Polynomials in one variable: Basic definitions

Trong bài này $K$ là một trong các tập hợp $\mathbb{F}_p$ (tập các số nguyên modulo một số nguyên tố $p$ ), $\mathbb{Q}$ , $\mathbb{R},$ hoặc $\mathbb{C}$ .

Định nghĩa 1. Cho $n$ là một số tự nhiên và $a_0,a_1,...,a_n \in K$ . Mỗi tổng hình thức có dạng

$a_n x^n+a_{n-1} x^{n-1}+\ldots+a_1 x+a_0$

được gọi là một đa thức trên $K$ theo biến $x$ với hệ số $a_0,a_1,...,a_n$ . Nếu $k$ là chỉ số lớn nhất sao cho $a_k \neq 0$ , thì ta nói đa thức $f(x)=a_k x^k+\ldots+a_1x+a_0$ có bậc $k$ , viết $\text{deg}(f(x))=k$ , $a_k$ được gọi là hệ số đầu của đa thức $f(x)$ , và $a_0$ được gọi là hệ số tự do của $f(x)$ . Nếu $a_0$ là hệ số đầu của $f(x)$ , thì $f(x)$ được gọi là đa thức hằng.

Nếu hệ số đầu của $f(x)$ là $1$ , thì $f(x)$ được gọi là đa thức monic. Tập tất cả đa thức với hệ số trong $K$ được ký hiệu bởi $K[x]$ .

Theo định nghĩa này thì đa thức không, đa thức mà mọi hệ số là không, không có bậc. Để thuận tiện, ta qui ước nó là đa thức hằng và có bậc bằng $-\infty$ . Một đa thức hằng $f(x)=a_0$ có bậc $0$ nếu $a_0 \neq 0$ . Hai đa thức bằng nhau nếu chúng có cùng bậc và tất cả các hệ số tương ứng bằng nhau. Cần phân biệt giữa đa thức $f(x)$ và hàm đa thức tương ứng từ $K$ đến $K$ xác định bởi thay một phần tử của $K$ vào vị trí của $x$ . Nếu $f(x)=a_m x^m+\ldots+a_1x+a_0$ và $c \in K$ , thì $f(c)=a_m c^m+\ldots+a_1c+a_0$ được gọi là giá trị của $f(x)$ tại $c$ . Nếu $K$ là $\mathbb{F}_p$ thì có thể có hai đa thức khác nhau xác định cùng một hàm đa thức.

Ví dụ 1. Cho $K$ là $\mathbb{F}_3$ và xét các đa thức $x^3$ và $x$ . Với mỗi $c \in \mathbb{F}_3$ , ta có $c^3 \equiv c\pmod{3},$ do đó các hàm đa thức $f(x)=x^3$ và $g(x)=x$ là bằng nhau như các hàm từ $\mathbb{F}_3$ tới $\mathbb{F}_3$ .

Với hai đa thức $f(x)=a_m x^m+a_{m-1} x^{m-1}+\ldots+a_1 x+a_0$ và

$g(x)=b_n x^n+b_{n-1} x^{n-1}+\ldots+b_1 x+b_0,$

tổng của $f(x)$ và $g(x)$ , ký hiệu $f(x)+g(x)$ , xác định bởi cộng các hệ số tương ứng. Tích của $f(x)$ và $g(x)$ , ký hiệu $f(x)g(x)$ , là đa thức

$a_m b_n x^{n+m}+\ldots+\left(a_2 b_0+a_1 b_1+a_0 b_2\right) x^2+\left(a_1 b_0+a_0 b_1\right) x+a_0 b_0.$

Hệ số $c_k$ của $x^k$ trong $f(x) g(x)$ bằng $c_k=\sum_{i=0}^k a_i b_{k-i}=\sum_{i+j=k} a_i b_j.$

Ta dễ dàng chứng minh được các tính chất sau của tổng và tích hai đa thức:

(a) Tính chất kết hợp: Với mỗi đa thức $f(x)$ , $g(x)$ , và $h(x)$ trên $K$ ,

$f(x)+(g(x)+h(x)) =(f(x)+g(x))+h(x),$

$f(x) \cdot(g(x) \cdot h(x)) =(f(x) \cdot g(x)) \cdot h(x) .$

(b) Tính chất giao hoán: Với mỗi đa thức $f(x)$ và $g(x)$ trên $K$ ,

$f(x)+g(x) =g(x)+f(x),$

$f(x) \cdot g(x)=g(x) \cdot f(x).$

$f(x)(g(x)+h(x)) =(f(x)g(x))+(f(x)h(x)),$

$(f(x)+g(x))h(x) =(f(x) h(x))+(g(x) h(x)).$

(d) Phần tử đơn vị: Các đơn vị trong các phép toán cộng và nhân của $K$ , khi xét như các đa thức hằng, là các đơn vị trong các phép toán cộng và nhân của $K[x]$ , tương ứng.

(e) Phần tử đối: Với mỗi $f(x)\in K[x],$ $f(x)$ có đa thức đối, ký hiệu $-f(x)$ .

Bây giờ ta có thể định nghĩa hợp thành của hai đa thức.

Định nghĩa 2. Xét hai đa thức $f(x)$ và $g(x)$ trên $K$ với

$f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0,$

khi đó đa thức $a_n(g(x))^n+a_{n-1}(g(x))^{n-1}+\cdots+a_1g(x)+a_0,$ ký hiệu bởi $f(g(x))$ , được gọi là hợp thành của $g$ và $f$ .

Định lí 1. Nếu $f(x)$ và $g(x)$ là hai đa thức khác không trong $K[x]$ , thì tích $f(x) g(x)$ của chúng cũng là đa thức khác không và

$\text{deg}(f(x) g(x))=\text{deg}(f(x))+\text{deg}(g(x)).$

Chứng minh. Giả sử $f(x)=a_m x^m+\ldots+a_1 x+a_0$ và

$g(x)=b_n x^n+\ldots+b_1 x+b_0,$

với $\text{deg}(f(x))=m$ và $\text{deg}(g(x))=n$ . Khi đó $a_m \neq 0$ và $b_n \neq 0$ . Vì hệ số đầu của đa thức $f(x) g(x)$ bằng $a_m b_n$ , là số khác không, nên bậc của $f(x) g(x)$ là $m+n$ . $\Box$

Hệ quả 1.1. Nếu $f(x), g(x), h(x) \in K[x]$ và $f(x)$ không là đa thức không, thì từ $f(x) g(x)=f(x) h(x)$ ta có $g(x)=h(x)$ .

Chứng minh. Nếu $f(x) g(x)=f(x) h(x)$ thì $f(x)(g(x)-h(x))=0$ , để ý $f(x) \neq 0$ và dùng định lí 1 ta có $g(x)-h(x)=0$ , hay $g(x)=h(x)$ . $\Box$

Không khó khăn lắm ta cũng chứng minh được kết quả sau.

Định lí 2. Cho $f(x)$ và $g(x)$ là các đa thức khác đa thức hằng trên $K$ . Khi đó

$\deg (f(x)+g(x))\leq\max (\deg f(x),\deg g(x))$

và $\deg (f(g(x))=\deg (g(f(x))=\deg f(x)\deg g(x)$ .

Định nghĩa 3. Cho $f(x)$ và $g(x)$ là hai đa thức trên $K$ với $g\not=0$ . Nếu tồn tại đa thức $q(x)$ trên $K$ sao cho $f(x)=q(x) g(x)$ thì ta nói $g(x)$ là một nhân tử hoặc một ước của $f(x)$ , và viết $g(x) \mid f(x)$ .

Khi $g(x) \mid f(x)$ ta cũng nói $g(x)$ chia hết $f(x)$ , hoặc $f(x)$ chia hết cho $g(x)$ .

Bổ đề. Với mỗi $c \in K$ , và mỗi số nguyên dương $k$ ,

$(x-c) \mid\left(x^k-c^k\right).$

Chứng minh. Ta có $x^k-c^k=(x-c)\left(x^{k-1}+c x^{k-2}+\ldots+c^{k-2} x+c^{k-1}\right)$ , và $x^{k-1}+c x^{k-2}+\ldots+c^{k-2} x+c^{k-1}\in K[x]$ nên thu được điều cần chứng minh. $\Box$

Định lí 3. Cho $f(x) \in K[x]$ và $c \in K$ . Khi đó tồn tại $q(x) \in K[x]$ sao cho $f(x)=q(x)(x-c)+f(c).$ Hơn nữa, nếu $f(x)=q_1(x)(x-c)+k$ , với $q_1(x) \in K[x]$ và $k \in K$ , thì $q_1(x)=q(x)$ và $k=f(c)$ .

Chứng minh. Giả sử $f(x)=a_m x^m+\ldots+a_1x+a_0$ , khi đó

$f(x)-f(c)=a_m\left(x^m-c^m\right)+\ldots+a_1(x-c) .$

Theo bổ đề, ta thấy $x-c$ là ước của mỗi hạng tử trong vế phải, suy ra nó phải là một ước của $f(x)-f(c)$ . Do đó tồn tại đa thức $q(x)$ trên $K$ sao cho $f(x)-f(c)=q(x)(x-c),$ hay $f(x)=q(x)(x-c)+f(c)$ . Nếu $f(x)=q_1(x)(x-c)+k$ thì $\left(q(x)-q_1(x)\right)(x-c)=k-f(c).$

Nếu $q(x)-q_1(x) \neq 0$ thì theo định lí 1, vế trái có bậc dương, điều này không thể xảy ra do vế phải là đa thức hằng. Như vậy $q(x)-q_1(x)=0$ , và do đó $k=f(c)$ . $\Box$

Ví dụ 2. Khi $K=\mathbb{Q}$ , $f(x)=x^2+3x+2$ và $c=1$ , ta có $f(x)=(x+4)(x-1)+6$ .

Định nghĩa 4. Cho $f(x) \in K[x]$ . Một phần tử $c$ của $K$ được gọi là một nghiệm của đa thức $f(x)$ nếu $f(c)=0$ .

Ta có ngay kết quả sau.

Hệ quả 3.1. Cho $f(x)$ là một đa thức với hệ số thuộc $K$ và $c \in K$ . Khi đó $c$ là một nghiệm của $f(x)$ khi và chỉ khi $x-c$ là một ước của $f(x)$ .

Hệ quả 3.2. Một đa thức bậc $n$ với hệ số trong $K$ có nhiều nhất $n$ nghiệm phân biệt trong $K$ .

Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo bậc của đa thức $f(x)\in K[x]$ . Kết quả đúng khi $f(x)$ có bậc $0$ .

Bây giờ giả sử khẳng định đúng với mọi đa thức có bậc $n-1$ . Nếu $f(x)$ không có nghiệm trong $K$ thì ta có điều cần chứng minh. Nếu $c$ là một nghiệm của $f(x)$ trong $K$ thì theo hệ quả 3.1, ta có thể viết $f(x)=g(x)(x-c)$ , với đa thức $g(x)\in K[x]$ . Nếu $a$ là một nghiệm bất kỳ của $f(x)$ trong $K$ thì $g(a)(a-c)=0$ , do đó $g(a)=0$ hoặc $a=c$ . Vì $g(x)$ là một đa thức có bậc $n-1$ nên theo giả thiết quy nạp, $g(x)$ có nhiều nhất $n-1$ nghiệm phân biệt trong $K$ , do đó $f(x)$ có nhiều nhất $n-1$ nghiệm phân biệt trong $K$ mà khác $c$ . Do đó $f(x)$ có nhiều nhất $n$ nghiệm phân biệt trong $K$ . $\Box$

Có những đa thức trên $K$ nhưng không có nghiệm thuộc $K$ . Chẳng hạn, đa thức $x^2-2$ không có nghiệm hữu tỷ. Tuy nhiên ta có định lí rất quan trọng sau:
Định lí 4 (Định lí cơ bản của đại số). Mọi đa thức khác hằng với hệ số phức đều có ít nhất một nghiệm phức.
—

Do khuôn khổ của một bài viết trên blog nên tôi không cho thêm các ví dụ và bài tập liên quan đến Toán Olympic, tôi sẽ làm việc này vào một dịp khác. Bài viết cũng là tài liệu tự đọc cho các bạn học sinh lớp 9 và lớp 10 đang theo học tại $\mathbf{T}^{\prime}s\, \mathfrak{Lab}$ .

M	T	W	T	F	S	S
1	2	3	4	5	6	7
8	9	10	11	12	13	14
15	16	17	18	19	20	21
22	23	24	25	26	27	28
29	30	31

Polynomials in one variable: Basic definitions

Published by Nguyen Trung-Tuan

3 thoughts on “Polynomials in one variable: Basic definitions”

Leave a comment Cancel reply

Share this:

Related

Published by Nguyen Trung-Tuan

3 thoughts on “Polynomials in one variable: Basic definitions”

Leave a comment Cancel reply