tài liệu ôn thi đầu vào cao học cần thơ năm 2012 bạn cũng làm được như tôi

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (359.65 KB, 27 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=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 F

f g K x




f gtrong K[x]   q1 K x g

 

, q f1



f gtrong F[x] q2F x g

 

, q f2

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). f x( )x x( 1)(2x1) và g x( )



x1



2nx2n 2x1
b). f x

 

 x2  x 1 và g x

  

 x1



n2 x2n1

c). f x( )x2  x 1 và g x

 

 x3k x3m1x3n2,
trong đó k, m, n là các số nguyên dương.

Giải:

b). f x

 

 x2  x 1 và g x

  

 x1



n2 x2n1

Nhận xét:

Trong

 

x , ( )f x chỉ có nghiệm đơn vì: f x'( )2x1 khơng 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

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Cho  là một nghiệm bất kì của f(x), ta có:

 









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). f x( )x2  x 1 và g x

 

 x3k x3m1x3n2,
Nhận xét:

Trong

 

x , ( )f x chỉ có nghiệm đơn vì: f x'( )2x1 khơng 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:

 









3 3

0 1 0

1 1 0
1 0 1

f

hay

  

 

    

    

   

Suy ra:

 

   

 

3 3 1 3 2

3 3 3 2

1 0

k m m

k m n

g    

    

 

 

  

   

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=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). f x

 

 x2 x 1và g x

 

x2n xn 1

b). f x

 

 x2  x 1 và g x

  

 x1



n  xn1
c). f x

 

 x2 x 1 và g x

  

 x1



n xn 1
d). f x

 

 x2  x 1 và g x

 

x3k x3m1 x3n2

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). f x

 

 x2 x 1và g x

 

x2n xn 1

 









2
3

0 1 0

1 1 0
1

f   

  



    

    

 

Ta có: g

 

 2n n 1

Ta chia bài toán thành 3 trường hợp:
1). n0 mod 3





n3k

 

2.3 3
2

3 3

1 3 0

k k

g   

 

  

    

Vậy trong trường hợp này f không là ước của g.
2). n1 mod 3





n3k 1

 

2.(3 1) 3 1
2

3 2 3
2

1 0

k k

g   

   

 

 

  

   

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

 

2.(3 2) 3 2
2 1

3 3 2

2
1
1
1 0
k k
k k

g   

   
 
 


  
  
   

Vậy trường hợp này f|g.

Kết luận: f g| trong

 

x nkhông0 mod 3





3 không là ước của n.
b). f x

 

 x2  x 1 và g x

  

 x1



n  xn1

 









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). n0 mod 3





n3k

 

3 2.3
3 3 2
3

1 1 3

1 1 ( ) 3

1 1 3 0

k k

k

g  



 
   
 
 
   
 
 
    
 

(2n n 1=3, thực hiện ở câu a) trường hợp 1 ).
Vậy trong trường hợp này f không là ước của g.

2). n1 mod 3





n3k 1

 





 

3 1 2.(3 1)

3 3 2 2

1 1

1 . 1 1 ( )
1 1

k k

k

k
k

g  

 

 
 
  
 
 
    
 
 
   
 

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

 

0 2 1





g   k  l l

Vậy trong trường hợp này: f g| n6l4



l



3). n2 mod 3





n3k 2

 





 

3 2 2.(3 2)

3 2 3 2 3

1 1

1 . 1 1 ( )
1 1

k k

k

k
k

g  

  



 

 

  

 

 

    

 

 

  

 

( 2(3k2)3k2 1 0ở trường hợp 3 của câu a)).

 

0 2





g   k  l l

Vậy trong trường hợp này: f g| n6l2



l



Kết luận: | 6 2





6 4

n l

f g l

n l

 



 

 



c). f x

 

 x2 x 1 và g x

  

 x1



n xn 1

 









3 3

, 0 1 0

1 1 0
1 0 1

f

   

  

 

     

    

     

 

2
2

( 1) 1

( ) 1

n n

n n
n n

g   

 

   

  

Ta chia bài toán thành 3 trường hợp:
1). n0 mod 3





n3k

 

2.3 3
3 2 3

( ) 1

1 1 1 0

k k

k
k

k k

g   

 

  

     

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

 

2.(3 1) 3 1

3 2 2 3

2 2
2

( ) 1

1 1 1

1 1

=( 1) 1 1
1 1
k k
k
k
k k
k
k
k

g   

   
 
 

  

 
  
  
    
   
 
    
 
 
  
 

 





0 1 +1=0

2 1
k
g

k l l

   

   

Vậy trong trường hợp này: f g| n6l4



l



3). n2 mod 3





n3k2

 

2.(3 2) 3 2

3 ( 2 1) 3 2

2 1 2

2 2

2
1

( ) 1

1 1 1

1 1

( 1) 1 1

1 1

k k
k
k
k k
k
k
k

g   

   
 
 
  

 


  
  
    
    
 
     
 
 
  
 

g

 

   0

 

1 k   1 0 k2 l



l



Vậy trong trường hợp này: f g| n6l2



l



Kết luận: | 6 2





6 4

n l

f g l

n l
 

 
 


d). f x

 

 x2  x 1 và g x

 

x3k x3m1 x3n2

 









3 3

, 0 1 0

1 1 0
1 0 1

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

 





 

3 3 1 3 2

3 3 3 2

2 2

( ) ( ) ( )
( 1) ( 1) ( 1)

1 1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1

k m n

n m k

n m

g    

    
 
   
 
 
 
  
  
     
     
           
     
     
        
     
   

          

 

1 1 1 1

k

n m k n


  
 
   
       
   

Vì  nên:

 

1 1 0

n m

k n

g        

   




, ,

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 f xk( )xk 1 là một đa thức với hệ số hữu
tỉ. CMR: với mọi m n,  *

a). fm| fn khi và chỉ khi m|n.
b).



fm,fn



 fd với d ( , )m n

Chứng minh:

 

( ) k 1
k

f x  x   x

a). fm| fn khi và chỉ khi m|n.
() m n| nmk











( 1)
( 1)

( ) 1 1

1 ... 1

( ) ... 1

n mk

n

m m k m

m k m

m

f x x x

x x x

f x x x



   
    
   
|
m n
f f


</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Ta có: m e2i 1 nên  là một nghiệm của fm, do đó cũng là
nghiệm của fn, nghĩa là: n 1

Suy ra:
2

1
n i
m
e



 nên n

m , nghĩa là m n| .

b).



fm, fn



 fd với d ( , )m n

Đặt g 



fm,fn



. Ta chứng minh: g  fd

Ta có: |d m và |d n nên theo câu a) ta được
|

d m

f f và fd | fn

do đó: fd | (fm, fn) g

Ta chỉ cần chứng minh g f| d, từ đó suy ra: g  fd (vì ,g fdđơn khởi).
Nhận xét rằng:

( )
m

f x chỉ có nghiệm đơn trong (do f ' ( )m x mxm1 khơng có nghiệm
chung với fm( )x nên g x

 

cũng chỉ có nghiệm đơn trong .

Do đó để cm: g f| d 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, 

 

1 1 0
1

m n

g  f  f 

 

   

    

  

Suy ra:

   

a. b 1

d am bn m n

    

  

1 0
d



   hay  là nghiệm của fd( )x

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=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 9

f x  x  x  x  x và 3 2

( ) 2 5 4

g x  x x  x

b). 5 4 3 2

( ) 3 3 1

f x x  x x x  x và 4 3

( ) 2 2

g x x  x  x

c). 4 3 2

( ) 4 8 9 5 1

f x  x  x  x  x và 4 2

( ) 4 3 1

g x  x x  x
Giải:

a). Vd trong sách.

b). 5 4 3 2

( ) 3 3 1

f x x  x x x  x và 4 3

( ) 2 2

g x x  x  x (TL)
Tìm h=(f,g).

5 4 3 2

3 3 1

x  x x x  x 4 3

2 2

x  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 3

2 2

x  x  x -x3 -1
x4 +x -x-2 
2x3 +2

2x3 +2 
0

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

3
3

( ) ( ) ( ) ( )

1 ( ) ( ) ( )

1 ( ) ( ) ( ) ( 1) ( ) ( )
( , ) 1 ( 1) ( ) ( )
r x f x q x g x

x f x q x g x

x q x g x f x x g x f x
h 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

[f,g]= ( 2)

(f,g) 1
( 2)( 3 3 1)

5 7 3 5 7 2

fg fg

k x f

h x

x x x x x

x x x x x x

    



     

      

c). 4 3 2

( ) 4 8 9 5 1

f x  x  x  x  x và g x( )4x4x23x1 (TL)
Tìm h=(f,g).

4 3 2

4x 8x 9x 5x1 4x4x23x1
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 2

8x  2 x  6x  2 -8x3 +8x2 - 8x
8x4 -8x3+8x2 -x-1

8x3 -6x2 +6x +2 
8x3 -8x2 +8x 
2x2 -2x +2

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Ta tiếp tục lấy r(x) chia cho r1(x):

-8x3 +8x2 - 8x 2x2 -2x +2 
-8x3 +8x2 - 8x -4x

1 1

2
2

( ) 2 ( ) ( ) ( )

2 ( ) ( )( ( ) ( ) ( ))

2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

(2 ( ) ( )) ( ) ( ) ( )

(2 ( 1)) ( ) ( 1) ( )

( 1) ( ) ( 1) ( )

2 2 2 ( 1) ( ) ( 1) ( )

1 ( 1) (

r x g x q x r x

g x q x f x q x g x

g x q x f x q x q x g x

q x q x g x q x f x

x g x x f x

x x x g x x f x

x x x f

 

  

  

  

      
    

       
    

) ( 1) ( )

1 1

( , ) 1 ( 1) ( ) ( 1) ( )

2 2

x x g x

h f g x x x f x x g x

  

         

Suy ra: 1( 1), 1( 1)

2 2

u x v  x .
Tìm k=[f,g]

Tacó:

6 5 4 3 2

[f,g]= (4 4 1)
(f,g)

16 16 8 8 7 1

fg

k x x f

h

x x x x x x

    

      

BÀI 3.10. Trong các trường hợp sau hãy tìm khai triển Taylor của đa thức f 

 

x tại x0.
Xét xem x0 là nghiệm bội cấp mấy của f và tìm các đạo hàm f( )i ( )x0 với 1 i 6.

a). f x( )x5 2x4 5x315x216x12 và x0 2
b). f x( )x5 5x4 4x34x2 3x9 và x0 3

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

d). f x( )8x612x56x47x312x2 6x1 và 0 1
2

x 

Giải:

b). f x( )x5 5x4 4x34x2 3x9 và x0 3

f 1 -5 4 4 3 9

3 1 -2 -2 -2 -3 0

3 1 1 1 1 0

3 1 4 13 40

3 1 7 34

3 1 10

3 1





2 4 5

( ) 40( 3) 34 3 10( 3) ( 3)

f x  x  x  x  x

Suy ra: x0 3 là nghiệm bội 2 của f(x).
Ta có:

(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)

(3) 0.1! 0
(3) 40.2! 80
(3) 34.3! 204
(3) 10.4! 240
(3) 1.5! 120
(3) 0.6! 0

f
f
f
f
f
f

 

BÀI 3.11. Trong các trường hợp sau hãy tìm tất cả các đa thức f thoả điều kiện đã cho:
a). f 

 

x thoả (2)f 4; (3)f 6; (4)f 8

b). f  5

 

x thoả (2) 1; ( 1)f  f  3; (3)f 2.
c). f  101

 

x thoả f(2)30; (5)f 21; (3)f  13.

Giải:

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

1
1

( ) 10( 5)( 3)

21.(6) ( 2)( 3)
13.(2) ( 2)( 5)

f x x x

x x




  

  

Trong 101 ta tìm

 

2 1và

 

6 1

Dễ thấy:

 

2 1 51 vì 2.51 102 1  trong 101
Ta tìm

 

6 1:

101 6

6 5 16

5 1 1

0 5

1 6 5 6 (101 16.6) 17.6 101
1 17.6 101 17.6

      

  

1
(6) 17

  trong 101
Vậy

0( ) 10( 5)( 3)
21.17( 2)( 3)
13.51( 2)( 5)

f x x x

x x

  

  

Suy ra các đa thức f(x) cần tìm là:
0

( ) ( ) ( 2)( 5)( 3) ( )

f x  f x  x x x g x với g x

 

 101

 

x .

BÀI 3.14. Trong các trường hợp sau hãy phân tích f thành tích các đa thức bất khả qui trên
, trên và trên :

a). f x( )x5 2x42x3 15x18

b). f x( )x5 2x47x314x218x36
c). f x( )x5 2x4 4x34x2 5x6

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

e). f x( )9x6 30x549x4 28x34x2 16x4
f). f x( ) 4x623x5 63x485x357x2 8x16

Giải:
a). f x( )x5 2x42x3 15x18 (TL)

Ta thấy x 1 là nghiệm của f(x), ta chia f(x) cho (x+1), ta được:

4 3 2

( ) 3 3 18

g x x x  x  x

g(x) nếu có nghiệm hữu tỉ thì là nghiệm nguyên và là ước của 18.
Ta có: ước của 18 là: 1;2 ;3 ;6 ; 9 ;1 8 .

 

1 16

1 24

g
g


  


    1 không là nghiệm của g(x).
Ta xét: (có thể để ngồi nháp)

 -2 2 -3 3 -6 6 -9 9 -18 18

 

1
1

g




16
3

 16

1




16
4

 16

2




16
7

 16

5




16
10

 16

8




16
19

 16

17



 

1
1
g






24
1




24
3

 24

2




24
4

 24

5




24
7

 24

8




24
10

 24

17



24
19


Rõ ràng nghiệm của g(x) chỉ có thể là các số:  2; 3

Ta dùng sơ đồ Horner để thử các số trên có phải là nghiệm của g(x) khơng:

g 1 1 -3 3 -18

2 1 3 3 9 0 *

2 1 5 13 35

-2 1 1 1 7

3 1 6 21 72

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

-3 1 -3 11

g x( ) có 2 nghiệm là x=2 , x=-3.
2

( ) ( 2)( 3)( 3)

g x  x x x 

Ta thấy rằng f(x) có 3 nghiệm hữu tỉ là x=-1, x=2 , x=-3.

Vậy 2

( ) ( 1)( 2)( 3)( 3)
f x  x x x x  . (*)
Xét: 2

 

x   x ta thấy rằng vô nghiệm trên

 

x , nên 2
3

x  bkq trên và .
Dạng (*) là các đa thức của f(x) bkq trên và .

Trong : 2
3

x  có nghiệm là x  3i

( ) ( 1)( 2)( 3)( 3 )( 3 )
f x  x x x x i x i
b). f x( )x5 2x47x314x218x36 (TL)
Ta thấy f(x) có nghiệm x=-2

Ta chia f(x) cho x+2 ta được:

4 2

( ) 7 18

g x x  x 
Đặt 2 2 4

tx t x























2 2

( ) 7 18

2 9
2 9
2 3 3

g x t t
t t

x x

x x x

   

  

   

Rõ ràng f(x) có 3 nghiệm hữu tỉ là: x=-2, x=-3, x=3

Vậy











( ) 2 3 3 2

f x  x x x x  (*).
Xét: 2

 

x   x vô nghiệm trên

 

x , nên 2
2

x  bkq trên

 

x và

 

x .
Dạng (*) là các đa thức bkq của f(x) trên

 

x và

 

x .

Trong : 2

x  có nghiệm là x  2i

( ) ( 2)( 3)( 3)( 2 )( 2 )
f x  x x x x i x i .

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Nhận xét rằng nếu f(x) có nghiệm thì là nghiệm ngun và là ước của 6.
Ta có ước của 6 là:  1 ;  2 ;  3 ;  6

Mặt khác: f(1) 0 x1 là nghiệm của f(x).

 

1 12 0

f    nên -1 không là nghiệm của f(x).
Ta lập sơ đồ Horner tìm nghiệm của f(x):

f 1 -2 -4 4 -5 6

1 1 -1 -5 -1 -6 0 *

1 1 0 -5 -6 -12

2 1 1 -3 -7 -20

-2 1 -3 1 -3 0 *

-2 1 -5 11 -25

3 1 0 1 0 *

3 1 3 10

-3 1 -3 10

Vậy f(x) có 3 nghiệm hữu tỉ là: 1; -2; 3
2

( ) ( 1)( 2)( 3)( 1)

f x x x x x

      (*).

Xét: 2

 

x   x vô nghiệm trên

 

x , nên 2
1

x  bkq trên

 

x và

 

x .
Dạng (*) là các đa thức bkq của f(x) trên

 

x và

 

x .

Trong : 2
1

x  có nghiệm là x i
( ) ( 1)( 2)( 3)( )( )
f x  x x x x i x i  .

d). f x( ) 16 x636x5 84x4 99x3201x245x25 (TL)
Trước tiên ta thấy x=-1 là 1 nghiệm của f(x).

f 16 -36 -84 99 201 45 -25
-1 16 -52 -32 131 70 -25 0
-1 16 -68 36 95 -25 0

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Rõ ràng f(x) có nghiệm x=-1 và là nghiệm bội 3

3 3 2

( ) ( 1) (16 84 120 25)

f x x x x x

     

Đặt 3 2

( ) (16 84 120 25)
g x  x  x  x

Ta dễ dàng thấy rằng g(x) có nghiệm là 1
4

x , 5
2

x (bội 2).

Nên: 1 5 2

( ) ( )( )

4 2

g x  x x

Vậy: 3 1 5 2

( ) ( 1) ( )( )

4 2

f x  x x x (*)

Rõ ràng dạng (*) là các đa thức của f(x) bkq trên , và .

e). f x( )9x6 30x549x4 28x34x2 16x4
Nếu p(p ,q \ 0 ,( , ) 1)

 

p q

q

     là một nghiệm hữu tỉ của f(x) thì
| 4

| 9

( ) | (1) 16
( ) | ( 1) 100

p
q

p q f






 



   



1; 2; 4
1;3;9
( ) |16
( ) |100

p
q

p q

   


 


 




 



Từ kết quả trên ta suy ra để tìm nghiệm hữu tỉ của f(x) ta chỉ cần thử các số:

1 2 1

; ;

3 3 9



(các số trên là do ta nhẩm tính theo bảng sau với điều kiện ở trên)

p q

1 1

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

2 9
-2

4
-4

Ta lập bảng Horner để thử tìm nghiệm của f(x).

f 9 -30 49 -28 -4 16 4

3 9 -27 40 -44/3 -80/9 352/27 676/81 Loại
1

 9 -33 60 -48 12 12 0 Nhận

1
3

 9 -36 72 -72 36 0 *** Nhận

1
3

 9 -39 85 -301/3 625/9 Loại

3 9 -30 52 -112/3 100/9 *** Loại

9 9 -35 613/9 -5219/81 21025/729 *** Loại

Vậy f(x) chỉ có một nghiệm hữu tỉ là: 1
3

   (bội 2)





4 3 2

( ) 9 36 72 72 36

f x x  x  x  x  x

 







4 3 2



3x 1 x 4x 8x 8x 4

     

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

4 3 2
2 2

2
2

2 2

( ) 4 8 8 4

8 4

4 8

2 2

4 8

g x x x x x

x x x

x x

x x x

x x

    

 

      

 

      

        

   

  

 

Đặt :

2
2 2

2 2

4
2

t x t x

x x

x t

x

 

      

 
 

    

 









2 2
2 2

2 2

2
2
2

( ) ( 4 4 8)

( 4 4)
( 2)
2
2 2

g x x t t

x t t

x t
xt x

x x

   

  

 

  

Vậy f x( )



3x1





x2 2x2



2 (1)

Nhận xét: x22x 2

 

x khơng có nghiệm trong nên x22x2 bất khả
qui trong

 

x và trong

 

x

(1) là phân tích f(x) dưới dạng tích các đa thức bất khả qui trong

 

x

trong

 

x .

Trong : f x( )



3x1

 

2 x 1 i

 

2 x 1 i



BÀI 3.15. Chứng minh rằng các đa thức sau bất khả qui trên .
a). x4 8x312x26x3

b). x4 x32x1

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

d). 5x3 6x2 5x25
e). 7x3 6x2 11x11

f). x33n x2 n3 với n nguyên dương
g). 3x45x34x1

h). x4 9x36x1

i). 4 3 2

8 2 5

x  x  x  x

Giải:
a). f x( )x4 8x312x2 6x3
(cách 1)

Ta thử tại x0 1 xem có số nguyên tố thoả hay không.
(ta dùng tiêu chuẩn Eisenstain)

(ta lưu ý rằng nếu là số lẻ thì ngừng
ngay, khơng thoả).

Ta được: f x( )(x1)4 4(x1)36(x1)2 2(x1)2
Đặt: y x 1 x y1

Ta có: f x( 1) y4 4y3 6y2 2y 2 g y( )

Áp dụng tiêu chuẩn Eisenstain cho g(y) với p=2, tức là:
i). p=2 không là ước của an=1

2i). p=2 là ước của -4; -6; -2; 2.
3i). p2=4 không là ước của a0=2.

f 1 -8 12 -6 3

1 1 -7 5 -1 2

1 1 -6 -1 -2

1 1 -5 -6

1 1 -4

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Các điều kiện đều thoả ta suy ra g(y) bất khả qui trên . Do đó f(x) cũng bất
khả qui trên .

******Lưu ý: đối với một số bài ta khơng thể tìm ra được x0 (cũng như thao tác tìm p theo
tiêu chuẩn Eisenstain thì ta thực hiện theo cách 2).

(Cách 2) f x( ) x48x3 12x2 6x3 (TL)
Nếu p



p ,q \ 0 , ( , ) 1

 

p q



q    là một nghiệm hữu tỉ của f(x) thì p|3, q|1 tức là
1; 3, 1

p   q  , rõ ràng nếu có nghiệm thì là nghiệm ngun và là ước của 3. Tuy nhiên ta thử
trực tiếp các số ước của 3 không là nghiệm của f(x). Do đó f(x) khơng có nghiệm hữu tỉ.

Ta cm bằng cách cm phản chứng.

Giả sử f(x) không bất khả qui trên . Khi đó:

 

( ), ( )
h x g x x

  : f x( )h x g x( ) ( ) (*) , deg( ) 1, deg( ) 1g  h 
Vì f(x) khơng có nghiệm hữu tỉ nên: deg( )g 2, deg( )h 2

Từ (*) suy ra: deg( )g deg( )h 2
2

( ) a +b; ,a,b , 0

( ) +d; ,c,d , 0

g x x x

f x x cx

  

  

   

Từ (*) suy ra: 1 1
1

 


 

 


     


Khơng mất tính tổng qt ta có thể giả sử   1
Khi đó:

2 2

4 3 2 3 2 2

4 3 2

( ) ( ax+b)(x )

ax acx

( ) ( ) ( ) (**)

f x x cx d

x cx dx adx bx bcx bd

x a c x ac b d x ad bc x bd

   

        

Ta cũng có thể giả sử: b  d (3*)

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

8 (1)
12 (2)
6 (3)
3 (4)
a c

ac b d
ad bc

bd

  


   




  


 



(4*)

Kết hợp (3*) và (4) suy ra: 1, 3 (4')
1, 3 (4'')
b d

b d

 



    


(1),(3),(4’) suy ra: 8

3 6

a c
a c

  




  


, ta được a=1, c=-9
Thế a, c vào (2) ta thấy: -9+1+3=12 vô lý.

(1),(3),(4’’) suy ra: 8

3 6

a c
a c

  




   


ta được a=7, c=-15
Thế a,c vào (2) ta thấy: 7.(-15)-1-3=12 vơ lý.

Tóm lại hệ (4*) vơ nghiệm trong .

Mâu thuẩn này cho thấy f(x) phải bkq trên .
i). f x( )x4 8x3 x22x5

Nếu p

q

  ( p ,q \ 0 ,( , ) 1)

 

p q  là một nghiệm hữu tỉ của f(x) thì: | 5
|1

p
q





nên
1; 5, 1

p    q  . Tuy nhiên thế trực tiếp ta thấy 1; 5  không là nghiệm của f(x).
Do đó f(x) khơng có nghiệm hữu tỉ.

Ta chứng minh f(x) bất khả qui trên bằng cách chứng minh phản chứng:
Giả sử f(x) không bất khả qui trên , khi đó:

 

( ), ( )

g x h x x

 

( ) ( ) ( ); (*) deg( ) 1,deg( ) 1

f x  g x h x g  h 

Vì f(x) khơng có nghiệm hữu tỉ, ta phải có:

 

deg 2,deg 2

deg( ) deg( ) 2

g h

 

  

 

2
2

; , , , 0

g x x ax b a b

h x x cx d c d

  

  

    

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Từ (*) suy ra: . 1 1
1

 

 

 

 



     



Khơng mất tính tổng qt, ta có thể giả sử:   1. Khi đó:







4 3 2 3 2 2

4 3 2

( )

( ) ( ) ( )

f x x ax b x cx d

x cx dx ax acx adx bx bcx bd

x a c x ac b d x ad bc x bd

    

        

(**)
ta cũng có thể giả sử b  d (***)

đồng nhất các hệ số tương ứng ở hai vế của (**) ta được:
8 (1)

1 (2)
2 (3)

5 (4)

a c
ac b d
ad bc
bd

 


   




 



 



(****)

(***) 1, 5 (4')
(4)

1, 5 (4'')

b d

 



 

   



8
(1),(3),(4')

5 2

a c
a c

 


 

 


( vô nghiệm trong )
8

(1),(3),(4'')

5 2

a c
a c

 


 

  



( vô nghiệm trong )

Vậy hệ (****) vô nghiệm trong .

Mâu thuẩn này cho thấy f(x) phải bất khả qui trên .

b). f x( )x4 x32x1 (TL)
Ta xét: x0 1

f 1 -1 0 2 1

1 1 0 0 2 3

1 1 1 1 3

1 1 2 3

1 1 3

1 1

















( ) 1 3 1 3 1 3 1 3

f x x x x x

         

Đặt y=x-1 xy1

4 3 2

( 1) 3 3 3 3 ( )

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Áp dụng tiểu chuẩn Eisenstain cho g(y) với p=3.
i). p=3 không là ước của an=1

2i). p=3 là ước của 3; 3; 3; 3.
3i). p2=9 không là ước của a0=3.

Các điều kiện đều thoả ta suy ra g(y) bất khả qui trên . Do đó f(x) cũng bất
khả qui trên .

Cách 2: f x( )x4 x32x1

Ta dễ thấy rằng f(x) khơng có nghiệm hữu tỉ.

Ta chứng minh f(x) bất khả qui trên bằng cách chứng minh phản chứng:
Giả sử f(x) không bất khả qui trên , khi đó:

 

( ), ( )

g x h x x

 

( ) ( ) ( ); (*) deg( ) 1,deg( ) 1

f x  g x h x g  h 

Vì f(x) khơng có nghiệm hữu tỉ, ta phải có:

 

deg 2,deg 2

deg( ) deg( ) 2

g h

 

  

 

2
2

; , , , 0

g x x ax b a b

h x x cx d c d

  

  

    

Từ (*) suy ra: . 1 1
1

 

 

 

 



     



Không mất tính tổng qt, ta có thể giả sử:   1. Khi đó:







 

2 2

4 3 2 3 2 2

4 3 2

( )

( ) ( ) ( ) **

f x x ax b x cx d

x cx dx ax acx adx bx bcx bd

x a c x ac b d x ad bc x bd

    

        

ta cũng có thể giả sử b  d (***)

đồng nhất các hệ số tương ứng ở hai vế của (**) ta được:
1 (1)

0 (2)
2 (3)
1 (4)

a c
ac b d

ad bc
bd

  


   




 



 



</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

(***) 1, 1 (4')
(4)

1, 1 (4'')

b d

 



 

   



1
(1),(3),(4')

a c
a c

  


 

 


( vô nghiệm trong )
1

(1),(3),(4'')

a c

  


 

  


( vô nghiệm trong )

Vậy hệ (****) vô nghiệm trong .

Mâu thuẩn này cho thấy f(x) phải bất khả qui trên .
d). f x( )5x36x25x25 (TL)

Nếu p(p ,q \ 0 , ( , ) 1)

 

p q
q

     là một nghiệm hữu tỉ của f(x) thì:
| 25

| 5
( ) | (1)
( ) | ( 1)

p
q
p q f

p q f









  



Tuy nhiên ta thấy rằng nếu  0thì f( ) 0, do đó ta chỉ cần xét:
1; 5; 25

1; 5
( ) | (1) 41
( ) | ( 1) 21

p
q
p q f
p q f

   


 




 



   



Rõ ràng, ta thấy rằng khơng có giá trị nào thỏa tức khơng tìm được p,q. điều đó
có nghĩa là khơng có nào thỏa f(x).

Vậy f(x) vô nghiệm trên , dẫn đến f(x) bkq trên .

(Nếu xuyên hơn ta lập bảng horner thử nghiệm).

h). f x( )x4 9x36x1 (TL)
Dễ thấy f(x) vô nghiệm trên .
Ta cm f(x) bkq bằng cm phản chứng.
Giả sử f(x) không bkq, tức:

 

( ), ( ) : ( ) ( ) ( )
g x h x x f x g x h x

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

2
2

( ) ax+b; ,a,b , 0

( ) x+d; ,c,d , 0

g x x
h x x c

  

  

   

Từ (1) suy ra: 1 1
1

 


 

 


     


Khơng mất tính tổng qt, ta có:   1
Khi đó:

2 2

4 3 2

( ) ( ax+b)(x )

( ) ( ) ( ) (2)

f x x cx d

x a c x ac b d x ad bc x bd

   

        

Ta cũng giả sử: b  d (*)

Ta đồng nhẫt 2 vế của (2) ta được:
9 (1)

0 (2)

6 (3)
1 (4)
a c

ac b d
ad bc

bd

  


   




 


  



(**)

Từ (*) và (4) 1, 1 (4 ')
1, 1 (4 '')

b d

  


 

  


Kết hợp (1), (3), (4’): 9
6
a c

a c

  




 


vô nghiệm trong

Kết hợp (1), (3), (4’’): 9

6
a c

a c

  




  


vô nghiệm trong
Vậy là hệ (**) vô nghiệm trong .

Mâu thuẩn này cho thấy f(x) phải bkq trên .

g). f x( )3x45x34x1 (TL)
Nếu p(p ,q \ 0 , ( , ) 1)

 

p q

q

     là một nghiệm hữu tỉ của f(x) thì:
|1

| 3
p
q





, nên p 1,q1;3

Tuy nhiên ta thử trực tiếp các giá trị: 1; 1
3

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Ta cm f(x) bkq bằng cm phản chứng.
Giả sử f(x) không bkq, tức:

 

( ), ( ) : ( ) ( ) ( )
g x h x x f x g x h x

   (1), deg( ) 1, deg( ) 1g  h 
Vì f(x) khơng có nghiệm hữu tỉ nên: deg( )g 2, deg( )h 2
Từ (1) suy ra: deg( )g deg( )h 2

2
2

( ) ax+b; ,a,b , 0

( ) x+d; ,c,d , 0

g x x
h x x c

  

  

   

Từ (1) suy ra: 3 1, 3

1, 3

 


 

 



      


Khơng mất tính tổng qt, ta có thể giả sử:  1, 3
Khi đó:

2 2

4 3 2

( ) ( ax+b)(3x )

3 (3 ) ( 3 ) ( ) (2)

f x x cx d

x a c x ac b d x ad bc x bd

   

        

Ta cũng giả sử: b  d (*)

Ta đồng nhất 2 vế của (2) ta được:
3 5 (1)

3 0 (2)
4 (3)
1 (4)
a c

ac b d
ad bc

bd

 


   




  


 



(**)

Từ (*) và (4) 1, 1 (4 ')
1, 1 (4 '')
b d

b d

 



     


Kết hợp (1), (3), (4’): 3 5
4
a c
a c

 




  


vô nghiệm trong

Kết hợp (1), (3), (4’’): 3 5 3 5

4 4

a c a c

   

 



 

     

 

vô nghiệm trong
Vậy là hệ (**) vô nghiệm trong .

</div>

tài liệu ôn thi đầu vào cao học cần thơ năm 2012 bạn cũng làm được như tôi

<b>PHẦN 3: VÀNH ĐA THỨC </b>

 

 

 

 





 

  



 

 

<sub>  </sub>

<sub></sub>

 

 

 

 

 

 









  



 

 

 

 

 

 

 

 

 









 

   

 

 

 

 

 

 

  



 

  



 

 

 

 

 

 









 

<sub></sub>

<sub></sub>

 

 

 





 

 

 

 

 

 

 



