TRƯỜNG ĐẠI HỌC sư PHẠM HÀ NỘI 2 • • • • KHOA TOÁN -—0O0-
—
HOÀNG THỊ LỆ
ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY VÀ ĐA GIÁC
NEWTON
KHÓA LUÂN TÓT NGHIÊP ĐAI HOC • • • •
Chuyên ngành: Đại số
Người hướng dẫn khoa học: Th.s ĐỖ VĂN KIÊN
HÀ NỘI - 2014
Trong quá trình nghiên cứu và hoàn thành khóa luận này em nhận được sự quan tâm,
động viên, khích lệ của các thầy giáo, cô giáo trong tổ Đại số nói riêng và các thầy cô giáo
ừong khoa Toán trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2 nói chung. Em xin bày tỏ lòng biết ơn
sâu sắc đối với các thầy giáo, cô giáo, đặc biệt là thày giáo T H . S Đ Ỗ V Ă N K I Ê N -
người đã tận tình hướng dẫn em trong suốt thời gian qua để em hoàn thành khóa luận này.
Do trình độ và thời gian nghiên cứu còn hạn chế nên những vấn đề mà em trình bày
trong khóa luận này sẽ không tránh khỏi thiếu sót. Em kính mong nhận được sự chỉ bảo và
đóng góp ý kiến của các thầy cô giáo và các bạn sinh viên để khóa luận của em được hoàn
thiện hơn.
Em xin chân thành cảm ơn!
Hà Nội, tháng 5 năm 2014
S i n h v i ê n
Hoàng Thị Lệ
Trong quá trình nghiên cứu khóa luận “ Đ A T H Ứ C B Ấ T K H Ả Q U Y V À
Đ A G I Á C

N E W T O N

” em có sử dụng một số tài liệu tham khảo để hoàn thành khóa
luận của mình. Danh sách tài liệu tham khảo em đã đưa vào mục tài liệu tham khảo của
khóa luận.
Em xin cam đoan khóa luận được hình thành bởi sự cố gắng, nỗ lực của bản thân

hạn,tìm hiểu về đa giác Newton và một số kết quả của đa giác Newton.
3. Đổi tượng nghiên cứu
Đa thức một biến.
4. Phương pháp nghiên cứu
Tham khảo tài liệu, phân tích, so sánh, hệ thống hóa.
5. NỘỈ dung khóa luận
Ngoài phần mở đàu, kết luận, danh mục tài liệu tham khảo, nội dung
khóa luận gồm có 3 chương:
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị Chương 2. Đa thức bất khả
quy Chương 3. Đa giác Newton
CHƯƠNG 1 KIẾN THỨC CHUẨN BI
LỜI NÓI ĐẦU
~ 5
1.1. Vành đa thức một ẩn
1.1.1. Xây dựng vành đa thức một ẩn
Cho A

là vành giao hoán có đơn vị 1. Đặt
P=|(a
0
,á
1
,a
2
, )l A . E Ạ Ã . = 0

hầu hết Ị
Trên P

ta định nghĩa hai phép toán:

Ọ \ A — > P
Ữ

\—> ,0, )
Khi Đ Ỏ Ọ

là một đơn cấunên ta có ứiể nhúng vành A

trong Pbằng cách
đồng nhất avới ẹ?(a) = (a,0, ,0, ), tức là coi A

= (ữ,0, ,0, )
Đặt ứiì X

2

=XC = (0,0,1,0, ,0, )
Х
3
= (0Д0,1Д Д )
*"=(_________ ■••)
n
Bây giờ lấy phàn tử (a^Opí^, )bất kỳ thuộc Pthìa, = 0 hầu hết nên có số tự
nhiênn sao cho =(a^ap.^a^o, .)và ta có,
LỜI NÓI ĐẦU
~ 6
(ữ
0
,ữ
1

gọi là vành đa thức một ẩn л:lấy hệ số trên А

, kí hiệu là A Ị X ] .
Đ ị n h n g h ĩ a 1 . 1 . 1 . Mỗi phần tử của A [ j c ]
được gọi là mộtđa thức, kí hiệu là f(x), g(x ),p (x),.
Ne u f(x) = a
0
+a
ỉ
x + + a
n
x
n
thì a
0
được gọi là hệ tử tự do, a
n
được
gọi là hệ tử bậc cao nhất, а
п
ФО thì n được gọi là bậc của đa thức, kí hiệu
de g f( xỴ
Nhận xét l.l.l.Cho F ( X ) ,

G

(jc) là hai đa thức khác 0 của vành. Khi đó:
i) Neu F ( X ) +

g(jt)^Othì

n
, a
n
Ф0
G ( X ) = B

0

+ B

1

X + . . . + B

M

X

M Ь

Т

Ф

0 Neu N <

mthìtađặt ợ(jt) = 0,r(jt) = /(x).


L

A

N

B

M

= A

N

.
Tiếp tục quá trình trên ta được
F K

M = Л-1 (*) - 9 K

M G ( X ) , K = L ,

2,
Rõ ràng sau không quá N - M

+1 bước ta sẽ thu được đa thức F

K


deg G

nếu R

(jc) Ф

0. Khi đó
r(jc) - r' (*) = (q (x) - q(x))g (*).
Neu r(jc) Ф Г

( jc), ta cũng có Q ( X )

Ф

Q

(*) và khi đó
deg(r- R

') = deg( Q

-

Q )

+

degG

>

ữ
+a
l
x + + a x
n
.
Một phần tử с thuộc к sao cho f (c) = a
0
+ ữịC + + а c" — 0 thì с được gọi là
một nghiệm của f (я).
Ví dụ 1.1.1. S Ố Y Ị Ĩ

là số đại số ừên trường hữu tỷ Q vì nó là nghiệm của
đa thức X
2
- 2 trong Q
~9
Đ ị n h l ý 1 . 1 . 2 ( Đ ị n h l ý B e z o u t ) .
Cho A là miền nguyên, к là trường chứa A,C<EK,P(X)^ A[X] . Khi đó trong
к[ x] , x - c là ước của đa thức p( x) k hi và chỉ k hi p(c ) = 0 .
Chứng minh. Chia P { X )

cho X - C

trong K [ X ]

ta có dư là đa thức r(jc) =
R < E K .

Từ đó P ( C

Ỷ
g( x ) , với g ( j c ) e A v à g ( и , )
5 * 0 với i=l,2, ,r.
H ệ q u ả 1 . 1 . 1 .Cho A là miền nguyên, /
( j c ) e A [ j c ] có bậc n>\. Khỉ đó f có không quá n nghiệm
trong А.
Chứng minh.Theo định lý trên ta có
degf ( x) = k
1
+k
2
+ + k
r
+ d e g g ( j c )
Do đó N > K

X

+ K

2

+ + K

R

.
Chú ý 1.1.1. Nếu A

không là miền nguyên thì kết quả ừên không đúng,

Một phàn tử của A

N

gọi là một đa thức của N

ẩn X

L

, X

2

, . . . , X

N

lấy
hệ tử trong vành A

,

người ta kí hiệu nó bằng /(jcpjc
2
, ,jc„) hay
G ( X

Ỉ


) = a
0
(^) + a
1
(^)*
2
+ + a
n
(*
1
)*2 với các A [ X J ]

(2) a
i
(x
1
) = b
i0
+b
il
x
ỉ
+ + b
inH
x
mi
,i=0X:.,n
Do A[jc
15
jc


N

, A

I 2

là những số tự nhiên, ( А

П

, А

А

) Ф ( А

П

, А

] 2

^
khi
Ỉ

Ф

J , C .

của vành
A [ X

V

X

2

, . . . , X

N

]

có ứiể viết dưới dạng
(4) f(x
1
,x
2
, ,x
n
) = c
1
x?
l
x*’‘ + + c
m
x^
l

2
, ,jc
n
)GA [ X

L

, X

2

, . . . , X

N

]

là một đa
thức khác không.
f(x
l
,x
2
,. ,x
n
) = c
l
x?\ x^+ + c
m
x?“\ x^r v ớ i

+ . . . +

А

.
Bậc của đa thức là số mũ lớn nhất trong các bậc của hạng tử của nó.
Ví dụ 1.2.1. Đa thức
/ ( х р - К ^ Л з ) = 2xyxịxị — xịx
2
+ 3xị +— 5
x^xịxl — 4-xịx
3
+ 6
có bậc là 9, nhưng đối với X, nó có bậc là 2.
~1
CHƯƠNG 2 ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY
2.1. Khái niệm đa thức bất khả quy
Đ ị n h n g h ĩ a 2 . 1 . 1 . Đa thức p{ x)
e r [ j c ] , r là miền nguyên gọi là đa thức bất khả quy nểu P(x) ^
Q,P(x)khác khả nghịch và P(x) không có ước thực sự. (Khi đó ta cũng nói
P(x) là đa thức không phân tích được trên T ).
N h ậ n x é t 2 . 1 . 1 .Đa thức p ( j t ) e [ j t ] ,
T là miền nguyên, P( x) ^ 0 , d e g P ( x ) > 1 là không
phân tích được trên T nẩi P(x ) không biểu diễn được dưới dạng =
g{ x)h{x ),l <bậc g ( * ) , bậc h(x)< bậc ^ ( * ) .
2.2. Các tính chất
M ệ n h đ ề 2 . 2 . 1 . Cho P(x) ^ 0 là một đa thức

M ệ n h đc2.2A.Mọi đa thức không là hằng số có những hệ tử trong
trường T biểu diễn được như tích của những thừa số không phân tích được
trênT. Sự biểu diễn này là duy nhất theo những thừa sổ mà chúng chỉ khác
nhau những hằng số khác không trênT, nghĩa là nếu p ( x ) = p ^ x )
p
2
( x ) . . . p
r
( x ) = Q^x ) Q
2
(X) Q
S
(X)
là hai biểu diễn củaP( J t ) như tích của những thừa số không phân tích
được trên T thì r = s và Pị( * ) = a
ị
Q
ì á
( * ) , ở đây
o ^ a . e ĩ và
kp k
2
,. ,k
r
e{ l, 2,r } .
Chứng minh. ChoP(jc) là đa thức khác hằng số với những hệ số trong
T

và cho n = degP(jt).Nếu N -


Nhưng khi đó theo giả
thiết quy nạp Q ( X )

và i? (-í) biểu diễn như tích của
những thừa số không phân tích được trên T .

Suy ra điều
này cũng đúng với /*(*), nghĩa là mọi đa thức vói những
hệ số thuộc tập hợpr biểu diễn như tích những thừa số
không
~
phân tích được trên T

. Ta chỉ còn chứng minh tính duy nhất của biểu diễn
trên.
Ta chỉ còn chứng minh tính duy nhất của biểu diễn trên. Cho
P(*) = />(*) p
2
(*) p
r
(x) = ôiM Q

2

{ X ) . . . Q

R

( X ) Ở


Khi đó P
2
(*)P
3
• P

R
(^)=< H Q

Ỉ

( X ) . . . Q

K

_

Ỉ

( X ) Q

K I + Ỉ

( X ) . . . Q

S

( X )

Không mất tính tổng quát ta giả thiết r < S .


( X ) , . . . , Q

K

(jc) sẽ là tất cả
những đa thứcổ!^), Q

2

(

X

) ’ - - - > Q S {

X

) >

nghĩa làR

= S

vàfcp K

2

, . . . ,
Ả;

2.3.2. Đ a t h ứ c b ấ t k h ả q u y t r ê n
t r ư ờ n g s ổ t h ự c Đ ị n h l ý 2 . 3 . 2 .
Những đa thức bất khả quy trên trường sổ thực là những đa thức bậc nhất
và những đa thức bậc hai có những định thức âm {đa thức bậc hai p{x ) —
X
2
+ ax + bcó định thức là Á = b
2
— 4ac) .
Chứng minh. Trước hết ta thấy những đa thức bậc nhất và những đa thức bậc
hai có định thức âm đều là những đa thức bất khả quy trên K.
Ta chứng minh mọi đa thức bậc lớn hơn hoặc bằng 3 không bất khả quy trên
M . Thật yậy, giả sử/
J
(jc) có bậc lớn hơn hoặc bằng 3, suy
ra/
5
(x)có nghiệm phức A ,

suy ra A

là nghiệm của . Suy ra
Đặt g(x) = (x-a)^-aj thì
G ( X ) =

X
2
- ( A + À ) X + A A

G

Khi đó X
n
- 1 =
( X - £

0

X X

-«!) (* -£■„-!)•
2 k,7ĩ . . 2 kĩr , . _
với £

0

=1, £

K

= cos — h 1 sin — —, k= l,2, ,n.
n n
THI: N =

2mlà một số chẵn. Khi đó
~
V à (x-£
k
)( x- £
k
)= (x-£


2 M không phải là số thực và
— 2 kĩĩ . .2 kn
£ . -

cos——- -ỉ sin———
2m+l 2m+l
2Ả;7r . .2K N

-
=cos (2tt - + ị sin(2 J T -

= S

2 M

_

K + L

2m+\ 2m+\
0 K /lt
Tac ó(x - S
k
)( x-S
k
)=(x -S

Đ ị n h n g h ĩ a 2AA.Đa thức p( x) = a
0
x
n
+ a
ì
x
n
~
l
+ +
a^x + a
0
với
hệ số nguyên gọi là đa thức nguyên bản nếu những hệ số của nó là những
sổ nguyên tố cùng nhau.
2.4.1. Các tính chất
M ệ n h đềl.4.1.Tích của hai đa thức nguyên bản là một nguyên đa
thức nguyên bản.
Chứng minh. Cho p(jc) = A

0

+ A

1

+ . . . + A

N

X
2
+ + c
n+m
x
n+m

t r o n g đ ó c
r
= X a
i
b
j
.
~
i+j = r
Giả sửp(jt)ô(;t)khôiig phải là đa thức nguyên bản. Khi đó tồn tại số
nguyên tố P >

2 là ước chung của các hệ số C

0

,

q, C

2

, . . . , C


.
Ví dụ 2.4.1. Cho A

0

, A

V

. . . , A

T

_

V

B

0

, B

V

. . . , B

S



A

T

_ P

s+
!+ + A

T + L

B

S
và vì c
í+J
chia hết cho P

và những tích A

T

_ Ị B

S + Ỉ

, . . A

T + X

ô(*) < D E G

/*(*), D E G

/?(*) < D E G
P { X ) .
Do đó ta có thể viết lại
Q(x) =ôi(*), R(x) = ^i(*)
ở đây { A , B

) = 1, (c,J) = 1, Q Ị ( X ) , R Ị ( X )

là những đa thức nguyên bản.
K h i đ ó p( x) = ^
j
Q
ỉ
(x)R
í
(x)
bd
Mà ổ! (*)./?! (x)là những đa thức nguyên bản và p(jc)là đa thức hệ số
nguyên.
Do đó Q = —

là nguyên. Suy ra P ( X )

= (ạôi (*))/?!(•*) (trái với giả
thiết /
J

J
(jc)có nghiệm hữu tỉ. Những nghiệm đó
có thể là những số sau: ±1,±2,±3,±6.
Mặt khác kiểm ữa trực tiếp bằng sơ đồ Homer thấy rằng không một số nào là
nghiệm của đa thức đang xét.
Suy ra trường hợp D E G Q ( X )

= 1 là không thể được.
• Nếu D E G Q ( X ) =

2. Khi đó .p(jc) = JC
4
— 3x
3
+ 2 X

2

+ 2 X

— 6=
Ị A X

2

+ B X + C J Ị P X

2

+ Q X

a) C -

1, R

= - 6. Khi đó
f B + Q

=-3
* =>7fc=-5
\-6b+q=2
Điều này trái với giả thiết Mà số nguyên.
b) c =-ì, r = 6. Khi đó
\b+q= - 3 ị
H

=>lb=-\
\6b- q =2
Điều này trái với giả thiết Mà số nguyên.
c) c = 2, r = —3. K h i đ ó
f B + Q

=-3
ị
y
^ 5 b = - S
\-3b+2q=2
Điều này trái với giả thiết B

là số nguyên.
d) C =

2.4.2. Tiêu chuẩn Eisenstein
Định lý 2.4.1 . C H O

p(x) = A

Ữ

X

N

+ C Ụ C

"
1
+ ++ A

N

L À M Ộ T Đ A

thức hệ sổ nguyên.
Giả sử tồn tại số nguyên tố p thỏa mãn những điều kiện sau:
ỉ. a
0
không chia hết cho p.
~
ii. Tất cả những hệ sổ khác a
2
, ,a

> о, L

+ M — N .
Bằng cách so sánh hệ số tự do ta nhận được A

N

=

Ь

Г

С

Т Vì Ũ Ị

: và A

N

không chia hết cho P

2

nên B


_
3
= bf
m
_ 3+ b
l
_
ì
c
m
_
2
+ b
t
c
m
_
1
+ v
3
c
m
a
o ~
b
o
c
o
Điều này trái với giả thiết. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.4.4.Xét tính bất khả quy trên Q của đa thức

khả quy trên Q khi N =

0.
~
Đặt — =J-1 ta có ^ Ậ = Y

Ì

-3y
2
+6y-3=g(y) . Áp dụng tiêu N

N
chuẩn Eisenstein cho P =

3ta được đa thức g(y)bất khả quy trên Q. Vậy
F ( X )

bất khả quy trên Q.
C h ú ý 2.4.1.Tồn tại đa thức bất khả quy mà nó không có một cách
biển đổi tuyến tính của ẩn nào có thể chuyển nó thành đa thứcEisensteỉn
(với số nguyên tốp nào đó).
Chứng minh. Ta chỉ ra một đa thức thỏa mãn điều kiện của bài toán.
Cho p(x) = 2 X

2

+ 1. Đa thức này không phân tích được trên tập hợp số
hữu tỉ nghĩa là nó không có nghiệm hữu tỉ. Ta làm thay đổi biến Jt dạng JC =
A Y + B


chia hết cho P

(trái với đa
thức Eisenstein).
Neu 4: nghĩa là P

=

2=>(2£
2
+ l) không chia hết cho P

(vô
lý).Vậy ta được điều phải chứng minh.
2.4.3. Môt sổ tiêu chuẩn khác
2.4.3.I. Tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng
Mở rộng điều kiện thứ ba trong tiêu chuẩn Eisenstein ta được định lý
sau:
+3-
•Với N *0 tacó /M=í*
\
n
n \n
~ 22
Đ ị n h l ý 2 . 4 . 2 . Cho đa thức p ( x ) = a
0
x
n
+


chia hết cho P

còn C
không chia hết cho P

(kí hiệu như phần chứng minh tiêu chuẩnEisenstein).
Khi đó tất cả các hệ số của G(x)chia hết cho P ,

trường hợp riêng
hệ số cao nhấtB

0

cũng có tính chất ấy, suy ra hệ số cao nhất ữ
0
của P ( X )
cũng chia hếtcho p
Ta giả sử P ( X )

phân tích được thành tích nhiều hơn sthừa số, nghĩa là
trong đó T > S

và P Ị

(*),^2 (*)’^ (*)không phải đa thức hằng số.
Tương tự như phần chứng minh tiêu chuẩn Eisenstein ta được những đa
thức /^(jc)có ít nhất một số hạng tự do của nó chia hết cho P

và ít nhất một

sau:
Đ ị n h l ý 2 . 4 . 3 .Cho p(x) = a
0
x
n
+ a
x
x
n
1
+ . . . + a
n
_yX + a
n
là một đa
thức hệ sổ nguyên và k là một số tự nhiên sao cho 0 < k<n — 1 .
Giả sử tồn tại số nguyên tố p thỏa mãn những điều kiện sau
1) a
0
không chia hết cho p.
2) Những hệ số a
k+l
, a
k + 2
,. .a chia hết cho p.
3) a
n
không chia hết cho p
2
.

G ( x ) = b
0
x
l
+ b
x
x
l
bj
Còn tích của những số còn lại dưói dạng
Q(x) = c
0
x
m
+ c
x
x
m l
+ . . . +
c
m
T a c ó p ( x ) -
G ( x ) < 2 ( x ) , l > 0 , m > 0, l + m - n.
Đa thức G

(je) được chọn sao cho B Ị :

.

Nhưng khi đó С


0

C

0
không chia hết cho P .
Ta kí hiệu Ỉ

là chỉ số cuối cùng trong dãy 1, 2, I

sao cho B Ị

không
chia hết cho P

nhưng B

I + 1

: : : . Ta xét hệ số A

M + L
của ^(^ta có
A

M


.Nhưng khi đó
-2 5