Chương 1 Một số kiến thức chuẩn bị Trong chương này sẽ trình bày một số kiến thức cơ bản: định nghĩa, một số tính chất về sự chia hết, về nghiệm nguyên, về hệ số. của đa thức và phân thức hệ số nguyên. Ỏ đây ta sẽ sử dụng một số ký hiệu: Cho đa thức ƒ(#) = an#" +an 1ø *—† + ‹‹‹ + ai# + aạ, néu f(x) có các hệ số là số nguyên thì ta ký hiệu ƒ(z) € Z|z|, nếu ƒ(+) có các hệ số là số hữu tỉ thì ta ký hiệu fe) € Ola, 1.1 Một số tính chất cơ bản của đa thức với hệ số nguyên Dinh lý 1. Cho đa thức ƒ(#) = a»„#”+a„_1#"—†+:- :+ø#-~+ag € Z|z], an # 0, ø là số nguyên.
Vậy ta có điều cần chứng minh. Chứng minh rằng nếu phân số tối giản Pe ((b,g) = g 1) là nghiệm của đa thức với hệ số nguyên f(@) = dna” + ayaa"! + +++ + a0 + ap thi p la udc cla ag va g la ước của ap. Gia sử phân thức tối giản Pia nghiệm của đa thức f(x). q q q ụ Tr do, ta có n anp” = —q(dn—1p" | +++ + aig” *p + ang”) (1.1) suy ra a,p” chia hét cho g ma (p,q) = 1 nén a, chia hết cho g.2)suy ra œog"” chia hết cho p ma (p,q) = 1 nén ap chia hét cho p.
Chứng minh rang néu phan thttc téi gian P ((b,g) = q 1) là nghiệm của đa thức với hệ số nguyên f(x) = ana" + aya"! + +++ + a1 + a9 thi p — mq 1A uéc cia f(m) véi m 1a 86 nguyén. Nhận xét rằng các hệ số bạ, b„_¡ là các số nguyên vì mm là một số nguyên. Thay # bởi P ta thu được đẳng thức g 12) -a(§-m) (2) -« Do do PO 4 q bo = f(m). theo Bài toán |2.6|thì p — mạ là ước của cho trước, m > 1).
Chứng minh rằng ƒ(+) = 0 không có nghiệm nguyên.,mm— 1— c là mm số nguyên liên tiếp nên phải có một số chia hét cho m. Vi vay trong m số ƒ(0), ƒ(1),., ƒŒm — 1) phải có ít nhất một số chia hết cho m. Điều này trái với giả thiết. Vay f(x) = 0 khong có nghiệm nguyên.
Cho đa thức P(+) với các hệ số nguyên, chia hết cho 3 khi z lấy các giá trị nguyên &, k + 1,k + 2. Chứng minh rằng P(m) :3 với mọi số nguyén m. Với hai số nguyên ?n và + phân biệt, ta có P(m) — P(n):(m — n). Ta có các số Pứm) — P(k), P(m) — P(k + 1) và P(m) — P(k + 2) theo thứ tự đó lần lượt chia hết cho zn — k,zm — (k + 1),mm — (k + 2) với mọi m ¢ {k,k+1,k +2}.
6 Vì m— k,rmT— (k+ 1),m T— (k +2) là ba số nguyên liên tiếp nên trong đó có một số chia hết cho 3. Do đó trong các số P(m) — P(k), Pứm) — P(k +1) và P(m) — P(k + 2) có một số chia hết cho 3. Mặt khác, theo giả thiết, các số P(k), P(k + 1), P(&-+2) đều chia hết cho 3. Vậy P(m):3 với mọi số nguyên 7n.
Chứng minh rằng nếu phương trình ƒ(#) = 1 có nhiều hơn 3 nghiệm nguyên phân biệt thì phương trình ƒ(#) = —1 không có nghiệm nguyên. Giả sử phương trình ƒ(%) = —1 có nghiệm nguyên là ø thì ƒ(œ) = —1. Gọi #, #2, #ạ, z4 là 4 nghiệm nguyên phân biệt của phương trình ƒ(#) = 1, thì [(ø)~1=(#— m1) — #)(r — #)(# — #083). Suy ra ƒ() =1 = ~2= (a~ #1)(@ — #3)(@ — #3)(œ — #4)0(4), trong dé (a — x1), (a — x2), (a — x3), (a — x4) 1a 4 số nguyên phân biệt.
Nhung —2 khong thể phân tích được thành tích của 4 số nguyên khác nhau nên điều giả sử ở trên là sai. Vậy phương trình ƒ(+) = —1 không có nghiệm nguyên. Giả sử P(+) là đa thức bậc 1991 với hệ số nguyên. Chứng minh rằng số nghiệm nguyên của đa thức Q(x) nhỏ hơn 1996.
Giả sử số nghiệm của đa thức Q(+) không nhỏ hơn 1996.,@% là các nghiệm nguyên của P(z) =3, (mi < #a<---< ax) và 1, 2,.; ¡ là các nghiệm nguyên của P() =—3, (Ui < a<--- < 9ù). Vi deg P(x) = 1991 nén k < 1991;1 < 1991. Mat khac & + 1 chinh 1 sé nghiém ctta da thức Q(x) nén theo giả thiết phản chứng thì k + > 1996. Từ đó ta có k > 5, > 5ð, suy ra tồn tại ño;đo (1 <?o <€ k;¡1 < jo <1) sao cho |#¿, -= Yio 2 7.3) Giả sử P(x) = agg t + Aygo”? +---+ đ1# + ao với a; € Z,i = 0, 1991.
Thé thi tt a; € Z,i = 0, 1991, P(2;,) = 3 va P(y;,) = —3, suy ra P(2ig) — Pu) =8. Vì P(z) là đa thức với hệ số nguyên và z¿„, ¡„ là các số nguyên nên ta có P(Yig) — P( in) Yig — Vig: Như vậy 6:(y;, — vj,), suy ra Vig — Lio < 6.4) suy ra mâu thuẫn. Vậy giả thiết phản chứng là sai, tức là đa thức Q(#) = P?(+) — 9 không thể có quá 1995 nghiệm nguyên. Ta có thể chứng minh (1.3) nhu sau: Vik > 5,1 > 5,2; yj, Vi,j do d6 c6 ft nhat ba nghiém trong s6 cac nghiém y; (j = 1,1) nhỏ hon (hoac lén hon) céc nghiém x; (i = 1,k).
Gia sit Ty %Q <0 SLE < Yp < Ypti < Ypt2 8 (6 day Yp, Yp +1, Yptz 1a 3 trong số các nghiệm #, a, 1/3, ., 91): Chú ý là ở đây các z#; (¡= 1,k),p,p+1, 1+2 đều là số nguyên nên [p+2 — #1| =1p+a—#i>k—1+3=k+2. Do k > 5 nên suy ra |j,¿a — #¡| > 7.2 Một số tính chất của phân thức hữu tỉ với hệ số nguyên Định nghĩa 1. Ham sé f : R > R cé dang P(2) Q(x) được gọi là phân thức hữu tỉ, trong đó P(+), Q(+) là các đa thức. Nếu đa thức P(z) và Q(+) là các đa thức có hệ số hữu tỉ thì bằng việc f(z) = quy đồng mẫu số ta sẽ đưa f(x) vé dang trong đó P4(z) và Q¡(+) là các đa thức có hệ số nguyên.
P Do vậy phân thức hữu tỉ ƒ(+) = gui được gọi là phân thức hữu tỉ có x hệ số nguyên nếu nhu P(x), Q(z) € Q[z]. Cho phân thức hữu tỉ 1 I(x) = ax +b c@ với mọi € Z. Chứng minh rang a,b € Q. Vậy aœ + b € Q[z| hay a,b € Q.
Chứng minh rằng nếu f(x) = € Q với mọi ax +b x € Z thi f(x) co dang f(x) = Ar aB véi A, B,C thudc Z. 1 f(a) = Tô € Q với mọi z € Z nên theo Bài toán|1. Khi đó n f 1 nf C Ia) = To mfx+ne Ar+B n véi A, B,C thuoc Z. nt ge ye ax +b ¬ Bài toán 1.
Cho phân thức hữu tỉ ƒ(œ) = Ta € Q véi moi cx xe Z. Chứng minh rằng ƒ(#) có thể biểu diễn dưới dạng Az+B = A,B,C,D€Z). fla) =A2*8 (4,B,0,D €2) (15) Chiing minh. Nếu ad — be = 0 thi f(x) = const nén biéu dién (1.
Xét trường hợp ad — be # 0. Nếu c = 0 thì biểu diễn (1.5) là hiển nhiên. , — (0 1 Nêu c Z 0 thì sử dụng phân tích f(x) = £0) = — € Q véi moi x ax + 8 x € Z. Ap dung Bai toan|1.8}ta sé dugc dang biéu dién (1.
Nhận xét rằng kết quả của Bài toán |1.9|cũng đúng trong trường hợp tổng quát. Cho phân thức hữu tỉ f(x) = a €Q Va EZ, (P(x), Q(x)) =1. Chứng minh rằng f(x) c6 thé biéu dién được dưới dạng phân thức của hai đa thức với hệ số nguyên. Giả sử P(z) = qạ + aI# +--- + am”, Taiz = j7 (7 = 0,1,.,m+m) hàm ƒ(+) nhận các giá trị hữu tỉ tương ứng là œ;.
Khi đó ta có hệ phương trình tuyến tính với m + mœ + 2 an: ag + ak +--+ + Gmk™ — bạcg — ĐicgE — -- - — byc,k”" = 0, trong d6k =0,1,. Hai nghiệm của hệ này cho ta hai cặp đa thức P(z), Q(z) và P. Hai cặp nghiệm này cho ta đa thức g(x) = P(x)Qi(x) — P. Vậy hệ đã cho chỉ có một nghiệm với sự sai khác một thừa tỉ lệ và như vậy tồn tại ma trận cấp m + m + 1 trong ma trận hệ số của hệ phương trình để định thức của nó khác 0 và nghiệm đã nhận được là các số hữu tỉ.
Đây là điều cần chứng minh. Cho p là một số nguyên dương, g € |0, 1]. vel < ra Chiing minh. Với g*! < z< g thì khij> j+1 ta có > q/.
Vậy nên x—q _ a gi z+ ct+q Xét hiéu. t=#_Icg__ 2đữ-lU ee etg 1tực (ø+g)1+g)— Do đó p p k| > k` k=j+l urd k=j+l Iq V6ik =1,.,9, ta c6 od gi (kD) gi (FD) — 4? ot qi F-1) ~ qi kV) + x Ta lại có J—(R—1) _ — qÈ J1 — qi-(k-)) — 1+ qk (1 + qk) (a + gi- (kN) = Vay nén ÚI:2'<Ätc7 k k mm. rq k=1 1+4 Từ đó ta được II +— q* Pp 1— gk k k pa! +4 k=1 I+q hay P k l-q < YOl<T] | 4 12 1.3 Định lý Viète Định lý 1. Giả sử ƒ(+) € Rị[z] có dạng f(@) = an” + ay 12" | +--+ +a;2 +a, deg f =n.
Khi đó, nếu ƒ có ø nghiệm #,#ạ,.,#„ (có thể không phân biệt) thì đn—] #1 Ta +::': tan = — , an an-2 412 -T 813 Ð *** Ðđn_—13n —= ; Qn an-3 4119293 + 21424 Ð -* + Ð#n—-2#n—1#n — — ; an ao + 24#a. an Chiing minh. Do f(x) la da thitc bac n va cé n nghiém 2, v2,.đn, Dựa vào so sánh hệ số của f(x) theo cách khai triển trên và f(a) = ann” + apa" | +--+» +ayx + a0, ta được điều cần chứng minh. Chứng minh ay" 3 — > ay.
13 Gọi 4 nghiệm không âm của đa thức là #1, #a, 3,4. Theo định lý Vi ét ta có 318234 = aq = 0, 18283 + 218204 + 218394 + 22034 = —A3 = O. Ap dụng bất đẳng thức AM - GM cho 4 số không âm ta có đa na ca =A3 = #128 + 18284 + đ18344 + #azazai > 4y/ ef e330}. ^ 4 1 4 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 114243 — 411244 — 1413314 — 121314 2S | =2 —=13 =4.
Co thể mở rộng Bài toán|1.12| cho đa thức bậc nø như sau Bài toán 1. Cho đa thức bậc ?ø f(x) = aor" + aya"! + + + an 1a + aa(ag # 0) có rz nghiệm không âm (có thể không phân biệt). Chứng minh Ñn—] TS n—] n 2a,. Cách giải bài toán này cũng tương tự như trên.