Tiêu đề LỜI GIẢI ĐỀ XUẤT CHO BÀI KIỂM TRA CUỐI KÌ VÀNH VÀ VÀNH ĐA THỨC 2024.pdf ✅

Media Đoàn - Hội Sư phạm Math xì trét K48 Media Đoàn - Hội Sư phạm Math xì trét K48 LỜI GIẢI ĐỀ XUẤT CHO BÀI KIỂM TRA CUỐI KÌ VÀNH VÀ VÀNH ĐA THỨC 2024 Đề xuất bởi: Sinh viên ẩn danh T - Lớp 48.01.SPTOAN.SN 1 ĐỀ THI Câu 1 (2 điểm). a) Chứng minh rằng miền Euclid là miền các iđêan chính. b) Trong hai vành Z[x] và Q[x], vành nào là miền Euclid? Vì sao? Câu 2 (2 điểm). Cho f(x) và g(x) là hai đa thức hệ số nguyên. Khẳng định nào sau đây đúng? Giải thích. a) f(x) chia hết g(x) trong Q[x] khi và chỉ khi f(x) chia hết g(x) trong Q[i][x]. b) f(x) chia hết g(x) trong Q[x] khi và chỉ khi f(x) chia hết g(x) trong Z[x]. Câu 3 (3 điểm). a) Giải phương trình ix3 + 12ix − 8 √ 3 = 0 bằng phương pháp Cardano. b) Tìm nghiệm hữu tỉ và phân tích đa thức f(x) = x 6 + 24x 4 + 144x 2 + 192 thành nhân tử bất khả quy trong Q[x], R[x] và C[x]. Câu 4 (3 điểm). Cho f(x, y, z) là đa thức đối xứng nhỏ nhất (có ít hạng tử nhất) có chứa hạng tử x 4 y. a) Viết biểu thức của f(x, y, z). b) Biểu diễn đa thức f(x, y, z) qua các đa thức đối xứng cơ bản. c) Tính giá trị của f(x, y, z) tại nghiệm c1, c2, c3 của phương trình x 3 − 7x − 3 = 0. 1
Media Đoàn - Hội Sư phạm Math xì trét K48 ó Lời giải đề xuất cho bài kiểm tra cuối kì Vành và vành đa thức 2024 2 LỜI GIẢI ĐỀ XUẤT Bài 1 (2 điểm). a) Chứng minh rằng miền Euclid là miền các iđêan chính. b) Trong hai vành Z[x] và Q[x], vành nào là miền Euclid? Vì sao? ò Lời giải a) Vì miền Euclid là miền nguyên nên ta chỉ cần chỉ ra rằng mọi iđêan của miền Euclid đều là iđêan chính. Gọi K là miền Euclid với hàm Euclid δ : K\{0} → N và I là một iđêan của K. Nếu I = 0 thì I là iđêan chính sinh bởi 0, do đó ta xét I ̸= 0. Khi đó, I\{0} ̸= ∅ nên δ(I\{0}) là một tập con khác rỗng của N, do đó có phần tử nhỏ nhất (theo Nguyên lí sắp thứ tự tốt). Ta chọn a ∈ I\{0} sao cho δ(a) = min δ(I\{0}). Ta chứng minh I = ⟨a⟩. Lấy b ∈ I tùy ý. Vì K là miền Euclid nên tồn tại q, r ∈ K sao cho b = aq + r với δ(r) < δ(a) hoặc r = 0. Giả sử r ̸= 0 thì δ(r) < δ(a). Mặt khác, iđêan I chứa a, b nên cũng chứa b − aq, tức r. Như vậy, r ∈ I\{0} và δ(r) < δ(a), mâu thuẫn với định nghĩa của a. Suy ra r = 0, và b = aq ∈ ⟨a⟩. Vậy I ⊆ ⟨a⟩. Mà ⟨a⟩ ⊆ I (vì a ∈ I) nên I = ⟨a⟩. Chứng minh hoàn tất. b) Vì Q là trường nên Q[x] là miền Euclid, căn cứ theo định lí đã biết sau: "Vành đa thức trên trường F là một miền Euclid với hàm Euclid là hàm bậc của đa thức." (*) Bây giờ, giả sử Z[x] là miền Euclid thì Z[x] là miền các iđêan chính. Gọi f(x) là phần tử sinh của iđêan ⟨2, x⟩ của Z[x] (f ∈ Z[x]). Khi đó 2 = f(x)g(x) và x = f(x)h(x) với g, h ∈ Z[x] nào đó. Dễ thấy f(x), g(x), h(x) ̸= 0. Hơn nữa, vì Z là miền nguyên nên deg f + deg g = deg 2 = 0, deg f + deg h = deg x = 1. Suy ra deg f = deg g = 0, deg h = 1. Đặt f(x) = a, h(x) = b + cx (a, b, c ∈ Z) thì từ x = f(x)h(x), ta có x = ab + acx, cho nên ac = 1. Khi đó, ⟨f(x)⟩ = ⟨a⟩ = Z[x]. Thật vậy, với mỗi k(x) ∈ Z[x], ta có k(x) = (ac)k(x) = a[ck(x)], mà iđêan ⟨a⟩ chứa a nên cũng chứa k(x). Như vậy, ⟨2, x⟩ = Z[x] nên phần tử 1 của Z[x] có thể viết được dưới dạng 2p(x)+xq(x) với p, q ∈ Z[x], suy ra hệ số tự do của 2p(x) + xq(x) là 1. Tuy nhiên, hệ số tự do của 2p(x) + xq(x) là 2d, một số chẵn, với d là hệ số tự do của p(x), mâu thuẫn. Vậy giả sử là sai, tức Z[x] không phải là miền Euclid. □ Nhận xét: 1. Bằng cách chứng minh tương tự lời giải câu b, ta có thể chỉ ra rằng với k ∈ Z, iđêan ⟨k, x⟩ của Z[x] là iđêan chính khi và chỉ khi k ∈ {−1; 0; 1} (lưu ý rằng ⟨k, x⟩ chính là tập hợp các đa thức hệ số nguyên có hệ số tự do chia hết cho k). 2. Ta có mệnh đề quan trọng sau đây về điều kiện cần và đủ để R[x] là miền Euclid (hay miền các iđêan chính), trong đó R là vành giao hoán có đơn vị. Cho R là vành giao hoán có đơn vị. Khi đó các khẳng định sau là tương đương: i) R[x] là miền Euclid. Trang 2

Media Đoàn - Hội Sư phạm Math xì trét K48 ó Lời giải đề xuất cho bài kiểm tra cuối kì Vành và vành đa thức 2024 Bài 3 (3 điểm). a) Giải phương trình ix3 + 12ix − 8 √ 3 = 0 bằng phương pháp Cardano. b) Tìm nghiệm hữu tỉ và phân tích đa thức f(x) = x 6 + 24x 4 + 144x 2 + 192 thành nhân tử bất khả quy trong Q[x], R[x] và C[x]. ò Lời giải a) Ta chia hai vế của phương trình cho i để thu được phương trình bậc ba rút gọn: ix3 + 12ix − 8 √ 3 = 0 ⇔ x 3 + 12x + 8i √ 3 = 0. Đặt x = u + v với uv = − 12 3 = −4 và thay vào phương trình, ta có: (u + v) 3 + 12(u + v) + 8i √ 3 = 0 ⇔ u 3 + v 3 + 3uv(u + v) − 3uv(u + v) + 8i √ 3 = 0 ⇔ u 3 + v 3 = −8i √ 3. Lại có u 3 v 3 = (uv) 3 = (−4)3 = −64 nên theo Định lí Viète đảo, u 3 và v 3 là hai nghiệm của phương trình Z 2 + 8i √ 3Z − 64 = 0. Phương trình này có 2 nghiệm là Z1 = −4i √ 3 + 4 = 8 Å cos 5π 3 + isin 5π 3 ã , Z2 = −4i √ 3 − 4 = 8 Å cos 4π 3 + isin 4π 3 ã . Lấy u1 = 2 Å cos 5π 9 + isin 5π 9 ã là một căn bậc ba của Z1, v1 = 2 Å cos 4π 9 + isin 4π 9 ã là một căn bậc ba của Z2 và đặt ε = −1 2 + i √ 3 2 = cos 2π 3 + isin 2π 3 . Vì u1v1 = −4 nên ta kết luận phương trình đã cho có 3 nghiệm là: x1 = u1 + v1 = 4isin 5π 9 , x2 = u1ε + u2ε 2 = 2 Å cos 11π 9 + isin 11π 9 ã + 2 Å cos 16π 9 + isin 16π 9 ã = 4isin 11π 9 , x3 = u1ε 2 + u2ε = 2 Å cos 17π 9 + isin 17π 9 ã + 2 Å cos 10π 9 + isin 10π 9 ã = 4isin 17π 9 . b) Vì f(x) = x 6 + 24x 4 + 144x 2 + 192 ≥ 192 > 0 với mọi x ∈ R nên f không có nghiệm thực, nghiệm hữu tỉ. Ta có f(x) = x 6 + 0x 5 + 24x 4 + 0x 3 + 144x 2 + 0x + 192 ∈ Z[x], 3 là số nguyên tố, 3 ̸ | 1, 3 | 0, 3 | 24, 3 | 144, 3 | 192, 3 2 ̸ | 192 nên theo tiêu chuẩn Eisenstein, f bất khả quy trong Q[x]. Bây giờ, ta phân tích f như sau: f(x) = x 6 + 24x 4 + 144x 2 + 192 = (x 3 + 12x) 2 − (8i √ 3)2 = (x 3 + 12x − 8i √ 3)(x 3 + 12x + 8i √ 3). Chú ý rằng nếu c là nghiệm của phương trình x 3 + 12x + 8i √ 3 = 0 thì c là nghiệm của phương trình x 3 + 12x − 8i √ 3 = 0. Thật vậy: c 3 + 12c = c 3 + 12 · c = c 3 + 12c = c 3 + 12c = −8i √ 3 = 8i √ 3. Trang 4