truc can thuc o mau

MỞ RỘNG TRƯỜNG
VỚI BÀI TOÁN TRỤC CĂN THỨC DƯỚI MẪU SỐ.
Nguyễn Văn Dũng - Khoa Toán ĐHSP HN
Bài toán trục căn thức ở phổ thông được hiểu là bài toán dùng các phép biến đổi đồng nhất
làm mất các căn thức ở mẫu số, trong các biểu thức đại số với các phép toán số học của các số hữu
tỉ và các căn thức nguyên (căn thức của một số nguyên).
Phương pháp chủ yếu để giải bài toán này ở phổ thông là nhân cả tử số và mẫu số với biểu
thức liên hợp của mẫu số. Tuy nhiên khó khăn ở đây là: không phải khi nào cũng dễ dàng tìm thấy
biểu thức liên hợp của mẫu số, ngay cả khi biểu thức ở mẫu số khá đơn giản chẳng hạn:
- Để trục căn thức dưới mẫu của biểu thức
522.4
85
33
++
ta cần nhân cả tử số và mẫu số
với biểu thức
2128.4
33
+−−
.
- Để trục căn thức dưới mẫu của biểu thức
323
1
3
++
ta cần nhân cả tử số và mẫu số với
biểu thức -
1322784562.3344.330324
3333
+−++−
.

Sau đây chúng ta sẽ chỉ ra rằng: ứng dụng lí thuyết mở rộng trường ta có thể tìm thấy không
mấy khó khăn biểu thức liên hợp của mẫu số trong các bài toán trục căn thức.
1. Nhận xét.
Trước hết ta có nhận xét rằng bất cứ bài toán trục căn thức nào cuối cùng sẽ được đưa về
bài toán: làm mất căn thức dưới mẫu số của biểu thức dạng
f(u)
1
trong đó f(x) là đa thức với hệ
số hữu tỉ còn u cũng là đa thức với hệ số hữu tỉ nhưng của một hay nhiều căn thức nguyên. Chẳng
hạn:
=
++
522.4
85
33
5u2
u
85
2
++
với u =
3
2
.
323
1
3
++
=
1u

1
+
với u =
3
23 +
.
42.324
1
33
++
=
1
u
1
2
+
với u =
32
3
+
.
Bài toán trở thành tìm một đa thức với hệ số hữu tỉ g(x) sao cho f(u).g(u) = a là một số hữu
tỉ khác 0. Ta có
f(u)
1
=
f(u)g(u)
g(u)
=
a

g(u)
. Như vậy căn thức đã được trục khỏi mẫu số.
1
2. Mở rộng trường với lời giải của bài toán trục căn thức.
2.1 Lời giải.
Không làm mất tính tổng quát, ta có thể giả thiết biểu thức cần trục căn có dạng
f(u)
1

trong đó f(x) là đa thức với hệ số hữu tỉ còn u là đa thức với hệ số hữu tỉ của một hay nhiều căn
thức nguyên.
Chú ý rằng mỗi căn nguyên
n
a
đều là một số đại số, vì nó là nghiệm của đa thức khác
không x
n
- a
∈
Q[x]. Tập hợp A tất cả các số đại số là một trường con của trường các số phức C.
Cho nên đa thức với hệ số hữu tỉ của một hay nhiều căn thức nguyên phải thuộc A. Nghĩa là, u là
một số đại số. Vì thế Q(u) là một mở rộng đơn sinh bởi phần tử đại số u. Giả sử đa thức bất khả qui
của u trên Q là p(x) với bậc n, n
≥
1. Khi đó theo định lý về cấu trúc của mở rộng đơn sinh bởi
phần tử đại số, mỗi phần tử của Q(u) đều có thể biểu diễn một cách duy nhất dưới dạng
k
0
+ k
1

u
1
+ k
2
u
2
+…+ k
n-1
u
n-1
trong đó các k
i
là những số hữu tỉ. (1)
Mà
f(u)
1
∈
Q(u), biểu diễn
f(u)
1
dưới dạng (1) ta thu được kết quả cần tìm.
2.2 Ví dụ.
Ví dụ 1. Trục căn thức dưới mẫu của biểu thức sau A =
522.4
85
33
++
.
Đặt u =
3

2
ta có A =
52u
u
85
2
++
. Đa thức bất khả qui của u trên Q là p(x)=x
3
-2.
Kí hiệu f(x) = x
2
+2x+5. Vì p(x) là bất khả qui trên Q và không là ước của f(x), nên p(x) và f(x)
nguyên tố cùng nhau trong Q[x]. Bằng thuật toán Ơclít ta tìm được UCLN(p(x), f(x)) = 85 và tìm
được s(x) = x+10 và t(x) = - x
2
- 8x+21, thoả mãn p(x).s(x) + f(x).t(x) = 85. Do đó p(u).s(u) +
f(u).t(u) = 85. Vì p(u) = 0 nên:
A=
522.4
85
33
++
=
52u
u
85
2
++
=

f(u)
85
= t(u) = - u
2
- 8u+21 =-
3
4
- 8.
3
2
+21.
Ví dụ 2. Trục căn thức dưới mẫu của biểu thức sau A =
323
1
3
++
.
Đặt u =
3
2
+
3
ta có A =
3u
1
+
.
Từ u-
3
=

3
2

⇒
(u-
3
)
3
=2
⇒
u
3
-3
3
.u
2
+9u- 3
3
=2
⇒
3
3
(u
2
+1)= u
3
+9u- 2
⇒
u
6

- 9u
4
- 4u
3
+27u
2
- 36u - 23 = 0.
Như vậy đa thức p(x) = x
6
- 9x
4
- 4x
3
+27x
2
- 36x - 23 có bậc 6 nhận u làm nghiệm. Mà Q(u)
= Q(
3
2
+
3
) = Q(
3
2
,
3
) là mở rộng bậc 6 của Q, nên p(x) là đa thức bất khả qui trên Q.
2
Kí hiệu f(x) = x+3. Vì p(x) là bất khả qui trên Q và không là ước của f(x), nên p(x) và f(x)
nguyên tố cùng nhau trong Q[x]. Bằng thuật toán Ơclít ta tìm được UCLN(p(x), f(x)) = 436 và tìm

được s(x) =1 và t(x) = -x
5
+3x
4
+ 4x
2
-39x +153, thoả mãn p(x).s(x) + f(x).t(x) = 436.
Do đó p(u).s(u) + f(u).t(u) = 436. Vì p(u) = 0 nên:
A =
323
1
3
++
=
3u
1
+
=
f(u)
1
=
436
1
t(u) =
436
1
( -u
5
+3u
4

+ 4u
2
-39u +153)
=
436
1
( -
1322784562.3344.330324
3333
+−++−
).
Ví dụ 3. Trục căn thức dưới mẫu của biểu thức sau A =
42.324
1
33
++
.
Đặt u =
3
2
+
3
ta có A =
1
u
1
2
+
.
Trong ví dụ 2 ta đã chỉ ra đa thức p(x) = x

6
- 9x
4
- 4x
3
+27x
2
- 36x - 23 là đa thức bất khả qui
trên Q. Kí hiệu f(x) = x
2
+1. Vì p(x) là bất khả qui trên Q và không là ước của f(x), nên p(x) và f(x)
nguyên tố cùng nhau trong Q[x]. Bằng thuật toán Ơclít ta tìm được UCLN(p(x), f(x)) = 1156 và tìm
được
s(x) = 8x-15, t(x) = -8x
5
+15x
4
+ 80x
3
-118x
2
-356x+811.
Thoả mãn p(x).s(x) + f(x).t(x) = 1156.
Do đó p(u).s(u) + f(u).t(u) = 1156. Vì p(u) = 0 nên:
A =
42.324
1
33
++
=

1
u
1
2
+
=
f(u)
1
=
1156
1
t(u)
=
1156
1
( -8u
5
+15u
4
+80x
3
-118u
2
-356u +811) với u =
3
2
+
3
.
2.3.Chú ý.

Trong các bài toán trục căn thức, từ biểu thức của u việc tìm đa thức p(x) nhận u làm
nghiệm nói chung không gặp khó khăn gì. Vì chúng ta có thể làm mất dần các căn thức có mặt
trong u bằng các phép luỹ thừa hai vế thích hợp. Tuy nhiên khó khăn thường gặp phải ở đây là:
chúng ta chưa thể chứng minh ngay được p(x) bất khả qui trên Q hoặc vì p(x) không thoả mãn tiêu
chuẩn Adenstainơ còn bậc của mở rộng Q(u) trên Q lại không tính được hoặc vì bản thân đa thức
p(x) tìm được không bất khả qui trên Q. Trong trường hợp này chúng ta vẫn thực hiện phép chia
Ơclít p(x) cho f(x) hoặc ngược lại tuỳ thuộc vào đa thức nào có bậc lớn hơn. Khi đó xảy ra một
trong 2 trường hợp:
Nếu UCLN(p(x),f(x)) là một số hữu tỉ khác không, nghĩa là p(x) và f(x) nguyên tố cùng
nhau. Phần việc tiếp theo thực hiện như đã chỉ ra trong các ví dụ nêu ra ở trên.
3
Nếu UCLN(p(x),f(x)) = d(x) là một đa thức có bậc khác không. Khi đó tồn tại các đa thức
p
1
(x) và f
1
(x) thuộc Q[x] sao cho p(x) = p
1
(x).d(x) và f(x) = f
1
(x).d(x).Vì mẫu số của biểu thức A
luôn được giả thiết khác không, nghĩa là f(u)=f
1
(u).d(u)
≠
0 nên d(u)
≠
0. Do đó từ p
1
(u).d(u) = p(u)

= 0 cho ta p
1
(u) = 0. Chúng ta thu được đa thức p
1
(x) có bậc bé hơn thực sự bậc của p(x) cũng nhận
u làm nghiệm. Tiếp tục như trên áp dụng cho đa thức p
1
(x) nếu như UCLN(p
1
(x),f(x)) = d
1
(x) lại là
một đa thức có bậc khác không. Sau một số bước hữu hạn ta thu được đa thức p
n
(x) nhận u làm
nghiệm và nguyên tố cùng nhau với f(x). Bài toán trở về trường hợp thứ nhất.
Tài liệu chính dùng để tham khảo:
1. Ngô Thúc Lanh - Đại số và số học 3- NXB GD 1987.
2. Jean Pierre Escofier - Galois Theory-
Institute Mathematiques de Rennes 2001.

4