LUẬN văn THẠC sĩ HAY công thức nghiệm cho một số lớp đa thức

ĐẠI HỌC THÁI NGUN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

HỒNG VĂN HƯỜNG

CƠNG THỨC NGHIỆM
CHO MỘT SỐ LỚP ĐA THỨC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2019

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


ĐẠI HỌC THÁI NGUN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

HỒNG VĂN HƯỜNG

CƠNG THỨC NGHIỆM
CHO MỘT SỐ LỚP ĐA THỨC
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. ĐỒN TRUNG CƯỜNG

THÁI NGUYÊN - 2019

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


Mục lục
Mở đầu

1

Chương 1. Nghiệm và số nghiệm của phương trình đa thức

3

1.1

Cơng thức nghiệm của đa thức có bậc nhỏ và nghiệm hữu tỷ . . .

1.2

Quy tắc dấu Descartes và Định lý Sturm về số nghiệm thực của

3

đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
Chương 2. Phép biến đổi Tschirnhaus và ứng dụng

21

2.1

Phương pháp biến đổi Tschirnhaus . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2.2

Nghiệm đa thức ax2µ + bxµ − xν + c = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . 29

Chương 3. Phương pháp giải tích và nghiệm xấp xỉ

35

3.1

Chặn các nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

3.2

Phương pháp xấp xỉ Newton và Phng phỏp xp x Mă
uller . . . 40

Kt lun

45

Ti liệu tham khảo

46

i

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


Mở đầu
Tìm hiểu cơng thức nghiệm của các đa thức một biến là bài toán rất quan
trọng trong toán học. Từ lâu người ta đã biết công thức nghiệm cho các phương
trình bậc 1, 2, 3, 4. Từ cơng trình của Abel và Galois, người ta biết rằng có nhiều
đa thức bậc 5 trở lên khơng có cơng thức đại số biểu diễn các nghiệm của nó.
Bên cạnh đó vẫn có nhiều đa thức bậc cao mà nghiệm có thể biểu diễn bằng các
cơng thức đại số. Việc tìm ra các cơng thức này, mặt khác, là bài tốn rất khó.
Trong luận văn này, dưới sự hướng dẫn của tiến sĩ Đồn Trung Cường, chúng
tơi chọn đề tài “Cơng thức nghiệm cho một số lớp đa thức” để làm nội dung
nghiên cứu. Mục tiêu của luận văn là tìm hiểu một số phương pháp tìm nghiệm
chính xác và nghiệm xấp xỉ của một số lớp đa thức bậc cao như vậy.
Ngoài phần Mở đầu, Kết luận và Tài liệu tham khảo, nội dung của luận văn
được chia làm ba chương.
Chương 1. Nghiệm và số nghiệm của phương trình đa thức. Trong
chương này chúng tơi trình bày một số kết quả như công thức nghiệm của các
đa thức bậc 1, 2, 3 và 4, nghiệm hữu tỉ, nghiệm bội, nguyên lý đổi dấu Descartes
và định lý Sturm.
Chương 2. Phép biến đổi Tschirnhaus và ứng dụng. Phép biến đổi
Tschirnhaus đưa một đa thức về một đa thức có nhiều hệ số bằng 0. Chương này
trình bày phép biến đổi Tschirnhaus và một ứng dụng phép biến đổi Tschirnhaus
để đưa ra các công thức nghiệm dạng căn thức lồng nhau.
Chương 3. Phương pháp giải tích và nghiệm xấp xỉ. Việc tìm tất
cả các nghiệm của đa thức nói chung là ít khả thi. Thay vào đó người ta tìm
cách khoanh vùng nghiệm của đa thức hoặc tất cả các nghiệm có thể của đa
thức. Chương này trình bày về chặn nghiệm của đa thc, phng phỏp Newton,
phng phỏp Mă

uller, phng phỏp s v cơng thức giải tích tìm nghiệm của
1

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


phương trình đại số.
Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến TS. Đoàn Trung Cường, đã định
hướng chọn đề tài và nhiệt tình hướng dẫn để tơi có thể hồn thành luận văn
này.
Tơi xin chân thành cảm ơn sự giúp đỡ quý báu của các thầy cô giáo trong
khoa Tốn Tin, cũng như các thầy cơ giáo đã tận tâm giảng dạy, hướng dẫn,
giúp đỡ tác giả trong q trình học tập và hồn thành luận văn này.
Xin cảm ơn những người thân trong gia đình và tất cả những người bạn thân
yêu đã hết sức thông cảm, chia sẻ và tạo điều kiện tốt nhất cho tôi để tơi có thể
học tập, nghiên cứu và thực hiện luận văn của mình.
Xin chân thành cảm ơn.
Thái Nguyên, tháng 10 năm 2019
Người viết luận văn

Hoàng Văn Hường

2

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


Chương 1
Nghiệm và số nghiệm của phương
trình đa thức

Chương này trình bày một số kết quả cổ điển về cơng thức nghiệm của đa
thức bậc 1, 2, 3 và 4 và về số nghiệm của đa thức.

1.1

Công thức nghiệm của đa thức có bậc nhỏ và
nghiệm hữu tỷ

Với một đa thức nói chung, từ đầu Thế kỷ 19 người ta đã biết rằng không
tồn tại một công thức đại số chỉ chứa căn thức để biểu diễn các nghiệm của đa
thức đó. Cơng thức hay thuật tốn tìm nghiệm chỉ tồn tại trong một số trường
hợp đa thức có bậc nhỏ hoặc có dạng đặc biệt hoặc lớp nghiệm đặc biệt. Trong
tiết này chúng tôi nhắc lại công thức nghiệm trong trường hợp đa thức bậc 1,
2, 3, 4 và cách tìm nghiệm hữu tỷ.

Cho k là một trường, đa thức P (x) với biến x và hệ số trong k có dạng
P (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn ,

trong đó a0 , . . . , an ∈ k . Nếu P = 0, tức là a0 = a1 = · · · = an = 0, thì ta nói rằng
đa thức P có bậc là −∞, ký hiệu deg P = −∞. Nếu P = 0 và an = 0 thì ta nói
rằng đa thức P có bậc là n, ký hiệu deg P = n. Hạng tử an xn được gọi là hạng
tử cao nhất của P, an gọi là hệ số cao nhất của P. Tập các đa thức một biến với
hệ số trong k được ký hiệu là k[x].
3

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


Định nghĩa 1.1.1. Cho đa thức P ∈ k[x], một phần tử α ∈ k được gọi là không
điểm (hay nghiệm) của đa thức P nếu P (α) = 0.

Các phương trình có bậc càng lớn thì việc giải càng khó, kể cả chỉ xét số
nghiệm hay một số tính chất của nghiệm. Dưới đây ta nhắc lại công thức nghiệm
cổ điển của các phương trình đa thức có bậc 1, 2, 3 và 4. Để tiện trình bày, ta
giả sử các phương trình này có hệ số trong trường các số thực R. Trường hợp
phương trình với hệ số trong trường l bất kỳ được giải tương tự với lưu ý về
điều kiện khai căn và đặc số của trường.
Phương trình bậc nhất (hay phương trình tuyến tính) là phương trình đa thức
có dạng
ax + b = 0,

a = 0.

Phương trình này có một nghiệm x = −b/a.
Phương trình bậc hai là phương trình đa thức có dạng
ax2 + bx + c = 0,

a = 0.

(1.1.1)

Bằng biến đổi quen thuộc, phương trình (1.1.1) tương đương với phương trình
b
x+
2a

2

=

b2 − 4ac

.
4a2

(1.1.2)

Ký hiệu ∆ = b2 − 4ac và gọi nó là biệt thức của phương trình. Nếu ∆ ≥ 0 thì
phương trình có hai nghiệm thực (có thể trùng nhau)
√
√
−b + ∆
−b − ∆
, x2 =
.
x1 =
2a
2a

Nếu ∆ < 0 thì phương trình khơng có nghiệm thực mà chỉ có hai nghiệm phức
x1 =

−b − i |∆|
−b + i |∆|
, x2 =
.
2a
2a

Phương trình bậc ba
αx3 + βx2 + γx + δ = 0, α = 0.

(1.1.3)

Do α = 0 nên chia hai vế cho α, ta đưa phương trình về dạng
x3 + px2 + qx + r = 0

(1.1.4)

4

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


Bằng cách đặt
x=y−

p
3

ta đưa phương trình (1.1.4) về phương trình dạng
y 3 + ay + b = 0,

(1.1.5)

với
1
1
a = (3q − p2 ), b = (2p3 − 9pq + 27r).
3
27

Giả sử y ∈ C là một nghiệm của phương trình (1.1.5). Đặt y = u + v với u, v ∈ C
nào đó. Như thế v có thể chọn tùy ý. Thay vào (1.1.5) ta có
(u + v)3 + a(u + v) + b = 0 hay (u3 + v 3 + b) + (u + v)(3uv + a) = 0.

Chọn u, v sao cho 3uv + a = 0. Khi đó, ta có hệ

u3 + v 3 + b = 0
3uv = −a
Hệ này tương đương

u3 + v 3 = −b
3

u3 v 3 = − a .
27

Như vậy u3 , v 3 là nghiệm của phương trình t2 + bt −

a3
= 0. Từ phương trình này
27

ta tìm được u3 và v 3 , từ đó ta tìm được u, v . Khi đó, phương trình (1.1.5) có ba
nghiệm
y1 = A + B,
1
y2 = − (A + B) +
2
1
y3 = − (A + B) −

2

√
i 3
(A − B),
2
√
i 3
(A − B),
2

trong đó i2 = −1 và
A=

B=

3

b
− +
2

b 2 a3
+ ,
4
27

3

b

− −
2

b2 a3
+ .
4
27

5

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


Ba nghiệm trên có thể được kiểm tra như sau:
(y − y1 )(y − y2 )(y − y3 ) = (y − A − B) y 2 + (A + B)y + A2 − AB + B 2
= y 3 − 3ABy − (A + B)(A2 − AB + B 2 )
= y 3 − 3ABy − A3 − B 3
= y 3 + ay + b.

Giả sử các hệ số p, q, r là các số thực (khi đó a và b cũng là số thực). Ta có ba
trường hợp:
• trường hợp

b2
4

+

a3
27

> 0. Phương trình (1.1.5) một nghiệm thực y = y1 và

hai nghiệm phức liên hợp.
• trường hợp

b2
4

+

a3
27

= 0, suy ra a ≤ 0. Nghiệm của phương trình (1.1.5) có

các khả năng là

(y1 , y2 , y3 ) =

• trường hợp

b2
4

+

a3
27



− 2 − a3 ,




−a, −

2

3



(0, 0, 0)

− a3 ,

− a3

− a3 , −

− a3

nếu b > 0
nếu b < 0
nếu b = 0.

< 0. Phương trình (1.1.5) có ba nghiệm thực phân biệt

yk = 2

a
φ 2kπ
− cos
+
,
3
3
3

k = 0, 1, 2,

trong đó
cos φ =


−


b2 /4
−a3 /27
b2 /4
−a3 /27

nếu b > 0
nếu b < 0.

Mỗi nghiệm yk thu được tương ứng với nghiệm xk = yk − p/3 của phương trình

(1.1.4). Như vậy, phương trình bậc ba hoặc là có một nghiệm thực hoặc có 3
nghiệm thực.
Ví dụ 1.1.2. Giải phương trình
x3 + 3x2 + 12x − 16 = 0.

Đặt x = y − 1 ta được
y 3 + 9y − 26 = 0.

6

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


4a3
Có ∆ =
+
= 784 > 0, suy ra u3 = 27. Chọn u = 3, v = −1. Suy ra
27
y = u + v = 3 − 1 = 2, dẫn đến x = 1. Phương trình ban đầu trở thành
b2

(x − 1)(x2 + 4x + 16) = 0.

Do đó phương trình có 3 nghiệm
√
x = 1, x = −2 ± 2 3i.

Phương trình bậc bốn có dạng
αx4 + βx3 + γx2 + δx + ϕ = 0, α = 0.

Có một số cách giải phương trình này. Chúng tơi đưa ra đây cách giải ít phổ
biến hơn.
Ta đưa phương trình về dạng
x4 + ax3 + bx2 + cx + d = 0,

hay
x4 + ax3 = −bx2 − cx − d.

Thêm

(1.1.6)

a2 x 2
vào cả hai vế, ta được
4
x2 +

ax
2

2

a2
−b
4

= x2

Cộng vào hai vế của phương trình này với x2 +
x2 +

2

ax y
+
2
2

=

a2
−b−y
4

x2 +

− cx − d.
y2
ax
y+ ,
2
4

ay
−c x+
2

y2
−d .
4

(1.1.7)

Chọn y sao cho tam thức bậc hai theo x ở vế phải có nghiệm kép, hay
∆=

ay
−c
2

2

−4

a2
−b−y
4

y2
−d
4

= 0,

hay tương đương
y 3 − by 2 + (ac − 4d)y − d(c2 − 4b) − c2 = 0.

(1.1.8)

7

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


Đây là một phương trình bậc ba và ta đã biết cách giải. Đặt
a2
−b−y
4

ay
−c x+
2

x2 +

y2
−d
4

= (Ax + B)2 .

Giả sử y0 là một nghiệm của phương trình (1.1.8). Khi đó thay y0 vào ta được
phương trình (1.1.7) có dạng
x2 +

2

ax y
+
2

2

= (Ax + B)2 ,

tương đương
x2 +

ax y
+ + Ax + B
2
2

hay

x2 +

ax y
+ − Ax − B = 0,
2
2

ax y
+ + Ax + B = 0
2
ax y2
2
x +
+ − Ax − B = 0
2
2

x2 +

Như vậy, việc giải phương trình bậc bốn quy về việc giải phương trình bậc hai
và một phương trình bậc ba.
Gọi y0 là một nghiệm của phương trình bậc ba trên. Khi đó, phương trình
bậc bốn dạng (1.1.6) có bốn nghiệm
a
x1 = − +
4
a
x2 = − +
4
a
x3 = − −
4
a
x4 = − −
4

1
(R + D),
2
1
(R − D),
2
1
(R − E),
2
1
(R + E),

2

trong đó
1 2
a − b + y0 ,
4

R=

D=

E=








3 2
4a

− R2 − 2a + 14 (4ab − 8c − a3 )R−1

3 2
4a

− 2b + 2

3 2
4a

− R2 − 2a − 14 (4ab − 8c − a3 )R−1

3 2
4a

− 2b − 2

y02 − 4d

y02 − 4d

khi R = 0,
khi R = 0,
khi R = 0,
khi R = 0.

Chú ý là ta lấy căn bậc hai trong C.
8

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


Ví dụ 1.1.3. Giải phương trình x4 + 8x3 + 15x2 − 4x − 2 = 0.
Ta có
x4 + 8x3 + 15x2 − 4x − 2 = 0,

hay

x4 + 8x3 = 4x + 2 − 15x2 ,

tương đương
(x2 + 4x)2 = x2 + 4x + 2.

Cộng hai vế của phương trình trên với (x2 + 4x)y +
x2 + 4x +

y
2

2

y2
, ta được
4
y2
+2 .
4

= (1 + y)x2 + (4 + 4y)x +

(1.1.9)

Lưu ý chọn y sao cho vế phải là một bình phương, muốn vậy, biệt số ∆ của tam
thức bậc hai đối với x phải bằng 0,
∆ = (4 + 4y)2 − 4(1 + y)

y2
+2

4

= 0,

hay
(1 + y) 16(1 + y) − (y 2 + 8) = 0.

Ta có ngay giá trị y = −1. Thay vào (3.1.1) phương trình trở thành
x2 + 4x −

1
2

2

=

9
4

tương đương
1
3
=
2
2
1
3
2
x + 4x − = −

2
2
x2 + 4x −

hay

√
3
√
x = −2 ± 6.
x = −2 ±

Với phương trình có bậc lớn hơn 4, từ lý thuyết Galois ta biết rằng nói chung
khơng có một cơng thức nghiệm tổng qt. Ta chỉ có thể tính nghiệm của một
số trường hợp đặc biệt hoặc một số loại nghiệm đặc biệt. Trong phần thứ hai
của tiết này ta xét việc tìm các nghiệm hữu tỷ hoặc nguyên của một đa thức
nguyên.
9

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


Định lý 1.1.4 (Nghiệm hữu tỷ của đa thức nguyên). Cho đa thức f (x) =
a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn ∈ Z[X], an = 0. Nếu x = pq , (p, q) = 1, q = 0, (p, q ∈ Z)

là nghiệm của f (x) thì p | a0 , q | an . Từ đó suy ra nếu an = 1 thì các nghiệm hữu
tỷ của đa thức này phải là số nguyên.
p
q
0 hay an pn = −q(an−1 pn−1 + · · · + a1 pq n−2 + a0 q n−1 ). Suy ra p | a0 , q | an .

Chứng minh. Vì x = , (p, q) = 1, q = 0, (p, q ∈ Z) là nghiệm của f (x) nên f

p
q

=

Ta thường áp dụng định lý này để chứng minh một số là số vô tỷ khi số đó
là nghiệm nhưng khơng là nghiệm ngun của một đa thức hệ số nguyên có hệ
số (xóa bậc) cao nhất bằng 1.
Ví dụ 1.1.5 (Bài đề xuất kỳ thi Olympic 30/04/2002). Tìm đa thức ngun
√

khác khơng có bậc nhỏ nhất nhận 1 − 3 2 +
Giải. Đặt x = 1 −
√
3

√
3

4 là nghiệm.

√
√
√
3
2 + 3 4. Suy ra x 1 + 3 2

= 1+

√
3

2

3

= 3, dẫn đến

2

x 2 = 3 − x. Từ đây có 2x3 = (3 − x) hay 2x3 = 27 − 27x + 9x2 − x3 . Tương
√
√
đương x3 − 3x2 + 9x − 9 = 0. Vậy 1 − 3 2 + 3 4 là nghiệm của đa thức bậc ba hệ

số nguyên f (x) = x3 − 3x2 + 9x − 9.
Nếu f (x) có nghiệm hữu tỉ thì f (x) có nghiệm nguyên là ước của 9. Ta thấy
các số ±1, ±3, ±9 khơng là nghiệm của f (x), do đó f (x) khơng có nghiệm hữu tỉ
√

và do đó 1 − 3 2 +

√
3

4 là số vô tỉ.
√

√
3
Giả sử 1 − 2 + 3 4 là nghiệm của đa thức bậc hai g(x) với hệ số nguyên.

Chia f (x) cho g(x), giả sử được f (x) = g(x)q(x) + r(x) với deg r(x) < 2. Vì
√ √
√ √
f (1− 3 2+ 3 4) = 0 nên r(1− 3 2+ 3 4) = 0, do đó r(x) = 0. Bởi vậy f (x) = g(x)q(x),

với q(x) là đa thức có bậc 1 và có hệ số hữu tỉ. Suy ra f (x) có nghiệm hữu tỉ,
điều này mâu thuẫn với việc f (x) khơng có nghiệm hữu tỉ. Vậy f (x) là đa thức
√

nguyên có bậc nhỏ nhất nhận 1 − 3 2 +

√
3

4 làm nghiệm.

Ví dụ 1.1.6 (Đề thi HSG Quốc gia năm 1997- bảng A).
a) Tìm tất cả các đa thức f (x) với hệ số hữu tỉ có bậc nhỏ nhất mà f
3+

√
3
3.

b) Tồn tại hay không đa thức f (x) với hệ số nguyên mà f

√
3

3+

√
3
9 =

√
√
√
3
3 + 3 9 = 3 + 3 3.

Giải. a) Nếu deg f (x) = 1 thì f (x) = ax+b trong đó a, b ∈ Q. Suy ra a

√
3

3+

√
3

9 +
√
√
√
b = 3 + 3 3 hay 3 3 (a − 1) + a 3 9 = 3 − b. Vì a, b ∈ Q nên ta suy ra điều vô lý.

10

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


Nếu deg f (x) = 2, đăt f (x) = ax2 + bx + c trong đó a, b ∈ Q. Khi đó điều kiện
f

√
3

3+

√
√
3
9 = 3 + 3 3 tương đương với
√
√
√
√
√
2
3
3
3
3
3
a 3+ 9 +b
3 + 9 + c = 3 + 3,

hay

√
3

a

hay

√
3

√
√
√
√
3
3
3
3
9+6+3 3 +b
3 + 9 + c = 3 + 3,

3 (3a + b) +

√
3

9 (b + a) + 6a + c = 3 +

√
3

3.

Suy ra


 a+b=0



 a=


 6a + c = 3


 c=0

3a + b = 1 ⇔

1
2

b = − 12

Vậy f (x) = 12 x2 − 21 x.
b) Đặt α =

√
3

√
√ √ √
√
3 + 3 9. Suy ra α3 = 3 + 9 + 3 3 3 3 9 3 3 + 3 9 = 12 + 9α. Như vậy đa

thức g(x) = x3 − 9x − 12 nhận α làm nghiệm. Nếu f (x) là đa thức hệ số nguyên
thỏa mãn đề bài thì f (x) = g(x)h(x) + r(x), với h(x), r(x) ∈ Z[X] và deg r(x) < 3.
√

Vì g(α) = 0 nên r(α) = f (α) = 3 + 3 3, điều này không thể xảy ra. Vậy không tồn
tại đa thức f (x) với hệ số nguyên mà f

√
√
√
3
3 + 3 9 = 3 + 3 3.

Định lý 1.1.7 (Định lý Viete). Cho đa thức p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x +
a0 = 0, an = 0, ai ∈ R, i = 0, 1, . . . , n, với n nghiệm (thực hoặc phức) x1 , x2 , . . . , xn .

Khi đó, ta có
x1 + x2 + · · · + xn = −

an−1
an

x1 x2 + x1 x3 + · · · + xn−1 xn =

an−2
an

.........
x1 x2 · · · xn = (−1)n

a0
.
an

Chứng minh. Ta có
an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 = an (x − x1 )(x − x2 ) · · · (x − xn )
= an (xn − (x1 + x2 + · · · + xn )xn−1
+ (x1 x2 + x1 x3 + · · · + xn−1 xn )xn−2
+ · · · + (−1)n x1 x2 · · · xn ).

Đồng nhất hai vế ta có điều phải chứng minh.
11

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


1.2

Quy tắc dấu Descartes và Định lý Sturm về số
nghiệm thực của đa thức

Trong trường hợp tổng quát ta không có cơng thức nghiệm hay thuật tốn
tìm nghiệm cho các đa thức nói chung. Người ta chỉ có thể tìm hiểu một số
thông tin như số nghiệm, số nghiệm đơn hoặc tìm nghiệm xấp xỉ. Trong tiết này
ta xét một số tính chất về số nghiệm thực của một đa thức. Kết quả chính là
Quy tắc dấu của Descartes và Định lý Sturm. Tài liệu tham khảo chính của tiết
này là các bài báo [6, 9].
Trước hết ta nhắc lại một số định nghĩa và kết quả về nghiệm bội.
Định nghĩa 1.2.1. Cho đa thức f (x) với hệ số trên trường k . Giả sử m > 0 là
một số nguyên, một số thực a là nghiệm bội m của đa thức f (x) nếu f (x) chia
hết cho (x − a)m nhưng f (x) không chia hết cho (x − a)m+1 . Nếu m = 1 thì a được
gọi là nghiệm đơn, nếu m = 2 thì a được gọi là nghiệm kép. Trong trường hợp
m > 1 thì ta cũng gọi a là một nghiệm bội của f (x).

Trong trường hợp đa thức trên trường có đặc số 0 thì nghiệm bội có thể đặc
trưng qua nghiệm của đạo hàm của đa thức đó. Trong phần sau chủ yếu ta xét
đa thức thực và phức nên từ giờ cho đến hết tiết, ta sẽ xét hoặc k = C hoặc
k = R.

Bổ đề 1.2.2. Cho đa thức f (x) ∈ C[x]. Một số a ∈ C là nghiệm bội của f (x) khi
và chỉ khi a là nghiệm chung của hai đa thức f (x) và f (x).
Chứng minh. Giả sử a ∈ C là một nghiệm bội m của f (x). Đặt f (x) = (x−a)m g(x)
trong đó g(x) ∈ C[x] thoả mãn g(a) = 0 và deg g = deg f − m. Ta có f (x) =
m(x − a)m−1 g(x) + (x − a)m g (x). Do đó f (a) = 0 khi và chỉ khi m > 1.

Một công cụ hữu hiệu để xét sự tồn tại của nghiệm bội là khái niệm biệt
thức. Trước hết ta nhắc lại định nghĩa, một số tính chất của biệt thức cũng sẽ
được xét ở chương sau.
Định nghĩa 1.2.3. Cho đa thức f (x) = an xn + · · · a1 x + a0 ∈ C[x]. Biệt thức của

12

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


f (x), ký hiệu là ∆(f ), là định thức của ma trận vuông cấp (2n − 1) sau



an

a1

a0

0

...


 ...
an
an−1
...

 ...

 0
0



nan (n − 1)an−1
...
a1

 0
nan
(n − 1)an−1 . . . 2a2

 ...
...


a1

a0

0

0

...

a1

0

0

an−1

...

...

...

...

...

nan (n − 1)an−1 . . .

0

0
...








a0 

0

0




0

a1

Bổ đề 1.2.4. Đa thức f (x) ∈ C[x] có nghiệm bội khi và chỉ khi ∆(f ) = 0.
Chứng minh. Giả sử deg f (x) = n. Gọi V là tập hợp các đa thức trong C[x] có
bậc nhỏ hơn 2n − 1. Suy ra V = C + Cx + Cx2 + · · · + Cx2n−2 là không gian véc
tơ trên C với một cơ sở gồm các đa thức 1, x, . . . , x2n−2 . Do dim V = 2n − 1 nên
hệ gồm 2n − 1 đa thức f , xf , x2 f , . . ., xn−2 f , f , xf , x2 f , . . ., xn−1 f ∈ C[X] (∗)
là phụ thuộc tuyến tính khi và chỉ khi ∆(f ) = 0. Điều này tương đương với có
các hệ số ci , dj ∈ C không đồng thời bằng 0 thoả mãn
c0 f (x) + c1 xf (x) + · · · + cn−2 xn−2 f (x) + d0 f (x) + d1 f (x) + · · · + dn−1 xn−1 f (x) = 0.

Gom lại ta thu được quan hệ u(x)f (x) = v(x)f (x), trong đó deg u < deg f ,
deg v < deg f và u, v không đồng thời bằng 0. Điều này tương đương với hai đa

thức f , f có ước chung khác hằng, hay theo bổ đề trên, đa thức f (x) có nghiệm
bội.
Ví dụ 1.2.5. Đa thức bậc hai với hệ số thực f (x) = ax2 + bx + c, (a = 0) có biệt
thức
a

b

c

∆(f ) = 2a

b

0 = ab2 + 4a2 c − 2ab2 = −a(b2 − 4ac).

0

2a b

Đa thức bậc hai có nghiệm kép khi b2 − 4ac = 0, đây là công thức quen thuộc
mà ta đã biết ở chương trình phổ thơng.

13

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


Ví dụ 1.2.6. Biệt thức của đa thức f (x) = x3 − 3x + 2 là
1 0 −3
0 1

0

∆(f ) = 3 0 −3

2

0

1 0 −3

−3

2

0 1

0

0

2

0

0

−3

2

= 0 0

6

−6

0

0 3

0

−3

0

0 0

0

6

−6

0 0

3

0

−3

0 0

0

0

0

= 0.

Do vậy, đa thức đã cho có nghiệm kép.
Xét đa thức bậc n
f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 , an = 0.

Định lý cơ bản của đại số phát biểu rằng f có n nghiệm thực hoặc phức, tính
cả bội. Nếu các hệ số a0 , a1 , . . . , an là số thực thì nghiệm phức mà khơng phải số
thực nếu có sẽ xuất hiện theo cặp liên hợp, tức là nghiệm phức có dạng c ± di,
trong đó c, d ∈ R, d = 0 và i2 = −1. Nếu các hệ số là số phức thì các nghiệm
phức khơng nhất thiết liên hợp với nhau.
Với đa thức thực, một câu hỏi khá tự nhiên là có thể ước lượng được số nghiệm
thực của đa thức đó thơng qua các hệ số hay không. Quy tắc dấu Descartes cho
thông tin về câu trả lời cho câu hỏi này.
Định lý 1.2.7 (Quy tắc dấu Descartes). Cho f (x) = a0 xb0 +a1 xb1 +· · ·+an xbn là đa
thức với các hệ số thực khác không ai và các lũy thừa 0 ≤ b0 < b1 < b2 < · · · < bn .
Khi đó số nghiệm thực dương của f (x) (tính cả bội) hoặc bằng số lần đổi dấu
trong dãy hệ số a0 , . . . , an hoặc nhỏ hơn số lần đổi dấu bằng một số chẵn. Số
nghiệm âm của f (x) (tính cả bội) hoặc bằng số lần đổi dấu trong dãy hệ số của
f (−x) hoặc nhỏ hơn số lần đổi dấu bằng một số chẵn.

Ta ký hiệu số lần đổi dấu trong dãy hệ số a0 , a1 , . . . , an của f là vf và ký hiệu
số nghiệm dương tính cả bội của f là nf . Quy tắc dấu Descartes nói rằng vf − nf
là một số chẵn không âm. Để chứng minh quy tắc này, ta cần bổ đề sau.
Bổ đề 1.2.8. Với giả thiết trong định lý trên, nếu a0 an > 0 thì nf là chẵn, nếu
a0 an < 0 thì nf là lẻ.

Chứng minh. Ta xét trường hợp a0 > 0 và an > 0. Các trường hợp cịn lại có
thể được chứng minh tương tự. Vì f (0) ≥ 0 và f (x) → ∞ khi x → ∞ nên rõ
14

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


ràng đồ thị của f cắt phần dương của trục Ox số chẵn lần, ở đây ta chỉ tính cắt
hồnh (cắt thực sự) và khơng tính bội. Nếu x = a là điểm tiếp xúc mà tại đó đồ
thị khơng cắt hồnh với trục Ox thì bội của a là số chẵn. Nếu đồ thị của f cắt
hoành trục Ox tại khơng điểm bội x = a thì x = a là khơng điểm bội lẻ của f .
Do đó các khơng điểm đóng góp số chẵn cho nf , nên nf là số chẵn.
Chứng minh Định lý 1.2.7. Ta chỉ chứng minh khẳng định thứ nhất của định lý.
Nghiệm âm của f (x) nếu tồn tại thì bằng nghiệm dương của f (−x) nên khẳng
định thứ hai là hệ quả trực tiếp của khẳng định thứ nhất.
Chia đa thức cho xb0 nếu b0 > 0, nên ta có thể giả sử từ ban đầu b0 = 0. Ta
chứng minh bằng phép quy nạp theo n. Hiển nhiên nếu n = 1 thì vf = nf . Giả
sử với n ≤ k − 1 ta có vf ≥ nf và nf ≡ vf (mod 2). Ta xét trường hợp n = k. Ta
chia thành các trường hợp sau.
Trường hợp a0 a1 > 0: Trong trường hợp này vf = vf . Theo Bổ đề 1.2.8, nf ≡ nf
(mod 2). Từ giả thiết quy nạp ta có nf ≡ vf (mod 2) và nf ≤ vf . Do đó, nf ≡ vf
(mod 2). Mặt khác, sử dụng Định lý Rolle ta được nf ≥ nf − 1, từ đây suy ra
vf = vf ≥ nf ≥ nf − 1.

Vậy nf ≤ vf .
Trường hợp a0 a1 < 0: Theo Bổ đề 1.2.8, vf +1 = vf và nf −nf ≡ 1 (mod 2). Theo
giả thiết quy nạp, nf ≡ vf (mod 2) và nf ≤ vf . Một lần nữa ta sử dụng nf ≡ vf
(mod 2). Theo Định lý Rolle, nf ≥ nf − 1. Do đó, vf = vf + 1 ≥ nf + 1 ≥ nf .

Sử dụng Quy tắc dấu Descartes ta có thể ước lượng số nghiệm thực của một
đa thức f (x) ∈ R[x] bậc n.
Ví dụ 1.2.9. Xét đa thức f (x) = x4 + 2x2 − x − 1. Ta có vf = 1 nên theo Quy
tắc dấu Descartes, nf ≤ 1 và là số lẻ. Do đó nf = 1.

Để xét số nghiệm âm của f (x), ta xét đa thức f (−x) = x4 + 2x2 + x − 1. Một
lần nữa, các hệ số có một lần đổi dấu nên f (−x) có một nghiệm dương. Nói cách
khác, f (x) có một nghiệm âm.
Ta kết luận rằng p(x) có một nghiệm thực dương và một nghiệm thực âm và
hai nghiệm phức liên hợp.

15

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


Quy tắc dấu Descartes vẫn chưa cho biết chính xác số nghiệm của đa thức
thực. Năm 1829 Sturm đưa ra một cách đếm khác cho biết số nghiệm thực nằm
trong một miền giá trị cho trước. Trước hết ta có định nghĩa hệ Sturm như sau.
Định nghĩa 1.2.10. Hệ hữu hạn có thứ tự các đa thức khác 0 với hệ số thực
f (x) = f0 (x), f1 (x), f2 (x), . . . , fk (x)

(1.2.1)

được gọi là hệ Sturm của đa thức f (x) nếu thỏa mãn 4 điều kiện sau
(1) Các đa thức kề nhau trong (1.2.1) khơng có nghiệm thực chung;
(2) Đa thức cuối cùng fk (x) khơng có nghiệm thực;
(3) Nếu α là nghiệm của một đa thức trung gian fm (x) nào đó với 1 ≤ m ≤ k −1
thì fm−1 (α)fm+1 (α) < 0;
(4) Nếu α là nghiệm thực của đa thức f (x) thì tích f (x)f1 (x) đổi dấu từ − sang
+ khi qua x = α.

Ta có ngay nhận xét là nếu f0 (x), f1 (x), . . . , fk (x) là một hệ Sturm của f (x) =
f0 (x) thì
a0 f0 (x), a1 f1 (x), a2 f2 (x), . . . , ak fk (x)

cũng là hệ Sturm của a0 f (x) với mọi số dương a0 , . . . , ak .
Mặc dù định nghĩa khá phức tạp, trong thực tế hệ Sturm rất phổ biến. Với
một đa thức thực f (x), ký hiệu f0 (x) = f (x) và f1 (x) = f (x) là đạo hàm của
f (x). Sử dụng thuật toán chia Euclid ta tìm được
f0 (x) = q1 (x).f1 (x) − f2 (x),
f1 (x) = q2 (x).f2 (x) − f3 (x),

..
.
fk−2 (x) = qk−1 (x).fk−1 (x) − fk (x),
fk−1 (x) = qk (x).fk (x).

Chú ý rằng deg(fi (x)) < deg(fi−1 (x)) với i = 1, . . . , k và fk (x) là ước chung lớn
nhất của f (x) và đạo hàm f (x).
Định lý 1.2.11 (Sturm). Nếu đa thức thực f (x) khơng có nghiệm bội thực hay
phức thì dãy f0 (x), f1 (x), . . ., fk (x) xây dựng như trên là một hệ Sturm của f (x).
16

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


Chứng minh. Ta chứng minh điều kiện (4) trong định nghĩa của hệ Sturm. Giả
sử α là một nghiệm thực của đa thức f (x). Do f (x) khơng có nghiệm kép nên
f (x) = 0. Nếu f (α) > 0 thì f (x) > 0 trong lân cận của điểm α (do tính liên tục

của f (x)). Do đó f (x) là đồng biến trong lân cận này của α, dẫn đến f (x) đổi
dấu từ − sang + khi qua x = α hay f (x)f1 (x) cũng đổi dấu từ − sang + khi x
qua x = α. Tương tự với trường hợp f (α) < 0.
Vì f (x) khơng có nghiệm bội thực hay phức nên f (x) và đạo hàm f (x) khơng

có ước chung khác hằng theo Bổ đề 1.2.2. Do đó fk (x) là đa thức hằng và điều
kiện (2) được thoả mãn.
Với điều kiện (1), ta giả sử fm (x), fm+1 (x) có nghiệm thực chung α. Khi đó từ
thuật tốn chia Euclid ở trên dễ thấy α cũng là nghiệm của fm+2 (x), fm+3 (x),...
Bằng cách như vậy suy ra α là nghiệm fk (x). Điều này là vô lý. Do đó hệ thoả
mãn điều kiện (1) trong định nghĩa hệ Sturm.
Cuối cùng, nếu fm (α) = 0 thì từ thuật tốn chia ở trên ta có fm−1 (α) =
−fm+1 (α), suy ra fm−1 (x)fm+1 (x) < 0. Điều này chứng tỏ điều kiện (3) được

thỏa mãn.
Ví dụ 1.2.12. Tìm hệ Sturm của đa thức
f (x) = x4 + 6x2 + 4x − 2.

Có f (x) = 4x3 + 12x + 4. Sử dụng thuật tốn chia Euclid ta có
f (x) = (x3 + 3x + 1)x − (−3x2 − 3x + 2)
f1 (x) = x3 + 3x + 1
f2 (x) = −3x2 − 3x + 2 = (−14x − 1)

3x
39
431
+
− −
14 196
196

f3 (x) = −14x − 1, f4 (x) = −1.

Theo Định lý 1.2.11, dãy các đa thức
f (x) = f0 (x) = x4 + 6x2 + 4x − 2,

f1 (x) = x3 + 3x + 1,

f2 (x) = −3x2 − 3x + 2,

f3 (x) = −14x − 1,

f4 (x) = −1.

là một hệ Sturm của f (x).
17

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


Định nghĩa 1.2.13. Cho một đa thức thực f (x) và một hệ Sturm f (x) =
f0 (x), f1 (x), f2 (x), . . . , fk (x) của f (x). Giả sử số thực c không là nghiệm của f (x).

Xét dãy f (c), f1 (c), f2 (c), . . . , fk (c). Trong dãy này bỏ các số 0 (nếu có) và ký hiệu
v(c) là số lần đổi dấu của dãy nhận được. Khi đó v(c) được gọi là số lần đổi dấu

của hệ Sturm tại x = c.
Kết quả sau của Sturm cho ta một cách đếm số không điểm của một đa thức
nằm trong một miền cho trước.
Định lý 1.2.14 (Sturm). Cho đa thức thực f (x) khơng có nghiệm kép. Nếu các
số thực a < b khơng là nghiệm của f (x) thì v(a) ≥ v(b) và hiệu v(a) − v(b) là số
nghiệm thực của đa thức f (x) trong khoảng (a, b).
Chứng minh. Theo Định lý 1.2.11, đa thức f (x) ln có một hệ Sturm f0 (x), . . . , fk (x).
Ta sẽ xét sự biến thiên của số v(x) khi x tăng. Nếu x tăng mà không qua một
nghiệm nào của đa thức trong hệ Sturm trên thì giá trị của các đa thức trong
hệ này không đổi dấu. Do đó, số v(x) khơng đổi.

Giả sử x vượt qua một nghiệm của một đa thức trung gian fm (x) với 1 ≤
m ≤ k − 1 nào đó. Khi đó, theo điều kiện (1) trong định nghĩa hệ Sturm, ta có
fm−1 (α) = 0 và fm+1 (α) = 0. Do tính liên tục của đa thức, tồn tại một số ε > 0

đủ bé trong lân cận (α − ε, α + ε) sao cho các đa thức fm−1 (α) và fm+1 (α) khơng
có nghiệm và do đó giữ ngun dấu. Đồng thời, theo điều kiện (3) của hệ Sturm
ta có fm−1 (x)fm+1 (x) < 0 khi x ∈ (α − ε, α + ε). Từ đó suy ra rằng mỗi hệ
fm−1 (α − ε), fm (α − ε), fm+1 (α − ε) và fm−1 (α + ε), fm (α + ε), fm+1 (α + ε)

có đúng một lần đổi dấu, không phụ thuộc vào dấu của fm−1 (x), fm+1 (x). Chẳng
hạn nếu fm−1 (x) > 0 trong khoảng (α − ε, α + ε), ta có bảng
α−ε

α

α+ε

fm−1

+

+

+

fm

−

0

+

fm+1

−

−

−

v(x)

1

1

1

18

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


hoặc
α−ε

α

α+ε

fm−1

+

+

+

fm

+

0

−

fm+1

−

−

−

v(x)

1

1

1

Như vậy, khi x vượt qua một nghiệm của một đa thức trung gian, số v(x) không
đổi. Nếu x vượt qua một nghiệm α của đa thức f (x) thì theo điều kiện (1) của hệ
Sturm, f1 (α) = 0, do đó tồn tại một số ε > 0 đủ bé trong lân cận (α − ε, α + ε) sao
cho f1 (x) = 0 khi x ∈ (α − ε, α + ε). Do vậy, f1 (x) giữ nguyên dấu trong khoảng
này. Nếu f1 (x) > 0 thì f (x) đồng biến và theo điều kiện (4), f (x) đổi dấu từ −
sang +. Hay ta có bảng
α−ε

α

α+ε

f

−

0

+

f1

+

+

+

v(x)

1

0

0

Từ đây ta thấy hệ Sturm mất đi một lần đổi dấu. Nếu f1 (x) < 0 thì f (x) nghịch
biến và theo điều kiện (4), f (x) đổi dấu từ + sang −, hay ta có bảng
α−ε

α

α+ε

f

+

0

−

f1

−

−

−

v(x)

1

0

0

Từ đây ta thấy hệ Sturm cũng vẫn mất đi một lần đổi dấu. Như vậy số v(x)
chỉ thay đổi khi x tăng đi qua nghiệm α của f (x) và giảm đi đúng một đơn vị.
Khẳng định của định lý được suy ra từ điều này.
19

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


Chú ý 1.2.15. Để tìm số nghiệm thực của đa thức thực f (x), ta chỉ cần tính
v(−∞) − v(+∞), trong đó v(+∞) là dấu của f (x) khi x đủ lớn và cũng chính là

dấu của số hạng cao nhất của f (x). Tương tự cho dấu của v(−∞).
Ví dụ 1.2.16. Trong ví dụ này ta sẽ sử dụng Định lý Sturm để cô lập các
nghiệm thực của phương trình đa thức
x5 + 5x4 − 20x2 − 10x + 2 = 0.

Đầu tiên ta tìm các hàm Sturm:
f0 (x) = x5 + 5x4 − 20x2 − 10x + 2
f1 (x) = f (x) = x4 + 4x3 − 8x − 2

f2 (x) = x3 + 3x2 − 1
f3 (x) = 3x2 + 7x + 1
f4 (x) = 17x + 11
f5 (x) = 1.

Bằng cách cho x = −∞, 0, ∞, ta thấy rằng có 3 nghiệm âm và 2 nghiệm dương.
Tất cả các nghiệm nằm giữa −10 và 10, thật ra, nằm giữa −5 và 5. Ta thử tất
cả các giá trị nguyên giữa −5 và 5. Kết quả được liệt kê trong bảng sau.
−∞ −10 −5

−4 −3 −2

−1

0

1

2

5

10 ∞

f0

−

−

−

−

+

−

−

+

−

+ +

+

+

f1

+

+

+

+

−

−

−

−

−

+ +

+

+

f2

−

−

−

−

−

+

+

−

+

+ +

+

+

f3

+

+

+

+

+

−

−

+

+

+ +

+

+

f4

−

−

−

−

−

−

−

+

+

+ +

+

+

f5

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+ +

+

+

Số lần đổi dấu

5

5

5

5

4

3

3

2

1

0

0

0

0

Do đó, có một nghiệm trong đoạn (−4, −3), một nghiệm trong đoạn (−3, −2),
một nghiệm trong đoạn (−1, 0), một nghiệm trong đoạn (0, 1) và một nghiệm

trong đoạn (1, 2).

20

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


Chương 2
Phép biến đổi Tschirnhaus và ứng
dụng
Thơng thường việc tìm nghiệm của một đa thức sẽ thuận lợi hơn nếu đa thức
đó có nhiều hệ số bằng 0, người ta cũng gọi đó là đa thức thưa. Do đó, khi tìm
nghiệm của một đa thức bất kỳ ta thường định hướng biến đổi đa thức đó về
một đa thức tương đương mà có nhiều hệ số bằng 0. Một trong phương pháp
biến đổi như vậy là phép biến đổi Tschirnhaus. Trong chương này chúng tơi sẽ
trình bày về phép biến đổi này cũng như một ứng dụng để đưa ra công thức
nghiệm dạng căn thức lồng nhau.
Tài liệu được sử dụng chính trong chương này là bài báo [3] của V.S. Adamchik và D.J. Jeffrey về phép biến đổi Tschirhaus và bài báo [4] của N. Bagis về
ứng dụng giải phương trình đa thức.

2.1

Phương pháp biến đổi Tschirnhaus

Phương pháp biến đổi Tschirnhaus đưa việc tìm nghiệm của một đa thức cho
trước về tìm nghiệm của một đa thức khác có nhiều hệ số bằng 0. Với các đa
thức này ta có nhiều hi vọng tìm nghiệm hơn.
Trước hết ta nhắc lại khái niệm ma trận Sylvester và kết thức của hai đa
thức. Cho hai đa thức
f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a0 ,

g(x) = bm xm + bm−1 xm−1 + · · · + b0 ,
21

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


với các hệ số phức a0 , a1 , . . . , an , b0 , b1 , . . . , bm và giả sử an = 0, bm = 0. Ta xét ma
trận sau


Mf,g

···

an an−1


an an−1
0


···

 0 ···
0


= bm bm−1 · · ·



bm bm−1


···



0

···

···

···

···

a0

0

···

···

···

···

a0

0

an

an−1

···

···

···

···

b0

0

···

···

···

···

b0

0

···

bm−1 · · ·

···

···
0

bm

0



· · ·





a0 


0

0






b0

trong đó có m hàng trên ứng với hệ số của f và n hàng dưới ứng với hệ số của g .
Định nghĩa 2.1.1. Ma trận Mf,g được gọi là ma trận Sylvester của hai đa thức
f, g . Định thức của ma trận Sylvester được gọi là kết thức của hai đa thức f, g

và ký hiệu là Rf,g .
Ví dụ, xét hai đa thức bậc 3 và 4
f (x) = a3 x3 + a2 x2 + a1 x + a0 , a3 = 0
g(x) = b4 x4 + b3 x3 + b2 x2 + b1 x + b0 , b4 = 0.

Ma trận Sylvester của f, g là


a3 a2 a1 a0

Mf,g

0 a

3

0 0

=
0 0
b b

 4 3

 0 b4
0

0



0

0

0

a2 a1 a0

0

0

a3 a2 a1
0

a3 a2

b2 b1 b0
b3 b2 b1




a0 0 

a1 a0 
.

0 0

b0 0 

b4 b3 b2 b1 b 0

Trong trường hợp tổng quát, giả sử các nghiệm của f, g là αi và βj , ta có
n
R(f, g) = am
n bm

(αi − βj ).
i,j

Ta chứng minh một kết quả yếu hơn như sau.
22

LUAN VAN CHAT LUONG download : add