Luận văn phương trình và bất phương trình

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
Nguyễn Hữu Cần
PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
MÃ SỐ: 60 46 01 13
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS. Đàm Văn Nhỉ
Thái Nguyên - 2012
1Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Công trình được hoàn thành tại
Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên
Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS. Đàm Văn Nhỉ
Phản biện 1: PGS.TS. Lê Thị Thanh Nhàn.
Phản biện 2: PGS.TS. Nông Quốc Chinh.
Luận văn đã được bảo vệ trước hội đồng chấm luận văn họp tại:
Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên
Ngày 01 tháng 12 năm 2012
Có thể tìm hiểu tại
Thư viện Đại học Thái Nguyên
2Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
1
Mục lục
Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
Chương 1. Phương trình đại số 7
1.1. Mở rộng trường . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.1.1. Mở rộng đơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.1.2. Mở rộng đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.2. Tính đóng đại số của trường C . . . . . . . . . . . . . . 13
1.2.1. Tính đóng đại số của trường C . . . . . . . . . . 15

1.2.2. Giải phương trình đa thức . . . . . . . . . . . . . 21
1.3. Phương trình đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
Chương 2. Ứng dụng của phương trình đại số 30
2.1. Ứng dụng của phương trình đại số và mở rộng trường . . 30
2.1.1. Đa thức bất khả qui và số đại số trên Q . . . . . 30
2.1.2. Tính chia hết của một vài đa thức đặc biệt . . . . 36
2.1.3. Ứng dụng tính đóng đại số của C . . . . . . . . . 40
2.2. Ứng dụng của phương trình đại số trong Hình học . . . . 45
2.2.1. Điểm và đường dựng được . . . . . . . . . . . . . 45
2.2.2. Không thể gấp đôi một hình lập phương . . . . . 47
2.2.3. Không thể cầu phương hình tròn . . . . . . . . . 47
2.2.4. Không thể chia một góc tùy ý thành ba góc nhỏ
bằng nhau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
2.2.5. Dựng đa giác đều n cạnh với ϕ(n) = 2
m
. . . . . 49
2.2.6. Bài toán dựng tam giác . . . . . . . . . . . . . . 53
Chương 3. Ứng dụng vào giải Toán ở Trung học phổ thông 56
3Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
2
3.1. Xây dựng phương trình đa thức bậc cao qua đẳng thức
lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
3.2. Xây dựng phương trình vô tỷ qua phương trình lượng giác 58
3.3. Xây dựng bất đẳng thức qua bất đẳng thức đã biết . . . 63
3.4. Xây dựng hệ phương trình qua số phức . . . . . . . . . . 66
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
4Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
3
Mở đầu

Trong Toán học việc vận dụng các công cụ của Toán học cao cấp để
giải quyết các vấn đề của Toán học sơ cấp luôn luôn là điều thú vị và có
ý nghĩa sâu sắc. Chúng ta biết rằng các bài toán sơ cấp chủ yếu được xét
trên trường Q hoặc trường R thì đây là các bài toán rất khó. Khi chúng
ta nhúng Q hoặc R vào C thì các bài toán này sẽ trở lên dễ đi rất nhiều.
Như chúng ta đã biết các vấn đề liên quan đến phương trình là một
phần quan trọng của Đại số và giải tích. Khi tiếp cận vấn đề này các em
học sinh giỏi, sinh viên và khá nhiều thầy cô giáo phổ thông thường gặp
nhiều khó khăn trong giải quyết các bài toán khó. Trong luận văn này,
chúng tôi trình bày lại khái niệm phương trình đại số, mở rộng trường,
chứng minh lại tính đóng của C . . . để giải quyết vấn đề đó.
Trong các kỳ thi Olympic Toán Quốc tế, thi học sinh giỏi Quốc gia,
thi Olympic sinh viên giữa các trường Đại học, cao đẳng, những bài toán
liên quan đến phương trình đại số cũng hay được đề cập và thường rất
khó, đòi hỏi người học, người làm toán phải có kiến thức rộng và sâu sắc
về mở rộng trường mới dễ dàng tìm ra được lời giải hay và chính xác.
Chẳng hạn, chúng ta xét hai ví dụ:
Ví dụ 0.0.1. mặt phẳng Oxy, một hệ các điểm A
n
(x
n
, y
n
) được xác
định như sau:

A
0
(x
0

= 3, y
0
= 3), A
1
(x
1
= 8, y
1
= 5), A
2
(x
2
= 58, y
2
= 45), với n ≥ 2
A
n+2
(x
n+2
= 8x
n+1
− 3x
n
− 3x
n−1
, y
+2
= 5y
n+1
+ 10y

n
− 7y
n−1
).
Ta có

x
n
= C
0
n
y
n
+ C
1
n
y
n−1
+ ···+ C
n−1
n
y
1
+ C
n
n
y
0
y
n

= C
0
n
x
n
− C
1
n
x
n−1
+ ···+ (−1)
n−1
C
n−1
n
x
1
+ (−1)
n
C
n
n
x
0
.
Ví dụ 0.0.2. Cho f = cos u + C
1
n
cos(u + α)x + ···+ C
n

n
cos(u + nα)x
n
.
Giải phương trình f(x) = 0.
5Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
4
Ví dụ 0.0.1 là bài toán về dãy các số nguyên và Ví dụ 0.0.2 là giải
phương trình trên R, việc giải hai bài toán này trên Z hoặc R là rất khó
khăn. Nhưng nếu chúng ta giải quyết nó trên tập C thì dễ dàng tìm được
lời giải. Vì thế, một phương pháp để giải quyết những bài toán trên Q
hoặc R là xét bài toán trên một mở rộng trường F của Q hoặc R mà ở
đó bài toán sẽ dễ dàng hơn và nhiều khi còn giúp chúng ta tìm ra kết
quả mới.
Để phục vụ cho công tác bồi dưỡng học sinh giỏi và việc trao đổi kinh
nghiệm giữa các thầy cô giáo dạy học sinh giỏi quan tâm và tìm hiểu
thêm về phần này, được sự chỉ dạy, hướng dẫn tận tình của thầy Đàm
Văn Nhỉ, chúng tôi đã tìm hiểu và viết đề tài " Phương trình và bất
phương trình".
Đề tài giải quyết các vấn đề trọng tâm:
Chương 1. Phương trình đại số
Chương này tập trung trình bày về mở rộng trường, mở rộng đại số,
chứng minh lại Định lý cơ bản của Đại số, định nghĩa phương trình đại
số và chứng minh lại Định lý không điểm của Hilbert.
Chương 2. Ứng dụng của phương trình đại số
Trong chương này, chúng tôi trình bày một vài ứng dụng của mở rộng
trường, phương trình đại số và tính đóng của C để tìm hoặc chứng minh
một đa thức bất khả qui, xét tính chia hết của vài đa thức đặc biệt, phân
tích đa thức thành nhân tử, giải phương trình và các ứng dụng trong
Hình học.

Chương 3. Ứng dụng vào giải Toán ở Trung học phổ thông
Trong chương này, chúng tôi xin giới thiệu một vài ứng dụng của công
thức Moivre để xây dựng các phương trình, hệ phương trình, bất đẳng
thức. Thông qua đó rèn luyện tư duy linh hoạt, tính sáng tạo cho học
sinh trung học phổ thông.
Luận văn này được hoàn thành với sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tình
của PGS.TS. Đàm Văn Nhỉ - Trường Đại học Sư phạm Hà Nội. Thầy
đã dành nhiều thời gian hướng dẫn và giải đáp các thắc mắc của tác giả
trong suốt quá trình làm luận văn. Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc
đến Thầy.
6Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
5
Em xin trân trọng cảm ơn các Thầy (Cô) trong Trường Đại học Khoa
học - Đại học Thái Nguyên, phòng Đào tạo Trường Đại học Khoa học
cùng các thầy cô tham gia giảng dạy khóa Cao học 2010-2012. Đồng thời
tôi xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học Toán K4C trường Đại học
Khoa học đã động viên giúp đỡ tôi trong quá trình học tập và làm luận
văn này.
Tôi xin cảm ơn Sở Giáo dục - Đào tạo Tỉnh Bắc Ninh, Ban Giám
hiệu, các đồng nghiệp trường THPT Tiên Du số 1- Huyện Tiên Du -
Tỉnh Bắc Ninh đã tạo điều kiện cho tôi học tập và hoàn thành kế hoạch
học tâp.
Tuy nhiên, do sự hiểu biết của bản thân còn hạn chế và khuôn khổ
của luận văn thạc sĩ, nên trong quá trình nghiên cứu chắc sẽ không tránh
khỏi những thiếu sót, chúng tôi rất mong được sự chỉ dạy và đóng góp
ý kiến của quý Thầy Cô và bạn đọc.
Tôi xin chân thành cảm ơn.
Thái Nguyên, ngày 01 tháng 12 năm 2012
Tác giả
Nguyễn Hữu Cần

7Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
6
Các ký hiệu sử dụng
N được ký hiệu cho tập các số tự nhiên.
N
∗
được ký hiệu cho tập các số tự nhiên dương.
Z được ký hiệu cho vành các số nguyên.
Q được ký hiệu cho trường các số hữu tỷ.
R được ký hiệu cho trường các số thực.
C được ký hiệu cho trường các số phức.
K được ký hiệu cho một trong ba trường Q, R hoặc C.
Các ký hiệu viết tắt
HSG được ký hiệu cho học sinh giỏi.
∆ABC được ký hiệu cho tam giác ABC.
A, B, C được ký hiệu cho các góc ở đỉnh A, B, C của ∆ABC.
a, b, c được ký hiệu cho độ dại các cạnh tương ứng của ∆ABC.
h
a
, h
b
, h
c
được ký hiệu cho độ dài các đường cao kẻ từ A,B,C của
∆ABC.
m
a
, m
b
, m

c
được ký hiệu cho độ dài các đường trung tuyến kẻ từ
A,B,C của ∆ABC.
8Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
7
Chương 1
Phương trình đại số
Chương này tập trung trình bày về mở rộng trường, mở rộng đại số,
chứng minh lại Định lý cơ bản của Đại số, định nghĩa phương trình đại
số và chứng minh lại Định lý không điểm của Hilbert.
1.1. Mở rộng trường
Định nghĩa 1.1.1. Cho hai trường F và K. Trường F được gọi là một
mở rộng của K nếu K là một vành con của F.
Nếu trường F là một mở rộng của trường K thì F được coi như là
một không gian véctơ trên K. Số chiều của không gian này được gọi là
bậc mở rộng của F trên K và được kí hiệu qua [F : K]. Trường F được
gọi là mở rộng bậc hữu hạn (vô hạn) của K nếu bậc mở rộng của nó là
hữu hạn (vô hạn).
Một tháp các trường là một dãy các trường K
1
, K
2
, . . . , K
n
sao cho
K
1
⊂ K
2
⊂ ··· ⊂ K

n
, K
i+1
là mở rộng của K
i
với i = 1, 2, . . . , n − 1.
Ví dụ 1.1.1.
1) Vì C là một không gian véctơ trên R với một cở sở {1, i} và số chiều
bằng 2 nên trường số phức C là một mở rộng bậc 2 của trường số
thực R.
2) Vì trường Q[
√
2] = {a + b
√
2|a, b ∈ Q} = Q(
√
2) là một không gian
véctơ trên Q với cơ sở {1,
√
2} nên trường Q[
√
2] là một mở rộng
bậc 2 của trường các số hữu tỉ Q.
Tương tự trường Q[i] = {a + bi|a, b ∈ Q} là một mở rộng bậc 2 của
trường Q.
Định lý 1.1.1. Cho một tháp các trường K ⊂ E ⊂ F . Khi đó F là một
mở rộng bậc hữu hạn của K nếu và chỉ nếu F là một mở rộng bậc hữu
9Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
8
hạn của E và E là một mở rộng bậc hữu hạn của K. Hơn nữa, ta còn

có [F : K] = [F : E].[E : K].
Chứng minh: Giả sử [F : E] = s và [E : K] = r. Khi đó tồn tại một
cơ sở {v
1
, v
2
, . . . , v
s
} của F trên E và một cơ sở {w
1
, w
2
, . . . , w
r
} của E
trên K. Ta chỉ cần chứng minh rằng {v
i
w
j
|1 ≤ i ≤ s, 1 ≤ j ≤ r} là
một cơ sở của F trên K. Thật vậy, do F = Ev
1
+ Ev
2
+ ··· + Ev
s
và
E = Kw
1
+Kw

2
+···+Kw
r
, nên F =

Kv
i
w
j
và rút ra {v
i
w
j
|1 ≤ i ≤
s, 1 ≤ j ≤ r} là một hệ sinh của K-không gian véctơ F . Bây giờ giả sử
rằng 0 =

a
ij
v
i
w
j
=

i
(

j
a

ij
w
j
)v
i
. Do {v
1
, v
2
, . . . , v
s
} là một cơ sở của
E- không gian véctơ F , nên

j
a
ij
w
j
= 0. Tiếp đến, do {w
1
, w
2
, . . . , w
r
}
là một cơ sở của K-không gian véctơ E, nên kéo theo các a
ij
= 0.
Vậy hệ {v

i
w
j
|1 ≤ i ≤ s, 1 ≤ j ≤ r} là độc lập tuyến tính trên K và
do đó hệ này là một cơ sở của K-không gian véctơ F . Ta nhận được
[F : K] = rs = [F : E][E : K].
Hệ quả 1.1.1. Cho một tháp các trường K = K
1
⊂ K
2
⊂ ··· ⊂ K
n
= F .
Khi đó nếu F là một mở rộng bậc hữu hạn của K thì
[F : K] = [F : K
n−1
] . . . [K
2
: K
1
].
Cho F là một trường và X ⊂ F. Khi đó giao của tất cả các trường
con của F chứa X được gọi là trường con của F sinh bởi tập X. Nếu
F là một mở rộng của K và X ⊂ F thì trường con sinh bởi X ∪ K
được gọi là trường con sinh bởi X trên K và kí hiệu là K(X). Trong
trường hợp X là một tập hữu hạn gồm n phần tử u
1
, u
2
, . . . , u

n
thì ta viết
K(X) = K(u
1
, u
2
, . . . , u
n
). Trường K(u
1
, u
2
, . . . , u
n
) được gọi là một mở
rộng hữu hạn sinh của K.
1.1.1. Mở rộng đơn
Định nghĩa 1.1.2. Giả sử F là một mở rộng của K. F được gọi là
một mở rộng đơn của K nếu như tồn tại một phần tử u ∈ F sao cho
F = K(u), còn u được gọi là phần tử nguyên thủy của F.
Ví dụ 1.1.2.
10Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
9
1) Q(
√
2,
√
3) là một mở rộng đơn của Q vì Q(
√
2,

√
3) = Q(
√
2+
√
3).
2) Q(1, −i) là một mở rộng đơn của Q vì Q(1, −i) = Q(i).
3) Q(ω,
3
√
2) với ω =
−1 + i
√
3
2
cũng là một mở rộng đơn của Q vì
Q(ω,
3
√
2) = Q(ω +
3
√
2).
Định nghĩa 1.1.3. Giả sử F là một mở rộng của trường K và u ∈ F .
Phần tử u được gọi là đại số trên K nếu tồn tại một đa thức bậc dương
f(x) ∈ K[x] sao cho f(u) = 0. Trong trường hợp u không là nghiệm của
bất kì một đa thức bậc dương nào trên K, thì u được gọi là phần tử siêu
việt trên K.
Ví dụ 1.1.3.
1) Phần tử i ∈ C là đại số trên trường số thực R vì i là một nghiệm

của phương trình x
2
+ 1 = 0.
2) Phần tử
√
2 ∈ R là phần tử đại số trên trường hữu tỉ Q vì
√
2 là
một nghiệm của phương trình x
2
− 2 = 0.
3) Với mọi a ∈ K đều là đại số trên trường K.
4) Các số thực π, e đều là siêu việt trên trường số hữu tỉ Q.
Định lý 1.1.2. Cho F là một mở rộng của trường K và u ∈ F là đại
số trên K. Khi đó tồn tại một đa thức p(x) ∈ K[x] bất khả quy nhận u
làm nghiệm. Hơn nữa, nếu u là một nghiệm của đa thức f(x) ∈ K[x]
thì f(x) chia hết cho p(x). Đa thức p(x) được gọi là một đa thức tối tiểu
của u trên K. Các đa thức tối tiểu của u thì liên kết với nhau.
Chứng minh: Do u là đại số trên K, nên tồn tại một đa thức p(x)
có bậc dương bé nhất, nhận u làm nghiệm. Ta sẽ chứng minh p(x) là
đa thức bất khả quy trên K. Thật vậy, giả sử p(x) khả quy trên K.
Khi đó p(x) = g(x)h(x) với g(x), h(x) ∈ K[x] và deg g(x) < deg p(x)
và deg h(x) < deg p(x). Vì u là một nghiệm của p(x) nên có p(u) =
g(u)h(u) = 0. Do K là một trường nên g(u) = 0 hoặc h(u) = 0 hay u
11Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
10
là một nghiệm của g(x) hoặc h(x): mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của
deg p(x). Vậy p(x) là đa thức bất khả quy trên K.
Giả sử f(x) ∈ K[x] nhận u làm nghiệm. Lấy f(x) chia cho p(x) ta
nhận được f(x) = p(x)q(x)+r(x) với deg r(x) < deg p(x). Vì u là nghiệm

của p(x) và f(x) nên f(u) = p(u)q(u) + r(u) = 0, do đó u là nghiệm của
r(x): mâu thuẫn với tính cực tiểu của deg p(x). Vậy r(x) = 0 và do đó
f(x) chia hết cho p(x).
Ta sẽ chứng minh các đa thức tối tiểu của u thì liên kết với nhau.
Thật vậy, giả sử q(x) là đa thức bất khả quy và nhận u làm nghiệm. Khi
đó p(x) và q(x) chia hết cho nhau, vậy chúng liên kết.
Ví dụ 1.1.4.
1) x
2
−6 là một đa thức tối tiểu của
√
6 ∈ R trên trường số hữu tỉ Q.
2) x
4
−2x
2
+ 9 là một đa thức tối tiểu của i +
√
2 ∈ C trên trường số
thực R.
3) x
4
−16x
2
+ 4 là một đa thức tối tiểu của
√
3 +
√
5 ∈ R trên trường
số hữu tỉ Q.

Định lý 1.1.3. Cho F là một mở rộng của trường K và u ∈ F là một
phần tử đại số trên K. Giả sử p(x) là một đa thức tối tiểu bậc n của u
trên K. Khi đó
(i) K[u] = K(u)
∼
=
K[x]/(p(x)).
(ii) {1, u, u
2
, . . . , u
n−1
} là một cơ sở của K(u) trên K.
(iii) [K(u) : K] = n = deg p(x).
Chứng minh: (i) Giả sử đa thức f(x) ∈ K[x]. Khi đó f(u) ∈ K[u] và
ánh xạ ϕ : K[x] → K[u] cho bởi f(x) → f(u) là một đồng cấu vành.
Từ Định lý 1.1.2 ta suy ra Kerϕ = (p(x)). Vậy K[x]/(p(x))
∼
=
Imϕ =
K[u] ⊂ K(u). Vì p(x) bất khả quy nên K[x]/(p(x)) là một trường. Do
đó K[u] là một trường chứa K và u. Vậy K[u] ⊃ K(u). Từ đó ta suy ra
K[u] = K(u) đẳng cấu với K[x]/(p(x)).
12Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
11
(ii) Do K(u) = K[u] nên mọi phần tử của K(u) đều có dạng f(u) với
f(x) ∈ K[x]. Giả sử deg p(x) = n. Lấy f(x) chia cho p(x) ta nhận được
f(x) = p(x)q(x)+r(x), trong đó r(x) = a
0
+a
1

x+···+a
n−1
x
n−1
∈ K[x].
Khi đó
f(u) = p(u).q(u) + r(u) = 0.q(u) + r(u) = a
0
+ a
1
u + ··· + a
n−1
u
n−1
.
Vậy {1, u, . . . , u
n−1
} là một hệ sinh của K(u) trên K. Ta còn phải
chứng minh tập {1, u, . . . , u
n−1
} là độc lập tuyến tính. giả sử c
0
+ c
1
u +
···+c
n−1
u
n−1
= 0 với c

i
∈ K(i = 0, 1, . . . , n−1). Khi đó u là một nghiệm
của đa thức g(x) = c
0
+ c
1
x + ··· + c
n−1
x
n−1
∈ K[x] (deg g(x) ≤ n −1)
chia hết cho p(x) (deg p(x) = n). Điều này chỉ xảy ra nếu g(x) = 0, suy
ra c
i
= 0 với mọi i = 0, 1, . . . , n − 1. Vậy {1, u, . . . , u
n−1
} độc lập tuyến
tính và do đó nó là một cơ sở của K(u) trên K.
(iii) được suy ra từ (ii).
Ví dụ 1.1.5. Đa thức tối tiểu của
√
3 +
√
5 trên trường số hữu tỉ Q là
x
4
−16x
2
+ 4, [Q(
√

3 +
√
5) : Q] = 4 và {1,
√
3 +
√
5, (
√
3 +
√
5)
2
, (
√
3 +
√
5)
3
} là một cơ sở của Q(
√
3 +
√
5) trên Q.
Cho F là một mở rộng của trường K và u, v ∈ F. Nếu u và v là
hai nghiệm của cùng một đa thức tối tiểu p(x) thì K(u)
∼
=
K(v) bởi vì
chúng cùng đẳng cấu với K[x]/(p(x)).
1.1.2. Mở rộng đại số

Định nghĩa 1.1.4. Giả sử F là một mở rộng của trường K. Trường F
được gọi là một mở rộng đại số của K nếu mọi phần tử của F đều đại
số trên K.
Mỗi phần tử u ∈ F đại số trên K đều thuộc một trường mở rộng của
K có bậc hữu hạn( đó là trường F (u)). Ngược lại, nếu cho trước một
mở rộng bậc hữu hạn của trường K thì ta có khẳng định sau:
Định lý 1.1.4. Cho F là một mở rộng bậc hữu hạn của trường K. Khi
đó F là một mở rộng đại số của K.
13Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
12
Chứng minh: Giả sử [F : K] = n. Lấy u bất kỳ thuộc F , ta phải
chứng minh u là một nghiệm của một đa thức nào đó trên K.
Thật vậy, hệ {1, u, u
2
, . . . , u
n
} gồm có n+1 phần tử nên nó phụ thuộc
tuyến tính. Khi đó tồn tại các phần tử a
i
∈ K(i = 0, 1, 2, . . . , n) không
đồng thời bằng 0 để a
0
+ a
1
u + ··· + a
n
u
n
= 0. Do đó u là nghiệm của
đa thức khác không a

0
+ a
1
x + ···+ a
n
x
n
∈ K[x]. Vậy F là một mở rộng
đại số của K.
Chú ý. Nếu F là một mở rộng của K và F chứa phần tử siêu việt u
trên K thì F phải là một mở rộng bậc vô hạn của K.
Định lý 1.1.5. Giả sử F là một mở rộng bậc hữu hạn của trường K.
Khi đó F là một mở rộng hữu hạn sinh của K.
Chứng minh: Gọi {u
1
, u
2
, . . . , u
n
} là một cơ sở của F trên K. Khi đó
tất cả các tổ hợp tuyến tính của các u
i
với hệ số trong K đều thuộc
K(u
1
, u
2
, . . . , u
n
) và do đó F = K(u

1
, u
2
, . . . , u
n
).
Định lý 1.1.6. Giả sử F = K(u
1
, u
2
, . . . , u
n
) là một mở rộng hữu hạn
sinh của trường K và các phần tử u
i
(i = 1, . . . , n) đều là đại số trên K.
Khi đó F là một mở rộng đại số bậc hữu hạn của K.
Chứng minh: Xét một tháp các trường:
K ⊂ K(u
1
) ⊂ K(u
1
, u
2
) ⊂ ··· ⊂ K(u
1
, u
2
, . . . , u
n−1

) ⊂ K(u
1
, . . . , u
n
) = F.
Ta luôn có K(u
1
, u
2
, . . . , u
i−1
, u
i
) = K(u
1
, u
2
, . . . , u
i−1
)(u
i
) với mọi
i = 2, 3, . . . , n. Do đó K(u
1
, u
2
, . . . , u
i−1
, u
i

) là một mở rộng đơn của
K(u
1
, u
2
, . . . , u
i−1
) với mọi i = 1, 2, . . . , n. Vì u
i
là một phần tử đại số
trên K nên nó cũng đại số trên K(u
1
, u
2
, . . . , u
i−1
). Theo Định lý 1.1.5,
K(u
1
, u
2
, . . . , u
i
) là một mở rộng bậc hữu hạn của K(u
1
, u
2
, . . . , u
i−1
) với

mọi i = 2, 3, . . . , n. Theo Hệ qủa 1.1.1, F là một mở rộng bậc hữu hạn
của K. Do đó F là một mở rộng đại số của K.
Ví dụ 1.1.6.
1) Vì các phần tử
√
3,
√
5 là đại số trên Q nên Q(
√
3,
√
5) là một
mở rộng đại số có bậc hữu hạn của Q. Ta tính bậc mở rộng của
14Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
13
Q(
√
3,
√
5) trên Q như sau: xét tháp các trường Q ⊂ Q(
√
3) ⊂
Q(
√
3)(
√
5) = Q(
√
3,
√

5). Khi đó
[Q(
√
3,
√
5) : Q] = [Q(
√
3,
√
5) : Q(
√
3)][Q(
√
3) : Q].
Ta đã biết [Q(
√
3) : Q] = 2 và {1,
√
3} là một cơ sở của Q(
√
3)
trên Q. Để xác định bậc của Q(
√
3,
√
5) trên Q(
√
3) ta cần tìm đa
thức tối tiểu của
√

5 trên Q(
√
3). Ta đã biết
√
5 là một nghiệm của
x
2
− 5 ∈ Q(
√
3)[x]. Đa thức x
2
− 5 không có nghiệm trong Q(
√
3)
nên x
2
−5 bất khả quy trên Q(
√
3). Do đó [Q(
√
3,
√
5) : Q(
√
3)] = 2.
Vì thế [Q(
√
3,
√
5) : Q] = 4 và {1,

√
5} là một cơ sở của Q(
√
3,
√
5)
trên Q(
√
3). Vậy {1,
√
3,
√
5,
√
15} là một cơ sở của Q(
√
3,
√
5) trên
Q.
2) Trường Q(
√
3, i) là một mở rộng đại số bậc hữu hạn của Q. Xét tháp
các trường Q ⊂ Q(
√
3) ⊂ Q(
√
3)(i) = Q(
√
3, i). Chú ý rằng x

2
+1 là
đa thức tối tiểu của i trên Q(
√
3) và do đó [Q(
√
3, i) : Q(
√
3)] = 2.
Vậy [Q(
√
3, i) : Q] = [Q(
√
3, i) : Q(
√
3)][Q(
√
3) : Q] = 2.2 = 4 và
{1,
√
3, i, i
√
3} là một cơ sở của Q(
√
3, i) trên Q.
1.2. Tính đóng đại số của trường C
Mệnh đề 1.2.1. Tập C là một trường chứa trường R như một trường
con.
Chứng minh: Dễ dàng kiểm tra C là một vành giao hoán với đơn vị
1. Giả sử z = a + bi = 0. Khi đó a

2
+ b
2
> 0. Giả sử z
,
= x + iy ∈ C thỏa
mãn zz
,
= 1 hay

ax − by = 1
bx + ay = 0
. Giải hệ trên được x =
a
a
2
+ b
2
, y =
−
b
a
2
+ b
2
. Vậy z
,
=
a
a

2
+ b
2
−
b
a
2
+ b
2
i là nghịch đảo của z. Tóm lại C
là một trường. Vì đồng nhất a ∈ R với a + 0i ∈ C qua phép nhúng
R → C, a → a + 0i, nên có thể coi R là trường con của C.
Mệnh đề 1.2.2. Nếu z
1
= r
1
(cos α
1
+ i sin α
1
), z
2
= r
2
(cos α
2
+ i sin α
2
)
với r

1
, r
2
≥ 0 thì
(i) |z
1
z
2
| = |z
1
||z
2
| và




z
1
z
2




=
|z
1
|
|z

2
|
.
15Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
14
(ii) z
1
z
2
= r
1
r
2
[ cos(α
1
+ α
2
) + i sin(α
1
+ α
2
)].
(iii)
z
1
z
2
=
r
1

r
2
[ cos(α
1
− α
2
) + i sin(α
1
− α
2
)] khi r
1
, r
2
> 0.
Ví dụ 1.2.1. Với a + bi = (x + iy)
n
có a
2
+ b
2
= (x
2
+ y
2
)
n
.
Bài giải: Từ a + bi = (x + iy)
n

suy ra a − bi = (x − iy)
n
. Như vậy
a
2
+ b
2
= (x
2
+ y
2
)
n
.
Công thức Moivre và Công thức Euler
Mệnh đề 1.2.3. [Moivre] Nếu z = r(cos α + i sin α) thì với mọi số
nguyên dương n có z
n
= r
n
[cos(nα) + i sin(nα)].
Hệ quả 1.2.1. Mỗi số phức z = r(cos α + i sin α) có n căn bậc n z
k
=
r
1
n
(cos
α + 2kπ
n

+ i sin
α + 2kπ
n
) với k = 1, 2, . . . , n.
Số phức z = r(cos α+i sin α) còn được biểu diễn thành dạng z = re
iα
.
Đặc biệt khi r = 1 thì z = e
iα
và khi r = 1, α = 0 thì e
0
= 1.
Bổ đề 1.2.1. Với ký hiệu trên ta có e
iα
e
iβ
= e
i(α+β)
và
e
iα
e
iβ
= e
i(α−β)
.
Chứng minh: Từ e
iα
e
iβ

= (cos α + i sin α)(cos β + i sin β) = cos(α +
β) + i sin(α + β) suy ra ngay e
iα
e
iβ
= e
i(α+β)
. Do bởi
e
iα
e
iβ
=
cos α + i sin α
cos β + i sin β
= cos(α −β) + i sin(α −β) nên
e
iα
e
iβ
= e
i(α−β)
.
Từ

e
iα
= cos α + i sin α
e
−iα

= cos α − i sin α
suy ra





cos α =
e
iα
+ e
−iα
2
sin α =
e
iα
− e
−iα
2
và nhận
được Công thức Euler:
Mệnh đề 1.2.4. Ta có cos α =
e
iα
+ e
−iα
2
và sin α =
e
iα

− e
−iα
2
.
Ví dụ 1.2.2. Ta có (1 + i)
n
= 2
n
2
(cos
nπ
4
+ i sin
nπ
4
) và (
1 + i tan α
1 − i tan α
)
n
=
1 + i tan nα
1 − i tan nα
.
16Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
15
Bài giải: Ta có (1 + i)
n
= (
√

2(cos
π
4
+ i sin
π
4
))
n
= 2
n
2
(cos
nπ
4
+
i sin
nπ
4
).
Ta cũng có (
1 + i tan α
1 − i tan α
)
n
=
(cos α + i sin α)
n
(cos α − i sin α)
n
=

cos nα + i sin nα
cos nα − i sin nα
=
1 + i tan nα
1 − i tan nα
.
Ví dụ 1.2.3. Nếu z = 0 và z +
1
z
= 2 cos α thì z
n
+
1
z
n
= 2 cos nα với
mọi số tự nhiên dương n.
Bài giải: Ta có z
2
−2z cos α+1 = 0 có 2 nghiệm z = z
1
= cos α+i sin α,
1
z
= z
2
= cos α − i sin α. Khi đó
z
n
= z

n
1
= cos nα + i sin nα,
1
z
n
= z
n
2
= cos nα − i sin nα.
Do vậy z
n
+
1
z
n
= 2 cos nα với mọi số tự nhiên dương n.
1.2.1. Tính đóng đại số của trường C
Mục này 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).
Ta bắt đầu bằng khái niệm trường đóng đại số.
Định nghĩa 1.2.1. Trường K được gọi là một trường đóng đại số nếu
mọi đa thức bậc dương thuộc K[x] đều có nghiệm trong K.
Như vậy, trong K[x] mọi đa thức bậc dương đều phân tích thành tích
các nhân tử tuyến tính khi K là một trường đóng đại số.
Bổ đề 1.2.2. 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]
vơi 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 đấy suy ra sự tồn tại của các
số thực α > 0 và β < 0 thỏa mãn a
0
f(α) > 0, a
0
f(β) < 0. Do vậy
17Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
16
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 1.2.3. Mỗi đa thức bậc hai thuộc C[x] đều có hai nghiệm thuộc
C.
Chứng minh: Trước hết 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 + iy với a, b, x, y ∈ R để z
2
1
= z hay

x
2
− y
2
= a
2
2xy = b.

Ta chỉ cần xét trường hợp b = 0 vì trường hợp b = 0 được xét tương
tự. Vì b = 0 nên x = 0. Khi đó

y =
b
2x
4x
4
− 4x
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 là
−b + z
1
2
và
−b + z
2
2
.
Định lý 1.2.1. [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: Thế x = r(cos t+i sin t) vào đa thức f(x) = x
n
+a
1
x
n−1
+
···+a

n−1
x+a
n
ta có biểu diễn f(x) = u +iv với u = r
n
cos nt+··· , v =
r
n
sin nt + ··· , trong đó các số hạng còn lại của u và v chứa lũy thừa
của r với số mũ nhỏ hơn n. Khi đó f(x)f(x) = u
2
+ v
2
. Ta chỉ ra sự tồn
tại của r và t để u
2
+ v
2
= 0.
Xét hàm số z = arctan
u
v
. Khi đó
∂u
∂r
=
v
∂u
∂r
− u

∂v
∂r
u
2
+ v
2
,
∂u
∂t
=
v
∂u
∂t
− u
∂v
∂t
u
2
+ v
2
và suy ra
∂
2
u
∂r∂t
=
p(r, t)
(u
2
+ v

2
)
2
, ở đó p(r, t) là hàm liên tục.
18Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
17
Xét hai tích phân sau
I
1
=
R

0
dr
2π

0
∂
2
z
∂r∂t
dt và I
2
=
2π

0
dt
R


0
∂
2
z
∂r∂t
dr.
Giả sử u
2
+ v
2
= 0 với mọi r, t. Vì hàm
∂
2
u
∂r∂t
=
p(r, t)
(u
2
+ v
2
)
2
là liên
tục trên hình chữ nhật [0; R] × [0; 2π] nên I
1
= I
2
. Mặt khác xét tích
phân I

1
. Ta có
2π

0
∂
2
z
∂r∂t
dt =
∂z
∂r
|
2π
0
= 0, vì
∂z
∂r
là hàm tuần hoàn với chu
kỳ 2π. Do vậy I
1
= 0. Xét tích phân I
2
. Ta có
R

0
∂
2
z

∂r∂t
dr =
∂z
∂t
|
R
0
. Vì
u
2
+ v
2
= r
2n
+ ··· và
∂u
∂t
= −nr
n
sin nt + ··· ,
∂v
∂r
= nr
n
cos nt + ···
nên
∂z
∂t
=
v

∂
∂t
− u
∂v
∂t
u
2
+ v
2
=
−nr
2n
+ ···
r
2n
+ ···
. Từ đây suy ra lim
r→∞
∂z
∂t
= −n và
lim
R→∞
I
2
= −2nπ. Như vậy, với n đủ lớn có I
1
= I
2
: mâu thuẫn. Từ mâu

thuẫn này suy ra sự tồn tại của r và t để u = v = 0 hay f(x) có nghiệm
thuộc C.
Từ Định lý 1.2.1 ta suy ra kết quả về các đa thức bất khả quy trong
C[x]:
Hệ quả 1.2.2. 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 1.2.4. 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 sử 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.
19Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
18
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 1.2.1 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 kết quả trên để chỉ ra dạng phân tích một đa thức thuộc
R[x] thành tích các nhân tử bất khả quy.
Định lý 1.2.2. Mỗi đa thức f(x) ∈ R[x]\R đều có thể phân tích được
một cách duy nhất 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, 2, . . . , 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
hoặc ax
2
+ bx + c với a = 0, b
2
− 4ac < 0 theo Bổ đề 1.2.4 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, 2, . . . , r khi r ≥ 1.
Đôi khi để tìm mối liên hệ giữa các nghiệm hay một tính chất nào đó
của các nghiệm đa thức ta thường sử dụng kết quả sau:
Định lý 1.2.3. [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
.
20Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
19
Ví dụ 1.2.4. Tính cos
π
7
+cos
3π
7
+cos
5π
7
và
1
cos
4
π

7
+
1
cos
4
2π
7
+
1
cos
4
3π
7
.
Bài giải: Từ hệ thức −1 = cos π + i sin π = (cos
π
7
+ i sin
π
7
)
7
suy ra
cos
π
7
là nghiệm của phương trình 64x
7
− 112x
5

+ 56x
3
− 7x + 1 = 0
hay (x + 1)(8x
3
−4x
2
−4x + 1)
2
= 0. Như vậy cos
π
7
là một nghiệm của
phương trình 8x
3
− 4x
2
− 4x + 1 = 0. Tương tự cos
3π
7
và cos
5π
7
cũng
là nghiệm của phương trình 8x
3
−4x
2
−4x + 1 = 0. Do cos
π

7
, cos
3π
7
và
cos
5π
7
là ba số đôi một khác nhau nên chúng là ba nghiệm phân biệt của
phương trình 8x
3
− 4x
2
− 4x + 1 = 0. Vậy cos
π
7
+ cos
3π
7
+ cos
5π
7
=
1
2
.
Từ (cos x + i sin x)
7
= cos 7x + i sin 7x ta suy ra công thức khai triển
tan 7x =

sin 7x
cos 7x
qua tan x. Từ đó có tan
6
x−21 tan
4
x+35 tan
2
x−7 = 0
và như vậy x
1
= tan
2
π
7
, x
2
= tan
2
2π
7
, x
3
= tan
2
3π
7
là ba nghiệm khác
nhau của của x
3

−21x
2
+ 35x −7 = 0. Ký hiệu T =
1
cos
4
π
7
+
1
cos
4
2π
7
+
1
cos
4
3π
7
. Vì 1 + tan
2
α =
1
cos
2
α
nên ta có
T = (1 + x
1

)
2
+ (1 + x
2
)
2
+ (1 + x
3
)
2
= x
2
1
+ x
2
2
+ x
2
3
+ 2(x
1
+ x
2
+ x
3
) + 3
= (x
1
+ x
2

+ x
3
)
2
− 2(x
1
x
2
+ x
1
x
3
+ x
2
x
3
) + 2(x
1
+ x
2
+ x
3
) + 3
= 416.
Ví dụ 1.2.5. Đặt a
n
=
1
cos
n

π
7
+
1
cos
n
3π
7
+
1
cos
n
5π
7
, n = 1, 2, . . . Chứng
minh rằng a
n
nguyên và chia hết cho 32 khi n ≥ 4.
Bài giải: Theo công thức Moivre ta có (cos
π
7
+i sin
π
7
)
7
= −1. Đặt x =
cos
π
7

. Khi đó x thỏa mãn phương trình 64x
7
−112x
5
+ 56x
3
−7x+1 = 0
21Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
20
hay (x+1)(8x
3
−4x
2
−4x+1)
2
= 0. Do x = −1 nên 8x
3
−4x
2
−4x+1 = 0.
Tương tự cos
3π
7
và cos
5π
7
cũng là nghiệm của phương trình này. Đặt
y
1
=

1
cos
π
7
, y
2
=
1
cos
3π
7
, y
3
=
1
cos
5π
7
thì y
1
, y
2
, y
3
là ba nghiệm của
phương trình y
3
−4y
2
−4y + 8 = 0(∗). Ta có a

n
= y
n
1
+ y
n
2
+ y
n
3
với mọi
n nguyên dương. Theo định lý Viét đối với đa thức bậc ba (∗)



y
1
+ y
2
+ y
3
= 4
y
1
y
2
+ y
1
y
3

+ y
2
y
3
= −4
y
1
y
2
y
3
= −8.
Dễ dàng kiểm tra a
1
= 4, a
2
= (y
1
+y
2
+y
3
)
2
−2(y
1
y
2
+y
2

y
3
+y
3
y
1
) = 24
Ta có
y
3
1
− 4y
2
1
− 4y
1
+ 8 = 0
y
3
2
− 4y
2
2
− 4y
2
+ 8 = 0
y
3
3
− 4y

2
3
− 4y
3
+ 8 = 0
suy ra y
3
1
+ y
3
2
+ y
3
3
− 4(y
2
1
+ y
2
2
+ y
2
3
) − 4(y
1
+ y
2
+ y
2
) + 24 = 0 hay

a
3
− 4a
2
− 4a
1
+ 24 = 0 và công thức truy hồi a
n+3
= 4a
n+2
+ 4a
n+1
−
8a
n
, n ≥ 1. Bằng quy nạp theo n ta chỉ ra được a
n
nguyên và chia hết
cho 32 khi n ≥ 4.
Ví dụ 1.2.6. Chứng minh rằng với số nguyên dương lẻ n ta có các kết
quả:
i) (4 + cot
2
π
n
)(4 + cot
2
2π
n
) . . . (4 + cot

2
(n − 1)π
2n
) ∈ Q.
ii)
3
2011
4022
> (4 + cot
2
π
2011
)(4 + cot
2
2π
2011
) . . . (4 + cot
2
2010π
4022
).
Bài giải: Xét phương trình thực (x + i)
n
= (x − i)
n
hay (
x + i
x − i
)
n

= 1.
Phương trình này có n nghiệm trong C là
x + i
x − i
= cos
k2π
n
+ i sin
k2π
n
với k = 1, 2, . . . , n − 1. Giải ra ta được các nghiệm x = cot
kπ
n
với
22Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
21
k = 1, 2, . . . , n − 1.
i) Từ p(x) = (x + i)
n
− (x − i)
n
và cot
kπ
n
= −cot
(n − k)π
n
ta suy ra
p(x) = 2ni(x −cot
π

n
)(x − cot
2π
n
) . . . (x −cot
(n − 1)π
n
)
= 2ni(x
2
− cot
2
π
n
)(x
2
− cot
2
2π
n
) . . . (x
2
− cot
2
(n − 1)π
2n
).
Với x = 2i, được (4+cot
2
π

n
)(4+cot
2
2π
n
) . . . (4+cot
2
(n − 1)π
2n
) =
3
n
− 1
2n
∈
Q.
ii) Trong (i) cho n = 2011 có
(4+cot
2
π
2011
)(4+cot
2
2π
2011
) . . . (4+cot
2
2010π
4022
) =

3
2011
− 1
4022
<
3
2011
4022
.
1.2.2. Giải phương trình đa thức
Giải phương trình ax
2
+ bx + c = 0 Phương trình ax
2
+ bx + c = 0
có hai nghiệm x
1,2
=
−b ±
√
b
2
− 4ac
2a
. Khi đó x
1
+ x
2
= −
b

a
, x
1
x
2
=
c
a
.
Giải phương trình bậc ba ax
3
+ bx
2
+ cx + d = 0
Trước tiên đưa f(x) = ax
3
+bx
2
+cx+d về dạng g(x) = x
3
+ux
2
+vx+t.
Với việc đặt y = x+
u
3
ta có đa thức h(y) = y
3
+py+q. Với ε =
−1 + i

√
3
2
,
đa thức h(y) có ba nghiệm trong C:





















y
1
=
3


−
q
2
+

q
2
4
+
p
3
27
+
3

−
q
2
−

q
2
4
+
p
3
27
y
2

= ε
3

−
q
2
+

q
2
4
+
p
3
27
+ ε
2
3

−
q
2
−

q
2
4
+
p
3

27
y
3
= ε
2
3

−
q
2
+

q
2
4
+
p
3
27
+ ε
3

−
q
2
−

q
2
4

+
p
3
27
.
Từ đây suy ra ba nghiệm x
1
, x
2
, x
3
của ax
3
+ bx
2
+ +cx + d = 0 và
ba hệ thức x
1
+ x
2
+ x
3
= −
b
a
, x
1
x
2
+ x

2
x
3
+ x
3
x
1
=
c
a
, x
1
x
2
x
3
= −
d
a
.
Giải phương trình bậc bốn ax
4
+ bx
3
+ cx
2
+ dx + e = 0
Chia hai vế cho a và đặt y = x+
b
2a

để đưa phương trình đã cho về dạng
y
4
+ py
2
+ qy + r = 0.
23Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
22
Biến đổi tiếp, ta còn có (y
2
+ z)
2
= (2z − p)y
2
− qy + z
2
− r. Giả
sử y là một nghiệm của y
4
+ py
2
+ qy + r = 0. Chọn z để sao cho
(2z − p)y
2
− qy + z
2
− r = (sy + t)
2
. Để đạt được điều đó ta cần xét
∆ = q

2
− 4(2z − p)(z
2
− r) = 0. Ta đã biết cách giải phưng trình
bậc ba với ẩn z. Gọi z
0
là một nghiệm của phương trình này. Khi đó
(y
2
+z
0
) = (sy +t)
2
. Giải phương trình này ta sẽ suy ra được bốn nghiệm
của ax
4
+ bx
3
+ cx
2
+ dx + e = 0.
Ví dụ 1.2.7. Giải phương trình x
3
− 3x − 1 = 0.
Giải: Phương trình tương đương 4(
x
2
)
3
−3(

x
2
) =
1
2
. Ta có
1
2
= cos 60
0
=
cos(60
0
± 360
0
) mà cos 60
0
= cos 3.20
0
= 4 cos
3
20
0
− 3 cos 20
0
, do đó
phương trình có một nghiệm
x
2
= cos 20

0
hay x
1
= 2 cos 20
0
. Tương tự,
x
2
= −2 cos 40
0
, x
3
= −2 cos 80
0
cũng là nghiệm của phương trình.
Tóm lại, phương trình có ba nghiệm là 2 cos 20
0
, −2 cos 40
0
và
−2 cos 80
0
.
Ví dụ 1.2.8. Giải phương trình x
4
+ x
2
+ 1 = 0.
Giải: Phương trình tương đương (x
2

+ 1)
2
= x
2
suy ra x
2
−x + 1 = 0(∗)
hoặc x
2
+ x + 1 = 0(∗∗).
Giải (∗) ta nhận được nghiệm x
1,2
=
1 ± i
√
3
2
và (∗∗) nhận được
nghiệm x
3,4
=
−1 ± i
√
3
2
. Vậy phương trình có bốn nghiệm trong C là
1 ± i
√
3
2

,
−1 ± i
√
3
2
.
1.3. Phương trình đại số
Định nghĩa 1.3.1. Cho trường K và f(x) := f(x
1
, . . . , x
n
) ∈
K[x
1
, . . . , x
n
]. Khi đó phương trình f(x) = 0 được gọi là phương trình
đại số trên K.
Định nghĩa 1.3.2. Cho K
1
là một trường tùy ý chứa trường K và n là
một số nguyên dương. Ta gọi tập
K
n
1
= {(a
1
, . . . , a
n
)|a

i
∈ K}
24Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
23
là không gian n-afin trên K
1
. Đặc biệt, K
n
là không gian n-afin trên K.
Không gian n-afin K
n
1
là không gian véctơ n chiều trên K
1
. Điểm
(a) = (a
1
, . . . , a
n
) là một bộ gồm n phần tử của K
1
. Ký hiệu K[x] là
vành đa thức n biến x
1
, . . . , x
n
trên K. Với mỗi đa thức f ∈ K[x] ta có
một hàm số từ K
n
1

vào K
1
được xác định bởi quy tắc (a) → f(a) với
mọi (a) ∈ K
n
1
. Nếu K là một trường có nhiều vô hạn phần tử thì ta có
thể đồng nhất các đa thức với các hàm tương ứng. Bổ đề sau đây chỉ ra
điều đó.
Bổ đề 1.3.1. Giả sử Klà một trường có nhiều vô hạn phần tử. Cho f, g
là hai đa thức trong K[x]. Nếu f(a) = g(a) với mọi a ∈ K thì f = g.
Chứng minh: Đặt h = f − g. Ta có h(a) = 0 với mọi a ∈ K
n
. Ta chỉ
ra rằng h = 0. Giả sử h = 0. Trước tiên, ta thấy deg h > 0 vì h không
thể là một hằng số khác 0. Nếu n = 1 thì h chỉ có hữu hạn nghiệm. Điều
này mâu thuẫn với h triệt tiêu trên K. Nếu n > 1 ta viết h dưới dạng
h = h
0
+ h
1
x + ··· + h
d
x
d
n
với h
0
, . . . , h
d

∈ K[x
1
, . . . , x
n−1
], h
d
= 0. Bằng quy nạp theo n ta
có thể giả thiết h
d
không triệt tiêu tại mọi điểm của K
n−1
. Chọn
a
1
, . . . , a
n−1
∈ K sao cho h
d
(a
1
, . . . , a
n−1
) = 0. Khi đó phương trình
h(a
1
, . . . , a
n−1
, x
n
) = 0 chỉ có hữu hạn nghiệm là một điều mâu thuẫn.

Vậy h = 0.
Bổ đề trên không còn đúng nếu trường K chỉ có một số hữu hạn phần
tử.
Ví dụ 1.3.1. Cho K = Z/2Z là trường chỉ có hai phần tử 0, 1. Ta thấy
ngay các đa thức x
t
xác định cùng một hàm số trên Z/2Z với mọi t ≥ 1.
Tập đại số afin
Nếu không nói gì thêm ta luôn luôn ký hiệu K[x
1
, . . . , x
n
] qua K[x].
Cho điểm (a) ∈ K
n
1
ta ký hiệu vành đa thức của a
1
, . . . , a
n
trên
K qua K[a] = K[a
1
, . . . , a
n
] và trường các hàm hữu tỷ tương ứng
25Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên