Luận văn: Đa thức và đa thức lượng giác

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
PHẠM THỊ BÁCH DIỆP
ĐA THỨC VÀ ĐA THỨC LƯỢNG GIÁC
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
Chuyên ngành : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số : 60 46 40
Giáo viên hướng dẫn:
PGS.TS. NÔNG QUỐC CHINH
THÁI NGUYÊN, 2012
1Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
2
Mục lục
Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
Lời cảm ơn 4
Mở đầu 5
1 Một số vấn đề cơ bản về đa thức 7
1.1 Định nghĩa và các phép toán . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2 Hệ số và giá trị đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.3 Đa thức với yếu tố giải tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.4 Phép chia đa thức. Ước và bội . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.5 Nghiệm của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.6 Đa thức bất khả quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2 Đa thức lượng giác và ứng dụng 22
2.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.1.1 Một số tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.2 Biểu diễn một số đa thức lượng giác đặc biệt . . . . . . . . 23
2.2.1 Định nghĩa đa thức Chebyshev . . . . . . . . . . . . 23
2.2.2 Tính chất của đa thức Chebyshev . . . . . . . . . . 24
2.2.3 Ước lượng đa thức đại số trên một khoảng và định
lý Bernstein- Markov . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2.3 Một số phương pháp tính tổng các đa thức lượng giác . . . 28
2.3.1 Phương pháp sai phân . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.3.2 Phương pháp đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
2.3.3 Phương pháp số phức . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
2.3.4 Phương pháp đạo hàm . . . . . . . . . . . . . . . . 32
Kết luận 35
2Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
3
Tài liệu tham khảo 36
3Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
4
Lời cảm ơn
Sau một thời gian nghiên cứu, luận văn thạc sỹ của tôi đã được hoàn
thành với tên đề tài "Đa thức và đa thức lượng giác". Những kết quả ban
đầu mà tôi thu được đó là nhờ sự hướng dẫn tận tình và nghiêm khắc của
PGS.TS Nông Quốc Chinh. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu
sắc đến thầy.
Tôi xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng đào tạo và Khoa
Toán- Tin của Trường Đại học Khoa học- Đại học Thái Nguyên đã tạo
mọi điều kiện cho tôi về tài liệu và các thủ tục hành chính để tôi hoàn
thành luận văn này trong thời gian vừa qua. Đội ngũ cán bộ của phòng
đào tạo và Khoa Toán- Tin đã hết lòng ủng hộ, giúp đỡ lớp Cao học Toán
K4C chúng tôi với một thái độ nhiệt tình và thân thiện nhất. Điều này sẽ
mãi là ấn tượng rất tốt đẹp trong lòng mỗi chúng tôi đối với nhà trường.
Tôi xin cảm ơn gia đình, bạn bè và những người đã quan tâm, tạo điều
kiện, động viên cổ vũ để tôi có thể hoàn thành nhiệm vụ của mình.
4Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
5
Mở đầu
1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Trong chương trình toán học phổ thông, đa thức và đa thức lượng giác
là một trong những nội dung khó đối với học sinh, đặc biệt là trong đại số
và hình học. Nhiều bài toán có lời giải phức tạp hoặc không thể giải được
bằng phương pháp đại số nhưng lại cho lời giải dễ dàng và hiệu quả bằng
phương pháp lượng giác.
Thực tế, phương pháp giải toán về đa thức và đa thức lượng giác nói
chung đã được biết đến nhiều trong quá trình giải toán ở bậc trung học
phổ thông, tuy nhiên phần ứng dụng của nó trong đại số vẫn luôn là vấn
đề hết sức cần thiết trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi Toán ở bậc học phổ
thông, đồng thời sự phát hiện những ứng dụng đa dạng của nó trong đại
số cũng luôn đem lại sự hấp dẫn đối với nhiều đối tượng học sinh và giáo
viên khi nghiên cứu vấn đề này.
Luận văn "Đa thức và đa thức lượng giác" trình bày một số vấn đề liên
quan đến mảng đa thức và đa thức lượng giác và những ví dụ minh họa
cụ thể.
2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
Đề tài "Đa thức và đa thức lượng giác" nhằm hệ thống các kiến thức
về đa thức và đa thức lượng giác trong phương pháp giải các dạng bài tập
trong chương trình trung học phổ thông.
3. ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU
Nghiên cứu từ các tài liệu, giáo trình và các sách chuyên đề về đa thức,
đa thức lượng giác, các bài báo toán học viết về đa thức và đa thức lượng
giác, nhằm hệ thống các dạng toán liên quan đến đề tài nghiên cứu. Đối
tượng khảo sát của đề tài luận văn là các vấn đề cơ bản của đa thức, các
5Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
6
hàm lượng giác cơ bản.
4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
Tổng hợp các tài liệu liên quan, nắm vững cốt lõi của nội dung kiến
thức từ đó sắp xếp, trình bày hệ thống và khai thác các ứng dụng theo đề

tài nghiên cứu.
Nghiên cứu trực tiếp từ các tài liệu của giáo viên hướng dẫn, tủ sách
chuyên toán và các kỷ yếu hội thảo khoa học về chuyên toán, kinh nghiệm
giảng dạy của các bạn học viên trong lớp, đồng thời sử dụng các trang web
www.diendantoanhoc.net, www.mathlinks.ro để học hỏi và trao đổi kinh
nghiệm.
5. Ý NGHĨA KHOA HỌC VÀ THỰC TIỄN CỦA ĐỀ TÀI
Tạo được một đề tài phù hợp cho việc giảng dạy, bồi dưỡng học sinh
giỏi cấp trung học phổ thông. Đề tài đóng góp thiết thực cho việc dạy và
học đại số, lượng giác, phát triển năng lực giải toán cho học sinh trong
trường trung học phổ thông và đem lại niềm đam mê sáng tạo từ những
bài toán cơ bản nhất.
6. CẤU TRÚC CỦA LUẬN VĂN
Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo và 2 chương.
Chương 1. Một số vấn đề cơ bản về đa thức.
Chương 2. Đa thức lượng giác và ứng dụng.
6Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
7
Chương 1
Một số vấn đề cơ bản về đa thức
1.1 Định nghĩa và các phép toán
1.1.1 Định nghĩa. (i) Cho hàm số f : R R . Ta gọi f là đa thức nếu f
là hằng số hoặc n Z , n 1 và các số thực a
0
, a
1
, a
2
, , a
n

với a
0
0
sao cho f x a
n
x
n
a
n 1
x
n 1
a
1
x a
0
, trong đó a
n
0 là hệ số
cao nhất, a
0
là hệ số tự do. Đặc biệt a
n
1 thì f gọi là đa thức chuẩn tắc
hay mônic.
(ii) Với a
n
0 thì n là bậc của đa thức f(x), ký hiệu degf n. Đặc biệt,
f là hằng số thì degf 0.
(iii) Hai đa thức là bằng nhau nếu nó có cùng bậc và các hệ số tương ứng
là bằng nhau.

Đôi khi ta viết gọn f x
n
i 0
a
i
x
n i
hoặc f x
n
k 0
b
k
x
k
.
1.1.2 Định nghĩa. Với hai đa thức f x
n
i 0
a
i
x
n i
, g x
n
k 0
b
i
x
n i
.

Ta định nghĩa tổng f x g x
k
i 0
a
i
b
i
x
k i
, tích f x g x
n m
j 0
c
j
x
n m i
và phép hợp thành f g x f g x trong đó k max m; n ,
c
j
i t j
a
i
b
t
.
1.1.3 Bổ đề. Cho f x , g x , h x R x . Khi đó
(i) deg f x g x max deg f x , deg g x .
(ii) Nếu f x 0 và g x 0 thì f x g x 0 và
deg f x g x deg f x deg g x .
7Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

8
(iii) Nếu f x 0 và f x g x f x h x thì g x h x .
1.1.4 Ví dụ. Cho các đa thức sau:
f x x
3
2x
2
x 1, g x 4x
2
x 3, h x x
3
x
2
9.
Xác định f x g x ;f x g x ;g h x
Giải. Ta có
f x g x x
3
2x
2
x 1 4x
2
x 3
x
3
2x
2
2.
f x g x x
3

2x
2
x 1 . 4x
2
x 3
4x
5
9x
4
9x
3
11x
2
4x 3.
g h x g h x 4 x
3
x
2
8
2
x
3
x
2
8 3
4x
6
8x
5
4x

4
63x
3
63x
2
251.
1.1.5 Ví dụ. Tìm đa thức f x trong các trường hợp
a) f x 1 x
2
5x 1.
b) f x 2 x
3
6x
2
12x 8.
Giải. a) Đặt t x 1 suy ra x t 1 thì f x 1 x
2
5x 1 trở
thành
f t t 1
2
5 t 1 1
t
2
3t 5.
Vậy f x x
2
3x 5.
b) Ta có
f x 2 x

3
6x
2
12x 8
x 2
3
16.
Vậy f x x
3
16.
1.1.6 Ví dụ. Tìm tất cả các đa thức khác không P x thỏa mãn đồng
nhất thức
P x
2
P x
2
, x R
8Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
9
Giải. Giả sử đa thức cần tìm có dạng
P x a
n
x
n
a
n 1
x
n 1
a
1

x a
0
, a
n
0.
Giả thiết rằng một trong các hệ số a
n 1
, a
n 2
, , a
0
0 chọn số k lớn
nhất (k n) sao cho a
k
0. Khi đó ta có
P x
2
a
n
x
2n
a
k
x
2k
a
1
x
2
a

0
a
n
x
n
a
k
x
k
a
1
x a
0
2
P x
2
Cân bằng hệ số của x
n k
ta nhận được 0 2a
n
a
k
. Điều này trái với giả
thiết a
n
0. Suy ra a
n 1
a
n 2
a

1
a
0
0 và P x a
n
x
n
.
Từ điều kiện a
n
x
2n
P x
2
P x
2
a
2
n
x
2n
ta nhận được a
n
1.
Vậy P x x
n
, n Z .
1.2 Hệ số và giá trị đa thức
1.2.1 Định nghĩa. Cho f R x ,degf n.
Nếu viết f x a

n
x
n
a
n 1
x
n 1
a
1
x a
o
n
i 0
a
i
x
i
thì hệ số
theo x
k
là a
k
.
1.2.2 Định nghĩa. Cho f x a
n
x
n
a
n 1
x

n 1
a
n 1
x a
0
, g x
b
m
x
m
b
m 1
x
m 1
b
m 1
x b
0
, ta nói đa thức f x là đồng nhất với
g x , kí hiệu f g nếu n m và a
i
b
i
, i 0, 1, , n.
Công thức nhị thức Newton
a b
n
a
n
na

n 1
b
n n 1
2!
.a
n 2
b
2
n n 1 n 2
3!
a
n 3
b
3

n n 1 n k 1
k!
a
n k
b
k
nab
n 1
b
n
n
k 0
C
k
n

a
n k
b
k
với C
k
n
n!
k! n k !
.
Tổng các hệ số
Cho đa thức P(x) sau khi khai triển, rút gọn được dạng
P x a
n
x
n
a
n 1
x
n 1
a
k
x
k
a
1
x a
0
9Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
10

với cách viết hệ số a
k
đi theo lũy thừa x
k
.
Ta có P 1 a
n
a
n 1
a
0
, P 1 1
n
a
n
1
n 1
a
n 1

1 a
1
a
0
. Suy ra P 1 P 1 2 a
0
a
2
a
4

a
2m
và
P 1 P 1 2 a
1
a
3
a
5
a
2m 1
.
Do đó khi khai triển đa thức ta có
Tổng các hệ số là P 1 ;
Tổng các hệ số theo lũy thừa lẻ:
P 1 P 1
2
;
Tổng các hệ số theo lũy thừa chẵn:
P 1 P 1
2
.
1.2.3 Ví dụ. Tìm hệ số theo x
3
của đa thức sau khi khai triển và tổng
các hệ số theo lũy thừa chẵn
a) P x x 1
3
x 2
3

x 4
4
b) Q x x 1
2
x
4
8x
3
x
2
1 .
Lời giải a) Ta có x a
3
khai triển thì hệ số theo x
3
là 1;
Mà x 4
4
x
4
4x
3
.4 6x
2
.4
2
4.x.4
3
4
4

nên hệ số theo x
3
là 16;
Vậy hệ số theo x
3
của P x sau khi khai triển là 18.
Tổng các hệ số theo lũy thừa chẵn
P 1 P 1
2
742
2
371.
b) Ta có Q x x
2
2x 1 x
4
8x
3
x
2
1
Vì x
3
có thể được viết thành x
3
x
3
.x
0
x

2
.x
1
nên hệ số theo x
3
là
2 8 6.
Tổng các hệ số theo lũy thừa chẵn
Q 1 Q 1
2
36 0
2
18.
1.2.4 Ví dụ. Tìm hệ số và tổng các hệ số sau khi khai triển
a) Theo x
m
của khai triển P x 1 x
n
, 0 m n;
b) Theo x
8
của khai triển Q x x 4
50
3x
2
5
41
.
Lời giải a) Áp dụng khai triển nhị thức Newton
P x 1 x

n
n
k 0
C
k
n
1
n k
x
k
n
k 0
C
k
n
x
k
Do đó hệ số theo x
m
là C
m
n
0 m n .
b Q(x) = (x + 4)
50
3x
2
5
41
50

i 0
C
i
50
x
50 i
.4
i
41
j 0
C
j
41
3x
2
41 j
. 5
j
10Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
11
Hệ số theo x
8
ứng với i 42 và j 37 là
C
42
50
4
42
C
37

41
3
4
. 5
37
C
8
50
4
42
C
4
41
3
4
.5
37
Tổng các hệ số sau khi khai triển
Q 1 5
50
2
41
5
50
2
41
.
1.3 Đa thức với yếu tố giải tích
1.3.1 Định nghĩa. Cho f x a
n

x
n
a
n 1
x
n 1
a
1
x a
0
, a
n
0,
trong đó a
i
R với mọi i 0, n
Ta có f liên tục trên R và
lim
x
f x
khi a
n
0
khi a
n
0
lim
x
f x
khi n chẵn, a

n
0 hoặc n lẻ, a
n
0
khi n lẻ, a
n
0 hoặc n chẵn, a
n
0
1.3.2 Định nghĩa. Cho f x a
n
x
n
a
n 1
x
n 1
a
1
x a
0
, a
n
0,
trong đó a
i
R với mọi i 0, n. Khi đó
f x na
n
x

n 1
n 1 a
n 1
x
n 2
. . . 2a
2
x a
1
;
f x n n 1 a
n
x
n 2
n 1 n 2 a
n 1
x
n 3
2a
2
;
f x n n 1 n 2 a
n
x
n 3
6a
3
;

f

n
x a
n
n!.
Suy ra nếu degf n thì degf n 1, degf n 2,. . . degf
k
n k,
1 k n và degf
n
0.
1.3.3 Định nghĩa. Cho f R x với f x a
n
x
n
a
n 1
x
n 1
a
1
x
a
0
, a
n
0. Khi đó nguyên hàm của f x là
F x f x dx
a
n
n 1

x
n 1
a
n 1
n
x
n

a
0
1
x C.
1.3.4 Ví dụ. Cho P x x
4
2ax
2
a với a 0. Chứng minh rằng
Q x P x P x P x P x P
4
x 0, x.
Lời giải Ta có P x x
4
2ax
2
a; P x 4x
3
4ax; P x 12x
2
4a;
P x 24x; P

4
x 24.
11Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
12
Do đó
Q x P x P x P x P x P
4
x
x
4
4x
3
2a 12 x
2
24 4a x 5a 24
x
2
2x
2
2a x 1
2
3a 8 x
2
3x 3 .
Vì x
2
3x 3 0, x và a 0 nên Q x 0, x.
1.3.5 Ví dụ. Xác định đa thức P x thỏa mãn: P 2x P x .P x .
Lời giải Xét P x C với C const thì C 0 nên P x 0 thỏa mãn.
Xét degP n, n 1

Ta có degP n 1, deg P n 2.
Từ giả thiết ta có n n 1 n 2 suy ra n 3 nên
P x ax
3
bx
2
cx d, a 0 suy ra P x 3ax
2
2bx c và
P x 6ax 2b khi đó P 2x 8ax
3
4bx
2
2cx d.
Theo giả thiết P 2x P x .P x
8ax
3
4bx
2
2cx d 3ax
2
2bx c 6ax 2b
8ax
3
4bx
2
2cx d 18a
2
x
3

18abx
2
4b
2
6ac x 2bc.
Đồng nhất hệ số
18a
2
8a
18ab 4b
4b
2
6ac 2c
2bc d
a
4
9
b 0
c 0
d 0
Do đó P x
4
9
x
3
.
Vậy P x 0 hoặc P x
4
9
x

3
.
1.4 Phép chia đa thức. Ước và bội
1.4.1 Định nghĩa. (i) Một đa thức d(x) chia hết hai đa thức f(x) và g(x)
gọi là ước chung của f(x) và g(x).
(ii) Nếu d(x) là một ước chung chia hết cho mọi ước chung khác thì ta gọi
d(x) là ước chung lớn nhất của f(x) và g(x), kí hiệu là d x f x , g x .
1.4.2 Định lý. Cho f x , g x R x với g x 0. Khi đó tồn tại duy
nhất một cặp đa thức q x , r x R x sao cho
f x g x q x r x , với r x 0 hoặc deg r x deg g x .
12Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
13
Chứng minh. Chứng minh tính duy nhất. Giả sử
f x g x q x r x g x q
1
x r
1
x ,
trong đó r x , r
1
x bằng 0 hoặc có bậc nhỏ hơn bậc của g x . Khi đó
g x q x q
1
x r
1
x r x .
Nếu r
1
x r x thì g x q x q
1

x 0. Vì g x 0 nên q x
q
1
x 0, tức là q x q
1
x . Nếu r x r
1
x thì
deg r r
1
deg g q q
1
deg g deg q q
1
.
Chú ý rằng
deg r r
1
max deg r, deg r
1
deg g deg g deg q q
1
.
Điều này mâu thuẫn với đẳng thức trên.
Ta chứng minh sự tồn tại của q x và r x . Nếu deg f x deg g x
thì ta chọn q x 0 và r x f x . Giả sử deg f x deg g x . Cho
f x a
m
x
m

. . . a
0
và g x b
n
x
n
. . . b
0
với a
m
, b
n
0 và
n m. Chọn h x
a
m
b
n
x
m n
. Đặt f
1
x f x g x h x . Khi đó
f
1
x 0 hoặc f
1
x có bậc thực sự bé hơn bậc của f x . Trong trường
hợp f
1

x 0, ta tìm được dư của phép chia f x cho g x là r x 0
và thương là q x h x . Nếu f
1
x 0 thì ta tiếp tục làm tương tự với
f
1
x và ta được đa thức f
2
x . Cứ tiếp tục quá trình trên ta được dãy đa
thức f
1
x , f
2
x , . . ., nếu chúng đều khác 0 thì chúng có bậc giảm dần.
Vì thế sau hữu hạn bước ta được một đa thức có bậc bé hơn bậc của g x
và đó chính là đa thức dư r x . Nếu một đa thức của dãy bằng 0 thì dư
r x 0. Cụ thể, ta có
f
1
x f x g x h x
f
2
x f
1
x g x h
1
x
. . . . . . . . .
f
k

x f
k 1
x g x h
k 1
x
với f
k
x 0 hoặc deg f
k
x deg g x . Cộng vế với vế các đẳng thức đó
lại, ta được
f x g x h x h
1
x h
k 1
x f
k
x .
Từ đó ta có q x h x h
1
x . . . h
k 1
x và r x f
k
x .
13Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
14
Trong định lý trên, nếu r x 0 thì q x được gọi là thương hụt và
r x được gọi là dư của phép chia f x cho g x . Nếu r x 0 thì ta nói
rằng f x chia hết cho g x hay g x là ước của f x . Ta gọi q(x) và r(x)

lần lượt là thương và số dư trong phép chia f(x) cho g(x). Nếu r x 0
thì ta nói f(x) chia hết cho g(x) hay g(x) chia hết f(x) hay f(x) là bội của
g(x) hay g(x) là ước của f(x), ta kí hiệu f
.
.
.g hay g f.
1.4.3 Hệ quả. Cho a R. Khi đó dư của phép chia f x R cho x a
là f a .
Chứng minh. Chia f x cho x a, dư hoặc bằng 0 hoặc là một đa thức
bậc 0 vì bậc của x a bằng 1. Vì vậy, dư là một phần tử r R. Ta có
f x x a q x r. Thay x a vào đẳng thức ta được r f a .
1.4.4 Mệnh đề. (Thuật toán Euclid tìm ước chung lớn nhất). Cho hai
đa thức f x , g x R x với g x 0. Nếu g x f x thì
f x , g x g x .
Nếu ngượi lại, chia liên tiếp ta được
f x q x g x r x , r x 0, deg r x deg g x .
g x q
1
x r x r
1
x , r
1
x 0, deg r
1
x deg r x .
. . . . . . . . .
r
n 2
x q
n

x r
n 1
x r
n
x , r
n
x 0, deg r
n
x deg r
n 1
x .
r
n 1
x q
n 1
x r
n
x .
Khi đó f x , g x r
n
x .
Chứng minh. Từ đẳng thức cuối ta có r
n
x r
n 1
x . Thay vào đẳng thức
thứ hai từ dưới lên ta có r
n
x r
n 2

x . Cứ tiếp tục lập luận với các đẳng
thức từ dưới lên ta suy ra r
n
x g x và r
n
x f x . Do đó r
n
x f x
và r
n
x g x . Giả sử h x f x và h x g x . Từ đẳng thức đầu tiên ta
có h x r x . Từ đẳng thức thứ hai ta có h x r
1
x . Cứ tiếp tục lập
luận trên với các đẳng thức từ trên xuống dưới ta có h x r
n
x . Do đó
h x r
n
x .
1.4.5 Định lý. Giả sử f x , g x K x và d x K x là ước chung lớn
nhất của f x , g x . Khi đó tồn tại u x , v x K x sao cho
d x f x u x g x v x .
14Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
15
Chứng minh. Ta chứng minh định lý theo thuật toán sau đây gọi là thuật
toán Euclid mở rộng. Trong các phép chia liên tiếp ở thuật toán Euclid
tìm ước chung lớn nhất, d x r
k
x . Đặt u

1
x 1, v
1
x q
k
x , từ
đẳng thức giáp cuối ta có
d x r
k 2
x u
1
x r
k 1
x v
1
x .
Thay r
k 1
x từ đẳng thức cuối giáp trước ta được
r
k 1
x r
k 3
x r
k 2
x q
k 1
x
vì thế ta có d x r
k 3

x u
2
x r
k 2
x v
2
x , trong đó u
2
x v
1
x
và v
2
x u
1
x v
1
x q
k 1
x . Cứ tiếp tục đi từ dưới lên, đến các đẳng
thức đầu tiên ta có kết quả.
1.4.6 Ví dụ. Cho P x x x
3
x
9
x
27
x
81
x

243
. Tìm dư của phép
chia P x cho x 1.
Lời giải Ta có P x x 1 Q x r x với deg r x deg x 1 1
Suy ra deg r x 0 nên dư r x c. Do đó P x x 1 Q x c.
Chọn x 1 suy ra P 1 c hay c P 1 6.
1.4.7 Ví dụ. Tìm ước số chung lớn nhất của 2 đa thức
f x x
4
x
3
3x
2
4x 1 và g x x
3
x
2
x 1.
Lời giải. Thực hiện phép chia liên tiếp f x q x .g x r x ta được
q x x, r x 2x
2
3x 1và g x q
1
x .r x r
1
x khi đó
q
1
x
1

2
x
1
2
và r
1
x
3
2
x
3
2
. Tiếp tục quá trình ta được
r x q
2
x .r
1
x r
2
x thì q
2
x
2
3
2x 1 và r
2
x 0. Do đó:
f x , g x x 1 và quy ước lấy hệ số cao nhất bằng 1 từ
r
1

x
3
2
x
3
2
.
1.4.8 Ví dụ. Đa thức P x x
n
a
1
x
n 1
a
n
chia hết cho đa thức
Q x x
m
b
1
x
m 1
b
m
. Biết rằng b
k
C
k
m
.1981

k
với k nào đó.
Chứng minh rằng a
j
1980 với j nào đó.
Lời giải. Giả sử x
1
, x
2
, , x
m
là tất cả các nghiệm của Q x , kể cả nghiệm
bội. Giả sử môđun của chúng không vượt quá 1981. Theo định lý Viét ta
có
b
1
x
1
x
2
x
m
1981.m
15Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
16
. . .
b
k
1
k

i
1
i
k
x
i
1
x
i
2
x
i
k
C
k
m
.1981
k
. . .
b
m
1
m
x
1
x
2
x
m
1981

m
Điều này mâu thuẫn với điều kiện cho b
1
, b
2
, . . . , b
m
. Như vậy Q có ít nhất
một nghiệm thỏa mãn bất đẳng thức
y 1981. Do P chia hết cho Q nên
P y 0. Giả sử
a
j
1980, j. Khi đó ta có
0
P y
y
n
a
1
y
n 1
a
n
y
n
a
1
y
n 1

a
n
1981
n
1980.1981
n 1
1980 1.
Mâu thuẫn này cho thấy
a
j
1980 với j nào đó.
1.5 Nghiệm của đa thức
1.5.1 Định nghĩa. Cho f R x và α R, ta gọi α là một nghiệm của f
nếu f α 0.
1.5.2 Định lý. (Định lý Be’Zout) Cho f R x , α là một nghiệm thực
của f khi và chỉ khi f x
.
.
. x α .
Chứng minh. Xét 2 đa thức f, g R x với g x x α thì tồn tại
duy nhất cặp đa thức q(x), r(x) sao cho f x x α q x r x . Vì
degr degg 1 suy ra r x là một hằng số. f x x α q x C suy
ra f x C. Do đó f x x α q x f α . Nên α là nghiệm khi và
chỉ khi f α 0 khi và chỉ khi x α f x .
Lược đồ Hoocne. Giả sử f x a
n
x
n
. . . a

1
x a
0
R x . Với
a R và a 0, chia f x cho x a ta được f x x a q x r, dư
r R và g x b
n 1
x
n 1
. . . b
1
x b
0
. Đồng nhất các hệ số, ta có thể
tìm nhanh số dư r và các hệ số b
n 1
, . . . , b
1
, b
0
của q như sau:
b
n 1
a
n

b
i 1
a
i

ab
i

b
0
a
1
ab
1
r a
0
b
0
.
16Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
17
Lược đồ sau đây được gọi là lược đồ Hoocne:
a
n
a
n 1
a
1
a
0
a b
n 1
a
n
b

n 2
ab
n 1
a
n 1
b
0
ab
1
a
1
r b
0
a
0
Chẳng hạn, để thực hiện phép chia x
5
2x
4
5x
2
6x 8 cho x 1,
ta lập lược đồ Hoocne
1 2 0 5 6 8
1 1 3 3 2 4 12
Vậy x
5
2x
4
5x

2
6x 8 x 1 x
4
3x
3
3x
2
2x 4 12.
1.5.3 Hệ quả. Cho a R. Khi đó a là nghiệm của đa thức f x R x
nếu và chỉ nếu tồn tại đa thức g x R x sao cho f x x a g x .
Cho k 0 là một số nguyên. Một phần tử a R được gọi là một nghiệm
bội k của đa thức f x R x nếu f x chia hết cho x a
k
nhưng không
chia hết cho x a
k 1
. Nếu k 1 thì a được gọi là nghiệm đơn. Nếu
k 2 thì a được gọi là nghiệm kép.
1.5.4 Hệ quả. Phần tử a R là nghiệm bội k của f x R x nếu và chỉ
nếu f x x a
k
g x với g x R x và g a 0.
Chứng minh. Giả sử a là nghiệm bội k của f x . Vì f x chia hết cho
x a
k
nên f x x a
k
g x với g x R x . Nếu g a 0 thì theo
Hệ quả 1.5.3 ta có g x x a h x với h x R x và do đó f x chia
hết cho x a

k 1
, vô lý. Vậy g a 0. Ngược lại, vì f x x a
k
g x
nên f x chia hết cho x a
k
. Nếu f x chia hết cho x a
k 1
thì
f x x a
k 1
h x với h x R x . Do đó x a
k
g x x a
k 1
h x
nên g x x a h x .
Suy ra g a 0, mâu thuẫn. Vậy f x không chia hết cho x a
k 1
.
1.5.5 Định lý. Cho f Z x , degf n, a
i
Z sao cho f x a
n
x
n
a
n 1
x
n 1

a
1
x a
0
, a
n
0. Giả sử f x có nghiệm hữu tỉ là x
p
q
với p, q 1 thì p là ước của a
0
và q là ước của a
n
.
Chứng minh. Giả sử
p
q
Q trong đó p, q là các số nguyên, q 0 và
p, q 1. Nếu
p
q
là nghiệm của đa thức f x thì f
p
q
0. Ta có
0 f
p
q
a
n

p
q
n
a
n 1
p
q
n 1
. . . a
1
p
q
a
0
.
17Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
18
Suy ra 0 a
n
p
n
a
n 1
p
n 1
q . . . a
1
pq
n 1
a

0
q
n
. Vì thế ta có
a
n
p
n
a
n 1
p
n 1
q . . . a
1
pq
n 1
a
0
q
n
.
Do vế phải là bội của q và p, q 1 nên q là ước của a
n
.
Tương tự ta có a
0
q
n
a
n

p
n
a
n 1
p
n 1
q . . . a
1
pq
n 1
. Do vế phải
là bội của p và p, q 1 nên p là ước của a
0
.
1.5.6 Ví dụ. .Cho f x 2x
5
70x
3
4x
2
x 1. Tìm thương và số
dư của phép chia f x cho x 6.
Lời giải. Gọi g x là thương và r x là phần dư của phép chia f x cho
x 6 Ta lập sơ đồ Hoocne
2 0 70 4 1 1
6 2 12 2 16 95 571
Ta có
f x x 6 .g x f 6
x 6 . 2x
4

12x
3
2x
2
16x 95 571.
Vậy g x 2x
4
12x
3
2x
2
16x 95 và r x f 6 571.
1.5.7 Ví dụ. . Cho đa thức bậc chẵn và tất cả các hệ số đều lẻ. Chứng
minh đa thức không có nghiệm hữu tỉ.
Chứng minh. Xét P x a
n
x
n
a
n 1
x
n 1
a
1
x a
0
, a
n
0 với n
chẵn, các a

i
lẻ, i 0, n. Giả sử đa thức có nghiệm hữu tỉ x p q thì p là
ước của a
0
và q là ước của a
n
. Do đó p,q lẻ.
Thế x p q vào biểu thức của P x ta có a
n
p
n
a
n 1
p
n 1
q a
0
q
n
0.
Điều này vô lý vì vế trái là tổng của một số lẻ các số hạng lẻ nên không
thể bằng 0. Vậy đa thức không có nghiệm hữu tỉ.
1.6 Đa thức bất khả quy
1.6.1 Định nghĩa. Giả sử f x là một đa thức với các hệ số hữu tỉ, f x
được gọi là đa thức bất khả quy trên Q nếu f x không viết được dưới
dạng tích của hai đa thức có bậc không nhỏ hơn 1 với các hệ số hữu tỉ.
18Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
19
1.6.2 Định nghĩa. Giả sử f x là một đa thức với các hệ số nguyên, f x
được gọi là đa thức bất khả quy trên Z nếu f x không viết được dưới

dạng tích của hai đa thức có bậc không nhỏ hơn 1 với các hệ số nguyên.
1.6.3 Định nghĩa. Đa thức f x với các hệ số nguyên được gọi là nguyên
bản nếu và chỉ nếu các hệ số của nó nguyên tố cùng nhau.
1.6.4 Bổ đề. (Bổ đề Gauss) Tích của hai đa thức nguyên bản là một đa
thức nguyên bản.
Chứng minh. Thật vậy, giả sử đã cho các đa thức nguyên bản
f x a
k
x
k
a
i
x
i
a
1
x a
0
a
k
0 ,
g x b
m
x
m
b
j
x
j
b

1
x b
0
b
m
0 ,
giả sử f x g x c
m k
x
m k
c
i j
x
i j
c
1
x c
0
.
Nếu f x g x không nguyên bản thì tồn tại 1 số nguyên tố p là ước số
chung của tất cả các hệ số c
m k
, , c
1
, c
0
. Vì tất cả các hệ số của f x
không đồng thời chia hết cho p do f x là nguyên bản, nên trong các hệ
số a
k

, , a
1
, a
0
sẽ có 1 số đầu tiên, giả sử a
i
không chia hết cho p.
Tương tự giả sử b
j
là hệ số đầu tiên của g x không chia hết cho p. Ta có
c
i j
r s i j
a
r
b
s
.Ta xét các trường hợp sau
1) i 1, j 1. Khi đó
r s i j
a
r
b
s
r s i j
a
r
b
s
r s i j

a
r
b
s
a
i
b
j
Nếu r i thì a
r
chia hết cho p. Nếu s j thì b
s
chia hết cho p. Mặt khác
a
i
b
j
không chia hết cho p. Vậy c
i j
không chia hết cho p.
2) i 0, j 1. Khi đó c
i j
c
j
a
0
b
j
r s j
s j

a
r
b
s
Vậy c
i j
không chia hết cho p.
3) j 0, i 1. Tương tự ta cũng có c
i j
không chia hết cho p.
4) i 0, j 0. Khi đó c
0
a
0
b
0
không chia hết cho p.
Trong mọi trường hợp ta đều có c
i j
không chia hết cho p. Điều này trái
với giả thiết. Vậy f x .g x là nguyên bản.
19Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
20
1.6.5 Định lý. (Tiêu chuẩn Eisenstein). Cho đa thức P x a
n
x
n
a
n 1
x

n 1
. . . a
1
x a
0
với a
i
Z, a
0
0, n 1, với mọi i 1, n. Giả
sử tồn tại số nguyên tố p thỏa mãn các tính chất
(i) p không là ước của các hệ số cao nhất a
n
.
(ii) p là ước của các hệ số còn lại.
(iii) p
2
không là ước của các hệ số tự do a
0
.
Khi đó P x là bất khả quy trên Z x hay P x không thể phân tích được
dưới dạng tích hai đa thức với hệ số nguyên và có deg 1.
Chứng minh. Giả sử P x không bất khả quy trên Z. Ta có thể biểu diễn
f gh b
0
b
1
x . . . b
m
x

m
c
0
c
1
x . . . c
k
x
k
,
trong đó g, h Z x với deg g m n và deg h k n. Do p là ước
của a
0
b
0
c
0
nên p là ước của b
0
hoặc c
0
. Lại do p
2
không là ước của a
0
nên trong hai số b
0
v c
0
, có một và chỉ một số chia hết cho p. Giả thiết c

0
chia hết cho p. Khi đó b
0
không chia hết cho p. Vì a
n
b
m
c
k
và a
n
không
chia hết cho p nên b
m
và c
k
đều không chia hết cho p. Gọi r là chỉ số bé
nhất sao cho c
r
không là bội của p. Chú ý rằng số r như vậy luôn tồn tại
vì c
k
không là bội của p. Trước hết ta xét trường hợp r n. Khi đó p là
ước của a
r
. Vì b
0
c
r
a

r
b
1
c
r 1
b
2
c
r 2
. . . b
r
c
0
với chú ý rằng
các số c
0
, . . . , c
r 1
đều là bội của p nên b
0
c
r
là bội của p. Điều này vô lý vì
cả hai số b
0
và c
r
đều không là bội của p. Xét trường hợp r n. Khi đó
n r k n. Suy ra k n, vô lý. Vậy f là bất khả quy trên Z x .
1.6.6 Ví dụ. Xét tính bất khả quy trên Q của các đa thức sau

(i) x
8
2x
5
8x
3
14
(ii) 5x
5
6x
4
9x
3
15x 3
Giải (i) Dễ thấy với p 2 đa thức x
8
2x
5
8x
3
14 bất khả quy trên
Q theo tiêu chuẩn Eisenstein.
(ii) Đa thức 5x
5
6x
4
9x
3
15x 3 bất khả quy trên Q theo tiêu chuẩn
Eisenstein.

1.6.7 Ví dụ. Giả sử f x a
n
x
n
a
n 1
x
n 1
a
1
x a
0
Z x ,
p là số nguyên tố thỏa mãn
(i) a
2
, a
3
, , a
n
không chia hết cho p
(ii)a
n
không chia hết cho p, a
0
không chia hết cho p
2
.
Chứng minh rằng nếu f x khả quy trong Z x , tức là f x g x h x
20Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

21
với g, h Z x , deg g 1 và deg h 1 thì min deg g; deg h 1 ( khi đó
f x có nghiệm hữu tỉ).
Chứng minh. Nếu a
1
chia hết cho p thì theo tiêu chuẩn Eisenstein suy ra
f x bất khả quy trong Z x .
Xét trường hợp a
1
không chia hết cho p. Giả sử f x g x .h x với
g, h Z x , deg h 1, deg g 1
g x b
0
x
m
b
1
x
m 1
b
m
, b
0
0
h x c
0
x
h
c
1

x
h 1
c
h
, c
0
0
và m h n
Vì a
n
b
m
c
h
chia hết cho p mà không chia hết cho p
2
suy ra trong 2 số
b
m
, c
h
chỉ có một số chia hết cho p, số còn lại không chia hết cho p, giả sử
p b
m
và p c
h
.
Vì a
0
không chia hết cho p suy ra b

0
, c
0
không chia hết cho p. Gọi b
i
là số
đầu tiên từ cuối trở lên mà b
i
không chia hết cho p(i 0). Hệ số của x
i h
là b
i
c
h
b
i 1
c
h 1
không chia hết cho p, vì b
i
không chia hết p, mà các
số b
i 1
, b
i 2
, đều chia hết cho p h i 1, vì chỉ có a
0
, a
1
là không

chia hết cho p m m h i 1 n i 1 n 1 h 1. Vậy
min deg h; deg g 1. Vì deg h 1 nên h x c
0
x c
1
;c
0
, c
1
Z nên
h x có nghiệm x
c
1
c
0
Q suy ra h x có nghiệm hữu tỉ.
21Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
22
Chương 2
Đa thức lượng giác và ứng dụng
2.1 Định nghĩa
2.1.1 Định nghĩa. Biểu thức L
n
x a
0
n
k 1
a
k
cos kx b

k
sin kx 2.1
trong đó a
0
, a
k
, b
k
k 1, 2, , n ; a
n
b
n
0 n N
được gọi là
đa thức lượng giác bậc n (cấp n) với các hệ số a
0
, a
k
, b
k
R k 1, 2, , n .
2.1.2 Định nghĩa. Nếu trong đa thức (2.1) tất cả các hệ số b
k
k
1, 2, , n đều bằng 0 thì ta có đa thức lượng giác cấp n thuần cos
C
n
x a
0
a

1
cos x a
2
cos 2x a
n
cos nx, a
n
0
2.2
Nếu trong đa thức (2.1) tất cả các hệ số a
k
k 1, 2, , n đều bằng 0 thì
ta có đa thức lượng giác cấp n thuần sin
S
n
x a
0
b
1
sin x b
2
sin 2x b
n
sin nx, b
n
0 . 2.3
2.1.1 Một số tính chất
Tính chất 1 Cho L
m
x và L

n
x là hai đa thức lượng giác. Khi đó
a) L
m
x L
n
x là đa thức lượng giác bậc k, với k max
m, n ;
b L
m
x .L
n
x là đa thức lượng giác bậc m n.
Tính chất 2 Với mọi đa thức lượng giác L
n
x dạng (2.1) luôn luôn tồn
tại các đa thức đại số P
n
t và Q
n 1
t sao cho L
n
x P
n
cos x
sin xQ
n 1
cos x .
Tính chất 3 Với mọi S
n

x dạng (2.3) luôn luôn tồn tại đa thức đại số
Q
n 1
t để S
n
x b
0
sin xQ
n 1
cos x .
Tính chất 4 Với mọi S
n
x dạng (2.3) luôn luôn tồn tại đa thức đại số
P
n
t để C
n
x P
n
cos x .
Trong đó P
n
t là đa thức bậc n đối với t và có hệ số chính là a
n
.2
n 1
.
22Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
23
Ngược lại, với mọi đa thức P

n
t với hệ số chính bằng 1 thì từ phép đặt
ẩn phụ t cosx ta đều biến đổi về được đa thức C
n
x dạng (2.2) với
a
n
2
1 n
.
Bài toán 1 Cho đa thức lượng giác f x cos 4x a cos 2x b sin 2x.
Chứng minh rằng a) f x nhận giá trị dương và âm với mọi a, b;
b) Nếu f x 1, x thì a b 0.
Chứng minh. a) Theo giả thiết: f x cos 4x a cos 2x b sin 2x.
Ta có f 0 1 a; f
π
2
1 a.
Suy ra f 0 f
π
2
2 0 nên f x có giá trị dương.
Ta có f
π
4
1 b, f
π
4
1 b.
Suy ra f

π
4
f
π
4
2 0 nên f x có giá trị âm.
b) Ta có
f
π
4
1 b 1 b 0
f
π
4
1 b 1 b 0
Do đó b 0. Nên f x 1 cos4x a cos 2x 1, x
2t
2
at 0, t 1; 1 với t cos2x a=0.V ya=b=0.
2.2 Biểu diễn một số đa thức lượng giác đặc biệt
2.2.1 Định nghĩa đa thức Chebyshev
Định nghĩa 1:
Các đa thức T
n
x n N được xác định như sau:
T
0
x 1; T
1
x x,

T
n 1
x 2xT
n
x T
n 1
x , n 1.
được gọi là đa thức Chebyshev (loại 1).
Định nghĩa 2:
Các đa thức U
n
x n N được xác định như sau:
U
0
x 0; U
1
x 1,
U
n 1
x 2xU
n
x U
n 1
x , n 1.
được gọi là đa thức Chebyshev (loại 2).
23Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
24
2.2.2 Tính chất của đa thức Chebyshev
* Tính chất của đa thức T
n

x .
Tính chất 1:
T
n
x cos n arccos x với mọi x 1; 1 .
Tính chất 2:
T
n
x Z x bậc n có hệ số bậc cao nhất bằng 2
n 1
và là hàm chẵn
khi n chẵn; là hàm lẻ khi n lẻ.
Tính chất 3:
T
n
x có đúng n nghiệm trên đoạn 1; 1 là:
x
k
cos
2k 1
2n
π, k 0, 1, , n 1
Tính chất 4:
T
n
x 1, x 1; 1 ,
T
n
x
1 tại n 1 điểm

x cos
kπ
n
, k Z
Các điểm x gọi là các nút nội suy Chebyshev và T
n
x 1
k
.
* Tính chất của đa thức U
n
x .
Tính chất 1:
U
n
x
sin n arccos x
1 x
2
, x 1; 1
Tính chất 2:
U
n
x
1
n
T
n
x =
sin nt

sin t
, cos t x
là đa thức bậc n 1 có hệ số bậc cao nhất bằng 2
n 1
và là hàm chẵn
khi n lẻ; là hàm lẻ khi n chẵn.
Tính chất 3:
U
n
x n, x 1; 1
và T
n
x n
2
, x 1; 1 .
Trường hợp x 1, xét các hàm:
shx
1
2
e
x
e
x
chx
1
2
e
x
e
x

thì:
T
n
x ch nt , U
n
x
sh nt
sht
trong đó x cht.
24Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
25
2.2.3 Ước lượng đa thức đại số trên một khoảng và định lý
Bernstein- Markov
Bài toán ước lượng đa thức gồm nhiều dạng toán khác nhau, như ước
lượng miền giá trị của đa thức trên một tập cho trước, ước lượng các hệ
số của đa thức, ước lượng nghiệm của đa thức, ước lượng các giá trị của
đạo hàm, Trong phần này, ta có sử dụng công thức nội suy Lagranger.
Trước hết, xin nêu lại công thức này.
Đồng nhất thức Lagranger
f x f α
1
.
x α
2
x α
3
x α
n 1
α
1

α
2
α
1
α
3
α
1
α
n 1
f α
n 1
.
x α
1
x α
2
x α
n
α
n 1
α
1
α
n 1
α
2
α
n 1
α

n
Hay: f x
n 1
j
f α
j
n 1
i 1
i j
x α
i
α
j
α
i
Bài toán 2:
Cho đa thức P
n 1
x bậc không vượt quá n 1 có hệ số bậc cao nhất
a
0
, thỏa mãn điều kiện: 1 x
2
P
n 1
x 1, x 1, 1 .
Chứng minh rằng: a
0
2
n 1

.
Lời giải:
Ta viết đa thức đã cho dưới dạng nội suy Lagrange theo các nút nội
suy x
j
cos
2j 1
2n
π là các nghiệm của đa thức Chebyshev T
n
x
P
n 1
x
1
n
n
j 1
1
j 1
1 x
2
j
P
n 1
x
j
T
n
x

x x
j
Suy ra: a
0
2
n 1
n
n
j 1
1
j 1
1 x
2
j
P
x
j
Vậy nên: a
0
2
n 1
n
n
j 1
1 x
2
j
P x
j
2

n 1
n
.n 2
n 1
. điều phải
chứng minh)
Bài toán 3:
Cho đa thức P
n 1
x có bậc bé hơn hoặc bằng n và hệ số bậc cao nhất
là a
0
, thỏa mãn điều kiện: 1 x
2
P
n 1
x 1, x 1, 1 .
Chứng minh rằng: P
n 1
x n, x 1, 1 .
Lời giải:
Với các x
j
được chọn như ở bài toán trên thì do hàm số y cosx nghịch
biến trong 0; π nên 1 x
n
x
n 1
x
2

x
1
1. Nếu x
1
x
1 thì
P
n 1
x
1
n
n
j 1
1 x
2
j
P
n 1
x
j
T
n
x
x x
j
1
n
n
j 1
T

n
x
x x
j
1
(do x x
j
0 và T
n
x có dấu không đổi trên x
1
; 1
25Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên