Khóa luận tốt nghiệp toán Một số bài toán về đa thức

TRƯỜNG ĐẠI HỌC sư PHẠM HÀ NỘI 2 KHOA TOÁN
NGUYỄN THỊ PHƯỢNG
MÔT SỐ BÀI TOÁN VỀ ĐA THỨC
KHÓA LUÂN TỐT NGHIÊP ĐAI
HOC • • • •
Chuyên ngành: Đại số
Người hướng dẫn khoa học GVC. Vương Thông
HÀ NỘI – 2014
\
Sau một thời gian miệt mài nghiên cứu cùng với sự quan tâm,
tạo điều kiện của các thầy cô giáo và các bạn sinh viên, đề tài của
em đến nay đã được hoàn thành. Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc
tới thầy Vư ơ ng T hôn g

đã tận, tình chỉ bảo, hướng dẫn em trong quá trình hoàn thành
đề tài nghiên cứu này.
Em xin chân thảnh cảm ơn sự giúp đỡ quý báu của các thầy, cô giáo ừong tổ Đại
Số nói riêng và khoa Toán trường Đại học Sư Phạm Hà Nội 2 nói chung, sự động viên
giúp đỡ của gia đình, bạn bè đã dành cho em trong quá trình nghiên cứu và hoàn thành
đề tài.
Do lần đầu làm quen với công tác nghiên cứu khoa học, hơn nữa do thời gian và
năng lực của bản thân còn hạn chế nên không tránh khỏi những thiếu sót. Em rất mong
nhận được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô và các bạn sinh viên để tiểu luận của em
được hoàn thiện và có nhiều ứng dụng trong thực tế.
Hà Nội, tháng 5 năm 2014 Sinh viên thực hiện
Nguyễn Thị Phượng
Tôi xin cam đoan những nội dung mà tôi đã trình bày trong khóa luận này là kết
quả quá trình nghiên cứu nghiêm túc của bản thân dưới sự hướng dẫn, giúp đỡ tận tình
của các thầy, cô giáo, đặc biệt là thầy V ư ơ ng T h ông .

Những nội dung này không

trùng với kết quả của các tác giả khác.
Hà Nội, tháng 5 năm 2014 Sinh viên thực hiện
LỜI CẢM ƠN
Nguyễn Thị Phượng
LỜI CAM ĐOAN
MỤC LỤC
MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Đa thức có vị trí rất quan trọng trong Toán học, nó không những là một
đối tượng nghiên cứu trọng tâm của Đại số mà còn là công cụ đắc lực của giải
tích, lý thuyêt xấp xỉ, lý thuyết nội suy và lý thuyết tối ưu .Ngoài ra các định
lý và các đặc trưng cơ bản của đa thức còn sử dụng nhiều trong toán cao cấp,
toán ứng dụng
Các bài toán về đa thức được xem như những dạng toán khó ở trung học
cơ sở, được đề cập nhiều trong các kì thi học sinh giỏi Quốc gia, Olympic
Tuy nhiên cho đến nay, tài liệu về đa thức chưa nhiều. Các dạng về đa
thức chưa được phân loại rõ ràng và hệ thống hóa đầy đủ cũng như đưa ra
phương pháp giải một cách tường minh.
Với những lý do trên cùng vói sự giúp đỡ, chỉ bảo tận tình của thầy
Vươn g T h ông ,

em xin chọn đề tài “Mợí số b à i t oán về đ a t h ứ c

” làm
khóa luận tốt nghiệp.
Trong khóa luận này có các nội dung sau:
Chương 1 : Một số kiến thức liên quan đến đa thức
Chương 2: Một số bài toán về đa thức
2. Mục đích nghiên cứu
Tìm hiểu những bài toán về đa thức trong Đại số sơ cấp.

3. Đổi tượng nghiên cứu
Các dạng toán cơ bản trong Đại số sơ cấp liên quan đến đa thức.
4. Phương pháp nghiên cứu
Tham khảo tài liệu, phân tích, so sánh, hệ thống hóa
Chương 1. NHỮNG KIẾN THỨC LIÊN QUAN ĐẾN ĐA THỨC
1.1. Vành đa thức môt ẩn
•
1.1.1. Xây dựng vành đa thức một ẩn
5
* Giả sử A

là một vành giao hoán, có đơn vị, kí hiệu là 1.
p = {(ao>
a
i>a

n
, ) , ừong đó C LịGA ,

V i

= 0,1, và a

t

= 0 hầu hết}.
Ta có phép toán:
—Phép cộng:
(a
0

, ^1) ■■■ > I I ■■■ ) "b Oo, b - 1 ) . . . , b
n t
. . . ) (a
0
-b b ( j f ữ-L -b b i f . . . , fl)j -b b
n t
. . . )
—Phép nhân:
(a
0
, CL±I ■■■ I f l ) i i ■■■ )■ (^Q, b-^,. . . Ị bjj, ) (c
0
, Cj,. . . , c
n
, )
Với tpẸab í = 0.1
к+ш
Khi đó tập p cùng với hai phép toán trên lập thành một vành giao hoán
có đơn vị.
* Xét ánh xạ: А -> p
(a, 0, , 0, ) là một đơn cấu Do vậy, ta đồng nhất
phần tửaẼẨ vói dãy (а

,

0, , 0, ) e p thì A là vành con của p.
Kí hiệu: X = (0ДД 0,0 )
Ta có X

2

= (0,0,1,0, 0, )
Х
П
= СР,.
:
.,0ЛА ,0)
n
Khi đó (a
0
, a

l t

, ON, ) được biểu diễn dưới dạng:
f(x) = a
0
+ а
г
х H h a
n
x
n
Nếu a

n



Ф

0 ( n > 0)thìn được gọi là bậc của /(%). Kí hiệu 7 1

= deg
f{x)

Đa thức không là đa thức không có bậc hoặc có bậc là:
—00
Vành p
được gọi là vành đa thức ẩn JC trên A.

Kí hiệu: p

= A[x]
1.1.2. Phép chia có dư Định lý 1
6
Cho A[x ]

là vành đa thức, A

là một vành giao hoán. Với hai đa thức
bất kì/(x), g ( x )

G A [ x ]

và g(x)

ф

0 luôn tồn tại duy nhất q(x ) ,r( x )

€
A[x]

sao cho:
/00 = g(pỏ.qOd+r(pc)
—Nếu r(x) = 0 thì f(x) : g(x) ữong A[x].
—Nếu r(pc

) Ф

0, ta có deg r(x) <

deg g (x)

; ta gọi q (x)

là
tìiương ; r(x)

là dư trong phép chia f(x)

cho g (x)

ữong A
[x]

.
1.1.3. Nghiệm của đa thức
Định nghĩa

Cho đa thức fix)

G A [x\ , f (x)

= a

0

+ a

±

x -ị

1- a

n

x

n

.

Phần tử a

€ A
được gọi là nghiệm của đa thức nếu:
f(jà) = a
0

+ а
г
а + —h а^а
71
= 0.
Định lý 2
Phần tử a là nghiệm của f ( x)

khi và chỉ khi /00 chia hết cho ( X —

а). Giả sử
A là một trường, a

G A,f( x )

e A [x]

vàm G N ,m >

1. Khi đó a

là
( /00 ■ (X —
a
)
m
nghiệm bội cấp m

cùa /W«Ị
/W

^
h
^
t
^ _
e)-+1
+) m

= 1 thì а là nghiệm đơn của f {ọ c ) .
+) m

= 2 thì а là nghiệm kép của f (x).
Số nghiệm của đa thức là tổng số nghiệm của đa thức đó kể cả bội của
các nghiệm (nếu có).
a) Nghiệm của đa thức hệ số nguyên
Định lý 3 Nếu phân số tối giản ĩ- ((p , q)=l )

là nghiệm của đa thức với
q
hệ số nguyên f ix' )

= а
0
+ а

г

х

H 1- a

n

x

n

thì p

là ước của а
0
và q

là ước
của а^.
Chửng minh
Giả sử phân số tối giản — ((p,

q)=l)\ầ L nghiệm của đa thức /00 .
7
q
Khi đó ta có:
/(-)= a

0

+

+ +а
п

(—)
n
= 0
w q <i
Từ đó ta có: CLnP
71
= -q (cin-ìP
7 1-1
+ +а^
п
~
2
р + a
0
q
n_1
) (1)
Và a

0

q

n

= —

pCg^p”
-1
h f a

2

q

n

~

2

p +

(2)
Từ (1) suy ra a
n
p
n
: q mà (p, q)= 1 => a
n
: q
Từ (2) suy ra a

Q

q

n

\p

mà ịp, q ) =

1 ^

a

0

\p
Vậy p

là ước của a

0

và q

là ước của a

n

.
r r r p r
H ệ q u ả 1

: Nêu phân sô tôi giản — là nghiêm của đa thức với hệ sô
nguyên
q
f(x) = a

0
+ а
г
х -ị 1- CLnX
11
thì:
i) (p — mq)/f(rri) , m e z
ii) (V -

í?)//(l) và ( p + q )

/ /(-1)
Chứng minh
i) Phân tích /(x)theo lũy ứiừa của ( x — n i

)ta được:
f(pc) = b
0
+ b^ipc — nì) -ị 1- b
n
(x — m)
n
= (p{x — rri)
Nhận xét rằng các hệ số b

0

, b

n

là những số nguyên YÌ m

là một số nguyên.
Ta có: f (rr i )

= b n

thay X

bởi — ta được đẳng thức:
Я
Do đó:
p

~

m q

là nghiệm của ф(х).
Theo định lý 3 thì p — m q

là ước của B
0
= /(ш).
ii) Theo câu i) thì:
—Vói m =

1 thì(p — q)

/ /(1)
8
—Với m =—1 thì (p + q) //(—1)
b) Nghiệm của đa thức hệ số
đối xứng Định nghĩa
Một đa thức/ộc) = a

0

x

n

+ a ^x

7 1 - 1

-í

1- C L n^x

+ a

n

được gọi là đa thức
đối xứng nếu những hệ số trong dạng chuẩn tắc của nó cách hệ số đầu và hệ
số cuối bằng nhau thì có giá trị bằng nhau, nghĩa là:
’ ^1 ^n— li-” flji-b'"
c) Định lý Bezout

a là nghiệm của đa thức P(x) khi và chỉ khi P(x) chia hết cho X — a.
Chứng minh
Ta chia P(jc) cho X — a

ta được:
P(x) = ( x — a) Q(x) + r

(Ở đây r

= P(ct)).
Từ đây dễ thấy P(a) = 0 khi và chỉ khi P(jc) chia hết cho X — a.
d) Lược đồ Horner Định lý 4
Cho đa thức f(x

) = a

0

x

n

+ a

x

x

n

~

x

H h a

n

_

1

x + C Ln

(a
0
0) và
g (x) = ( x — a) .

Khi đó ứiương của /00 cho g ( x)

là một đa ứiức
bậc 72 — 1 có dạng:
q(x) — ồ
0
x
n_1
+ b^x
71-2
H 1- b

n
_
2
x + b
n
_
±
.
Trong đó:
Nghĩa là: b

0

= a

0

; &!= <*!+ a b

0
Lại có: /
2
(x) = AOO —
(«1
+ ctb^ x

7 1 - 2

.

(x — a

)
= /00 — Ồi-X
n_2
- (X — à)
= (a
2
+ ab^x
71-2
+ a
3
.x
n
~
3
-ị 1- a
n
9
b
0
CLQ ',b-y— ữj+CỈỈ?0 \ 2
Và số dư r = a
n
+ ab
n
_
x
Ũ
0

CL■]_

^n-l
ON
a b

0
b i

^n-1
R
Chứng minh
Bằng phương pháp áp dụng định lý phép chia với dư ta được:
A00
=
/00
—
fy)*
71-1
- (.
x
~
a
)
= (di + aZ?
0
).x
n_1
+ a-L*
71-1

-ị 1- On
Ở đây: b

2

= a

2

+ a/?!
Tiếp tục quá trình này ta được:
b

0

’ ^1— ị •••í b-n—

1— ^ n — 2
Và số dư r = On + a^n-!
Định lý được chứng minh.
1
0
e) Công thức Viéte
Cho f (x

) = a

0

x

n

+ a

x

x

n

~

x

H V a

n

_

1

x + a

n

là đa ứiức bất kỳ
Và /00= a

ữ

(x —

«i) ( x — a

2

)

( p c — a

n

). Ở đây a


1
a

2

, a

n

là những
nghiệm của đa thức. Sau khi nhân các thừa số với nhau và nhân các hệ số
theo các dạng đa thức chuẩn tắc và so sánh các hệ số của đa thức f{x )

ta
nhận được:
a
1
a
±
+ a
2
H 1- a
n
=
ữ
0
a
2
a
1
a
2
+ aia
3
H 1- a
n
_
1
a
n
= —
ữ
Q

a
k
a
x
a
2
a
k
+ - + a
n
_
k+1
a
n
_
k+
2 a
n
= (-l)
fc
UQ
a
±
a
2
a
n
= (-l)
n
^

u
0
Công tìiức này gọi là công thức Viéte.
*Đặc biệt:
+) Nếu x

±

, x

2

là nghiệm của đa ứiức /(x) = a x

2

+ b x + c (a

0) thì ta có:
í -b
X
1 +
x
2
=

a
x
±
x

2
= -
+) Nếu x

l t

x

2

, x

3

là nghiệm của đa thức /(x) = a x

3

+ b x

2

+ c x
+ d ( a

^ 0) thì ta có:
^ -b X
x
+ x
2

+ x
3
= — a
c
x
1
x
2
+ X
2
X
3
+ X
1
X
3
= —
-d
x
1
x
2
x
3
=
1
1
c
a
a

a
1.1.4. Đa thức bất khả quy
a) Định nghĩa
Cho T là một ừong các trường số c, M, Q. Đa thức P(jt) G T[jc] được gọi
là đa thức bất khả quy (đa thức không phân tích được) ưên T nếu P(x) khác đa
thức 0 ; P(x) không khả nghịch và các ước của P(x) khả nghịch hoặc liên kết
với Pộe).
b) Tính chẩt
Định lý 5
Nếu P(jt) bất khả quy ữên T, Q(x) là một đa ứiức bất kì trong T thì hoặc
Q(JC): P(JC) hoặc (Q(JC), P(JC))=1.
Định lý 6
Cho P(JC) là một đa thức bất khả quy trên T, Q(x) và Rộc) là những đa
thức với hệ số thuộc T. Nếu Qộe)Rộe) : Pột) ứiì ít nhất một trong các thừa số
Qộc) và Rộc) chia hết cho Pộc).
Định lý 7
Nếu một đa thức hệ số nguyên không phân tích được thành hai đa thức hệ
số nguyên thì nó không phân tích được thành tích hai đa thức hệ số hữu tỷ.
c) Tiêu chuẩn Eisentein
Định lý 8
Cho P(x) = a
0
x
n
+ a^x
71-1
Л 1- a
n
_
1

x + CLn là một đa thức hệ số
nguyên. Giả sử tồn tại số nguyên tố p thỏa mãn những điều kiện sau:
i) a
0
không chia hết cho p
ii) Tất cả các hệ số khác a

l t

a

2
, , CLn

chia hết cho p
iii) CLn

không chia hết cho p

2

.
Khi đó đa thức Pộe) không phân tích được ưong Ж[ х ] .
1.2. Vành đa thức nhiều ẩn
1.2.1. Xây dựng vành đa thức nhiều ẩn
Bằng phương pháp qui nạp ta xây dựng được vành đa thức nhiều ẩn trên
1
2
vành A

như sau:
Giả sử A

là một vành giao hoán có đơn vị. Đặt:
A

1

= AlxJ A
2

= A-!^]
A3 = A
z
[x
3
]
An = An-iK]
Vành A
n
= Ấ

n

_

1

[x

n

\

kí hiệu là A [x

1

, x

2

,

■■■,x
n
] được gọi là vành đa
thức n

ẩn x

l t

x

2
, , x

n

ữên A
Các phần tử của A[x

l t

x

2
, , x

n

]

kí hiệu là x

2>
, x

n

)

có dạng
f (
v v v
Л — r
v
a
l l

v
a
1 2
v
a
í n I „
v
a
2 1
v
a
2 2
v
a
2 n I I
J \.
л
1>
л
2> •••>
Л
'ПУ ■
/
'
,
2 ■■ п
1
'2
Л
1 ■

/
'
,
2
11
71
\
r
у.
а
т1 у.
а
т2 у.
а
тп ~
с
т
л
1
л
2
шЛ
п
Trong đó CL е А ,

I =

1,2, , ,mvà (a
Ể1
,a

í2
,a
ín
) G N
n
.
1.2.2. Đa thức đối xứng
a) Định nghĩa
Cho một đa thức nhiều biến P (x

í

, x

2

,

,x
n
). Đa thức này gọi là đa thức
đối xứng, nếu với mọi hoán yị các số i

l t

i

, , i

n

của cácsố 1 ,2

, , n

đều thỏa
mãn đẳng thức sau:
P(x
tl
,x
Í2
, x
in
) = P{x
Xì
x
2
,
Nói cách khác một đa thức đối xứng, nếu nó không thay đổi khi thay đổi
các biến cho nhau trong dạng khai triển của nó.
b) Ví dụ
Một số đa thức đối xứng cơ sở:
Định lý 9 (Định lý cơ bản cho những đa thức đối xứng)
Mọi đa thức đối xứng có thể biểu diễn như đa thức của những đa thức đối
xứng cơ bản và sự biểu diễn này là duy nhất.
Chương 2. MỘT SỐ BÀI TOÁN VÈ ĐA THỨC
1
3
2.1. Môt số bài toán về đa thức môt ẩn
• •

2.1.1 Bài toán chia hết
2.1.1.1 Bài toán chứng minh chìa hấ
a) Cơ sở lý luận
Sử dụng định nghĩa và tính chất chia hết.
b) Thuật toán
* Phương pháp 1: Để chứng minh f (x)

: g (x)

ta biến đổi
/00 = g(.x).h(pc)
* Phương pháp 2: Phương pháp quy nạp.
* Phương pháp 3: Phương pháp đồng dư.
c) Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi giá trị 72 G z
+
, đa
thức
(X
+ 1
Y

N+1
+
X

N+2
CHIA HẾT CHO
X
2

+
X
+ 1.
Giải
Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo nez
+
.
Với n =

1 khẳng định đứng vì:
1 + l)
2Tl+1
+ x

n + 2

= 0 + l)
3
+ X

3
= (X + 1 + x) [(x + 1 )
2
— X(X + 1) + X
2

= ( 2 x + l ) ( x
2
+ X + 1 )
Giả sử khẳng định đúng vói n—1 nghĩa là (x + l)

2n_1
+ x

n + 1

chia hết cho X

2


+ X

+ 1.
Khi đó:
(x + 1 )
2n+1
+ x
n+2
= (x + 1 )
2
(x + l)
2n_1
+ ^.x
n+1
= (X

2

+2 x + 1) (pc +

l)
2n_1
+ x .x

n + 1



={
X

2
+
X
+ L)
(X + L)
2N-1
+
X
((
X

+ L)
2N-1
+
X

N
+1
)

Cũng chia hết cho đa ứiức X

2

+ X + 1
Vậy khẳng định được chứng minh đúng với mọi 71.
Ví dụ 2: Chứng minh rằng với 3 số nguyên không âm m, n, k .
Đa thức p (x

) = x

3 m

+ x

3 n + 1

+ x

3 k + 2

chia hết cho (p(x) = X

2

+ X

+ 1
1
4

Giải
Cách 1 : Phương pháp đồng dư Ta có: X

3

— 1 = ( x — l) ( x

2

+ X +

1)
=> X
3
= l(mod ợ?(л:)). Áp dụng tính chất đồng dư ta có: x
3m
=(лт
3
)
т
=l
m
=
l(modự?(x)) я
3п+1
=(л:
3
)
Т1
.л: =1

п
.л: =3i:(mod (p(xj) x
3k+2
=(x
3
)
k
.x
2
=l
k
.x
2

=x
2
(mod (p{x))
=> x
3m
+ x
3n+1
+ x
3k+2
=x
2
+ X + 1= <jơ(X) = 0(mod (p{x))
=> Đa thức p (pc

) = %
3m

+ x
3n+1
+ %
3fe+2
chia hết cho < р(х )

= X

2

+ X +
1 .

Cách 2: Ta biến đổi để xuất hiện nhân tử X

2

+ X

+ 1 Ta có:
p(x) = x
3m
+ x
3n+1
+ X
3 K +2
= X
3 M
— 1 + x
3n+1

-x+x
3k+2
— X
2
+X
2
+ X + 1
= (x
3
- 1 ж 00 + %(%
3
- 1)P
2
00 + x
2
(x
3
— l)f
3
W + л:
2
+ X + 1 Với
P
1
(x), ^2 (*), p
3
(x) É QM Suy ra p(x) = (%
2
+ X + 1). /i(x) hay P(jc) : (x
2

+
X + 1) trong Q[x]
Vậy P(jc) : ( pip e )

V к ,

771, 1

G М. ế/) /?ài t ậ p á p dụn g
1. Chứng minh rằng:
a) (x
2001
+x
2000
H f % + 1) : (%
181
+x:
180
H 1- л: + 1)
b) (x""+x
8888
H 1- X + 1) : (x
9
+x
8
H 1- X + 1)
2. Cho số nguyên dương m và cho đa thức (P

n

x )

bậc 71 sao cho p

n

( x)
; (x - 1). Chứng minh rằng P

n

(x

m

)

; O
m
- 1)
3. Chứng minh rằng: (x

3n+2
+x
3n+1
+l) : (X

2
+ X

+ 1) 2.1.1.2 Bài toán tìm giá trị
tham số để f(x, nì) : g(x, m)
a) Thuật toán
* Phương pháp 1: Biểu diễn /(x) dưới dạng f( x ) = g ( x). q ( x)

+ r(x) f(x).
/O) ; g(x) <=> r(x) = 0
* Phương pháp 2: Sử dụng định nghĩa phép chia hết, đồng nhất các hệ số.
* Phương pháo 3: Phương pháp đồng dư.
b) Ví dụ minh họa
1
5
Ví du 1: Cho hai đa thức
/(%) = X
12
— X
11
+3x
10
+1 lx
3
— X
2
+ 23x + 30
g(x) = X
3
+ 2x + m Hãy xác định m để f(x) : g(x) trong Q[x].
Giải
Ta có: /(x) = g(x). q(x) + r(x) Vx e R
Trong đó: r(x) = ax

2
+ bx + c
Ta cần xác định 771 để r(x) = 0, tức ]ầ a = b = c =

0 .

Thực hiện phép chia f ( x)

cho g(x) t ã

được:
r(x)

= (m
3
+ 6 m

2

—

32 m + i s ~)x

2

+ (5 m
3
— 24 m

2

+

16 m +
33)%
+ m
4
— 6m
3
+ 4m
2
+ 5 m +

30.
Giải hệ phương trình:
m

3

+ 6 m

2

—

32 m

+15 = 0 5 m
3
— 24m

2

+ 16m +33 = 0 =>m = 3 m
4
— 6m
3
+ 4m
2
+ 5
m

+ 30 = 0
Vậy với m = 3 thì f (pc)

chia hết cho g (x).
Ví dụ 2: Trong Q[x] tìm những số tự nhiên n

sao cho đa thức P(jc)
=(x + l)
n
— x

n

— 1

chia hết cho đa thức < p(x ) = X

2

+ X

+ 1.
Giải
Ta có: X + 1 = —

x
2
(mod <p(x

)) vầx

3

=

1 (mod <p(x

))
Khi đó: ( x

+ l)
n
— X

й



— l= ( —ï)

n

. x

2 n

—

X

й



—

l(mod<p(X))
Lấy n = 6k + 1,1 = 0,1,2,3,4,5. Ta CÓ:
(x + l)
n
— x
n
— 1= (—l)
l
.x
21
— X
1
— l(mod OpOO)

Từ đây ta nhận được:
- Với I

=

0: P(jc) = 1—1—1=—l(mod ( p (x) )

nghĩa là P(x) không chia hết cho
<p(x)
- Vói l

= 1: P(x) = — X

2

— X —

l=0(mod ( p(x ) )

nghĩa là Pột) : ( p{x )
1
6
- Với 1 = 2:

P(x) = —X

2

+ X —

l=2x(mod (p ( x))

nghĩa là P(x)) không
chia hết cho (pipe)
- Với 1 = 3 :

P(x) = 1 — 1—1=—l(mod ự?(%)) nghĩa là P(x) không chia hết
cho
<pO)
- Vói l =

4: P(x) = X

2

— X —

1=—2 ( x

+ l)(mod < p (x) )

nghĩa là
P(x)) không chia hết cho ( p(x )
- Với l

= 5: P(x) =—x

2

— X —

l=0(mod ç>(x)) nghĩa là P(jc) : ( p ( x

)
=> Đa ứiức Р(л:)=(л: + l)
n
— x

n

— 1

chia hết cho đa thức (p ( x)

= X

2

+ X

+
1 khi và chỉ khi n có dạng 71

= 6 k

+ 1 hoặc dạng 7 1

= 6 k

+ 5.
Ví dụ 3: Cho F

= X

3

+ y
3
+ z
3
+ m xyz .

Xác định chia 772 để F chia hết CHO (X
+
Y

+ Z).
Giải
Ta coi F là một đa thức vói ẩn JC, kí hiệu F ( x ).
Vì(% + y + z ) = x — (—y — z )

và F : ( p c

+ y + z)

nên F : [ x —

(—y — z)]

=> F (—y — z )

= 0 <=> (—y — z )

3

+ y

3

+ z

3

+ m(—y — z)yz = 0 <=> —
3 yz(y

+ z) + m(—y — z)yz = 0 « — y z(y

+ z)(3 + ш) = 0 Đẳng thức trên
đúng vói mọi y ,

z

khi m

= — 3.
Vậy m = —3 là giá tri cần tìm.
1
7

Ví dụ 4: Tìm A, B biết rằng f ( x) = a x

4

+ bx

3

+ 1 chia hết cho ( x

—

l)
2
.
Giải
Cách 1: Đăt f (x) = (x — ĩ)

2

(ax

2

+ mx

+ 1). Ta có: a x

4
+ b x

3

= ax
4
+
(m — 2a)x
3
+ (n — 2m + à )x

2

+ (m — 2n)x + 72 Đồng nhất hệ số ta
có:
f m — 2a = b
n — 2 m + a = 0
m — 2n = 0
71=1
Vậy a = 3, b

= —4 là giá trị cần tìm.
Cách 2:
Lấy f(x)

chia cho (x — l)
2
, ta được dư là :
r(x) = (4 a

+ 3 b ) x

+ (1 — 3 a — 2 b)
Để f(pc

) : ( X —

1 y

<=> r(x) = 0 V x E i hay
( 4a + 3b = 0 _ Ị a = 3
I 1 - 3a - 2b =

0 u = -4
Vậy a = 3, ủ = —4 là giá tri cần tìm.
c) fiàỉ' tập áp dụng
1. Tìm a , b

biết rằng /(x) = ax
n+1
+ b x

n

+ 1 chia hết cho (x — l)
2
.
2. Tìm số tự nhiên n

sao cho p (x)

= x

4 n

— x

3 n

+ x

2 n

— x

n

—

1 chia
hết cho đa thức <P(X) = %
4
— X
3
+ X
2
— X + 1.
3. Tìm số tự nhiên n

sao cho P(jc) = ((% — l)
n

— x

n

—

1 chia hết cho đa
thức (P{X) = X
2
— X + 1.
1
8
( n

= 1
m

= 2 a
= 3 U) =
—4
<=
>
2.1.2. Nhận biết đa thức không phân tích được
a) Cơ sở lý luận
Định nghĩa và tính chất của đa thức bất khả quy.
b) Thuật toán
* Phương pháp 1: Sử dụng tiêu chuẩn Eisenstein.
* Phương pháp 2: Dựa vào tính chất của đa thức bất khả quy:
Một đa thức hệ số nguyên không phân tích được thành tích hai đa thức hệ số
nguyên thì nó không phân tích được thành tích hai đa thức hệ số hữu tỷ. c.

Ví d ụ min h họ a
Ví dụ 1: Chứng minh đa thức p ( x) = X

4

— 3 x

3

+ 2 x

2

+ 2 x —

6 bất khả
quy trên Q.
Giải
Giả sử Pộc) không là đa thức bất khả quy trên Q.
Khi đó tồn tại đa thức Q(x), Rộc) € T L\x\

sao cho P(x) = Q(x). Rộc)
Trong đó: 1< deg Q(JC) < deg Rộc) <4. Khi đó deg Q(JC) =1 hoặc 2.
*) Trường hợp 1: deg Q(x) =1 Khi đó Pột) có nghiệm hữu tỷ có thể là
những số sau: ±1; ±2; ±3; ±6 Mặt khác kiểm tra trực tiếp bằng lược đồ
Homer ta thấy không một số nào là nghiệm của đa thức đang xét.
=> Không xảy ra trường họp deg Qộc)
=1 *) Trường hợp 2: deg Q(JC) =2. Khi
đó:
Pộc) =x

4
— 3x
3
+ 2x
2
+ 2x — 6 = (ax
2
+ bx + c)(px
2
+ qx + r) (1)
(ia,b,c,p,q,r G Z)
Đồng nhất các hệ số hai vế của (1) ta được:
r ap

= 1 a q +
b p =

—3 ar +
ủợ + cp = 2 ồr +
1
9
q c = 2 < c r

=
— 6
Vì a, p e z nên a = p =1 hoặc a = p =

—1. Không mất tính
tổng quát giả sử
Không mất tính tổng quát, giả sử |c| < |r|. Khi đó xảy ra những khả năng sau:

• c = 1; r = —6. Khi đó b + q

= — 3
• c = —1; r = 6. Khi đó ồ + q = —

3
• c =

—2; r = 3. Khi đó b

+ q

= — 3
• c = 2; r = —3. Khi đó b

+ q

=
— 3 => Không xảy ra
trường hợp deg Qộc) = 2
Vậy đa thức P(x) bất khả quy
Ví dụ 2: Trong QỊx], n

e Q xét tính bất khả quy của đa thức: X
3
— 3n

2

x + n

3
Giải
Cách

7: Ta có /O) = n
3
Ị(-)
3
- 3 - + 1
Đặt y

= — thì g (ỳ)

= n

3

(y

3

— 3 y

+ 1)
Ta xét tính bất khả quy của h( ỳ )

= y
3
— 3y + 1 e R(y)

Đặt y

= u + V

=> /i(y) = 0
^ (u + vỴ — 3 (lí + v) + 1 « ú
3
+ V
3
+
3uv(u + v) — 3(u + v) +
1=0
<=^ u
3
+ V
3
+ 3(u + v)(uv — 1) + 1=0
2
0
a = p =1.
Khi đó: (2) <=>
^ ồ + <7 = -3 r +
bq + c

= 2 br +
qc = 2 cr

= —6
—6b + q = 2 => 7b = —5

(vô
lý) —3b

+ 2ợ = 2 => 7Ò = 1 (vô
lý) 3b-2q = 2^>5b = -4

(vô lý)
-3b + 2q = 2^>5b =

-8 (vô lý)
Chọn u, V

sao cho u v —

1 = 0 => w
V
=1 => u

3

v

3

= l.

Khi đó u

3

+ V

3

= —
1
Ta có hệ phương trình: Ị
w
v

^
Ta có hệ phương trình:
Suy ra u

3

,


V
3

là nghiệm của phương trình t

2

+ t +

1 =
0 (*) có

A= 1 — 4 = — 3< 0 nên phương trình (*) không có nghiệm thực mà chỉ
có nghiệm phức.
=> h (y)

bất khả quy trong T L\y\ .
=> h (ỳ)

bất khả quy ưong Q[y].
=> /(x) bất khả quy trong Q[x].
Cách 2:

Đặt f(pc

) = X
3
—

3n

2

x

+ n

3



+) Vói n

= 0 thì F(X) =

X
3
.

Khi
đó /(x) không bất khả quy trên Q yì nó có ước thực sự là ax
2
và BX. (A, B e Q*)
+) Với n

0. Xét phương trình f {x)

= X
3
— 3n

2

x

+ n

3

=0
Đặt y

= - thì ta được phương trình: y

3

— 3 y

+ 1=0
Đặt y = t —

1. Ta có:
ỡ(0 = (t — l)
3
— 3(t — 1) + 1= t
3
— 3t
2
+ 3 => ^f(t) bất khả
quy ữong Q[t], Theo tiêu chuẩn Eisenstein với p

= 3. => f(x)

bất
khả quy trong Q|X|. c. /íàỉ' tậ p áp d ụng
1. Chứng minh đa thức /(*) = X

4

— 8 x

3

+ 12x
2
— 6 x

+ 3
2. Xét tính bất khả quy của đa thức sau:
/00 = o - - a
2
) o - a
n
) - 1
2
1
lu
3
+ V
3
= — 1
2.1.3. Bài toán phân tích đa thức thành nhân tử
a) Cơ sở lý luận
Trong M[x], f(x)

có bậc > 1 phân tích được thành tích các đa thức bất
khả quy trên M[x].
Định lý: Mọi đa thức f (pc

) = a

0

x

n



+ + + a

n

,

a

0

^ 0 có tìiể biểu
diễn dưới dạng /00 = a ( pc — x-^ i p c — x

2

)

(x — x
n
).
Ở đây x

l t

. x

n

là nghiệm của đa ứiức.
b) Thuật toán :
Ta biến đổi để xuất hiện nhân tử chung bằng cách:
-Thêm bớt cùng một hạng tử
- Phương pháp nhóm nhiều hạng tử
- Phương pháp đặt ẩn phụ
- Một số phương pháp khác.
c) Ví dụ minh họa
Ví du 1: Phân tích đa thức thành nhân tử
■
A= X
s
+ X
4
+ 1
B=x
8
+x
7
+ 1
Giải
A= X
s
+ X
4

+ 1 = X
s
+ X
4
+ X
3
—(x
3
+ X
2
+ x) +x
2
+ X + 1
= X
3
(X
2
+ X + 1) —x(pc
2
+ X + l)+x
2
+ X + 1 = (x
2
+ X +
1)(%
3
— X + 1)
B= X
8
+ X

7
+ 1 = X
8
+ X
7
+ X
Ỗ
— (X
Ỗ
+ X
S
+ X
4
) + X
S
+ X* + X
3
— (x
3
— 1)
= (x
6
— X
4
+ X
3
) (.X
2
+ X + 1) — (X — 1)( X
2

+ X + 1)
= (x
2
+ X + 1 )((x
6
— X
4
+ X
3
— X + 1)
Ví du 2: Phân tích đa thức thành nhân tử
(X
2
+ X + 1) )(X
2
+ X + 2) —12
2
2
Giải
Đặt: X
2
+ X + 1 = y =>x
2
+x + 2= y + l Ta có:
y(y + 1) — 12 = y
2
+ y — 12
= y
2
— 9 + y — 3 = ( y - 3)(y

+ 3) + (y- 3)
= (y- 3)0 + 4)
Thay y

= X

2

+ X

+ 1 ta được:
(y
—
3)(y + 4)=x
2
+ X + 1 — 3)(x
2
+ % + 1 + 4)
= (x
2
+ X — 2)(x
2
+ X + 5)
= (X
2
— 1 + X — 1) )(x
2
+ X + 5)
= [(% - í)(x +ï) + x — ĩ\)(x
2

+ X + 5)
= (X — l)(x + 2))(x
2
+ X + 5)
Ví du 3: Phân tích đa thức thành nhân tử
■
A

= а

2

(Ь — с) + b

2

(с— а) + с
2
(а — Ь)
В

=

а
3
(Ь — с) + ь

3

(с— а) + с

3
(а — Ь)
С

= Ьс(а + đ)(b — с) + ас(Ь + đ)(c — а) + аЬ(с + đ)(a — Ь)
Giải
Ta coi biểu thức trên là các đa thức với ẩn a

+) Đặt
/(а) = а
2
(Ь — с) + ь
2
(с — а) + с
2
(а — Ь)
Ta CÓ /(Ь) = Ь
2
(Ь — с) + ь
2
(с — Ь) + с
2
(Ь — Ь) = о /
(с) = С
2
(Ь — с) + ь
2
(с — с) + с
2
(а — Ь) = о Suy ra ъ, с

là nghiệm của /(а)
=> /(а) = (Ь — с)(а — Ь)(а — с)
Vậy А= (Ь — с)(а — Ь)(а — с)
+) Đặt д(а) = а
3
(Ь — с) + ь
3
(с— а) + с
3
(а — tí)
làđa thức bậc 3 theo A.
2
3
Ta có: g (h)

=b

3

(Ь — с) + b

3



( с

—

b)

+ с

3

(Ь — Ь)
= о
#(с) = С
3
(Ь — с) + ь
3
(с — с) + с
3
(с — Ь) = О
Suy ra b ,

с

là nghiệm của g (a).
Do đó g{à )

= (b —

c)(a — Ь)(а — c) (a — X

) với JC là nghiệm thứ 3
của g (à) .

Khai triển g

{à)

so sánh hệ số tự do 2 vế ta được:
bcQ) — c)x = — b
3
c + c
3
b => X = — (b + c)
Vậy g(à ) ( b —

c)(a — b)(a — c)(a + b

+ c)
+) Đặt:
/i(a) = bc(a + đ)(b — c) + ac(b + đ)(c — a) + ab(c + d)(a — TÍ) là đa thức
bậc 2 ẩn a.
Ta có:
H(B) = bc(b + đ)(b — c) + BCQ) + d)(c — Ь) + bb(c + Đ)(B — TÍ)
H(C) = bc(c + đ)(b — c) + cc(b + d)(c — c) + CB(C + đ)(c — B)
Suy ra с là nghiệm của /i(a) .
Do đó: /i(a) = [b(c + d) — c(b + d)](a — b)(a — c)
=D(B — c)(a — b)(a — c)
ế/) /?ài tập áp dụng
1. Phân tích đa thức thành nhân tử A= x

1 0

+ X

8

+

1
B= X
1 0
+ X
8
+ X
6
+ X
4
+ X
2
+ 1
c = x
5
+ X + 1
2. Phân tích đa thức thành nhân tử
A= ab(a — t í) — ac{ a

+ c) — b c(2 a — b

+ c)
B= a (b

+ c)
2
+ b (c

+ a)
2
+ c(a + t í)

2

— 4 a bc
2.1.4. Bài toán về phân bố nghiệm, số nghiệm thực, ước lượng khoảng
nghiệm của đa thức
a) Cơ sở lý luận
2
4
Nghiệm (nếu có) của đa thức luôn xác định trên một tập nào đó hoặc
khoảng hoặc nằm trong một giới hạn nào đó.
b) Thuật toán
Dựa vào điều kiện của bài toán và sử dụng một số tính chất sau:
-Tính chất chia hết.
-Tính chất của giá tri tuyệt đối.
-Điều kiện có nghiệm của đa thức bậc hai.
Định lý Roll: Nếu hàm số y

= f ix' )

liên tục trên [a ,

b ]

và /(a)./(b) < 0 thì tồn
tại ít nhất một điểm с thuộc vào (a, TÍ) sao cho /(c) = 0.
Từ đó tìm ra số nghiệm thực, ước lượng khoảng nghiệm của đa thức.

c) Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Cho đa thức Pộc) = 1 + X

2

+ X

9

+ x

U l

H f x

U s

+ X
1992
với
п

г

,

. n

s

là các số tự nhiên thỏa mãn 9 < Щ

<

••• < n

s

<

1992. Chứng minh
rằng nghiệm của đa thức (nếu có) không thể lớn hơn
Giải
Với X >

0 thì Р (х

) > 1 > 0. Ta chứng minh Р (х

) > 0 V x

6 , o).
Thật vậy: Với X >


О
,
X Ф

—

1 ta có:
P(JC) > 1 + X + X

3

-ị

-f x

2 k + 1

-ị

f X
1991
(x
1990
+%
1988
+ -+l)(l-%
2
)
= 1 + X ——г
1 — X
2
1- x
1996
— 1 + X. ———
1— x

2
1 — X
2
+ X — X
1997
1 — X
2
Mà với X 6 , o) thì 1 — X
2
> 0 ; —X
1997
>0;1+X — X
2
>0
Nên PO) > 0 V % E , o)
Vậy nên p(%) > 0 V x

6 ,
+00
j
2
5