Đa thức bất khả quy
#1
Đã gửi 08-07-2008 - 09:01
Ai có ngihiên cứu vấn đề xin cho ý kiến.
#2
Đã gửi 08-07-2008 - 12:44
Khái niệm đa thức bất khả quy có thể định nghĩa trên 1 trường (thậm chí vành) bất kỳ. Tuy nhiên, người ta thường chỉ nhắc đến đa thức bất khả quy trên Z, trên Q. Lý do là vì đa thức bất khả quy trên C và trên R đã được phân loại đầy đủ, cụ thể:
- Đa thức bất khả quy trên C là các đa thức có dạng ax + b
- Đa thức bất khả quy trên R là các đa thức có dạng ax + b và ax^2 + bx + c với b^2 - 4ac < 0.
Đa thức bất khả quy có nhiều ứng dụng trong các lý thuyết:
- Trường
- Số đại số
- Phương trình đại số
Và bạn có ý đúng khi so sánh đa thức bất khả quy với số nguyên tố.
- henry0905 yêu thích
#3
Đã gửi 13-07-2008 - 10:02
1. P(x),f(x),g(x)∈Z[x] , và P(x) bất khả quy trong Z[x] .
a) Chứng minh rằng nếu f(x)+g(x)⋮P(x) mà f(x)⋮P(x) thì g(x)⋮P(x)
b) Chứng minh rằng nếu f(x).g(x)⋮P(x) mà g(x) không chia hết P(x) thì f(x)⋮P(x)
c) Chứng minh rằng nếu f(x) không chia hết P(x) và g(x) không chia hết P(x) thì f(x).g(x) không chia hết P(x)
d) Chứng minh nếu f(x) không chia hết P(x) thì
d.1) f(x) không chia hết〖[P(x)]〗^k (k∈Z)
d.2) [f(x) ]^k không chia hết P(x) (k∈Z)
2. Chứng minh rằng mọi đa thức không phải là đa thức bất khả khả quy đều có thể phân tích được thành dạng tích các đa thức bất khả quy có bậc nhỏ hơn nó.
Và chứng minh cách phân tích đó là duy nhất.
Nếu chứng minh được câu 1b hay 1c đều có thể dùng để chứng minh câu 2, và ngược lại nếu thừa nhận câu 2 thì đều có thể chứng minh được câu 1
Em đã thử chứng chứng minh câu 1b bằng cách phản phản chứng thông thường nhưng rất dài dòng và lủng củng, để chừng nào đánh xong em post lên, trong khi đó mọi người thử xem sao
(kí hiệu không chi hết trên đây không nhân ra nên phải dùng chữ vậy)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ng Anh Tuan: 13-07-2008 - 11:05
#4
Đã gửi 13-07-2008 - 11:02
*Chú ý: chúng ta không có định lý của bài 2 ở trên mà phải chứng minh nên coi chừng ngộ nhận!
Cho 2 đa thức f(x),g(x)∈Z[x] và bất khả quy. Chứng minh rằng nếu 2 đa thức này có nghiệm chung, tức là ∃α:f(α)=g(α)=0 thì f(x)=±g(x).
Solve.doc 270.5K 25 Số lần tải
#5
Đã gửi 13-07-2008 - 13:14
Còn các tính chất và bạn nêu ra, sẽ dễ dàng chứng minh hơn nếu sử dụng tính chất sau:
Nếu P(x) bất khả quy và Q(x) không chia hết cho P(x) thì P(x) và Q(x) nguyên tố cùng nhau.
Phép chia Euclide đóng vai trò quan trọng trong các chứng minh này.
#6
Đã gửi 13-07-2008 - 14:26
#7
Đã gửi 13-07-2008 - 16:00
Xét các đa thức $f\(x\),P\(x\)\in\mathbb{Z}\[x\]$ sao cho $P\(x\)$ bất khả qui trên $\mathbb{Z}\[x\]$ và $P\(x\)$ không chia hết $f\(x\)$.
Ta đặt $d\(x\)=\gcd{\(P\(x\),f\(x\)\)}$ thì $d\(x\)\|P\(x\)\Rightarrow d\(x\)\equiv 1$ hoặc $d\(x\)\equiv P\(x\)$ (có thể thấy rằng nếu ngược lại thì $P\(x\)$ khả qui trên $\mathbb{Z}\[z\]$)
Mặt khác $d\(x\)\|f\(x\)$ nên nếu $d\(x\)\equiv P\(x\)$ thì $P\(x\)\|f\(x\)$, trái với giả thiết.
Vậy $d\(x\)=\gcd{\(f\(x\),P\(x\)\)}\equiv 1$.
Kết thúc chứng minh.
Bài toán "Cho 2 đa thức f(x),g(x)∈Z[x] và bất khả quy. Chứng minh rằng nếu 2 đa thức này có nghiệm chung, tức là ∃α:f(α)=g(α)=0 thì f(x)=±g(x)" của bạn Tiện nêu ra có lẽ phải sửa kết luận thành $f\(x\)=kg\(x\)$ với $k\in\mathbb{Q}$ mới đúng, ví dụ: tôi xét 2 đa thức: $f\(x\)=2x+1;g\(x\)=4x+2$ đều có nghiệm là $\dfrac{-1}{2}$ nhưng không đúng với kết luận của cậu. Còn nếu muốn kết luận đó là đúng có lẽ phải thêm vào điều kiện chúng có một cặp hệ số cùng bậc trùng nhau, đơn giản nhất là $f\(x\),g\(x\)$ đều là đa thức đơn khởi.
Tôi cũng đã đọc file chứng minh của bạn và thấy hơi ngập ngừng ở chỗ bạn chỉ cần xét $a\in\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}$. Bạn nên phát biểu rõ ràng hơn: $f\(x\),g\(x\)$ bất khả qui trên trường nào?
#8
Đã gửi 13-07-2008 - 17:08
#9
Đã gửi 13-07-2008 - 17:21
Sử dụng nó rất hiệu quả để giải bài toán, như tìm các đa thức với hệ số nguyên có nghiệm 1-√2 , đúng hơn là để chứng minh lời giải của các bạn đã tìm được hết các đa thức.
…Và đó là ứng dụng (sơ đẳng) của đa thức bất khả quy mà nhóm mình tìm được tới giờ!
#10
Đã gửi 13-07-2008 - 17:29
Nếu đa thức f(x) bậc n bất khả quy trên Z[x] thì x^n.f(1/x) (tức là đa thức có các hệ số đảo ngược lại) cũng bất khả quy trên Z[x]
Và nếu ai có chứng minh của bài này thì cho mình xin: cho a,b là các số nguyên và nguyên tố cùng nhau, chứng minh tồn tại vô số x để ax+b là số nguyên tố.
Hay nói cách khác là : một cấp số cộng vô hạn có số hạng đầu tiên và công sai nguyên tố cùng nhau thì chứa vô hạn số nguyên tố (hình như đã được chứng minh bởi Dirichlet)
Đây là bước cơ bản để đi đến tìm hiểu ‘giả thiết’ rằng nếu f(x) bất khả quy trên Z[x], các hệ số của f(x) nguyên tố cùng nhau thì tồn tại vô số α để f(α) là số nguyên tố. Không biết định lý này đã được chứng minh chưa nhỉ ?
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ng Anh Tuan: 13-07-2008 - 17:53
#11
Đã gửi 13-07-2008 - 18:26
Cho cấp số cộng $\(u_n\)$ có công sai $d$ thỏa điều kiện $\gcd{\(u_1;d\)}=1$. Khi đó, trong cấp số cộng tồn tại vô hạn số nguyên tố.
Để chứng minh định lý này, bạn có thể tham khảo Wikipedia English hoặc...Google
#12
Đã gửi 13-07-2008 - 18:32
Còn điều này:
Đây là bước cơ bản để đi đến tìm hiểu ‘giả thiết’ rằng nếu f(x) bất khả quy trên Z[x], các hệ số của f(x) nguyên tố cùng nhau thì tồn tại vô số α để f(α) là số nguyên tố. Không biết định lý này đã được chứng minh chưa nhỉ ?
Bạn có thể nói rõ hơn không? Ví dụ với đa thức $f\(x\)=\sum_{i=0}^n a_ix^i$ thì ý bạn là $\gcd{\(a_1,a_2,...,a_n\)}=1$ hay là $\gcd{\(a_i,a_j\)}=1,\forall i,j=\overline{0;n}$ Nếu ý bạn là cái thứ nhất thì đa thức $f\(x\)$ của bạn gọi là một đa thức nguyên thuỷ, bạn có thể search từ khóa này trên Google hay Wiki.
Chúc thành công nhé!!!
(híc, cái nhóm của tớ...buồn thật, 4 công thức nội suy mà nỡ đổ hết lên đầu tớ >.<)
#13
Đã gửi 13-07-2008 - 20:16
Ứng dụng của đa thức bất khả quy chẳng lẽ không có cái nào sơ cấp một chút sao, những gì mà bọn tớ tìm đc chỉ là ứng dụng cao cấp của nó như trong ma trận, đại số cao cấp.
#14
Đã gửi 13-07-2008 - 20:21
Còn định lý Dirichlet ,trong sách Đa thức và ứng dụng của Nguyễn Hữu Điển, nguyên văn là ”chứng minh định lý này bằng kiến thức phổ thông rất dài, vì khuôn khuổn khổ của cuốn sách ta công nhân định lý này. Trong [10] có chứng minh một số cấp số cộng chứa vô hạn số nguyên tố.” !!!
Tuy nhiên vấn đề lớn hơn mình muốn đưa vào bài thuyết trình là liệu người ta chứng minh được : với đa thức f(x) bất kì là bất khả quy và các hệ số nguyên tố cùng nhau thì tồn tại vô số số nguyên tố có dạng f(x) hay không ?
#15
Đã gửi 13-07-2008 - 20:41
Tuy nhiên vấn đề lớn hơn mình muốn đưa vào bài thuyết trình là liệu người ta chứng minh được : với đa thức f(x) bất kì là bất khả quy và các hệ số nguyên tố cùng nhau thì tồn tại vô số số nguyên tố có dạng f(x) hay không ?
Điều này vẫn còn nhiều nghi vấn xung quanh nó, chưa chắc nó đã đúng, nhưng để tìm ra phản ví dụ thì theo tụi mình thấy cũng ko dễ lắm đâu
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hieunguyentr92: 13-07-2008 - 20:42
#16
Đã gửi 14-07-2008 - 12:45
Cách chứng minh của bạn Hy cẩn thận: d(x) thuộc ước của P(x), và P(x) bất khả quy suy ra d(x)≡1 hoặc d(x)≡P(x) chỉ đúng với điều kiện d(x) phải là đa thức có hệ số nguyên (ví dụ như x^2-2 bất khả quy trên Z[x] nhưng có ước x-√2 và x+√2 )
Ngay cả trong trưòng hợp d(x) bạn cho là tất cả đa thức xem xét đều là các đa thức có hệ số nguyên thì định nghĩa ìước chung lớn nhất” hay ìước” cũng không như bình thường nữa. Khi đó các tính chất của ìước”, ìước chung lớn nhất” có còn nghiệm đúng nữa không ?
Nhưng cho cùng thì điều này gợi ra cho ta :nếu làm việc với các ìđa thức bất khả quy” trên R[x] thì có thể ìđa thức bất khả quy” mang ý nghĩa đầy đủ hơn của ìsố nguyên tốì hay không ?
(mai đến nhà tui rồi bàn tiếp vậy…)
#17
Đã gửi 14-07-2008 - 20:59
Cách chứng minh của bạn Hy cẩn thận: d(x) thuộc ước của P(x), và P(x) bất khả quy suy ra d(x)≡1 hoặc d(x)≡P(x) chỉ đúng với điều kiện d(x) phải là đa thức có hệ số nguyên (ví dụ như x^2-2 bất khả quy trên Z[x]nhưng có ước x-√2 và x+√2 )
Tiện ko nhớ hôm thầy Nam Dũng định nghĩa ước chung lớn nhất của $2$ đa thức là ta chỉ xét các đa thức đơn khởi thôi sao? Vậy thì bây giờ có lẽ phải đưa vào 1 điều kiện nào đó về hệ số của đa thức đóng vai trò ước thì việc chọn ước cho 1 đa thức mới có ý nghĩa được. Tôi đề nghị điều kiện đó là $\gcd{\(a_0;a_1;a_2;...;a_n\)}=1$ với $a_i$ là hệ số của đa thức. Như thế sẽ đảm bảo được việc chọn ước $d\(x\)$ của $P\(x\)$ vẫn thuộc $\mathbb{Z}\[x\]$ và không có màn $d\(x\)$ chọn được thì cũng chọn $kd\(x\)$ với $k\in\mathbb{Z}$ nào đó được!
Hơn nữa, nếu đã nghiên cứu đa thức $P\(x\)$ bất khả qui trên $\mathbb{Z}\[x\]$ thì các ước của nó cũng chỉ xét trên $\mathbb{Z}\[x\]$ thôi chứ bạn nhỉ?
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mashimaru: 14-07-2008 - 21:01
#18
Đã gửi 15-07-2008 - 18:34
Mỗi đa thức có bậc lớn hơn 1 đều có thể viết dưới dạng tổng hai đa thức bất khả quy !!!!!
Mọi người xem có thể chỉ ra phản ví dụ không
(*Chú ý: ta xem đa thức như 3x cũng là đa thức bất khả quy)
#19
Đã gửi 15-07-2008 - 18:50
Xét trên $Z[x]$ hả emMình mạnh tay đề nghị cả ìgiả thuyết Goldbach”:
Mỗi đa thức có bậc lớn hơn 1 đều có thể viết dưới dạng tổng hai đa thức bất khả quy !!!!!
Mọi người xem có thể chỉ ra phản ví dụ không
(*Chú ý: ta xem đa thức như 3x cũng là đa thức bất khả quy)
Learn from yesterday,live for today,hope for tomorrow
The important thing is to not stop questioning
#20
Đã gửi 15-07-2008 - 22:14
Xét trên $Z[x]$ hả em
Đúng anh, mình xét vậy cho nó dễ
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh