Một số bài toán về đa thức nguyên

Khóa luận tốt nghiệp

Một số bài toán về đa thức nguyên

LỜI NÓI ĐẦU
Trong nhà trường phổ thông, môn toán giữ một vị trí quan trọng.
Nó giúp cho học sinh học tốt các môn học khác, là công cụ của nhiều
ngành khoa học và cũng là công cụ để hoạt động trong đời sống thực tế.
Môn toán có tiềm năng to lớn trong việc khai thác và phát triển năng lực
trí tuệ chung, rèn luyện các thao tác và phẩm chất tư duy.
Đại số là một bộ phận lớn của toán học. Trong đó khái niệm về đa
thức là một khái niệm cơ bản và quan trọng được sử dụng nhiều trong
đại số và là công cụ đắc lực của Giải tích.
Tuy nhiên cho đến nay, vấn đề về đa thúc mới chỉ được trình bày
sơ lược, chưa phân loại và hệ thống một cách chi tiết. Đặc biệt, đối với
đa thức hệ số nguyên tài liệu chưa nhiều, chưa hệ thống theo dạng toán
cũng như phương pháp giải.
Vì vậy em đã mạnh dạn chọn đề tài “Một số bài toán về đa thức
nguyên” để làm khóa luận tốt nghiệp. Em hi vọng rằng khóa luận này sẽ
có ích đối với những ai quan tâm đến những bài toán về đa thức nguyên.
Khóa luận được chia làm 3 chương:
Chương 1: Kiến thức chuẩn bị;
Chương 2: Một số bài toán về tính chất của đa thức nguyên;
Chương 3: Một số phương pháp tìm nghiệm nguyên của đa thức
nguyên.
Do thời gian còn hạn chế và khả năng có hạn nên khóa luận của
em không tránh khỏi những thiếu sót. Em rất mong nhận được sự đóng
góp ý kiến của các thầy cô trong khoa Toán, các thầy cô trong hội đồng
phản biện và các bạn sinh viên.

Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Toán

1


Khóa luận tốt nghiệp

Một số bài toán về đa thức nguyên

Chương 1
KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

1.1 ĐA THỨC MỘT ẨN
1.1.1 Xây dựng đa thức một ẩn
Cho A là vành giao hoán có đơn vị
Kí hiệu P= ( a0 , a1 ,…, an ,…)  ai  A, ai = 0 hầu hết i = 0, 1, 2,…
Trên P xác định hai quy tắc cộng và nhân như sau
- Quy tắc cộng
( a0 , a1 ,…, an ,…) + (b0 , b1 ,…, bn ,…) = ( a0 +b0 , a1 + b1 ,…, an + bn ,…)
- Quy tắc nhân
( a0 , a1 ,…, an ,…)( b0 , b1 ,…, bn ,…)= ( c0 , c1 ,…, cn ,…)
với c0 = a0 b0 , c1 = a0 b0 + a1b1 ,…, ck =

 ab
i

j

, k = 0, 1, 2,…

i  j k

Khi đó P cùng với hai phép toán cộng và nhân lập thành vành giao
hoán có đơn vị
Ánh xạ f: A  P

là một đơn cấu vành

a  ( a , 0, 0 ,…)

Do f là đơn cấu nên đồng nhất a với f  x  . Khi đó coi A là một vành
con của P. Ta kí hiệu x = (0, 1, 0, 0,…) và gọi nó là một ẩn trên A. Khi
đó
x 2 = (0, 0, 1, 0,…)

………
,…), Quy ước x 0 = (1, 0, 0,…)
x n = ( 0,0,...,0,1,0



n

Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Toán

2


Khóa luận tốt nghiệp

Một số bài toán về đa thức nguyên

Do đó mỗi phần tử   P,  = ( a0 , a1 ,…, an ,…) với ai  A, i = 0, 1,
2,… có thể viết dưới dạng  = a0 + a1 x +…+ an 1 x n 1 + an x n
Khi đó ta kí hiệu P = A  x  và gọi là vành đa thức ẩn x trên A, các phần
tử của A  x  là các đa thức ẩn x . Kí hiệu f  x  , g  x  ,…
Mọi đa thức f  x   A  x  đều biểu diễn duy nhất dưới dạng
f  x  = a0 + a1 x +…+ an 1 x n 1 + an x n , ai  A, i = 0, 1, 2,…. Khi đó

 ai xi gọi là hạng tử thứ i
 ai gọi là hệ tử thứ i
 a0 gọi là hạng tử tự do
 an gọi là hệ tử cao nhất
 n được gọi là bậc của đa thức f  x  và được kí hiệu là
deg f  x  = n nếu an  0.
1.1.2 Đa thức nguyên
Định nghĩa 1: Đa thức f  x  = a0 + a1 x +…+ an 1 x n 1 + an x n
trong đó a0 , a1 ,…, an 

, an  0 gọi là đa thức nguyên

Định nghĩa 2: Đa thức f  x  thuộc

 x được gọi là đa thức nguyên bản

nếu tất cả các hệ số của nó nguyên tố cùng nhau (có thể không đôi một
nguyên tố cùng nhau).
1.1.3 Nghiệm của đa thức
a. Định nghĩa: Cho A là vành, K là vành chưa A. Phần tử   K gọi là
nghiệm của đa thức f  x   A  x  nếu và chỉ nếu f   = 0. Ta cũng nói

 là nghiệm của phương trình đại số f   = 0 trong K.
Nếu deg f  x  = n  1 thì phương trình f  x  = 0 gọi là phương
trình đại số bậc n .

Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Toán

3


Khóa luận tốt nghiệp

Một số bài toán về đa thức nguyên

b. Định lý Bezout: Cho vành đa thức A  x  , f  x   A  x  ,   A, với A
là trường. Khi đó dư trong phép chia f  x  cho  x    là f  
Hệ quả: Phần tử   A là nghiệm của đa thức f  x   A  x  , (A là
một trường) khi và chỉ khi f  x  chia hết cho  x    trong A  x 
c. Định lý
Cho đa thức f  x  = a0 + a1 x +…+ an 1 x n 1 + an x n  A  x  , an  0.
Khi đó f  x  có thể viết dưới dạng f  x  = an  x  1  x   2  ... x   n 
trong vành K  x  với 1 ,  2 ,…,  n là những nghiệm của đa thức f  x 
trong trường mở rộng K của A.
d. Lược đồ Hoocne
Cho A là một trường, f  x   A  x  là một đa thức bậc n

f  x  = a0 + a1 x +…+ an 1 x n 1 + an x n , f  x   0
Trong phép chia f  x  cho  x    ,   A, giả sử đa thức thương
là g  x  = b0 + b1 x +…+ bn 1 x n 1 và đa thức dư r  x  = r . Khi đó ta có
công thức:
bn 1  an

b  a  b 
n 1
n 1
 n 2
............
b  a  b 
1
1
 0
r  a0  b0

Ta có thể viết lại công thức trên, gọi là lược đồ Hoocne như sau



an

an1

…

a1

a0

bn 1 = an

bn 2 =

…

b0 = a1 + b1

r = a0 + b0

an1 + bn 1 

Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Toán

4


Khóa luận tốt nghiệp

Một số bài toán về đa thức nguyên

1.1.4 Ngiệm bội
 Định nghĩa
Cho k là số tự nhiên khác 0. Một phần tử   A là nghiệm bội
bậc k của đa thức f  x   A  x  nếu và chỉ nếu f  x  chia hết cho

x  

k

f  x

,

không chia hết cho

k

f  x = x    q  x ,

x  

k 1

. Tức là

( q  x   0).

Đặc biệt:  k =1 thì  gọi là nghiệm đơn.
 k =2 thì  gọi là nghiệm kép.
 Định lý D’Alembert
Mọi đa thức bậc khác không với hệ số phức có ít nhất một nghiệm
phức.
Chứng minh: Giả sử f  x  

 x

, deg f  x  > 0

f  x  = a0 + a1 x +…+ an 1 x n 1 + an x n , ai 
f

 x

,  i = 0,n , an  0

= a0 + a1 x +…+ an 1 x n1 + an x n ,  i = 0,n với ai là

liên hợp của ai
Xét đa thức g  x   f  x  . f  x 
Ta có g  x   b0  b1 x  ...  b2 n x 2 n , trong đó bk =

aa
i

j

,  k = 0,2n

i  j k

Vì bk =

aa
i

j

= bk

i  j k

nên các hệ số bk là các số thực
Mà mọi đa thức lớn hơn không với hệ số thực luôn có ít nhất một
nghiệm phức, nên g  x  có ít nhất một nghiệm z = p  qi thỏa mãn

g  z= f  z f  z = 0

suy ra f  z  = 0 hoặc f  z  = 0

Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Toán

5


Khóa luận tốt nghiệp

Một số bài toán về đa thức nguyên

+ Nếu f  z  = 0 thì z là nghiệm của f  x 
+ Nếu f  z  = 0  a0 + a1 z +…+ an 1 z n1 + an z n = 0
Lấy liên hợp hai vế ta được a0  a1 z  ...  an 1 z n 1  an z n = 0



Tức là f z = 0
hay z là nghiệm của f  x 
Như vậy, hoặc z hoặc z là nghiệm của f  x  .
1.1.5 Công thức Vi ét
Cho f  x  = a0 + a1 x +…+ an 1 x n 1 + an x n  A  x  là đa thức bất kì
Khi đó tồn tại trường mở rộng K của A để f  x  có nghiệm thuộc K
Giả sử f  x  có nghiệm trong K là 1 ,  2 ,…,  n
Khi đó
an 1

1   2  ...   n  ( 1) a

n


2 an  2
1 2   2 3  ...   n 1 n  ( 1)
an

................


n a0


...


(

1)
1
2
n

an


1.1.6 Hai đa thức chia hết nhau
a. Định nghĩa: Cho vành đa thức A  x  , A là một trường , f  x  và
g  x  thuộc A  x  , g  x   0. Ta nói f  x  chia hết cho g  x  trong A  x 

nếu tồn tại một đa thức q  x  thuộc A  x  sao cho: f  x   g  x  .q  x 
Khi đó, kí hiệu f  x  g  x 

Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Toán

6


Khóa luận tốt nghiệp

Một số bài toán về đa thức nguyên

b. Một số tính chất
(1) Với mọi đa thức f  x  g  x  và mọi số   0 ,  f  x  g  x 
(2) Nếu f  x  g  x  và g  x  f  x  thì f  x    g  x  ,   0 ,   A
(3) Nếu f  x  g  x  và g  x  h  x  thì f  x  h  x 
(4) Nếu f i  x  g  x  , i  1,2,..., n và q1  x  , q2  x  ,..., qn  x  là những đa
thức bất kì thì  f1  x  q1  x   f 2  x  q2  x   ...  f n  x  qn  x   g  x 
1.1.7 Đa thức đồng dư
a. Định nghĩa: Cho vành đa thức A  x  , A là một trường, f  x  , g  x 
thuộc A  x  ,   x   0. Ta nói đa thức f  x  và g  x  đồng dư với nhau
theo môđun đa thức   x  nếu ( f  x   g  x  )    x  trong A  x 
Khi đó, kí hiệu f  x   g  x  (mod   x  ).
b. Một số tính chất của đa thức đồng dư
(1) Với mọi đa thức f  x  , f  x   f  x  (mod   x  ).
(2) Với mọi đa thức bất kì f  x  và g  x 
Nếu f  x   g  x  (mod   x  ) thì g  x   f  x  (mod   x  ).
(3) Với mọi đa thức f  x  , g  x  và h  x 
Nếu

f  x   g  x  (mod   x  ) và g  x   h  x  (mod   x  ) thì

f  x   h  x  (mod   x  ).
(4) Với mọi đa thức f  x  , g  x  và h  x 
Nếu f  x   g  x  (mod  x  ) thì f  x  h  x   g  x  h  x  (mod  x  )
(5) Với mọi đa thức bất kì f  x  , g  x  và h  x 
Nếu ( f  x  + g  x  )  h  x  ( mod   x  ) thì

f  x   ( h  x   g  x  )(mod   x  )

Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Toán

7


Khóa luận tốt nghiệp

Một số bài toán về đa thức nguyên

(6) Cho những đa thức bất kì
f1  x  , f 2  x  ,..., f n  x  ; g1  x  , g 2  x  ,..., g n  x  và u1  x  , u2  x  ,..., un  x 

Nếu f i  x   gi  x  (mod   x  ) với mọi i  1,2,..., n thì

 u  x  f  x   u  x  f  x   ...  u  x  f  x   
1

1

2

n

2

n

 u  x  g  x   u  x  g  x   ...  u  x  g  x   (mod   x  )
1

1

2

n

2

n

(7) Cho những đa thức bất kì

f1  x  , f 2  x  ,..., f n  x  và g1  x  , g 2  x  ,..., g n  x 
Nếu f i  x   gi  x  (mod   x ) với mọi i  1,2,..., n thì

f1  x  f 2  x  ... f n  x   g1  x  g 2  x  ...g n  x  (mod   x ) .
(8) Với mọi đa thức f  x  và g  x  bất kì và mọi số tự nhiên t
t

t

Nếu f  x   g  x  (mod   x ) thì f  x   g  x  (mod   x ) .
(9) Với mọi đa thức f  x  và g  x  bất kì, đa thức h  x 
Nếu f  x   g  x  (mod   x ) thì f  h  x    g  h  x   (mod   x )
1.1.8 Đa thức bất khả quy
a. Định nghĩa:
Cho f  x  

 x ,

f  x  gọi là bất khả quy trên

 x

nếu

f  x   0 , f  x  khác khả nghịch và f  x  không có ước thực sự.

b. Một số tính chất
(1) Cho f  x  

 x , f  x 

bất khả quy trên

duy nhất của nó với hệ số thuộc
(2) f  x  bất khả quy trên

 x

khi và chỉ khi ước

có dạng  và  f  x  ,   0, 

 x  , q  x    x  thì hoặc là q  x 

.

chia hết

cho f  x  hoặc q  x  và f  x  nguyên tố cùng nhau.

Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Toán

8


Khóa luận tốt nghiệp

Một số bài toán về đa thức nguyên

 x , q  x  , r  x 

(3) Cho f  x  bất khả quy trên



 x .

Nếu tích

f  x  q  x  chia hết cho r  x  , thì ít nhất một trong các thừa số f  x  và
q  x  chia hết cho r  x  .

1.2 ĐA THỨC NHIỀU ẨN
1.2.1 Xây dựng vành đa thức nhiều ẩn
Cho A là vành giao hoán có đơn vị. Khi đó ta xây dựng được vành
đa thức một ẩn A 1 =A  x1  . Khi đó A 1 là vành giao hoán có đơn vị
Xây dựng được A 2 =A 1  x2  =A  x1  x2  =A  x1 , x 2 
Tương tự ta cũng xây dựng được A 3 = A 2  x3  =A  x1 , x2 , x3 
…………..
A n =A  x1 , x2 ,..., xn 
Vành A n =A  x1 , x2 ,..., xn  được gọi là vành đa thức của n ẩn x1 ,
x2 ,…, xn trên A. Các phần tử của A  x1 , x2 ,..., xn  được gọi là các đa thức

của

n ẩn x1 , x2 ,…, xn và kí hiệu là f  x1 , x2 ,..., xn  . Mọi đa thức

f  x1 , x2 ,..., xn   A  x1 , x2 ,..., xn  được biểu diễn dưới dạng:
n

ai1

ain

f  x1 , x2 ,..., xn  =  ci x1 ...xn , ci  A
i 1

trong đó:

ai1

ain

 ci x1 ...xn gọi là hạng tử thứ i
 ci  A gọi là các hệ tử thứ i

1.1.2 Đa thức đối xứng

f  x1 , x2 ,..., xn  thuộc vành đa thức

a. Định nghĩa: Đa thức
A  x1 , x2 ,..., xn 

gọi

là

f  x1 , x2 ,..., xn  = f  xi , xi ,.., xi
1

2

n

đa



với

thức

đối

i , i ,..., i 
1

2

n

xứng

nếu

là các hoán vị của

1,2,...,n .
Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Toán

9


Khóa luận tốt nghiệp

Một số bài toán về đa thức nguyên

b. Ví dụ: Trong vành đa thức nhiều ẩn A  x1 , x2 ,..., xn  các đa thức sau

gọi là đa thức đối xứng cơ bản:

1 = x1  x2  ...  xn
 2  x1 x2  x2 x3  ...  xn1 xn

 3  x1 x2 x3  x2 x3 x4  ...  xn  2 xn 1 xn
…….

 n  x1 x2 ...xn
Nhận xét: Nếu f  x1 , x2 ,..., xn  là một đa thức n ẩn bất kì thì đa thức

f 1 ,  2 ,...,  n  là đa thức đối xứng. Điều ngược lại vẫn đúng, mỗi đa
thức đối xứng có thể biểu diễn như đa thức của những đa thức đối xứng
cơ bản.
c. Đưa một đa thức về đa thức đối xứng cơ bản
c1. Định lý
Cho f  x1 , x2 ,..., xn  thuộc vành đa thức A  x1 , x2 ,..., xn  là đa thúc
đối xứng khác 0.
Khi đó tồn tại duy nhất đa thức h  x1 , x2 ,.., xn   A  x1 , x2 ,..., xn  sao
cho

f  x1 , x2 ,..., xn  = h 1 ,  2 ,...,  n 

c2. Phương pháp đưa đa thức về đa thức đối xứng cơ bản
Có 2 phương pháp:
- Dựa vào hạng tử cao nhất của đa thức
- Phương pháp hệ tử bất định (chỉ đúng với đa thức đẳng cấp và
vành cơ sở là vô hạn)

Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Toán

10


Khóa luận tốt nghiệp

Một số bài toán về đa thức nguyên

Chương 2
MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ TÍNH CHẤT CỦA
ĐA THỨC NGUYÊN
2.1 SỰ TỒN TẠI NGHIỆM CỦA ĐA THỨC NGUYÊN
Ví dụ 1. Chứng minh rằng nếu phân số tối giản

p
là nghiệm của đa thức
q

nguyên f  x  = a0 + a1 x +…+ an 1 x n 1 + an x n thì p là ước của a0 và

q

là

ước của an
Lời giải
Giả sử phân số tối giản

p
là nghiệm của đa thức f  x 

q

 p
 p
p
Khi đó, ta có f   = a0 + a1 +…+ an  
q
q
q

n

Từ đó ta có:
an p n   q  a0 q n 1  a1q n 2 p  ...  an 1 p n 1 

a0 q n   p  a1 q n 1  ...  an 1 p n  2 q  an p n 1 

(1)
(2)

Từ (1) suy ra an p n chia hết cho q mà  p n , q  = 1 nên an chia hết cho q
(2) suy ra a0 q n chia hết cho p mà  p, q n  = 1 nên a0 chia hết cho p
Nhận xét: 1.Cho phương trình:

f  x  = a0 + a1 x +…+ an 1 x n 1 + an x n , ai 

, i =0, 1, 2,…, an  0 (*)

Nhân 2 vế với ann 1 , đặt y  an x ta được đa thức hệ số nguyên với hệ tử
cao nhất bằng 1 sau:

ann 1a0  ann 2 a1 y  ...  an 1 y n 1  y n  0

Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Toán

(**)

11


Khóa luận tốt nghiệp

Một số bài toán về đa thức nguyên

Nếu  là nghiệm của (**) thì


an

là nghiệm của (*)

Vậy việc tìm nghiệm hữu tỷ của phương trình (*) có thể đưa về việc tìm
nghiệm nguyên của phương trình (**).
2. Mọi nghiệm nguyên của đa thức với hệ số nguyên là ước
của số hạng tự do.
3. Mọi nghiệm hữu tỷ của một đa thức với hệ số nguyên cao
nhất bằng 1 đều là nghiệm nguyên.
Ví dụ 2. Chứng minh rằng nếu phân số tối giản

p
là nghiệm của đa thức

q

với hệ số nguyên f  x  = a0 + a1 x +…+ an 1 x n 1 + an x n thì p  mq là ước
của f  m  với m là số nguyên. Trường hợp đặc biệt, p  q là ước của
f  1 và p  q là ước của f 1 .

Lời giải
Phân tích f  x  theo lũy thừa của  x  m  ta được:

f  x  = b0  b1  x  m   ...  bn1  x  m 

n 1

n

 bn  x  m  =   x  m 

Các hệ số b0 , b1 ,..., bn là những số nguyên vì m là số nguyên
Ta có f  m   b0
Mặt khác, thay x bởi

p
ta thu được đẳng thức:
q

 p
p

 p  mq 
f       m   

  0 ,  p  mq, p  =1 vì  p, q  =1
q
q

 q 

Do đó

p  mq
là nghiệm của   x  . Theo ví dụ 1 thì p  mq là ước của
q

b0  f  m  .

Nhận xét: Nếu p  mq = 0 thì f  m  = 0, nghĩa là m là nghiệm của đa
thức f  x  .

Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Toán

12


Khóa luận tốt nghiệp

Một số bài toán về đa thức nguyên

Ví dụ 3. Hãy tìm nghiệm hữu tỉ của phương trình

f  x  = 6 x 4  19 x 3  7 x 2  26 x  12
Lời giải

Nếu số hữu tỷ  

p
là nghiệm của phương trình đã cho thì ta có
q

p là ước của 12, q là ước của 6.

Suy ra p và q có những khả năng sau:
p  1, 2, 3, 4, 6, 12
q  1, 2, 3, 6

Ta có bảng
pq

pq

1

2

0

2
4

1
5

3

3

6

5
3

7

1

5

2
3

5

1

4
3

1

7

3
4

7

1

1
6

5

7

p
q

1
2
3

2





1

pq

p
q

pq

1
3

0
4

2
2

4
12

3

5

13

11

1
2
1
3

1

3

4

2

2
3

1

5

1
4

5

3

3
4

1

7







Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Toán

pq

pq

2

3

1

3
6

2
7

4
5

12
3
2

11
5

13
1

1
3

2

4

7

1

1
4

3

5

1
6

7

5

p

q



4
3



13


Khóa luận tốt nghiệp

Một số bài toán về đa thức nguyên

Mặt khác, p  q là ước của f  1 = 18
p  q là ước của f 1 = 4

p
1
1
có thể là 2,  3, , 
2
q
3

Suy ra

Sử dụng lược đồ Hoocne ta có:

6

19

2

6

31

55

84

180

3

6

1

10

4

0

Suy

ra

3

là

7

nghiệm

của

12

26

phương

trình

đã

cho

và

f  x    x  3  6 x 3  x 2  10 x  4    x  3  g  x 

1
1

,  là
2
3

Bây giờ ta kiểm tra xem những số nào trong các số 3 ,

nghiệm (phải kiểm tra 3 vì nhiều khi phương trình đã cho có nghiệm
bội).
Từ những số này ta suy ra ngay 3 không phải là nghiệm của
g  x  vì 4 không chia hết cho 3.

Sử dụng lược đồ Hoocne

1
2

1
2


1
3

6

1

10

4

6

4

8

0

6

7



9
2

6

2



26
3

1
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm hữu tỉ đó là x1  3 và x2  .
2

Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Toán

14


Khóa luận tốt nghiệp

Một số bài toán về đa thức nguyên

Ví dụ 4. Cho m là số nguyên dương, m  2 , f  x  là đa thức với hệ số
nguyên. Chứng minh rằng nếu số f  0  , f 1 ,…, f  m  1 đều không
chia hết cho m thì f  x   0 không có nghiệm nguyên.
Lời giải
Giả sử f  x  = 0 có một nghiệm nguyên là 
Khi đó f  x  =  x    g  x  trong đó g  x  là đa thức với hệ số nguyên
Ta có f  0    0    g  0 
f 1  1    g 1

…………….
f  m  1   m  1    g  m  1

Vì 0   , 1   ,..., m  1   là m số nguyên liên tiếp nên phải có một số
chia hết cho m . Vì vậy trong m số f  0  , f 1 ,…, f  m  1 phải có ít
nhất một số chia hết cho m . Điều này trái với giả thiết.
Vậy phương trình f  x   0 không có nghiệm nguyên.
Nhận xét: Cho f  x  là đa thức với hệ số nguyên. Nếu f  0  , f 1 là số
lẻ thì phương trình f  x   0 không có nghiệm nguyên.
Thật vậy, giả sử số hữu tỉ

u
( u và v là những số nguyên tố cùng
v

nhau) là nghiệm của phương trình f  x   0 . Khi đó f  0  chia hết cho
u , còn f 1 chia hết cho u  v . Từ đây suy ra ngay những số u và
u  v đồng thời là số lẻ, điều đó có khả năng chỉ khi nếu v là số chẵn.

Suy ra v  1 nghĩa là

u
không thể là số nguyên.
v

Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Toán

15


Khóa luận tốt nghiệp

Một số bài toán về đa thức nguyên

Bài tập áp dụng:
Bài 1. Tìm những nghiệm hữu tỷ của phương trình
a) 24  13 x  8 x 2  2 x3  x 4  0
b) 6  5 x  4 x 2  4 x3  2 x 4  x5  0
Bài 2. Cho f  x  là đa thức với hệ số nguyên sao cho nó nhận giá trị 1
với hai giá trị khác nhau x1 và x2 của biến x . Chứng minh rằng nếu

x1  x2  2 , thì phương trình f  x   0 không có nghiệm hữu tỉ, còn nếu
x1  x2  2 thì nó có nghiệm hữu tỉ duy nhất

1
 x1  x2  .
2

2.2 BÀI TOÁN VỀ CHIA HẾT
Cơ sở lý luận:
Để chứng minh 2 đa thức chia hết nhau ta thường dựa vào tính
chất của 2 đa thức chia hết nhau, định nghĩa và tính chất đa thức đồng dư
hoặc chứng minh bằng phương pháp quy nạp.


Ví dụ 1. Chứng minh rằng với mọi giá trị n 

 x  1

2 n 1

, đa thức

 x n  2 chia hết cho đa thức x 2  x  1

Lời giải
Ta chứng minh bằng quy nạp theo n 



Với

đúng

 x  1

2 n 1

n 1

khẳng

định

vì

khi

đó

 x n  2 =  2 x  1  x 2  x  1

Giả sử khẳng định đúng với n  1 , nghĩa là  x  1

2 n 1

 x n 1 chia

hết cho x 2  x  1
Khi đó  x  1

2 n 1

2

 x n  2 =  x  1  x  1

2 n 1

 x.x n 1

=  x 2  2 x  1  x  1

Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Toán

2 n 1

 x.x n 1

16


Khóa luận tốt nghiệp

Một số bài toán về đa thức nguyên

=  x 2  x  1  x  1

2 n 1



 x  x  1

2 n 1

 x n 1



cũng chia hết cho x 2  x  1
Vậy khẳng định được chứng minh đúng với mọi n .
Ví dụ 2. Xét xem đa thức f  x  = x5  2 x 3  x  1 có chia hết cho đa
2

thức g  x  =  x  2  hay không.
Lời giải
Đặt f  x  =  x  2  S1  x   R1 và S1  x    x  2  S2  x   R2
Khi đó f  x  =  x  2    x  2  S 2  x   R2   R1
2

=  x  2  S2  x   R2  x  2   R1
2

=  x  2  S 2  x   R2 x  R1  2 R2
Những số R1 , R2 nhận được thông qua lược đồ Hoocne
1

0

2

0

1

1

2

1

2

6

12

23

47= R1

2

1

4

14

40

103= R2

Vậy ta có S2  x   x3  4 x 2  14 x  40
2

f  x    x  2   x 3  4 x 2  14 x  40   103x   47  2.103
2

=  x  2   x 3  4 x 2  14 x  40   103 x  159
Vậy f  x  không chia hết cho g  x  .
Ví dụ 3. Cho m, n, k là các số nguyên không âm, chứng minh rằng đa
thức f  x  = x3 m  x 3n 1  x3 k  2 chia hết cho   x   x 2  x  1
Lời giải
Ta cần phải chứng minh rằng f  x   0(mod   x )

Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Toán

17


Khóa luận tốt nghiệp

Một số bài toán về đa thức nguyên

Ta có x3  1   x  1  x 2  x  1 suy ra x 3  1(mod   x )
Khi đó áp dụng tính chất đồng dư ta có:
m

x 3m   x 3   1m  1(mod   x )

n

x 3n 1   x 3  .x  1n.x  x(mod   x )
k

x 3 k  2   x 3  x 2  1k .x 2  x 2 (mod   x )

x3 m  x 3n 1  x3 k  2  1  x  x 2  (mod   x )  0(mod   x )
Vậy x 3m  x 3 n 1  x 3 k  2 chia hết cho x 2  x  1 .
Ví dụ 4. Hãy tìm những số tự nhiên n sao cho đa thức
n

f  x    x  1  x n  1 chia hết cho đa thức   x   x 2  x  1

Lời giải
Dễ thấy x  1   x 2 (mod   x ) và x 3  1(mod   x )
n

n

Khi đó  x  1  x n  1   1 x 2 n  x n  1(mod   x )
Lấy n  6k  l , l  0,1, 2,3, 4,5 . Ta có

 x  1

n

l

 x n  1   1 x 2 l  x l  1(mod   x )

Từ đây ta nhận được
+ Với l  0 : f  x   1  1  1  1(mod   x ) , nghĩa là f  x     x 
+ Với l  1 : f  x    x 2  x  1  0(mod   x ) , nghĩa là f  x     x 
+ Với l  2 : f  x    x 2  x  1  2 x(mod   x ) , nghĩa là f  x     x 
+ Với l  3 : f  x   1  1  1  3(mod   x ) , nghĩa là f  x     x 
+ Với

l4

:

f  x   x 2  x  1  2  x  1 (mod   x ) , nghĩa là

f  x     x 
+ Với l  5 : f  x    x 2  x  1  0(mod   x ) , nghĩa là f  x     x 

Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Toán

18


Khóa luận tốt nghiệp

Vậy

đa

thức

Một số bài toán về đa thức nguyên

n

f  x    x  1  x n  1

chia

hết

cho

đa

thức

  x   x 2  x  1 khi và chỉ khi n có dạng n  6k  1 hoặc dạng
n  6k  5 .
Bài tập áp dụng:
Bài 1. Hãy tìm giá trị của a và b để đa thức f  x   ax n1  bx n  1 chia
hết cho  x  1

2

Bài 2. Hãy tìm số tự nhiên n sao cho f  x   x 4 n  x 3 n  x 2 n  x n  1 chia
hết cho đa thức   x   x 4  x 3  x 2  x  1
Bài 3. Hãy tìm số tự nhiên n sao cho đa thức f  x  chia hết cho đa thức

  x  . Với
a) f  x   x 2 n  x n  1,  x   x 2  x  1

n

b) f  x    x  1  x n  1,  x   x 2  x  1
2.3 MỘT SỐ BÀI TOÁN KHÁC
2.3.1 Tính khả quy và bất khả quy
Cơ sở lý luận: Dựa vào định nghĩa đa thức bất khả quy và tính chất của
đa thức bất khả quy.
Ví dụ 1. Cho đa thức f  x  thuộc

 x

f  x  = a0 + a1 x +…+ an 1 x n 1 + an x n , ( n  1 )
Nếu tồn tại một số nguyên p thỏa mãn các điều kiện sau:
a. an không chia hết cho p
b. a 0 , a1 ,..., an1 chia hết cho p
c. a0 không chia hết cho p 2
thì f  x  bất khả quy trên

 x  (tiêu chuẩn Einsentein).

Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Toán

19


Khóa luận tốt nghiệp

Một số bài toán về đa thức nguyên

Lời giải

Ta có nếu đa thức f  x  bất khả quy trên
quy trên

 x

thì f  x  bất khả

 x

Giả sử tồn tại một số nguyên tố p thỏa mãn ba điều kiện trên mà

f  x  khả quy trong
f  x  có

ước

 x  . Suy ra f  x 
thực

sự

khả quy trong

trong

 x .

 x  . Suy ra
Giả

sử

f  x    b0  b1 x  ...  br x r  c0  c1 x  ...  cs x s 
Với các bi , c j  Z, i  0, r , j  0, s , 1  r , s  n
Vậy

a0  b0 c0
a1  b0 c1  b1c0
ak 

 bc
i

j

, k  0,1,2,...

i jk

an 

bc
k

l

k l  n

Ta có p là ước của a0  b0 c0 . Suy ra hoặc p là ước của b0 , hoặc p là
ước của c0

Nếu p là ước của b0 thì p không là ước của c0 vì giả sử nếu p là ước
của b0 và p là ước của c0 thì p 2 là ước của b0 c0  a0 . Điều này trái với
giả thiết. Lại có, p không là ước của an . Suy ra p không là ước của bi
với i  0, r
Không mất tính tổng quát giả sử p là ước của b0 , b1 ,..., bk 1 và p không
là ước của bk , k  n
Ta có: ak   b0 ck  b1ck 1  ...  bk 1c1   bk c0

Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Toán

20


Khóa luận tốt nghiệp

Một số bài toán về đa thức nguyên

Do p là ước của ak suy ra bk c0 chia hết cho p mà bk không chia hết cho

p . Suy ra c0 chia hết cho p . Điều này mâu thuẫn với giả thiết p không
là ước của c0 . Vậy f  x  bất khả quy trong

 x .

Nhận xét: Tiêu chuẩn Eisenstein là điều kiện đủ để xét tính bất khả quy
của đa thức, tuy rằng tiêu chuẩn không đúng cho tất cả các đa thức
nhưng nó gần đúng với một lớp đa thức gần đúng nào đó.
Ví dụ 2. Chứng minh nếu f  x  là một đa thức với hệ số nguyên có bậc
lớn hơn 0 và f  x  không bất khả quy trong

 x  , thì f  x 

phân tích

được thành một tích những đa thức bậc khác 0 với hệ số nguyên.
Lời giải
Giả sử f  x  không bất khả quy trong
viết

 x  , thế thì f  x 

có thể

f  x     x   x  , với   x  và   x  là những ước thực sự của

f  x  trong

 x  . Ta có thể viết
a
b

  x  g  x ,   x 

c
h x
d

trong đó g  x  , h  x  là những đa thức nguyên bản và a, b, c, d những số
nguyên.
Do đó f  x  

p
p ac
và p, q nguyên tố cùng nhau.
g  x  h  x  , với 
q
q bd

Ta kí hiệu các hệ số của đa thức tích g  x  h  x  bằng ei . Do g  x  h  x 
nguyên bản nên các ei không có ước chung nào khác ngoài 1 . Mặt
khác, vì f  x  
mọi ei

 x

nên các số

vì q nguyên tố với

pei
phải là nguyên, do đó q chia hết
q

p . Ta suy ra q   1, tức là

f  x    pg  x  h  x  .

Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Toán

21

Khóa luận tốt nghiệp

Một số bài toán về đa thức nguyên

Vì   x  và   x  là những ước thực sự của f  x  trong ,
nên g  x  và h  x  là những đa thưc bậc khác 0 của
Ví dụ 3. Cho f  x  

f  x  bất khả quy trên

 x ,

 x

 x .

deg f  x   n  1 . Chứng minh rằng nếu

 x thì f  x  cũng bất khả quy trên  x  .
Lời giải

Trước hết ta đi chứng minh bổ đề sau
Bổ đề Gauss: Tích của hai đa thức nguyên bản là nguyên bản
Thật vậy, Cho hai đa thức nguyên bản

f  x   a0  a1 x  ...  an 1 x n 1  an x n
g  x   b0  b1 x  ...  bn 1 x n 1  bn x n

thì f  x  .g  x   c0  c1 x  ...  cn  m1 x n  m 1  cn  m x n  m
Giả sử tích trên không nguyên bản thì tồn tại số nguyên tố p là ước
chung của các hệ số c0 , c1 ,..., cn  m . Vì f  x  nguyên bản nên gọi i là số
nhỏ nhất mà ai không chia hết cho p và j là số nhỏ nhất mà b j không
chia hết cho p . Khi đó xét xi  j ta thấy hệ số tương ứng không chia hết
cho p , vô lý. Vậy tích trên không nguyên bản.
Bây giờ ta đi chứng minh bài toán trên:
Cho f  x  bất khả quy trên

 x . f  x   f  x  f  x 
1

2

 x .

Giả sử f  x  khả quy trên

trong đó f1  x  , f 2  x  là các đa thức bậc nhỏ

hơn bậc của f  x  và có hệ số hữu tỉ.
Đặt f1  x  

a1
a
g1  x  , f 2  x   2 g 2  x  với
b1
b2

a ,b   1

i

i

và gi  x 

nguyên bản, i  1,2

Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Toán

22


Khóa luận tốt nghiệp

Khi đó f  x  
Do f  x  

Một số bài toán về đa thức nguyên

a1 a2
p
. g1  x  g 2  x   g1  x  g 2  x  với  p, q   1
b1 b2
q

 x

nên suy ra các hệ số của g1  x  g 2  x  đều chia hết cho

q , suy ra g1  x  g 2  x  không nguyên bản, trái với bổ đề Gauss. Mâu
thuẫn.
Vậy f  x  bất khả quy trên

 x .

Ví dụ 4. Chứng minh rằng f  x   x 4  2 x 3  2 x 2  2 x  6 không phân
tích được thành tích những đa thức có bậc nhỏ hơn f  x  trên tập hợp
những số hữu tỷ.
Lời giải
Giả sử ngược lại, nghĩa là f  x   q  x  r  x  , ở đây deg q  x  <4,
deg r  x  <4, có thể cho rằng q  x  , r  x  là những đa thức hệ số nguyên.
Để cụ thể cho deg q  x   deg r  x  . Khi đó deg q  x  = 1 hoặc 2.
Nếu deg q  x  = 1, khi đó f  x  có nghiệm hữu tỉ. Nghiệm của

f  x  có thể là những số sau: 1, 2, 3, 6 . Mặt khác kiểm tra trực tiếp
(bằng lược đồ Hoocne) thấy rằng không một số nào là nghiệm của
phương trình đang xét. Suy ra trường hợp deg q  x  = 1 không thể được.
Nếu deg q  x  = 2. Khi đó

f  x   x 4  2 x3  2 x 2  2 x  6 =  ax 2  bx  c  px 2  qx  r 
ở đây a, b, c, p, q, r là những số nguyên
Bằng cách so sánh các hệ số trong đẳng thức trên ta nhận được
ap  1 ,
aq  bp  3 ,
ar  bq  cp  2 ,

Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Toán

23

Khóa luận tốt nghiệp

Một số bài toán về đa thức nguyên

br  cq  2 ,

cr  6 .
Vì a và p là những số nguyên, thì a  p  1 hoặc a  p  1 . Không
mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng a  p  1 . Nghĩa là
p  q  3 ,
r  bq  c  2,
br  cq  2 ,
cr  6 .

Cũng không mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng c  r . Cho những
số nguyên c và r khi đó có những khả năng sau:
a) c  1, r  6 . Khi đó
 p  q  3
 7b  5 , điều này trái với giả thiết b là số

6b  q  2

nguyên.
b) c  1, r  6 . Khi đó
 p  q  3
 7b  1 , điều này trái với giả thiết b là số nguyên.

6

b

q

2


c) c  2, r  3 . Khi đó
 p  q  3
 5b  8 , điều này trái với giả thiết b là số

3b  2q  2

nguyên.
d) c  2, r  3 . Khi đó
 p  q  3
 5b  4 , điều này trái với giả thiết b là số nguyên.

3
b

2
q

2


Như vậy ta thấy rằng trường hợp deg q  x  = 2 không thể xảy ra.
Suy ra đa thức đang xét không phân tích được trên tập hợp số hữu tỉ.

Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Toán

24


Khóa luận tốt nghiệp

Một số bài toán về đa thức nguyên

Ví dụ 5: Cho p là số nguyên tố. Chứng minh rằng đa thức

f  x   1  x  ...  x p 2  x p 1
bất khả quy trên

 x .
Lời giải

Đặt x  y  1
Khi đó f  y  1  1  ( y  1)  ...  ( y  1)
=

C

p 1
p

p 2

p 2

 ( y  1)

2

p 1

( y  1) p  1
=
y 11

1

 C p y  ...  C p y p 3  C p y p 2  y p 1 = g  y  .

Ta có: Với 1  k  p  1 thì

C

k
p



và chia hết cho p còn

C

p 1
p

không

chia hết cho p 2
Vậy theo tiêu chuẩn Einsenstein thì g  y  bất khả quy trên

 y

 x

Do đó f  x  bất khả quy trên

Thật vậy, giả sử f  x  khả quy trên

 x

Suy ra f  x   p  x  q  x  trong đó p  x  và q  x  là các đa thức trên

 x
Suy ra f  y  1  p  y  1 q  y  1 , do đó g  y   p  y  1 q  y  1 . Như
vậy g  y  khả quy trên

 y  . Điều này mâu thuẫn với giả thiết.

Vậy f  x  bất khả quy trên

 x .

Bài tập áp dụng:
Bài 1. Dùng tiêu chuẩn Einsenstein để chứng minh các đa thức sau là bất
khả quy trên

 x

a) f  x   6 x  12 x 2  8 x 3  x 4
b) g  x   1  2 x  x 3  x 4

Đỗ Thị Tuyết Mai – K35C Toán

25