k + 1) n Giải Đặt ak = k −1 , bk = k k ( k + 1) Suy  ( k − 1) k = n  k − − k n − 2n − Sn = ∑ ∑  k ( k + 1) ( k + 1)( k + )  bk + n ( n + 1) − k =1 k ( k + 1) k =1     n ( n − 1) ( n − 1)    1  k 1 = ∑ ( k − )  − − − − 1) +   ( n ( n + 1)  k k +   k + k +  k =1  n Rút gọn ta kết 71 Sn (n = ) + 3n + n + − ( n + 1)( n + ) n +1 − ( n + 1) ( n + 1) Bài toán 3.2.5 Chứng minh rằng: b+c+d c+d+a d+a+b + + ( b − a )( c − a )( d − a )( x − a ) ( c − b )( d − b )( a − b )( x − b ) ( d − c )( a − c )( b − c )( x − c ) + a+b+c x −a−b−c−d = ( a − d )( b − d )( c − d )( x − d ) ( x − a )( x − b )( x − c )( x − d ) Giải Ta cần chứng minh: (a + b + c + d) − a (a + b + c + d) − b (a + b + c + d ) − c + + ( a − b )( a − c )( a − d )( a − x ) ( b − a )( b − c )( b − d )( b − x ) ( c − a )( c − b )( c − d )( c − x ) (a + b + c + d) − d (a + b + c + d) − x + + =0 ( d − a )( d − b )( d − c )( d − x ) ( x − a )( x − b )( x − c )( x − d ) Áp dụng công thức nội suy Lagrange với f ( y ) = a + b + c + d − y, y1 = a, y2 = b, y3 = c, y4 = d, y5 = x ta điều phải chứng minh Bài toán 3.2.6 Cho x1 , x2 , , xm m giá trị tùy ý đôi khác Đặt n n xm x1n x2 + + + Sn = ( x1 − x2 )( x1 − x3 ) ( x1 − x m ) ( x2 − x1 )( x2 − x3 ) ( x2 − xm ) ( xm − x1 )( xm − x2 ) ( x m − xm −1 ) Chứng minh a) Sn = ≤ n < m − b) Sm −1 = c) Sm + k tổng tích, tích có k + thừa số giống khác lấy số x1 , x2 , , x m Giải Dễ dàng chứng minh S0 = S1 = ⋯ = Sm −2 = 0, Sm −1 = 72 Để tính Sn n > m − ta làm sau: Giả sử x1 , x , , x m thỏa mãn phương trình bậc m α m + p1α m −1 + p2α m −2 + ⋯ + Pm −1α + pm = 0, = x1 + x2 + ⋯ + x m − p1  = x1 x2 + x1 x3 + ⋯ + x m −1 xm  p2 ⋯⋯  ( −1) k p = x x ⋯ x + ⋯ k k  Nhân hai vế phương trình với α k , ta α m + k + p1α m + k −1 + ⋯ + pm −1α k +1 + pmα k = Thay α đẳng thức x1 , x ,… , x m chia đẳng thức thứ cho ( x1 − x2 )( x1 − x3 )⋯ ( x1 − xm ) , đẳng thức thứ hai cho ( x2 − x1 )( x2 − x3 )⋯( x2 − xm ) , cộng vế với vế dẳng thức vừa nhận được, ta thu Sm + k + p1 Sm + k −1 + ⋯ + pm −1 Sk +1 + pm Sk = Đặt k = , ta thu Sm + p1 Sm −1 = Do Sm = − p1 = x1 + x2 + ⋯ + x n Nhờ đẳng thức (3.3.1) ta tính tiếp số Sm +1 , Sm +2 ,… Ta đặt =α , ( x1 − x2 )( x1 − x3 )⋯ ( x1 − xm ) 1 =α , ( x2 − x1 )( x2 − x3 )⋯ ( x2 − xm ) 1 = αm ( x m − x1 )( x m − x2 )⋯ ( x m − x m −1 ) 73 (3.3.1) Khi ta có n n Sn = x1nα + x2 α + ⋯ + x mα m Xét P= α1 + α2 − x1 z − x2 z +⋯ + αm (3.3.2) − xm z Dùng công thức cấp số nhân với giả thiết z chọn cho x1 z < 1, x2 z < 1,…, xm z < 1, ta khai triển tổng P thành chuỗi vô hạn sau ( ) ( ) P = α1 + x1 z + x12 z + ⋯ + α + x2 z + x z + ⋯ + ⋯ ( ⋯ + α m + xm z + xm z2 + ⋯ ) P = (α1 + α + ⋯ + α m ) + ( x1α1 + x2α + ⋯ + xmα m ) z + ( ) 2 + x12α1 + x2α + ⋯ + xmα m z + ⋯ tức P = S0 + S1 z + S2 z + S3 z +⋯ Để cho gọn, ta đặt (1 − x1z )(1 − x2 z )⋯ (1 − xm z ) = Q Khai triển Q theo lũy thừa z , ta viết Q = − δ1z + δ z2 + ⋯ + δ m zm , δ1 = x1 + x2 + ⋯ + x m , δ = x1 x2 + x1 x3 + ⋯ + xm −1 xm , …… Tiếp theo, nhân hai vế đẳng thức (3.3.2) với 74 (1 − x1z )(1 − x2 z )⋯(1 − xm z ) , ta có PQ = α1 (1 − x z )(1 − x3 z )⋯ (1 − x m z ) + α (1 − x1 z )(1 − x3 z )⋯ (1 − x m z ) + + α (1 − x1 z )(1 − x2 z )(1 − x4 z )⋯ (1 − x m z ) + ⋯ ⋯ + α m (1 − x1 z )(1 − x2 z )⋯ (1 − x m −1 z ) Như PQ đa thức bậc m − z Ta chứng minh zm −1 , tức có đồng thức PQ = z m −1 Thật vậy, biểu thức PQ − z m −1 triệt tiêu z= vì, chẳng hạn với z = 1 , , , x1 x2 xm x1  α1  −  x2   x3   xm  1  1 −  1 −  − m −1 = m −1 − m −1 = x1   x1   x1  x1 x1 x1 Vậy nên PQ − z m−1 = Do z m −1 =P Q hay z m −1 = S0 + S1 z + + S m −1 z m−1 + m − δ1 z + δ z − ± δ m z Nếu khai triển vế trái thành chuỗi vô hạn theo lũy thừa z chuỗi bắt đầu hạng tử chứa z m−1 Vì vậy, hệ số hạng tử bậc 0,1, 2, , m − vế phải không, tức S0 = S1 = = S m − = Ngoài ra, hệ số hạng tử bậc m = vế trái Vậy S m −1 = Bây đẳng thức ta có dạng sau z m −1 = z m−1 + Sm z m + S m +1 z m +1 + m − δ1 z + δ z − ± δ m z ước lượng vế cho z m−1 , ta thu 75 = + Sm z + Sm +1 z + m − δ1 z + δ z − ± δ m z = (1 − δ1 z + δ z − ± δ m z m )(1 + S m z + S m +1 z + ) Khai triển vế phải theo lũy thừa z so sánh hệ số hai vế, ta S m − δ1 = 0, δ − δ1S m + S m +1 = 0, …… Như vậy, ta tính S m , S m +1 , S m + , … Song để thiết lập mệnh đề tổng quát cấu trúc S m + k , ta xét 1 1 = ⋅ ⋅⋅⋅ Q − x1 z − x2 z − xm z ∞ ∞ p =0 q =0 q q r = ∑ x1p z p ∑ x2 z q = ∑ x1p x2 x3 z p + q + r + Mặt khác = + S m z + S m +1 z + + S m + k z k +1 + , Q nên ta Sm+k = ∑ q r x1p x2 x3 p + q + r + = k +1 Vì vậy, ta thu kết cuối S m + k tổng tích, tích có k + thừa số giống khác lấy số x1 , x2 , , xm Nói riêng 2 S m +1 = x12 + x2 + + xm + x1 x2 + x1 x3 + + xm −1 xm 3 S m + = x13 + x2 + + xm + x12 x2 + x12 x3 + + xm −1 xm + x1 x2 x3 + + xm − xm −1 xm Nhận xét Giả sử ak bk ck + + =S ( a − b )( a − c ) ( b − a )( b − c ) ( c − a )( c − b ) k Khi 76 S0 = S1 = 0; S = 1; S3 = a + b + c; S = a + b + c + ab + bc + ca; S5 = a + b3 + c + a 2b + b c + c a + ab + bc + ca + abc Nhận xét Giả sử ak bk ck dk + + + =S ( a − b )( a − c )( a − d ) ( b − a )( b − c )( b − d ) ( c − a )( c − b )( c − d ) ( d − a )( d − b )( d − c ) Khi S0 = S1 = S = 0; S3 = 1; S = a + b + c + d Bài toán 3.2.7 Cho p số nguyên dương, q ∈ [ 0,1] Giả sử x ∈  q p +1 ,1 Chứng minh   p p x − qk 1− qk ≤∏ ∏ x + q k k =1 + q k k =1 Giải Nhận xét ta ln có < q p +1 < q p < < q < Với q j +1 ≤ x ≤ q j i ≥ j + ta có x ≥ q i Vậy nên x − qi x − qi = x + qi x + q i i Ta có q ( x − 1) x − qi − qi − = ≤ i i x + q + q ( x + q i )(1 + q i ) p Do ∏ k = j +1 p x − qk 1− qk ≤∏ x + q k k = j +1 + q k Với k = 1, , j ta có đẳng thức sau x − q j −( k −1) q j −( k −1) − x = x + q j −( k −1) q j −( k −1) + x Ta có ( q j +1 − x ) q j −( k −1) − x − q k − = ≤0 k q j −( k −1) + x + q + q k )  x + q j −( k −1)  (   77 (3.3.3) j Vậy nên j x − qk 1− qk ≤∏ k x + qk k =1 + q ∏ k =1 (3.3.4) Từ (3.3.3) (3.3.4) ta thu p ∏ k =1 p x − qk 1− qk ≤∏ k x + qk k =1 + q điều phải chứng minh C) TÀI LIỆU HỌC TẬP Jean – Marie Monier (2009), Đại số (Giáo trình Tốn – Tập 5), NXB Giáo dục Nguyễn Văn Mậu (2008), Đa thức đại số phân thức hữu tỉ, NXB Giáo dục Dương Quốc Việt, Đàm Văn Nhỉ (2008), Cơ sở lý thuyết số đa thức, NXB ĐH Sư phạm D) CÂU HỎI, BÀI TẬP, NỘI DUNG ÔN TẬP VÀ THẢO LUẬN CỦA CHƯƠNG n −1 Cho n ∈ ℕ − {0,1} , Pn = ∑ ( k + 1) X k k =0 Chứng minh phương trình Pn ( x ) = n , với ẩn x ∈ ℚ có nghiệm [1; 2] ∩ ℚ Chứng minh không tồn F ∈ K ( X ) cho F = X Cho P ∈ ℝ [ X ] , có bậc n ∈ ℕ, cho P ( −1) ≠ − P ' ( −1) n ≤ Chứng minh P có P ( −1) khơng điểm với mơđun lớn Phân tích phân thức sau thành phân thức đơn giản ℝ ( X ) a) − X + 5X − 4X +1 X ( X − 1) b) 8X + ( X − 1) ( X + 1) c) X + X + 21X − X + ( X − 1) ( X + 1) Phân tích phân thức sau thành phân thức đơn giản loại loại ℝ ( X ) a) d) X −1 (X + X − 3) X + X +1 4 X +1 b) X +1 e) X3 c) X +1 X ( X + 1)( X − X + 1) 78 f) ( X + X + 3)( X + X + ) g) 3X + 3X + 5X + X + X X ( X + 1) h) X + X + 17 X + 25 X + 19 X + ( X + 1) (X + X + 1) Tính đạo hàm cấp n phân thức tập Khai triển phân thức sau thành chuỗi lũy thừa 2X 2X 2 X +1 a) b) c) X +1 X +1 X + X −2 Tính 3n − N ∑ n= ( n − 1) n ( n + 1) , với N ∈ ℕ − {0,1} Cho P( x) = x n + a1 x n−1 + a2 x n− + + an ∈ ℤ [ x ] ( ) 10 Biết P a + b = Chứng minh a.b ∈ ℚ a, b ∈ ℤ 11 Chứng minh đa thức P ( x ) = x n sin α − ρ n −1 x sin nα + p n sin(n − 1)α chia hết cho đa thức Q ( x ) = x − ρ cos α + p 12 Cho P ( x) = 1998 x + a1 x1997 + a2 x1996 + + a1998 (với a j ∈ ℤ; j ∈ {1, ,1998} ) 1999 Chứng minh ∃a ∈ ℤ cho P (a ) ∉ ℤ 13 Tìm tất hàm số ω ( x ) xác định ℝ cho ω2002 ( x ) ≡ , ωn ( x ) ≡ ∀n < 2002 , ω1 ( x ) = ax + b , ad − bc = , ωn +1 = ω (ωn ( x ) ) \ cx + d 14 Giả sử Sm = a m ( a + b )( a + c ) + b m ( b + c )( b + a ) + c m ( c + a )( c + b ) ( a − b )( a − c ) ( b − c )( b − a ) ( c − a )( c − b ) Tính S1 , S , S3 , S 15 Tính tổng ( a − α )( a − β )( a − γ ) + b m ( b − α )( b − β )( b − γ ) + c m ( c − α )( c − β )( c − γ ) S = bc ( a − b )( a − c ) ( b − c )( b − a ) ( c − a )( c − b ) 16 Tính tổng a 2b c a 2b d a 2c d b2c 2d + + + S= ( a − d )( b − d )( c − d ) ( a − c )( b − c )( d − c ) ( a − b )( c − b )( d − b ) ( b − a )( c − a )( d − a ) 79 17 Tính tổng A= B= 1 + + , a ( a − b )( a − c ) b ( b − a )( b − c ) c ( c − a )( c − b ) 1 + + a ( a − b )( a − c ) b ( b − a )( b − c ) c ( c − a )( c − b ) 80 ... trường phân thức hữu tỷ, không điểm phân thức hàm phân thức - Hiểu cách phân tích phân thức thành phân thức đơn giản, cách khai triển phân thức thành chuỗi lũy thừa, tổng tích sinh hàm phân thức hữu. .. ) Các phần tử K [ X ] gọi đa thức hình thức Ta kí hiệu dãy không thuộc K ℕ (xác định bởi: ∀n ∈ ℕ , an = ), gọi đa thức không Đa thức đa thức Đơn thức đa thức ( an )n∈ℕ thuộc K [ X ] cho: ∀n... nội suy đại số số học 2.3 Một vài loại định thức đặc biệt Mục dành để xét vài loại đa thức đặc biệt gắn liền với nhiều lĩnh vực toán số học 2.3.1 Đa thức số Định lí 2.3.1 Cho đa thức f ( X ) = a0