luận văn vành đa thức và 1 số ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
TRẦN ĐỨC THỌ
VÀNH ĐA THỨC
VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số : 60 .46 .40
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
PGS. TS ĐÀM VĂN NHỈ
THÁI NGUYÊN - 2012
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Mục lục
1 VÀNH ĐA THỨC 5
1.1 Vành đa thức một biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Đa thức bất khả quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.3 Tính đóng đại số của trường C. . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.4 Vành đa thức nhiều biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
1.5 Đa thức đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
2 MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA VÀNH ĐA THỨC 39
2.1 Một số chặn trên cho nghiệm đa thức . . . . . . . . . . . . 39
2.2 Tính chia hết của một vài đa thức đặc biệt . . . . . . . . . 42
2.3 Ước chung của dãy số từ đa thức . . . . . . . . . . . . . . . 46
2.4 Phương pháp biểu diễn đa thức đối xứng qua các đa thức
đối xứng sơ cấp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
2.5 Ứng dụng lí thuyết đa thức đối xứng vào đại số sơ cấp . . . 50
2.6 Đa thức bậc ba liên quan đến tam giác . . . . . . . . . . . 60
Kết luận 68
Tài liệu tham khảo 69
2
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

MỞ ĐẦU
Vành đa thức là một phần rất quan trọng trong nhiều lĩnh vực của
Toán học, chẳng hạn: Đại số, Giải tích, Hình học, Toán rời rạc vv. Trong
chương trình toán phổ thông, phần đa thức chủ yếu được đưa vào bộ môn
Đại số và Giải tích. Đặc biệt trong các kỳ thi đại học, học sinh giỏi quốc
gia và quốc tế đều có những bài toán liên quan đến đa thức. Chính vì vậy
mà chuyên đề về vành đa thức rất thiết thực với những ai muốn tìm hiểu
sâu về toán sơ cấp.
Từ các kết quả đạt được trong vành đa thức chúng ta có thể vận dụng
giải một số bài toán về hình học rất phức tạp, giải hệ phương trình và xây
dựng một số kết quả về Tổ hợp, Số học. Khi xét đa thức ta thường quan
tâm đến nghiệm, tính bất khả quy và việc biểu diễn thành tích các nhân
tử bậc nhỏ hơn. Nội dung của luận văn nhằm giải quyết hai vấn đề chính:
Vấn đề 1: Chứng minh lại một số kết quả cơ bản của vành đa thức mà
các kết quả ấy gắn liền với tên tuổi của những nhà toán học lỗi lạc. Vận
dụng các kết quả đạt được để giải quyết một số bài toán đã được đặt ra.
Vấn đề 2: Đưa ra một số chặn nghiệm của một đa thức, tiêu chuẩn chia
hết của một vài đa thức đặc biệt, ước chung của dãy số từ đa thức, phương
pháp biểu diễn đa thức đối xứng qua các đa thức đối xứng cơ bản.
Luận văn được chia làm hai chương.
Chương I: Vành đa thức.
Nội dung chương I trình bày một số khái niệm về vành đa thức, một vài
tiêu chuẩn bất khả quy, tính đóng đại số của trường C, đa thức đối xứng.
Chương II: Một số ứng dụng của vành đa thức.
Nội dung chương II trình bày về chặn nghiệm, tính chất chia hết của một
vài đa thức đặc biệt, phương pháp biểu diễn đa thức đối xứng qua đa thức
đối xứng sơ cấp. Trong chương này chúng tôi còn trình bày ứng dụng lý
thuyết đa thức đối xứng vào đại số sơ cấp và đã xây dựng được đa thức
bậc ba với nghiệm là đại lượng liên quan đến tam giác.
3

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Dù đã rất cố gắng, nhưng chắc chắn nội dung được trình bày trong luận
văn không tránh khỏi thiếu sót nhất định, em rất mong nhận được sự góp
ý của các thầy cô giáo và các bạn.
Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học của PGS.TS
Đàm Văn Nhỉ. Em xin được tỏ lòng cảm ơn chân thành nhất tới thầy về
sự giúp đỡ nhiệt tình từ khi xây dựng đề cương, viết và hoàn thành luận
văn. Tiếp theo em xin chân thành cảm ơn các thầy cô giáo phản biện đã
đọc và góp ý để em hoàn thiện luận văn của mình. Em xin được cảm ơn
chân thành nhất tới Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, nơi
em đã nhận được một học vấn sau đại học căn bản. Xin cảm ơn gia đình,
đồng nghiệp đã cảm thông, chia sẻ, ủng hộ và giúp đỡ trong thời gian em
học cao học và viết luận văn. Lời cuối em xin chúc sức khỏe các thầy cô
giáo và đồng nghiệp.
Em xin chân thành cảm ơn!
Hà Nội, ngày 20 tháng 7 năm 2012
Người thực hiện
Trần Đức Thọ
4
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Chương 1
VÀNH ĐA THỨC
1.1 Vành đa thức một biến
Khái niệm vành đa thức một biến trên R
Giả sử V là một vành giao hoán và A là một vành con của nó. Giả sử
v ∈ V . Mọi vành con của V chứa A và v đều chứa các phần tử có dạng
a
0
+ a
1

v + a
2
v
2
+ + a
n
v
n
trong đó a
i
∈ A, n ∈ N. Một phần tử như thế gọi là một đa thức của V
với các hệ tử a
i
trong A, i = 1, 2, , n.
Nếu b
0
+ b
1
v + b
2
v
2
+ + b
m
v
m
cũng là một đa thức của v, và m ≥ n thì:
(a
0
+ a

1
v + a
2
v
2
+ + a
n
v
n
) + (b
0
+ b
1
v + b
2
v
2
+ + b
m
v
m
)
= (a
0
+b
0
)+(a
1
+b
1

)v+(a
2
+b
2
)v
2
+ +(a
n
+b
m
)v
m
+a
m+1
v
m+1
+ +a
n
v
n
(a
0
+ a
1
v + a
2
v
2
+ + a
n

v
n
).(b
0
+ b
1
v + b
2
v
2
+ + b
m
v
m
)
= (a
0
.b
0
) + (a
1
b
0
+ a
0
b
1
)v + +

j+k=i

a
j
b
k
v
i
+ + (a
n
.b
m
)v
n+m
.
Vậy tổng và tích của hai đa thức của R lại là một đa thức của R.
Mặt khác 1 dĩ nhiên cũng là đa thức thuộc R.
Vậy tập hợp các đa thức của v với hệ tử trong A lập thành một vành con
của V. Dĩ nhiên đó là vành con nhỏ nhất của V chứa A và v.
Kí hiệu vành con đó qua vành A[v]. Nếu tồn tại một hệ thức đa thức
d
0
+ d
1
v + d
2
v
2
+ + d
n
v
n

= 0(d
i
∈ A)m ≥ 1
5
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
với ít nhất một d
i
= 0, thì hai đa thức của v có dạng khác nhau có thể
trùng nhau. Thí dụ, nếu V=R, A=Q, v =
√
2 là nghiệm của 2 − v
2
= 0,
thì ta có chẳng hạn: 0 + 2v = 0 + 0v + 0v
2
+ v
3
.
Nhưng nếu một hệ thức có dạng: d
0
+ d
1
v + d
2
v
2
+ + d
n
v
n

= 0(d
i
∈ A)
chỉ xảy ra khi tất cả các d
i
= 0, thì hai đa thức
n

i=0
a
i
v
i
và
m

j=0
b
i
v
j
sẽ chỉ
bằng nhau khi các hệ tử tương ứng với a
i
và b
j
bằng nhau. Thật vậy nếu
n ≥ m và
n


i=0
a
i
v
i
=
m

j=0
b
j
v
j
thì
(a
0
−b
0
)+(a
1
−b
1
)v+(a
2
−b
2
)v
2
+ +(a
m

−b
m
)v
m
+a
m+1
v
m+1
+ +a
n
v
n
.
Từ đó a
i
= b
i
(i = 0, , n) và a
m+1
= = a
n
= 0.
Như vậy để xác định cấu trúc của vành đa thức, ta cần có sẵn các vành
dạng A[x], trong đó mọi hệ thức
m

i=0
d
i
X

i
= 0 đều kéo theo ∀d
i
= 0. Ta
chú ý rằng trong trường hợp này, một đa thức của X có dạng
a
0
+ a
1
X + a
2
X
2
+ + a
n
X
n
xác định một dãy con duy nhất (a
0
, a
1
, a
2
, ) với tính chất là a
i
= 0 với i
đủ lớn.
Các nhận xét trên đưa ta đến cách dựng sau đây của vành A[x]
Vành đa thức một biến
Giả sử A là vành giao hoán đã cho và B là tập hợp các dãy vô hạn:

(a
0
, a
1
, a
2
, )với 0 = (a, 0, , 0)
Với chỉ một số hữu hạn hạng tử a
i
= 0 .
Hai phần tử (a
0
, a
1
, a
2
, ) và (b
0
, b
1
, b
2
, ) của B được xem là bằng nhau
nếu và chỉ nếu a
i
= b
i
, ∀i
Phép cộng trong B được định nghĩa bởi
(a

0
, a
1
, a
2
, ) + (b
0
, b
1
, b
2
, ) = (a
0
+ b
0
, a
1
+ b
1
, a
2
+ b
2
, ).
Vế phải là một phần tử của B vì tất cả các số hạng bắt đầu từ một điểm
nào đó đều bằng 0.
6
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
(B,+) rõ ràng là một nhóm Aben. Phần tử không là 0=(a, 0, 0, ) và
phần tử đối của (a

0
, a
1
, a
2
, ) là (−a
0
, −a
1
, −a
2
, )
Phép nhân trong B được định nghĩa bởi
(a
0
, a
1
, a
2
, ).(b
0
, b
1
, b
2
, ) = (p
0
, p
1
, p

2
, )
trong đó p
i
được cho bởi
p
i
=
i

j=0
a
j
b
i−j
=

j+k=i
a
j
b
k
.
Nếu a
i
= 0 với i > n và b
j
= 0 với j > m thì p
k
= 0 với k > n + m. Vậy

vế phải của tích trên là một phần tử của B.
Nếu a = (a
0
, a
1
, a
2
, ), b = (b
0
, b
1
, b
2
, ) và c = (c
0
, c
1
, c
2
, ) thì hạng tử
với chỉ số i trong (ab)c là

m+l=i



j+k=m
a
j
b

k


c
l
=

j+k+l=i
a
j
b
k
c
l
.
Tương tự hạng tử tương ứng của a(bc) là:

m+j=i
a
j


k+l=m
b
k
c
l

=


j+k+l=i
a
j
b
k
c
l
.
Vậy (ab)c=a(bc). Mặt khác rõ ràng ta có ab=ba. Dãy 1=(1,0,0, ) đóng
vai trò đơn vị. Vậy (B,.,1) là một vị nhóm giao hoán.
Phép nhân phân phối đối với phép cộng, vì ta có

j+k=i
(a
j
+ b
j
)c
k
=

j+k=l
a
j
c
k
+

j+k=i
b

j
c
k
.
Vế trái là hạng tử thứ i của (a+b)c, còn vế phải là hạng tử thứ i của
ac+bc. Như vậy B là một vành giao hoán.
Ánh xạ f xác định bởi:
f :
A
a
→
→
B
(a,0, )
Vậy nếu ta đồng nhất hóa A với f(A) đẳng cấu với nó, thì ta có thể xem
A là một vành con của vành B.
7
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Ta kí hiệu (0,1,0,0, ) là X và gọi nó là một ẩn trên A.
Ta có X = (0, 1, 0, 0, )
X
2
= (0, 0, 1
2
, 0, )
X
k
= (0, 0, , 1
k+1
, 0, ).

Ngoài ra ta còn bao hàm thức A ⊆ B ta có
(0, 0, , a, 0, 0, ) = aX
k
= X
k
a
Phần tử tổng quát (a
0
, a
1
, a
2
, a
n
, 0, 0, ) của B bây giờ có thể viết theo
các kí hiệu mới như sau:
a
0
+ a
1
X + a
2
X
2
+ + a
n
X
n
.
Vậy B=A[X ]. Nếu a

0
+ a
1
X + + a
n
X
n
= 0 thì (a
0
, a
1
, a
n
, 0, ) = 0.
Do đó a
i
= 0∀i.
Vành B = A[X] xác định như trên gọi là vành đa thức của ẩn X trên A.
Các phần tử của nó gọi là các đa thức của X.
Ta thường viết f(X) = a
0
+ a
1
X + a
2
X
2
+ + a
n
X

n
hoặc f(X) = a
n
X
n
+ a
n−1
X
n−1
+ + a
1
X + a
0
.
Hệ tử a
0
gọi là hằng hạng tử hoặc hạng tử tự do. Nếu a
n
= 0 thì a
n
gọi là hệ
tử cao nhất và n gọi là bậc của đa thức đó và được kí hiệu là n = degf(X).
Ta gán cho đa thức không bậc là −∞. Ta có −∞ + (−∞) = −∞ ,
−∞ + n = −∞ và −∞ < n, ∀n ∈ N. các đa thức bậc 1 còn gọi là tuyến
tính.
Từ định nghĩa của phép cộng và phép nhân trong A[X] , ta suy ra rằng
deg(f(X) + g(X)) ≤ max(degf (X), degg(X)).
deg(f(X)g(X)) ≤ degf(X) + degg(X).
Bất đẳng thức thứ hai được thay thế bởi đẳng thức
deg(f(X)g(X)) = degf(X) + degg(X).

Mỗi khi tích a
n
b
m
của các hệ tử cao nhất của f(X) và g(X) khác không, vì
f(X).g(X) = a
0
b
0
+ (a
0
b
1
+ a
1
b
0
)X + + a
n
b
m
X
n+m
.
Như vậy, nếu A là một miền nguyên vẹn thì vành A(X) cũng là miền
nguyên vẹn.
8
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Định lý 1.1.1. [Tính chất độc xạ của vành A[X]] Giả sử A là một
vành giao hoán, A[X] là vành đa thức của ẩn X trên A, f : A → A[X] là

phép nhúng A vào ttrong A[X]. Khi đó với mọi vành giao hoán V và mọi
đồng cấu ϕ từ vành A tới vành V, tồn tại duy nhất một đồng cấu ϕ từ
vành A[X] tới vành V sao cho ϕ(X) = v, trong đó v là một phần tử tùy ý
của V và sao cho biểu đồ sau giao hoán.
Hình 1.1: Tính chất độc xạ của vành A[X]
Chứng minh. Trước hết ta giả thiết rằng một đồng cấu ϕ như thế tồn
tại. Ta có ϕ(X
k
) = (ϕ(X))
k
= v
k
. Mặt khác ϕf(a) = ϕ(a) = ϕ(a).
Vậy ϕ(a
0
+ a
1
X + + a
n
X
n
) = ϕ(a
0
) + ϕ(a
1
)v
1
+ + ϕ(a
n
)v

n
.
Vì ϕ(a
0
+ a
1
X + + a
n
X
n
) là duy nhất xác định bởi ϕ và v, nên nếu ϕ
tồn tại thì nó là duy nhất.
Đảo lại, ta hãy xác định ánh xạ ϕ : A[X] → V . Bởi công thức.
ϕ(a
0
+ a
1
X + + a
n
X
n
) = ϕ(a
0
) + ϕ(a
1
)v + + ϕ(a
n
)v
n
.

Ta có
ϕ(X) = v và ϕ(a
0
) = ϕ(a
0
) = ϕf (a
0
), ∀a
0
∈ V .
Vậy ϕ = ϕf, tức là biểu đồ đã cho là giao hoán.
Mặt khác ta có
ϕ[(a
0
+a
1
X + +a
n
X
n
)+(b
0
+b
1
X + +b
m
X
m
+OX
m+1

+ +OX
n
)] =
= ϕ

n

i=0
(a
i
+ b
i
)X
i

=
n

i=0
ϕ(a
i
+ b
i
)X
i
=
m

i=0
(ϕ(a

i
) + ϕ(b
i
))X
i
=
m

i=0
ϕ(a
i
)X
i
+
m

i=0
ϕ(b
i
)X
i
= ϕ

m

i=0
(a
i
)X
i


+ ϕ

m

i=0
(b
i
)X
i

ϕ(
n

i=0
a
i
X
i
)(
m

j=0
b
j
X
j
) = ϕ
n+m


i=0
(

j+k=i
a
j
b
k
)X
j+k
9
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
=
n+m

i=0



j+k=i
ϕ(a
j
)ϕ(b
k
)


v
i+j
=


n

i=0
(a
i
)v
i



m

j=o
(b
j
)v
j


= ϕ

n

i=0
a
i
X
i


ϕ


m

j=o
b
j
X
j


ϕ(1) = ϕ(1) = 1
Vậy ϕ là một đồng cấu vành A[X] tới vành V, và nó thỏa mãn tất cả các
yêu cầu đã đề ra.
Hệ quả 1.1.2. Giả sử A là một vành con của một vành giao hoán B và
ϕ là phép nhúng chính tắc. Khi đó ta có thể phát biểu tính chất trên dưới
dạng sau:
Giả sử vành giao hoán V chứa vành A làm một vành con. Khi đó với mỗi
phần tử v ∈ V tồn tại duy nhất một đồng cấu vành.
ϕ : A[x] → V
sao cho ϕ(a) = a∀a ∈ A, ϕ(X) = V .
Trong trường hợp này ta có
ϕ(a
0
+ a
1
X + + a
n
X

n
) = a
0
+ a
1
v + + a
n
v
n
.
Vế phải của đẳng thức trên gọi là giá trị của đa thức
f(X) = a
0
+ a
1
X + + a
n
X
n
tại X=v. Nó cũng được kí hiệu là f(v).
Định nghĩa 1.1.3. Một phần tử v ∈ V gọi là đại số trên A nếu và chỉ nếu
ta có ϕ(f(X)) = f(v) = 0, với một đa thức f(X) nào đó của vành A[X].
Còn nếu: ϕ : A[x] → V là một đơn cấu tức là
ϕ(f(X)) = 0 <=> f(X) = 0 <=> f(v) = 0 nếu và chỉ nếu tất cả các hệ
tử của f đều bằng 0, thì v gọi là phần tử siêu việt trên A.
Trong trường hợp A=Q và V=C thì ta gọi tắt là những số đại số hoặc
siêu việt. Thí dụ
√
2,
√

2 +
√
3 là những số đại số, e, π là những số siêu
10
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
việt.
Để đo độ lệch của vành A[v] ⊆ V so với vành A[x] ta xét hạt nhân
Kerϕ = {f(x) ∈ A[X]|ϕf(x) = f (v) = 0}
Khi đó theo Định lý đồng cấu vành ta có
A[v]
∼
=
A[X]\Kerϕ.
1.2 Đa thức bất khả quy
Một vài tiêu chuẩn về bất khả quy
Giả sử hai đa thức f(x), g(x) ∈ k[x]. Đa thức f(x) được gọi là chia hết
cho đa thức g(x) nếu có đa thức h(x) ∈ k[x] để f (x) = g(x)h(x).
Bổ đề 1.2.1. Cho đa thức f(x) = a
0
x
n
+a
1
x
n−1
+···+a
n
∈ Z[x], a
0
= 0.

Nếu số hữu tỷ
p
q
với (p, q) = 1 là nghiệm của phương trình f(x) = 0 thì
(i) p là một ước của a
n
và q là một ước của a
0
.
(ii) p − mq là một ước của f (m) cho mọi số nguyên m.
Chứng minh. (i) Giả sử số hữu tỷ
p
q
với (p, q) = 1 là nghiệm của f(x) =
0. Khi đó
a
0
p
n
+ a
1
p
n−1
q + ··· + a
n
q
n
= 0.
Vì (p, q) = 1 nên p là một ước của a
n

và q là một ước của a
0
.
(ii) Khai triển f(x) theo các luỹ thừa của x − m ta được
f(x) = a
0
(x −m)
n
+ b
1
(x −m)
n−1
+ ···+ b
n−1
(x −m) + f(m) ∈ Z[x].
Cho x =
p
q
và quy đồng
a
0
(p −mq)
n
+ b
1
(p −mq)
n−1
q + ··· + b
n−1
(p −mq)q

n−1
+ f(m)q
n
= 0.
Vì (p, q) = 1 nên p − mq là một ước của f(m) cho mọi số nguyên m.
Hệ quả 1.2.2. Nghiệm hữu tỷ của đa thức f(x) = x
n
+a
1
x
n−1
+···+a
n
∈
Z[x] phải là số nguyên.
11
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Chứng minh. Suy ra từ Bổ đề trên.
Vì C là trường đóng đại số nên đa thức bất khả quy một ẩn trên C chỉ là
những đa thức bậc 1. Chính vì lý do này mà ta chỉ xét đa thức bất khả
quy trên Q và trên R. Một số tiêu chuẩn sau đây để có thể kiểm tra khi
nào một đa thức với các hệ số nguyên là bất khả quy.
Định lý 1.2.3. [Tiêu chuẩn Eisenstein]
Cho f(x) = a
n
x
n
+ a
n−1
x

n−1
+ ··· + a
0
, a
n
= 0, là đa thức với các hệ
số nguyên và p là số nguyên tố sao cho a
n
không chia hết cho p và các
a
i
(i < n) chia hết cho p nhưng a
0
không chia hết cho p
2
. Khi đó f (x) là
đa thức bất khả quy trên Z.
Chứng minh. Giả sử f = gh = (
r

i=0
b
i
x
i
)(
s

j=0
c

j
x
j
) với g, h ∈ Z[x] và
r = deg g, s = deg h > 0, r + s = n. Vì b
0
c
0
= a
0
chia hết cho p nên tối
thiểu một số b
0
hoặc c
0
phải chia hết cho p, chẳng hạn b
0
chia hết cho p.
Vì a
0
không chia hết cho p
2
nên c
0
không chia hết cho p. Nếu tất cả các
b
i
đều chia hết cho p thì a
n
cũng phải chia hết cho p : mâu thuẫn với giả

thiết. Vậy phải có một b
i
không chia hết cho p. Gọi i là chỉ số nhỏ nhất để
b
i
không chia hết cho p. Khi đó 0 < i  r. Vì a
i
= b
i
c
0
+ b
i−1
c
1
+ ···+ b
0
c
i
chia hết cho p với tất cả các số hạng b
i−1
c
1
, . . . , b
0
c
i
đều chia hết cho p
nên b
i

c
0
cũng chia hết cho p : mâu thuẫn. Điều này chứng tỏ f là đa thức
bất khả quy trên Z.
Ví dụ 1.2.4. Với bất kỳ số nguyên dương n đa thức
f(x) = 1 + x +
x
2
2!
+ ···+
x
n
n!
là bất khả quy trên Q.
Bài giải. Ta phải chứng minh n!f(x) = n! + n!x +
x
2
2!
+ ··· + x
n
là bất
khả quy trên Z. Ta chọn số nguyên tố p với p  n < 2p và n chia hết cho
p, nhưng n! không chia hết cho p
2
. Theo tiêu chuẩn Eisenstein, đa thức
n!f là bất khả quy trên Z.
Ví dụ 1.2.5. Với bất kỳ số nguyên tố p đa thức f (x) = 1 + x + ···+ x
p−1
là bất khả quy trên Z.
12

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Bài giải. Theo Tiêu chuẩn Eisenstein, đa thức f(x+1) = x
p−1
+

p
1

x
p−2
+
··· +

p
p−1

là bất khả quy trên Z. Do đó f là bất khả quy trên Z.
Định lý 1.2.6. Cho f(x) = b
0
x
n
+ b
1
x
n−1
+ ··· + b
n
là đa thức với các
hệ số nguyên và p là số nguyên tố sao cho b
0

không chia hết cho p nhưng
b
k+1
, . . . , b
n
chia hết cho p, b
n
không chia hết cho p
2
. Khi đó f (x) có nhân
tử bất khả quy bậc  n −k.
Chứng minh. Phân tích f (x) thành tích các nhân tử bất khả quy. Giả
sử g(x) = c
0
x
m
+ c
1
x
m−1
+ ··· + c
m
∈ Z[x] là một nhân tử bất khả quy
với c
m
chia hết cho p. Biểu diễn f(x) = g(x)h(x) với h(x) = d
0
x
h
+

d
1
x
h−1
+ ··· + d
h
∈ Z[x]. Khi đó d
h
không chia hết cho p. Gọi c
i
là hệ
số đầu tiên của g(x) không chia hết cho p trong khi b
m
, . . . , b
i+1
chia hết
cho p. Ta có c
m
d
h
= b
n
chia hết cho p, nhưng không chia hết cho p
2
. Vì
b
h+i
= c
i
d

h
+ b
i+1
d
h−1
+ ··· không chia hết cho p nên h + i  k hay
n −m + i  k. Do đó m  n + i − k  n −k.
Ngoài ra ta còn có một vài tiêu chuẩn kiểm tra tính bất khả quy của đa
thức với các hệ số nguyên khác nữa qua bất đẳng thức.
Định lý 1.2.7. [Tiêu chuẩn Osada] Cho f (x) = x
n
+ a
1
x
n−1
+ ··· +
a
n−1
x ± p là đa thức với các hệ số nguyên và p là số nguyên tố. Nếu
p > 1 + |a
1
| + ···+ |a
n−1
| thì f(x) là bất khả quy.
Chứng minh. Giả sử f(x) là khả quy. Khi đó f(x) = g(x)h(x), ở đó g, h
là những đa thức bậc dương với các hệ số nguyên. Vì p là số nguyên tố
nên một trong các số hạng tự do của g hay h phải bằng ±1, chẳng hạn
hệ số tự do của g bằng ±1. Vậy giá trị tuyệt đối của tích các nghiệm của
g phải bằng 1. Khi đó g(x) = 0 phải có một nghiệm α với |α|  1. Vì α
cũng là nghiệm của f (x) = 0 nên

p = |α
n
+ a
1
α
n−1
+ ···+ a
n−1
α|  1 + |a
1
| + ···+ |a
n−1
|.
Điều mâu thuẫn này chứng tỏ f(x) là bất khả quy.
Ví dụ 1.2.8. Với số tự nhiên n  2, đa thức q(x) = x
n
−18x
n−1
+ 3x
2
−
2011 luôn luôn là bất khả quy.
Bài giải. Vì 2011 là số nguyên tố và 2011 > 1 + 18 + 3 nên q(x) là bất
khả quy theo Định lý 1.2.7.
13
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Ví dụ 1.2.9. Đa thức p(x) = x
9
+ x
8

+ ···+ x
2
+ x + 11 luôn luôn là bất
khả quy.
Bài giải. Vì 11 là số nguyên tố và 11 > 1 + 1 + ···+ 1 = 10 nên p(x) là
bất khả quy theo Định lý 1.2.7.
Định lý 1.2.10. [Tiêu chuẩn Polya] Cho f(x) là đa thức bậc n với
các hệ số nguyên. Đặt m = [
n + 1
2
]. Giả sử cho n số nguyên khác nhau
d
1
, . . . , d
n
có |f(d
i
)| <
m!
2
m
và các số d
i
đều không là nghiệm của f(x). Khi
đó f(x) là bất khả quy.
Chứng minh. Giả sử f(x) là khả quy. Khi đó f (x) = g(x)h(x) với g, h là
những đa thức bậc dương, các hệ số nguyên. Hiển nhiên deg g(x), deg h(x) <
n. Không hạn chế ta có thể giả thiết deg h(x)  deg g(x) = s. Ta có
m  s < n. Ta thấy ngay g(d
i

) = 0 và g(d
i
) chia hết f(d
i
). Do đó
|g(d
i
)|  |f(d
i
)| <
m!
2
m
.
Khi đó có i để |g(d
i
)| 
s!
2
s
. Vì s  m nên
s!
2
s

m!
2
m
, (chứng minh). Vậy
m!

2
m
> |g(d
i
)| 
s!
2
s
.
Mâu thuẫn này chỉ ra f(x) là bất khả quy.
Ví dụ 1.2.11. [VMO 1984] Xác định đa thức bất khả quy f(x) ∈ Z[x]
nhận
√
2 +
3
√
3 làm một nghiệm.
Bài giải. Đặt x =
√
2+
3
√
3. Khi đó 3 = (x−
√
2)
3
= x
3
+6x−(3x
2

−2)
√
2.
Như vậy f(x) = (x
3
+6x−3)
2
−2(3x
2
+2)
2
= x
6
−6x
4
−6x
3
+12x
2
−36x+1
là đa thức bậc 6 với các hệ số nguyên nhận x
1
=
√
2+
3
√
3 làm một nghiệm.
Với p = 2, dễ dàng kiểm tra f(x + 1) là bất khả quy theo Định lý 1.2.3.
Do đó đa thức với các hệ số nguyên x

6
− 6x
4
− 6x
3
+ 12x
2
− 36x + 1 là
bất khả quy, bậc 6, nhận x
1
=
√
2 +
3
√
3 làm một nghiệm.
Ví dụ 1.2.12. Tìm tất cả các cặp (n, r) với số tự nhiên n > 1 và số thực
r để đa thức p(x) = (x + 1)
n
− r chia hết cho 2x
2
+ 2x + 1.
14
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Bài giải. Đa thức 2x
2
+2x+1 là bất khả quy với nghiệm phức α =
−1 + i
2
.

Vậy p(x) = (x+1)
n
−r chia hết cho 2x
2
+2x+1 khi và chỉ khi (α+1)
n
= r.
Do vậy r = (
1 + i
2
)
n
=
1
√
2
n
(cos
nπ
4
+ i sin
nπ
4
). Để r là số thực cần và đủ
sin
nπ
4
= 0 hay n = 4k với k ∈ N
+
.

Ví dụ 1.2.13. Xác định đa thức bất khả quy f (x) ∈ Z[x] bậc 4 có nghiệm
tan
π
16
, tan
5π
16
, tan
9π
16
, tan
13π
16
và tính tổng T = tan
4
π
16
+ tan
4
5π
16
+
tan
4
9π
16
+ tan
4
13π
16

+ 4(tan
3
π
16
+ tan
3
5π
16
+ tan
3
9π
16
+ tan
3
13π
16
).
Bài giải. Sử dụng công thức tan 2x =
2 tan x
1 −tan
2
x
, nên từ tan
π
4
= 1 ta
suy ra tan
π
8
=

√
2 − 1. Do đó tan
π
16
= −
√
2 − 1 +

4 + 2
√
2. Với
x = −
√
2 −1 +

4 + 2
√
2 ta có x
4
+ 4x
3
− 6x
2
− 4x + 1 = 0. Đa thức
f(x) = x
4
+ 4x
3
− 6x
2

− 4x + 1 ∈ Z[x]
là bất khả quy với bậc 4 nhận x
1
= tan
π
16
làm nghiệm. Tương tự, đa thức
này còn có nghiệm x
2
= tan
5π
16
, x
3
= tan
9π
16
, x
4
= tan
13π
16
. Hiển nhiên

x
1
+ x
2
+ x
3

+ x
4
= −4
x
1
x
2
+ x
1
x
3
+ x
1
x
4
+ x
2
x
3
+ x
2
x
4
+ x
3
x
4
= −6.
Do đó x
2

1
+ x
2
2
+ x
2
3
+ x
2
4
= 28. Vì x
1
, x
2
, x
3
, x
4
là nghiệm của f(x) = 0 nên
x
4
1
+ 4x
3
1
− 6x
2
1
− 4x
1

+ 1 = 0
x
4
2
+ 4x
3
2
− 6x
2
2
− 4x
2
+ 1 = 0
x
4
3
+ 4x
3
3
− 6x
2
3
− 4x
3
+ 1 = 0
x
4
4
+ 4x
3

4
− 6x
2
4
− 4x
4
+ 1 = 0
và ta nhận được T =
4

i=1
x
4
i
+ 4
4

i=1
x
3
i
= 6
4

i=1
x
2
i
+ 4
4


i=1
x
i
− 4 = 148.
Ví dụ 1.2.14. Xác định số tự nhiên dương nhỏ nhất n
0
để với mọi số
nguyên phân biệt a
1
, a
2
, . . . , a
n
đa thức f (x) = (x − a
1
)(x − a
2
) . . . (x −
a
n
) + 1 là bất khả quy khi n  n
0
.
15
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Bài giải. Với n = 1 đa thức f
1
(x) = x −a + 1 là bất khả quy. Với n = 2
đa thức f

2
(x) = (x −a)(x −a −2)+ 1 = (x −a −1)
2
là khả quy. Với n = 4
đa thức f
4
(x) = x(x−1)(x−2)(x−3)+1 = [x(x−3)+1]
2
là khả quy. Bây
giờ xét n  5. Giả sử f (x) = (x − a
1
)(x −a
2
) . . . (x −a
n
) + 1 là khả quy.
Khi đó f(x) = g(x)h(x) với g(x), h(x) ∈ Z[x] và deg g(x), deg h(x)  1.
Vì g(a
i
)h(a
i
) = 1 với mọi i = 1, . . . , n nên g(a
i
) = h(a
i
) = ±1 với
i = 1, . . . , n. Do đó g(x) = h(x). Ta có f(x) = g(x)
2
. Vậy n phải là số
chẵn và (x −a

1
)(x −a
2
) . . . (x−a
n
) = [g(x)−1][g(x)+1] với n  6. Đánh
số lại chỉ số, nếu cần thiết, ta có thể biểu diễn
g(x) + 1 = (x −a
1
)(x −a
3
) . . . (x −a
n−1
)
g(x) −1 = (x −a
2
)(x −a
4
) . . . (x −a
n
).
Vậy 2 = (x − a
1
)(x − a
3
) . . . (x − a
n−1
) − (x − a
2
)(x − a

4
) . . . (x − a
n
).
Đánh số lại, nếu cần, có thể coi a
1
> a
3
> ··· > a
n−1
. Cho x = a
2k
được 2 = (a
2k
−a
1
)(a
2k
−a
3
) . . . (a
2k
−a
n−1
). Vì chỉ có hai các phân tích
2 = 2.1 = (−2)(−1) và n  6 nên 2 = (a
2k
−a
1
)(a

2k
−a
3
) . . . (a
2k
−a
n−1
)
không thể xảy ra. Điều này chứng tỏ f(x) là bất khả quy. Vậy n
0
= 5.
Ví dụ 1.2.15. Với các số nguyên phân biệt a
1
, a
2
, . . . , a
n
, ký hiệu đa thức
f(x) = (x−a
1
)(x−a
2
) . . . (x−a
n
). Nếu n  7 và ax
2
+bx+1 ∈ Z[x], a = 0,
là bất khả quy thì af(x)
2
+ bf(x) + 1 cũng là bất khả quy.

Bài giải. Trước tiên ta chứng minh nhận xét sau: Nếu đa thức g(x) ∈ Z[x]
nhận giá trị 1, (hoặc -1), tại nhiều hơn ba giá trị nguyên phân biệt của
biến x thì nó không thể nhận giá trị -1, (hoặc 1), khi x nguyên.
Thật vậy, giả sử g(x) ∈ Z[x] nhận giá trị 1 tại nhiều hơn ba giá trị nguyên
phân biệt của biến x. Khi đó g(x) − 1 có ít nhất 4 nghiệm nguyên khác
nhau, chẳng hạn a
1
, a
2
, a
3
, a
4
. Biểu diễn
g(x) −1 = (x − a
1
)(x −a
2
)(x −a
3
)(x −a
4
)h(x), h(x) ∈ Z[x].
Với a nguyên và a = a
k
, k = 1, 2, 3, 4, thì (a −a
1
)(a −a
2
)(a −a

3
)(a −a
4
)
là tích 4 số nguyên phân biệt. Các thừa số này có thể là ±1 và ±p. Nếu có
số nguyên a để g(a) = −1 thì −2 = (a −a
1
)(a −a
2
)(a −a
3
)(a −a
4
)h(a).
−2 = (−1).1.2 cùng lắm chỉ có ba nhân tử phân biệt. Vậy, không có số
nguyên a để g(a) = −1.
Sử dụng kết quả này vào chứng minh bài toán đặt ra. Giả sử có sự phân tích
af(x)
2
+bf(x)+1 = g(x)h(x) với g(x), h(x) ∈ Z[x] và deg g(x), deg h(x) 
16
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
1. Vì g(a
i
)h(a
i
) = 1 với mọi i = 1, . . . , n nên g(a
i
) = ±1 với i = 1, . . . , n.
Do n  7 và nhận xét trên nên hoặc g(a

i
) = 1 hoặc g(a
i
) = −1 với mọi
i = 1, 2, . . . , n. Tương tự đối với h(x). Chẳng hạn g(x) = 1 + αf(x).
Khi đó h(x) = 1 + βf(x). Ta có αβ = a. Vì af(x)
2
+ bf(x) + 1 =
[1 + αf(x)][1 + βf (x)] nên ax
2
+ bx + 1 = [1 + αx][1 + βx] : mâu thuẫn vì
ax
2
+ bx + 1 là bất khả quy. Vậy af (x)
2
+ bf(x) + 1 là bất khả quy.
Ví dụ 1.2.16. Đa thức p(x) = x
2010
+ 318x
1952
+ 2011 không thể phân
tích được thành tích hai đa thức với bậc  1 và các hệ số nguyên.
Bài giải. Đa thức p(x) = x
2010
+ 318x
1952
+ 2011 là bất khả quy theo
Tiêu chuẩn Osada, Định lý 1.2.7. Vậy không thể phân tích đa thức p(x) =
x
2010

+ 318x
1952
+ 2011 ra thành tích hai đa thức với bậc  1 và các hệ số
nguyên.
Ví dụ 1.2.17. Với số nguyên dương n và góc α có x
2n
− 2x
n
cos α + 1 =
(x
2
−2x cos
α
n
+1) (x
2
−2x cos
2π + α
n
+1) ···(x
2
−2x cos
(2n −2)π + α
n
+
1) khi cos α = ±1.
Bài giải. Xét phương trình x
n
= cos α ± i sin α. Hai phương trình có 2n
nghiệm x. Vậy x

2n
−2x
n
cos α+1 = (x
2
−2x cos
α
n
+1)(x
2
−2x cos
2π + α
n
+
1) ···(x
2
− 2x cos
(2n −2)π + α
n
+ 1).
Ví dụ 1.2.18. Với số nguyên dương n và góc α có














±sin
α
2
= 2
n−1
sin
α
2n
sin
2π + α
2n
···sin
(2n −2)π + α
2n
cos
α
2
= 2
n−1
sin
π + α
2n
sin
3π + α
2n
···sin

(2n −1)π + α
2n
tan
α
2
= (−1)
n−1
2
tan
α
2n
tan
2π + α
2n
···tan
(2n −2)π + α
2n
.
Từ đây suy ra





n = 2
n−1
sin
π
n
sin

2π
n
···sin
(n −1)π
n
1 = 2
n−1
sin
π
2n
sin
3π
2n
···sin
(2n −1)π
2n
.
17
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Bài giải. Vì x
2n
−2x
n
cos α+1 = (x
2
−2x cos
α
n
+1)(x
2

−2x cos
2π + α
n
+
1) ···(x
2
− 2x cos
(2n −2)π + α
n
+ 1) nên khi cho x = 1 ta được
2 −2 cos α = (2 −2 cos
α
n
)(2 −2 cos
2π + α
n
) ···(2 −2 cos
(2n −2)π + α
n
)
hay 4 sin
2
α
2
= 4
n
sin
2
α
2n

sin
2
2π + α
2n
···sin
2
(2n −2)π + α
2n
. Khi đó ta
nhận được













±sin
α
2
= 2
n−1
sin
α

2n
sin
2π + α
2n
···sin
(2n −2)π + α
2n
cos
α
2
= 2
n−1
sin
π + α
2n
sin
3π + α
2n
···sin
(2n −1)π + α
2n
tan
α
2
= (−1)
n−1
2
tan
α
2n

tan
2π + α
2n
···tan
(2n −2)π + α
2n
.
Khi cho α → 0 ta có











2
n−1
sin
π
n
sin
2π
n
···sin
(n −1)π
n

= lim
α→0
sin
α
2
sin
α
2n
= n
2
n−1
sin
π
2n
sin
3π
2n
···sin
(2n −1)π
2n
= lim
α→0
cos
α
2
= 1.
1.3 Tính đóng đại số của trường C.
Bây giờ ta sẽ chỉ ra rằng, mọi đa thức bậc dương thuộc C[x] đều có nghiệm
trong C. Đó chính là nội dung Định lý cơ bản của đại số. Người đầu tiên
chứng minh Định lý này là nhà toán học C. Gauss (1777-1855).

Định nghĩa 1.3.1. Trường K được gọi là một trường đóng đại số nếu mọi
đa thức bậc dương thuôc K[x] đều có nghiệm trong K.
Như vậy, trong K[x] mọi đa thức bậc dương đều phân tích được thành
tích các nhân tử tuyến tính khi K là một trường đóng đại số.
Bổ đề 1.3.2. Mỗi đa thức bậc lẻ thuộc R[x] đều có ít nhất một nghiệm
thực thuộc R.
Chứng minh. Giả sử f(x) = a
0
x
2s+1
+ a
1
x
2s
+ ···+ a
2s
x + a
2s+1
∈ R[x]
với a
0
= 0. Dễ dàng thấy rằng a
0
f(x) sẽ tiến ra +∞ khi x → +∞ và
a
0
f(x) sẽ tiến ra −∞ khi x → −∞. Từ đây suy ra sự tồn tại của các
18
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
số thực α > 0 và β < 0 thỏa mãn a

0
f(α) > 0, a
0
f(β) < 0. Do vậy
a
2
0
f(α)f (β) < 0 hay f(α)f (β) < 0. Vì đa thức f(x) là hàm xác định và
liên tục trên R thỏa mãn f(α)f (β) < 0 nên theo Định lý Weierstrass, đa
thức f(x) có ít nhất một nghiệm thực thuộc (α, β).
Bổ đề 1.3.3. Mỗi đa thức bậc hai thuộc C[x] đều có hai nghiệm thuộc C.
Chứng minh:. Trước tiên ta chỉ ra, với mỗi số phức z đều có hai số phức
z
1
, z
2
để z
2
1
= z, z
2
2
= z. Thật vậy, giả sử z = a+bi = 0 và giả sử z
1
= x+yi
với a, b, x, y ∈ R để z
2
1
= z hay


x
2
− y
2
= a
2xy = b.
Xét trường hợp b = 0 nên x = 0. Khi đó

x
2
− y
2
= a
2xy = b
⇔

y =
b
2x
4x
4
− 4ax
2
− b
2
= 0
hay








x
1,2
= ±

a +
√
a
2
+ b
2
2
= 0
y =
b
2x
.
Ta có z
1
= x
1
+
bi
2x
1
và z
2

= x
2
+
bi
2x
2
thỏa mãn z
2
1
= z
2
2
= z.
Theo lập luận ở trên, có hai số phức z
1
và z
2
để z
2
1
= z
2
2
= b
2
− 4ac. Khi
đó nghiệm của phương trình
−b + z
1
2

và
−b + z
2
2
.
Trường hợp b = 0 được xét dễ dàng.
Định lý 1.3.4. [D’Alembert - Gauss, Định lý cơ bản của đại số]
Mọi đa thức bậc dương thuộc C[x] đều có ít nhất một nghiệm thuộc C.
Chứng minh. Cho đa thức tùy ý f(x) = x
n
+ a
1
x
n−1
+ ···+ a
n
. Ký hiệu
đa thức f(x) = x
n
+ a
1
x
n−1
+ ··· + a
n
. Khi đó g(x) = f(x)f(x) ∈ R[x].
Nếu g(α) = 0 thì f(α) = 0 hoặc f(α) = 0. Từ trường hợp f(α) = 0 ta
suy ra 0 = f(α) = f(α). Tóm lại, g(x) có nghiệm thì f(x) có nghiệm.
Chính vì kết quả này mà ta chỉ cần chứng minh Định lý cho đa thức với
hệ số thực.

Ta biết rằng cho mỗi đa thức f(x) = x
n
+ a
1
x
n−1
+ ··· + a
n
∈ R[x] có
trường mở rộng K của R để trong K[x] ta có sự phân tích thành tích các
nhân tử tuyến tính
f(x) = (x −α
1
)(x −α
2
) . . . (x −α
n
).
19
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Phân tích bậc n = 2
d
 với  là số nguyên dương lẻ. Ta chứng minh có ít
nhất một α
i
∈ C bằng phương pháp quy nạp theo số nguyên không âm d.
Nếu d = 0 thì f(x) là đa thức bậc lẻ. Nó có ít nhất một nghiệm trong C
theo Bổ đề 1.3.2. Nếu d > 0, ta giả thiết những đa thức thuộc R[x] có bậc
m với sự phân tích m = 2
e

p, p lẻ và e < d, có ít nhất một nghiệm thuộc
C. Với một số thực c ta xét các phần tử
β
ij
= α
i
α
j
+ c(α
i
+ α
j
)
với tất cả các cặp chỉ số i, j = 1, . . . , n, i < j. Số các cặp (i, j) như vậy
bằng
n(n −1)
2
= 2
d−1
(2
d
 − 1) = 2
d−1
q với số q lẻ. Đa thức bậc 2
d−1
q
sau đây:
g(x) =

1i<jn

(x −β
ij
)
có tính chất: Mỗi sự hoán vị các α
h
có hoán vị của các β
ij
. Vì các hệ số
của g(x) là những hàm đối xứng của các β
ij
nên ta suy ra các hệ số này là
những hàm đối xứng của các α
i
. Theo Định lý về các hàm đối xứng, các
hệ số của g(x) là những đa thức của các hàm đối xứng cơ bản của các α
i
và vì c là số thực nên các hệ số của g(x) là những số thực. Theo giả thiết
quy nạp, g(x) có ít nhất một nghiệm trong C, điều này có nghĩa: Tồn tại
β
ij
∈ C. Có tất cả
n(n −1)
2
cặp i, j với i < j. Ta chọn
n(n −1)
2
+1 giá trị
thực khác nhau cho c. Khi đó ta có các đa thức (x) tương ứng và mỗi đa
thức ấy có ít nất một nghiệm phức. Vì chỉ có
n(n −1)

2
cặp i, j với i < j,
nhưng có
n(n −1)
2
+ 1 đa thức g(x) tương ứng có nghiệm phức, nên có
cặp (i, j) được tính 2 lần. Do vậy mà có hai số thực c
1
và c
2
khác nhau để
a = α
i
α
j
+ c
1
(α
i
+ α
j
), b = α
i
α
j
+ c
2
(α
i
+ α

j
) đều thuộc C. Ta có hệ sau:





α
i
+ α
j
=
a −b
c
1
− c
2
,
α
i
α
j
=
bc
1
− ac
2
c
1
− c

2
.
Hệ này có nghiệm phức theo Bổ đề 1.3.3. Tóm lại, ta đã chỉ ra f(x) có
nghiệm α
i
, α
j
∈ C.
Từ Định lý 1.3.4 suy ra kết quả sau đây về đa thức bất khả quy trong
C[x]
20
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Hệ quả 1.3.5. Mọi đa thức thuộc C[x] với bậc n > 0 đều có n nghiệm
trong C và các đa thức bất khả quy trong C[x] là các đa thức bậc nhất.
Bổ đề 1.3.6. Cho f(x) ∈ R[x] \R. f(x) là đa thức bất khả quy khi và chỉ
khi hoặc f(x) = ax + b với a = 0 hoặc f(x) = ax
2
+ bx + c với a = 0 và
b
2
− 4ac < 0.
Chứng minh. Hiển nhiên, nếu f (x) = ax + b với a = 0 hoặc f (x) =
ax
2
+ bx + c với a = 0 và b
2
− 4ac < 0 thì f(x) là bất khả quy.
Ta chứng minh điều ngược lại. Giả thiết f(x) ∈ R[x] là bất khả quy với
deg f(x)  1.
Trường hợp deg f(x) = 1 thì f(x) = ax + b với a = 0.

Xét trường hợp deg f (x) = 2. Khi đó f(x) = ax
2
+ bx + c với a = 0.
Nếu ∆ = b
2
− 4ac  0 thì f(x) có hai nghiệm α
1
, α
2
∈ R và ta có
f(x) = a(x − α
1
)(x − α
2
) : mâu thuẫn với giả thiết. Vậy b
2
− 4ac < 0.
Xét trường hợp deg f(x) > 2. Vì C là trường đóng đại số nên f(x) = 0 có
nghiệm α ∈ C theo Định lý 1.3.4 và như vậy nó còn có nghiệm α. Khi đó
f(x) có nhân tử (x − α)(x −α) ∈ R[x] hay f (x) là khả quy : mâu thuẫn
giả thiết.
Tóm lại, nếu f(x) là đa thức bất khả quy thì hoặc f(x) = ax +b với a = 0
hoặc f(x) = ax
2
+ bx + c với a = 0 và b
2
− 4ac < 0.
Sử dụng các kết quả đã đạt được ở trên để chỉ ra dạng phân tích một đa
thức thuộc R[x] thành tích các nhân tử bất khả quy.
Định lý 1.3.7. Mỗi đa thức f(x) ∈ R[x] \ R đều có thể phân tích được

một cách duy nhất thành dạng
f(x) = a(x −a
1
)
n
1
. . . (x − a
s
)
n
s
(x
2
+ b
1
x + c
1
)
d
1
. . . (x
2
+ b
r
x + c
r
)
d
r
với các b

2
i
− 4c
i
< 0 cho i = 1, . . . , r khi r  1.
Chứng minh. Vì vành R[x] là vành nhân tử hóa nên f(x) có thể phân
tích được một cách duy nhất thành tích các nhân tử bất khả quy trong
R[x]. Vì các đa thức bất khả quy trong R[x] chỉ có dạng hoặc ax + b với
a = 0 hoặc ax
2
+ bx + c với a = 0, b
2
− 4ac < 0 theo Bổ đề 1.3 nên mỗi
đa thức f(x) đều có thể phân tích được một cách duy nhất thành dạng
f(x) = a(x −a
1
)
n
1
. . . (x − a
s
)
n
s
(x
2
+ b
1
x + c
1

)
d
1
. . . (x
2
+ b
r
x + c
r
)
d
r
với các b
2
i
− 4c
i
< 0 cho i = 1, . . . , r khi r  1.
21
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Đôi khi để tìm mối liên hệ giữa các nghiệm hay một tính chất nào đó
của nghiệm đa thức ta thường xét bài toán trên C và sử dụng kết quả sau
đây:
Định lý 1.3.8. [Viét] Giả sử x
1
, . . . , x
n
là n nghiệm của đa thức bậc n
sau đây: f(x) = x
n

− δ
1
x
n−1
+ δ
2
x
n−2
− ··· + (−1)
n
δ
n
. Khi đó có các hệ
thức







δ
1
= x
1
+ x
2
+ ···+ x
n
δ

2
= x
1
x
2
+ x
1
x
3
+ ···+ x
n−1
x
n

δ
n
= x
1
x
2
. . . x
n
.
Chứng minh. Từ f(x) = x
n
−δ
1
x
n−1
+ ···+ (−1)

n
δ
n
= (x −x
1
) . . . (x −
x
n
), vì x
1
, . . . , x
n
là n nghiệm của f(x), suy ra ngay δ
1
= x
1
+ x
2
+ ···+
x
n
, . . . , δ
n
= x
1
x
2
. . . x
n
.

Định lý 1.3.9. Giả sử f(x
1
, x
2
, . . . , x
n
) ∈ R[x
1
, x
2
, . . . , x
n
] là một đa thức
đối xứng khác 0. Khi đó tồn tại một và chỉ một đa thức s(x
1
, x
2
, . . . , x
n
) ∈
R[x
1
, x
2
, . . . , x
n
] sao cho f(x
1
, x
2

, . . . , x
n
) = s(δ
1
, δ
2
, . . . , δ
n
).
Ví dụ 1.3.10. Xác định số các tập con của tập {1, 2, . . . , 2010} sao cho
tổng các phần tử của nó chia hết cho 5.
Bài giải. Đây là bài toán về tập các số nguyên. Nhưng ta lại xét bài toán
trên C. Xét đa thức f(x) = (1 + x)(1 + x
2
)(1 + x
3
) . . . (1 + x
2010
). Có
một song ánh giữa mỗi tập con {r
1
, r
2
, . . . , r
m
} của tập {1, 2, . . . , 2010}
với một đơn thức x
r
1
x

r
2
. . . x
r
m
= x
r
1
+r
2
+···+r
m
.
Do vậy ta chỉ cần tìm tổng S của các hệ số của tất cả các đơn thức dạng
x
5k
thuộc f(x) với số nguyên dương k. Gọi u là một căn nguyên thủy
bậc 5 của đơn vị, chẳng hạn chọn u = cos
2π
5
+ i sin
2π
5
. Vì u
5
= 1 nên
1 + u + u
2
+ u
3

+ u
4
= 0.
Do đó S =
1
5
5

j=1
f(u
j
). Vì u, u
2
, u
3
, u
4
, u
5
= 1 là nghiệm của g(x) = x
5
−1
nên g(x) = x
5
− 1 = (x −u)(x −u
2
)(x −u
3
)(x −u
4

)(x −u
5
).
Với x = −1 được 2 = −g(−1) = (1 + u)(1 + u
2
)(1 + u
3
)(1 + u
4
)(1 + u
5
).
Vì u
5
= 1 nên f (u) = 2
402
.
Tương tự f(u
j
) = 2
402
với j = 2, 3, 4; còn f(u
5
) = f (1) = 2
2010
.
Vậy S =
1
5


4.2
402
+ 2
2010

=
1
5

2
404
+ 2
2010

.
22
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Ví dụ 1.3.11. Với các số nguyên dương n, k và i thỏa mãn 0  i  k −1,
đặt S
n,k,i
=

j≡i( mod k)
C
j
n
và T
n,k,i
=


j≡i( mod k)
jC
j
n
(i) Tồn tại hay không các số nguyên dương n, k > 2 để tất cả các số
S
n,k,0
, S
n,k,1
, . . . , S
n,k,k−1
bằng nhau.
(ii) Tồn tại hay không các số nguyên dương n, k > 2 để
T
n,k,0
= T
n,k,1
= . . . = T
n,k,k−1
.
Bài giải. (i) Xét bài toán trên C. Gọi α là một căn bậc k của đơn vị với
α = ±1 và α
k
= 1. Khi đó(1 + α)
n
=
n

j=0
C

j
n
α
j
hay
(1 + α)
n
=

j≡0( mod k)
C
j
n
+

j≡1( mod k)
αC
j
n
+ +

j≡k−1( mod k)
α
k−1
C
j
n
= S
n,k,0
+ αS

n,k,1
+ + α
k−1
S
n,k,k−1
Nếu tồn tại hai số nguyên n, k > 2 để S
n,k,0
= S
n,k,1
= ··· = S
n,k,k−1
= a
thì (1 + α)
n
= a(1 + α + ··· + α
k−1
) = 0.
Vậy α = −1 : vô lý. Tóm lại, không có các số nguyên dương n, k > 2 để
S
n,k,0
= S
n,k,1
= ··· = S
n,k,k−1
.
Chú ý rằng khi n = k = 2 có S
2,2,0
= C
0
2

+ C
2
2
= 2 và S
2,2,1
= C
1
2
= 2.
Vậy S
2,2,0
= S
2,2,1
. Tóm lại, ta đã có (i)
(ii) Từ n(1 + x)
n−1
= C
1
n
+ 2C
2
n
x + ··· + nC
n
n
x
n−1
suy ra đồng nhất thức
n(1 + α)
n−1

= C
1
n
+ 2C
2
n
α + ··· + nC
n
n
α
n−1
.
Với ký hiệu T = n(1 + α)
n−1
ta sẽ có ngay kết quả dưới đây:
T = C
1
n
+ 2C
2
n
α + ··· + nC
n
n
α
n−1
=

j≡0( mod k)
jC

j
n
+

j≡1( mod k)
αjC
j
n
+ ···+

j≡k−1( mod k)
α
k−1
jC
j
n
= T
n,k,0
+ αT
n,k,1
+ ···+ α
k−1
T
n,k,k−1
.
Nếu tồn tại hai số nguyên n, k > 2 để T
n,k,0
= T
n,k,1
= ··· = T

n,k,k−1
= a
thì
n(1 + α)
n−1
= a(1 + α + ··· + α
k−1
) = 0. Vậy α = −1 vô lý.
Tóm lại, không có các số nguyên dương n, k > 2 để T
n,k,0
= T
n,k,1
= ··· =
T
n,k,k−1
.
Ví dụ 1.3.12. Với số nguyên tố p có dạng 4n+1 ta xét dư của số
p

k=1
(k
2
+1)
chia cho p.
23
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Bài giải. Xét số này trong vành Z
p
[i] và đồng nhất k với ảnh của nó, ta
có biểu diễn thành tích

p

k=1
(k
2
+ 1) =
p

k=1
(k + i)(k − i) =
p

k=1
(k + i)
p

k=1
(k − i) = f(i)f (−i),
trong đó f(x) =
p

k=1
(x + k). Vì f (x) ≡ x
p
−x trên Z
p
[i] nên ta nhận được
p

k=1

(k
2
+1) = f (i)f(−i) = (i
p
−i)((−i)
p
+i) = i(−i)[i
p−1
−1][(−i)
p−1
−1].
Do đó
p

k=1
(k
2
+ 1) = 0 hay
p

k=1
(k
2
+ 1) ≡ 0( mod p).
Ví dụ 1.3.13. Giả sử hai dãy số nguyên (a
n
) và (b
n
) xác định như sau:








a
0
= 3, a
1
= 8, a
2
= 58
a
n+2
= 8a
n+1
− 3a
n
− 3a
n−1
, n  2;
b
0
= 3, b
1
= 5, b
2
= 45
b

n+2
= 5b
n+1
+ 10b
n
− 7b
n−1
, n  2.
Ta có

2011
1

b
2010
+ ···+

2011
2010

b
1
=

2011
1

a
2010
−


2011
2

a
2009
+ ···−

2011
2010

a
1
.
Bài giải. Đây là bài toán về dãy các số nguyên. Nhưng ta lại xét bài toán
trên C. Xét phương trình f (x) = x
3
− 8x
2
+ 3x + 3 = 0. Gọi ba nghiệm
của nó trong C là x
1
, x
2
, x
3
.
Dễ dàng kiểm tra x
0
1

+ x
0
2
+ x
0
3
= a
0
, x
1
+ x
2
+ x
3
= a
1
, x
2
1
+ x
2
2
+ x
2
3
= a
2
,
tổng quát a
n

= x
n
1
+ x
n
2
+ x
n
3
, n  0.
Tương tự b
n
= y
n
1
+ y
n
2
+ y
n
3
, n  0, trong đó y
1
, y
2
, y
3
là ba nghiệm của
g(y) = y
3

− 5y
2
− 10y + 7 = 0. Kiểm tra trực tiếp: f(y + 1) = g(y) và
g(x −1) = f (x).
Vậy ta nhận được các hệ thức sau đây:
a
n
= x
n
1
+x
n
2
+x
n
3
= (y
1
+1)
n
+(y
2
+1)
n
+(y
3
+1)
n
b
n

= y
n
1
+y
n
2
+y
n
3
=
(x
1
− 1)
n
+ (x
2
− 1)
n
+ (x
3
− 1)
n
, n  0.
Do vậy a
n
= C
0
n
b
n

+ C
1
n
b
n−1
+ ···+ C
n−1
n
b
1
+ C
n
n
b
0
b
n
= C
0
n
a
n
− C
1
n
a
n−1
+ ···+ (−1)
n−1
C

n−1
n
a
1
+ (−1)
n
C
n
n
a
0
và có

2011
1

b
2010
+···+

2011
2010

b
1
=

2011
1


a
2010
−

2011
2

a
2009
+···−

2011
2010

a
1
.
24
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Ví dụ 1.3.14. Giả sử hai dãy số nguyên (a
n
)
n∈N
và (b
n
)
n∈N
xác định như
sau:






a
0
= 3, a
1
= 2, a
2
= −6
a
n+2
= 2a
n+1
− 5a
n
+ a
n−1
, n ≥ 2
b
0
= 3, b
1
= −4, b
2
= −2
b
n+2
= −4b

n+1
− 9b
n
− 9b
n−1
, n ≥ 2
Khi đó ta có các kết quả sau đây:
(i) a
n
= C
0
n
b
n
+ 2C
1
n
b
n−1
+ ···+ 2
n−1
C
n−1
n
b
1
+ 2
n
C
n

n
b
0
b
n
= C
0
n
a
n
− 2C
1
n
a
n−1
+ ···+ (−1)
n−1
2
n−1
C
n−1
n
a
1
+ (−1)
n
2
n
C
n

n
a
0
.
(ii) Tìm số dư của phép chia a
p
cho p khi p là số nguyên tố.
Bài giải. (i) Đây là bài toán về dãy các số nguyên. Nhưng ta lại xét bài
toán trên C. Xét phương trình f(x) = x
3
− 2x
2
+ 5x − 1 = 0. Gọi ba
nghiệm của nó trong C là x
1
, x
2
, x
3
. Dễ dàng kiểm tra x
0
1
+ x
0
2
+ x
0
3
= a
0

,
x
1
+ x
2
+ x
3
= a
1
, x
2
1
+ x
2
2
+ x
2
3
= a
2
, tổng quát a
n
= x
n
1
+ x
n
2
+ x
n

3
, n  0.
Tương tự b
n
= y
n
1
+ y
n
2
+ y
n
3
, n  0, trong đó y
1
, y
2
, y
3
là ba nghiệm của
g(y) = y
3
+ 4y
2
+ 9y + 9 = 0. Kiểm tra trực tiếp: f(y + 2) = g(y) và
g(x −2) = f (x).
Vậy ta nhận được các hệ thức sau đây và suy ra (i):
a
n
= x

n
1
+ x
n
2
+ x
n
3
= (y
1
+ 2)
n
+ (y
2
+ 2)
n
+ (y
3
+ 2)
n
và b
n
= y
n
1
+ y
n
2
+ y
n

3
= (x
1
− 2)
n
+ (x
2
− 2)
n
+ (x
3
− 2)
n
, n  0.
(ii) Từ a
p
= x
p
1
+ x
p
2
+ x
p
3
= (x
1
+ x
2
+ x

3
)
p
−
i+j+k=p

0i,j,k<p

p
i,j,k

x
i
1
x
j
2
x
k
3
.
Với bộ ba i, j, k cố định, nhưng hoán vị cho nhau, trong a
p
có tổng con
p!
i!j!k!
(x
i
1
x

j
2
x
k
3
+ x
i
1
x
k
2
x
j
3
+ x
j
1
x
i
2
x
k
3
+ x
j
1
x
k
2
x

i
3
+ x
k
1
x
j
2
x
i
3
+ x
k
1
x
i
2
x
j
3
)
là đa thức đối xứng của x
1
, x
2
, x
3
.
Tổng này được viết thành đa thức với hệ số nguyên của x
1

+ x
2
+ x
3
= 2,
x
1
x
2
+ x
2
x
3
+ x
3
x
1
= 5 và x
1
x
2
x
3
= 1.
Vậy
i+j+k=p

0i,j,k<p

p

i,j,k

x
i
1
x
j
2
x
k
3
là số nguyên chia hết cho p.
Do đó a
p
≡ 2
p
( mod p). Nếu p = 2 thì a
2
= −6 chia hết cho 2 và dư
bằng 0. Nếu p > 2 thì a
p
≡ 2
p
≡ 2( mod p).
Vậy dư bằng 2.
25
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên