Một số phương pháp giải phương trình bậc bốn

Khóa luận tốt nghiệp

MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Trong nhà trường phổ thông môn Toán giữ một vị trí quan trọng nó
giúp học sinh học tốt hầu hết các môn học, và là công cụ của nhiều ngành
khoa học kỹ thuật, có nhiều ứng dụng to lớn trong đời sống.
Muốn học giỏi nói chung và học giỏi Toán nói riêng thì phải luyện tập,
thực hành nhiều. nghĩa là ngoài việc nắm rõ lý thuyết các em còn phải làm
nhiều bài tập. Đối với học sinh bài tập thì rất nhiều và đa dạng nhưng thời
gian thì hạn hẹp đồng thời các em khó có điều kiện chọn lọc những bài toán
hay có tác dụng thiết thực cho việc học tập rèn luyện tư duy toán học của
mình.
Trong môn Toán phương trình giữ vị trí hết sức quan trọng không
những là đối tượng nghiên cứu của Đại số mà còn là công cụ đắc lực của Giải
tích. Nó được giới thiệu ngay từ những năm đầu của bậc phổ thông ở các
dạng đơn giản.
Đa phần các em được làm quen với phương trình bậc nhất hoặc bậc hai
còn các phương trình bậc cao các em ít được làm quen. Ngày nay phương
trình bậc ba, bậc bốn đã giải được bằng căn thức. Xong ở phổ thông nghiệm
phức đưa vào chỉ ở mức độ giới thiệu, do đó việc áp dụng cách giải này thế
nào cho các em dễ hiểu và dễ nắm bắt là cả một vấn đề.
Với những lý do trên cùng với lòng say mê nghiên cứu và được sự giúp
đỡ tận tình của cô giáo Nguyễn Thị Bình, em đã chọn đề tài: “Một số phương
pháp giải phương trình bậc bốn” để làm khóa luận tốt nghiệp với mong
muốn góp phần nhỏ bé làm tăng vẻ đẹp của môn Toán qua việc giải phương
trình bậc bốn.
2. Mục đích nghiên cứu
Bước đầu làm quen với công việc nghiên cứu khoa học và tìm hiểu sâu
SV: Trần Thị Cúc K33B – SP Toán

GVHD: Th.S Nguyễn Thị Bình


Khóa luận tốt nghiệp
hơn về phương trình bậc bốn.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
- Giải được phương trình bậc bốn tổng quát
- Tìm một số phương pháp giải một số phương trình bậc bốn thường dùng
4. Đối tƣợng và phạm vi nghiên cứu
* Đối tượng nghiên cứu: phương trình bậc bốn
* Phạm vi nghiên cứu
- Kiến thức về đa thức
- Phương trình bậc bốn tổng quát và một số phương trình bậc bốn
thường dùng
5. Phƣơng pháp nghiên cứu
- Phương pháp nghiên cứu tài liệu
- So sánh, phân tích, tổng hợp
- Phương pháp đánh giá
6. Cấu trúc khóa luận
Ngoài mở đầu, kết luận, danh mục tài liệu tham khảo, khóa luận của em
gồm hai chương:
Chương 1: Đa thức và phương pháp giải phương trình bậc bốn tổng quát
Chương 2: Một số phương pháp giải phương trình bậc bốn

SV: Trần Thị Cúc K33B – SP Toán

GVHD: Th.S Nguyễn Thị Bình


Khóa luận tốt nghiệp

NỘI DUNG
CHƢƠNG 1: ĐA THỨC VÀ PHƢƠNG PHÁP GIẢI
PHƢƠNG TRÌNH BẬC BỐN TỔNG QUÁT
1.1.Đa thức
1.1.1. Xây dựng vành đa thức một ẩn
Định lý 1.1.1.1: Cho A là vành giao hoán có đơn vị 1. Khi đó ta có tập P
là tập hợp có dạng

0 hầu hết}

P { a0 , a1,..., an ,... | ai

cùng với hai phép toán

a0 , a1 ,..., an ,...

b0 , b1,..., bn ,...

a0 , a1 ,..., an ,... b0 , b1,..., bn ,...

a0 b0 , a1 b1,..., an bn,...
c0 , c1,..., cn,...

trong đó

c0

a0b0

c1

a0b1 a1b0

...
ck

aib j
i j k

lập thành một vành giao hoán, có đơn vị và gọi là vành đa thức, mỗi phần tử
thuộc vào P gọi là một đa thức.
Chứng minh
Lấy hai phần tử bất kỳ thuộc vào P : a0 , a1,..., an ,... và b0 , b1,..., bn ,...
Giả sử ai

0,

i n; b j

ak

bk

ck

0,

0,
k

j m. Khi đó

0,
k

n m,

n m.

cho nên hai phép toán cộng và nhân ở trên cho ta hai phép toán trong P .

SV: Trần Thị Cúc K33B – SP Toán

GVHD: Th.S Nguyễn Thị Bình


Khóa luận tốt nghiệp
Trước hết ta chứng minh tập P cùng với phép toán cộng lập thành một
nhóm giao hoán.
Với mọi a

a0 , a1, ..., an , ... , b
P , ta có

c= c0 , c1, ..., cn , ...
a b

c

b0 , b1, ..., bn , ... ,

a0 , a1 ,..., an ,...

b0 , b1 ,..., bn , ...

c0 , c1 ,..., cn ,...

a0 b0 , a1 b1 ,..., an bn ,... + c0 , c1 ,..., cn ,...
a0 b0
a0

b0

c0 , a1 b1
c0 , a1

a0 , a1 ,..., an ,...
a

c1 ,..., an bn

b1 c1 ,..., an

bn

b0 , b1 ,..., bn ,...

cn ,...
cn ,...

c0 , c1 ,..., cn ,...

b c .

Suy ra phép cộng trong P có tính chất kết hợp.
Với mọi a

a0 , a1,..., an ,...

P , tồn tại phần tử 0, 0,..., 0,...

P , thỏa

mãn

a

0, 0,..., 0,...

a0 , a1 ,..., an ,...
a0

0, 0,..., 0,...

0, a1 0,..., an

0,...

a0 , a1 ,..., an ,...

a.
0, 0,..., 0,...

a

0, 0,..., 0,...

a0 , a1 ,..., an ,...

0 a0 , 0 a1,..., 0 an ,...
a0 , a1 ,..., an ,...
a.
Suy ra phần tử không trong P là 0P
Với mọi a

a0 , a1,..., an ,...
a

0, 0,..., 0,... .

P, tồn tại phần tử đối là dãy

a0 , a1,..., an ,...

vì
SV: Trần Thị Cúc K33B – SP Toán

GVHD: Th.S Nguyễn Thị Bình

Khóa luận tốt nghiệp

a

a

a0 , a1 ,..., an ,...
a0

a0 ,

a0 , a1 a1 ,..., an

a1,...,

an ,...

an ,...

0, 0,..., 0,...
0P.

a

a

a0 , a1,..., an ,...

a0 , a1,..., an ,...

a0

an

a0 , a1 a1 ,...,

an ,...

0, 0,..., 0,...
0 P.

Với mọi a

a0 , a1, ..., an , ... , b

a b

b0 , b1, ..., bn , ...

a0 , a1 ,..., an ,...

P, ta có

b0 , b1,..., bn ,...

a0 b0 , a1 b1 ,..., an bn ,...
b0

a0 , b1 a1 ,..., bn

b0 , b1 ,..., bn ,...

an ,...

a0 , a1, ..., an ,...

b a.
Suy ra phép cộng trong P có tính chất giao hoán.
Vậy tập P cùng với phép toán cộng là một nhóm giao hoán.
Bây giờ ta chứng minh tập P cùng với phép toán nhân là một vị nhóm giao
hoán.
Giả sử a

a0 , a1,..., an ,... , b

b0 , b1,..., bn ,... , c= c0 , c1,..., cn ,... là các

phần tử bất kỳ thuộc P . Khi đó, ta có
Hạng tử với chỉ số i trong ab c là

a jbk cl
m l i

j k m

a jbk cl
j k l i

Hạng tử với chỉ số i trong a bc là

SV: Trần Thị Cúc K33B – SP Toán

GVHD: Th.S Nguyễn Thị Bình


Khóa luận tốt nghiệp

aj
j p i

bk cl

a jbk cl .

k l p

j k l i

Suy ra ab c a bc .
Mặt khác, với mọi a

a0 , a1,..., an ,... , b

b0 , b1,..., bn ,...

P, ta có

Hạng tử với chỉ số i trong ab là

a jbk .

j k i

Hạng tử với chỉ số i trong ba là

bk a j .
k j i

Suy ra ab ba.
Mà với mọi a

P, tồn tại phần tử 1, 0,..., 0,...

a0 , a1,..., an ,...

P

thỏa mãn

a 1, 0,..., 0,...

a0 , a1 ,..., an ,... 1, 0,..., 0,...
a0 , a1 ,..., an ,...
a.

1, 0,..., 0,... a

1, 0,..., 0,... a0 , a1 ,..., an ,...
a0 , a1 ,..., an ,...
a.

Suy ra phần tử đơn vị của P là dãy 1P

1, 0,..., 0,... .

Vậy tập P cùng với phép nhân là một vị nhóm giao hoán.
Cuối cùng ta chứng minh trong P phép nhân phân phối với phép cộng.
Giả sử a

a0 , a1,..., an ,... , b

b0 , b1,..., bn ,... , c= c0 , c1,..., cn ,... là các

phần tử bất kỳ trong P . Xét a b c và a b c .
Ta có
aj
j k i

b j ck

a j ck
j k i

SV: Trần Thị Cúc K33B – SP Toán

b j ck .
j k i

GVHD: Th.S Nguyễn Thị Bình

Khóa luận tốt nghiệp
Vế trái là hạng tử với chỉ số i của a b c còn vế phải là hạng tử với chỉ
số i của ac bc. Suy ra a b c ac bc.
Ta có

a j bk

ck

a jbk

j k i

i k i

a j ck .
j k i

Vế trái là hạng tử với chỉ số i của a b c còn vế phải là hạng tử với chỉ
số i của ab ac. Suy ra a b c

ab ac.

Do đó trong P phép nhân phân phối với phép cộng.
Vậy tập P cùng với hai phép toán cộng và nhân lập thành một vành giao
hoán có đơn vị.
Bây giờ ta hãy xét dãy

x

0, 1, 0,..., 0,...

Theo quy tắc nhân ta có

x2

x.x

0, 1, 0,..., 0,... . 0, 1, 0,..., 0,...

0, 0, 1, 0,..., 0,... .
Tương tự
x3

0, 0, 0, 1, 0, ..., 0, ...

...
xn

0, 0,..., 0, 1, 0, ...

Ta quy ước viết
x0

1, 0, ..., 0, ...

Mặt khác ta xét ánh xạ

A

P

aa

a, 0,..., 0,...

Ánh xạ này là một đơn cấu vành. Thật vậy, với mọi a1, a2

SV: Trần Thị Cúc K33B – SP Toán

P : a1

a2 thì

GVHD: Th.S Nguyễn Thị Bình


Khóa luận tốt nghiệp

a1, 0, ..., 0, ...

a2 , 0, ..., 0, ... .

Suy ra A là vành con của vành P .
Do đó từ bây giờ ta đồng nhất phần tử a

A với dãy a, 0,..., 0,...

P.

Mỗi phần tử của P là một dãy a0 , a1, ..., an , ... trong đó các ai bằng 0 tất
cả trừ một số hữu hạn, cho nên mỗi phần tử của P có dạng

a0 , a1, ..., an , 0, ...
trong đó a0 , a1,..., an

A , không nhất thiết khác 0.

Việc đồng nhất a với dãy a, 0,..., 0,... và việc đưa vào dãy x cho phép
ta viết

a0 , a1 , ..., an , 0, ...

a0 , 0,..., 0,...
a0 , 0,..., 0,...

0, a1 ,..., 0,...

...

0, 0,..., 0, an , 0,...

a1 , 0,..., 0,... 0, 1,..., 0,...

...

0, 0,..., 0, an , 0,... 0, 0,..., 0, 1, 0,...
a0 x 0

a1x

... an x n .

Người ta thường ký hiệu các phần tử của P viết dưới dạng

a0 x0

a1x ... an x n

bằng f x , g x ,...
Định nghĩa 1.1.1.1: Vành P gọi là vành đa thức của ẩn x lấy hệ tử trong
A , hay vắn tắt vành đa thức của ẩn x trên A và ký hiệu là A x . Các phần tử

của vành đó gọi là vành đa thức của ẩn x lấy hệ tử trong A . Trong một đa
thức
f x

a0 x 0

a1x ... an x n

các ai , i 0, n gọi là các hệ tử của đa thức. Các a i xi gọi là các hạng tử của đa
thức, đặc biệt a0 x0
Ví dụ: f x

x3

a0 là hạng tử tự do.
x2

2x 1

SV: Trần Thị Cúc K33B – SP Toán

Z x ,

GVHD: Th.S Nguyễn Thị Bình


Khóa luận tốt nghiệp

g x

x3

¡ x.

3x

1.1.2. Bậc của một đa thức
Xét một dãy thuộc vành P . Vì các ai bằng 0 tất cả trừ một số hữu hạn nên
nếu

a0 , a1,..., an ,...

0, 0,..., 0,...

thì bao giờ cũng có một chỉ số n sao cho an

0 và ai

0, i n.

Theo như trên, ta viết
a0 , a1 ,..., an ,...

a0

a1 x

... an x n .

Định nghĩa 1.1.2.1: Bậc của đa thức khác 0
f x

với an

a0

... an x n

a1 x

0, n 0, là n. Hệ tử an gọi là hệ tử cao nhất của f x .

Ký hiệu bậc của đa thức f x là deg f x . Khi đó deg f x

n.

Như vậy, ta chỉ định nghĩa bậc của một đa thức khác 0. Đối với đa thức 0

ta bảo nó không có bậc (hay bậc là
Ví dụ: f x

g x

x3 1,deg f x

5,deg g x

).
3,

0.

Bổ đề 1.2.1.1: Nếu A là một miền nguyên và f x , g x là hai đa thức
khác 0 của vành A x thì deg fg

deg f

deg g .

Chứng minh
Giả sử f x

a0

a1 x

... an x n , an

0,

g x

b0

b0 x

... bm x m , bm

0.

Khi đó deg f
f x g x

n,deg g

m, và

c0

...

c1 x

SV: Trần Thị Cúc K33B – SP Toán

cn m x n m .

GVHD: Th.S Nguyễn Thị Bình

Khóa luận tốt nghiệp
trong đó ck

aib j , nói riêng cn

anbm .

m

i j k

Do A là miền nguyên nên từ an
Do đó deg fg

n m deg f

0, bm

0 suy ra cn

m

0.

deg g .

Vậy bổ đề được chứng minh.
1.1.3. Phép chia và phép chia với dư

Định lý 1.1.3.1: Cho A là một miền nguyên và f x , g x là hai đa thức
trong A x , ngoài ra hệ tử cao nhất của g x khả nghịch trong A . Khi đó tồn
tai duy nhất cặp đa thức q x , r x sao cho

f x

g x q x

với deg r deg g nếu r x

r x .

0.
Chứng minh

a)

Sự tồn tại
Giả sử f x

a0

a1x

...

an x n , an

0,

g x

b0

b1 x

...

bm x m , bm

0.

Nếu n m thì ta đặt q x

0, r x

f x .

Nếu n m thì ta đặt

f1 x

f x

bm1an x n m g x

f x

q1 x g x

.

Bậc của đa thức này không lớn hơn m 1 bởi vì các hệ tử cao nhất của

f x và q1 x g x trùng nhau và bằng bm1anbm

an .

Tiếp tục quá trình trên ta được

fk x

fk

1

x

qk x g x , k 1,2,...

Rõ ràng sau không quá n m 1 bước ta sẽ thu được đa thức f k x mà

SV: Trần Thị Cúc K33B – SP Toán

GVHD: Th.S Nguyễn Thị Bình


Khóa luận tốt nghiệp

deg f x

deg g x . Khi đó đặt
q x

q1 x

q2 x

...

qk x , r x

fk x

Ta điều phải chứng minh.
Tính duy nhất

b)

Giả sử còn có f x
Với deg r

deg g nếu r x

r x
Nếu r x

q x g x

r x

r x

0 . Khi đó

q x

q x g x

r x thì cũng có q x
deg r r

q x và khi đó
deg g deg g .

deg q q

Điều này vô lý vì

deg r r

max deg r,deg r

Bởi vậy ta phải có r x

q x

deg g .

r x . Do A x là miền nguyên nên từ đó

q x .

1.1.4. Nghiệm của một đa thức
Định nghĩa 1.1.4.1: Giả sử c là một phần tử tùy ý của vành A ,
f x

a0

a1x

...

an x n

là một đa thức tùy ý của vành A x ; phần tử
f x

a0

a1c

...

anc n

A

được bằng cách thay x bởi c gọi là giá trị của f x tại c . Nếu f c

0 thì

c gọi là nghiệm của f x . Tìm nghiệm của f x trong A gọi là giải

phương trình đại số bậc n .
an x n

...

a1 x

a0

0 an

0

trong A .

SV: Trần Thị Cúc K33B – SP Toán

GVHD: Th.S Nguyễn Thị Bình


Khóa luận tốt nghiệp
Định lý 1.1.4.1: Giả sử A là miền nguyên, c A . Khi đó x c là ước của
đa thức p x

A x khi và chỉ khi p c

0.

Chứng minh
Giả sử A là miền nguyên. Xét đa thức p x

A x và c A .

Chia p x cho x c , theo định lý phép chia với dư ta được

p x

x c q x

trong đó deg r 1 nếu r x
Ta có p c
Suy ra p c

r x

0 , nghĩa là r x

A.

r

r c .
r.

Bởi vậy, x c là ước của p x khi và chi khi

r x

0

r 0

p c

0

Vậy định lý được chứng minh.
Định lý 1.1.4.2 (Định lý Bơdu): Phần tử
thức f x thuộc A x nếu và chỉ nếu x

thuộc A là nghiệm của đa

chia hết f x trong vành A x .

Chứng minh
Giả sử A là một miền nguyên. Xét đa thức f x
Giả sử

A x và phần tử

là nghiệm của đa thức f x . Ta cần chứng minh x

A.

chia hết

f x trong vành A x .
Nếu

là nghiệm của đa thức f x thì ta có f

Theo định lý 1.1.4.1 ta có x

0.

là ước của f x hay x

chia hết

f x trong vành A x .
Ngược lại, giả sử x
minh

chia hết f x trong vành A x . Ta cần chứng

là nghiệm của đa thức f x .

SV: Trần Thị Cúc K33B – SP Toán

GVHD: Th.S Nguyễn Thị Bình


Khóa luận tốt nghiệp
chia hết f x trong vành A x nên x

Do x

Theo định lý 1.1.4.1 ta có f
Do đó

là ước của f x .

0.

là nghiệm của đa thức f x .

Định lý được chứng minh.


Lược đồ Hoocne
an x n

Cho f x
nguyên, a

an 1 x n

...

a1x

a0

A x

A . Khi đó tồn tại duy nhất q x , r x

f x

trong đó deg r x

x a q x
deg x a

Giả thiết rằng q x

an xn

1

bn 1 x n

A x sao cho

r x

(*)

1.
1

...

an 1x n 1 ... a1x a0

b0

A x thế thì ta có

x a bn 1x n 1 ... b0

an x n an 1x n 1 ... a1x a0 bn 1x n

bn

Do deg r x

A . Hơn nữa, từ (*) ta có

1 nên r x
r

r a

0 , A là miền

an

r

abn 1 x n 1 ...

2

r x

b0 ab1 x ab0 r x

f a

(1)

(2)

Từ (1) và (2) suy ra
an x n an 1x n 1 ... a1x a0 bn 1x n

bn

abn 1 x n 1 ...

2

b0 ab1 x

f a

ab0

Đồng nhất các hệ số của những số hạng cùng bậc 2 vế của đồng nhất thức,
ta có hệ phương trình sau

an

bn 1

an 1 bn

...
a1 b0
a0

2

abn 1

an

bn

an 1 abn 1

2

...
b0

ab1

f a

bn 1

ab0

f a

a1 ab1

a0

ab0

Ta có lược đồ sau

SV: Trần Thị Cúc K33B – SP Toán

GVHD: Th.S Nguyễn Thị Bình


Khóa luận tốt nghiệp

an

1

…

a1

a0

bn

2

…

b0

f a

an
bn

a

1

Ví dụ: Tìm thương và dư trong phép chia
a) P x

2 x7

3x 6

4x4

3x 2

b) P x

x5

2 x3

x 1 cho x 2 .

2 x 112 cho x 1, x 1, x 2, x 2 .

2

Giải
a)

Ta có lược đồ Hoocne sau
2

3

0

4

0

3

-2

112

-1

2

1

-1

5

-5

8

-10

112

1

2

5

5

9

9

12

10

122

-2

2

-1

2

0

0

3

-8

128

2

2

7

14

32

64

131

260

632

Thương và dư trong phép chia P x cho x 1 tương ứng là
2 x6

x5

x4

5x3 5x 2 8x 10 và 122.

Thương và dư trong phép chia P x cho x 1 tương ứng là
2 x6 5 x5 5 x 4 9 x3 9 x 2 12 x 10 và 122.

Thương và dư trong phép chia P x cho x 2 tương ứng là
2 x6

x5 2 x 4 3x 8 và 128.

Thương và dư trong phép chia P x cho x 2 tương ứng là
2 x6

b)

7 x5 14 x 4 32 x3 64 x 2 131x 260 và 632.

Ta có lược đồ Hoocne sau

SV: Trần Thị Cúc K33B – SP Toán

GVHD: Th.S Nguyễn Thị Bình


Khóa luận tốt nghiệp

P x

1

0

2

0

-1

1

2

1

2

6

12

23

47

2

1

4

14

40

103

x 2 x3 4 x 2 14 x 40

103 x 2

Thương và dư trong phép chia P x cho x 2
x3



4 x 2 14 x 40 và 103 x 2

47
2

tương ứng là

47 hay 103x 159 .

Nghiệm bội
Định nghĩa 1.1.4.2: Cho k là số tự nhiên khác 0. Phần tử u của vành A

gọi là nghiệm bội k của đa thức f x
k 1

và không chia hết cho x u

A x nếu f x chia hết cho x u

k

.

Đặc biệt: Khi k 1 thì u gọi là nghiệm đơn.
Khi k

2 thì u gọi là nghiệm kép.

Định lý 1.1.4.3: Giả sử A là một miền nguyên, f x là một đa thức khác
0 thuộc vành A x và u1, u2 , ..., ur là các nghiệm trong A của nó với bội số
tương ứng là k1, k2 ,..., kr . Khi đó
f x

g x

A x và g ui

k1

x u1

x u2

k2

... x ur

kr

g x ,

0 với i 1, 2,..., r .
Chứng minh

Trong miền nguyên A , xét đa thức f x khác 0.
Giả sử u1, u2 , ..., ur là các nghiệm trong A của nó với bội số tương ứng là

k1, k2 , ..., kr . Khi đó theo định nghĩa, ta có
f x Mx u1
f x Mx u2

k1

, f x không chia hết cho x u1

k2

, f x không chia hết cho x u2

SV: Trần Thị Cúc K33B – SP Toán

k1 1

,

k2 1

,

GVHD: Th.S Nguyễn Thị Bình


Khóa luận tốt nghiệp
…
kr

f x Mx ur
k1

Suy ra f x Mx u1
hay f x

x u1

k1

, f x không chia hết cho x ur
k2

x u2
k2

x u2

... x ur

Do f x không chia hết cho x u1
x u1
x u1
x u2

k1

x u2

k1

x u2

k2

k2

k2

... x ur
... x ur
kr

... x ur

kr

... x ur
kr

.

.

g x , g x

k1 1

kr 1

A x .

nên suy ra

kr

g x không chia hết cho x u1

k1 1

kr

g x không chia hết cho x u1

k1 1

g x không chia hết cho x u1

g x không chia hết cho x u1 .
Theo định lý 1.1.4.1, ta có g u1
Tương tự ta cũng có g ui
Vậy f x

g ui

x u1

k1

x u2

0.

0, i 2, r .
k2

... x ur

kr

g x , với g x

A x và

0, i 1, r .

Định lý được chứng minh.
Hệ quả 1.1.4.1: Cho A là miền nguyên, f x

A x có bậc n 1 . Khi đó

f x có không quá n nghiệm (các nghiệm có thể phân biệt hoặc trùng nhau).
Chứng minh
Giả sử A là miền nguyên. Xét đa thức f x

A x có bậc n 1 . Giả sử

u1, u2 , ..., ur là các nghiệm trong A của f x với hệ số bội tương ứng là

k1, k2 , ..., kr . Khi đó theo định lý 1.1.4.3, ta có
f x

x u1

k1

x u2

k2

... x ur

kr

g x , với g ui

0, i 1, r .

Theo bổ đề 1.1.2.1, ta có

SV: Trần Thị Cúc K33B – SP Toán

GVHD: Th.S Nguyễn Thị Bình


Khóa luận tốt nghiệp

deg f x

k1 k2 ... kr

n k1 k2 ... kr

k1 k2 ... kr

deg g x

deg g x

n.

Điều này chứng tỏ f x có không quá n nghiệm.
Hệ quả được chứng minh.
Chú ý: Nếu A không là miền nguyên thì kết quả không còn đúng nữa.
Chẳng hạn đa thức f x

x3 trong Z8 x có tới 4 nghiệm là 0, 2, 4, 6 .

 Công thức Viet tổng quát
Cho đa thức f x bậc n trên trường A
an x n

f x

an 1x n

1

...

a1x

a0

(1)

Giả sử f x có trong A hoặc trong một mở rộng nào đó của A , tức là
một trường nào đó chứa A làm trường con, n nghiệm

1

,

2

,...,

n

. Khi đó

theo định lý Bơdu, ta có

f x

an x

x

1

2

... x

(2)

n

Khai triển vế phải và so sánh các hệ tử của các lũy thừa giống nhau trong
(1) và (2) ta sẽ được các công thức sau gọi là công thức Viet, chúng biểu thị
các hệ tử của đa thức qua các nghiệm của nó
1

1

2

2

1

...

n

3

...

an 1
an
1

n

2

3

...

n 1

n

an 2
an

...
n

1

2

...

n

1 a0
an

SV: Trần Thị Cúc K33B – SP Toán

GVHD: Th.S Nguyễn Thị Bình

Khóa luận tốt nghiệp
Chú ý:

i1

i2

...

1

ik

i1 i2 ... ik
i1 ,i2 ,...,ik 1,2,...,n

k

ak
.
an

Ví dụ
1) Nếu x1, x2 là các nghiệm (phân biệt hoặc không) của một phương trình bậc
hai: ax 2 bx c 0 a 0 thì ta có
x1

c
a

x1 x2

2)

b
a

x2

Nếu x1, x2 , x3 là các nghiệm (phân biệt hoặc không) của phương trình bậc

ba: ax3 bx 2

cx d

0 a 0 thì ta có

b
a

x1 x2 x3
x1 x2

x1 x3
d
a

x1 x2 x3
3)

c
a

x2 x3

Nếu x1, x2 , x3 , x4 là các nghiệm (phân biệt hoặc không) của phương trình

bậc bốn: ax 4 bx3 cx 2

x1

dx e 0 a

x2 x3 x4

x1 x2

x1 x3

x1 x2 x3
x1 x2 x3 x4

b
a

x1 x4

x1 x2 x4

0 thì ta có

x2 x3
x1 x3 x4

x2 x4
x2 x3 x4

x3 x4

c
a

d
a

e
a

 Nghiệm hữu tỷ của đa thức với hệ số hữu tỷ

SV: Trần Thị Cúc K33B – SP Toán

GVHD: Th.S Nguyễn Thị Bình


Khóa luận tốt nghiệp
p
là nghiệm của một đa thức thuộc
q

Định lý 1.1.4.4: Nếu phân số tối giản

Z x
an x n

f x

an 1 x n

1

... a1 x a0 .

thì p a0 , q an .
Chứng minh
Xét đa thức f x

an x n

Giả sử phân số tối giản

an

p
q

an p n

Do ai
Do

n

an

1

an 1 x n

1

... a1 x a0 với hệ số nguyên tùy ý.

p
là nghiệm của đa thức f x . Khi đó ta có
q

p
q

n 1

... a1

an 1 p n 1q ... a1 pq n

p
q

1

a0

0

a0 q n

0

an pn

an 1 p n 1q ... a1 pq n 1 a0q n

an p n

q an 1 p n 1 ... a1 pq n

2

a0q n 1

Z, i 0, n; p, q Z nên từ (1) suy ra q an p n

p
là phân số tối giản nên p, q
q

(1)
(2)

1 . Kết hợp với (2) ta được q an .

Tương tự như trên ta cũng có: p a0 .
Vậy định lý được chứng minh.
Hệ quả 1.1.4.2
1)

Mọi nghiệm nguyên của một đa thức với hệ số nguyên là ước của số

hạng tự do.
2) Mọi nghiệm hữu tỷ của đa thức với hệ số nguyên với hệ tử cao nhất bằng 1
đều là nghiệm nguyên.

SV: Trần Thị Cúc K33B – SP Toán

GVHD: Th.S Nguyễn Thị Bình


Khóa luận tốt nghiệp
Chứng minh
1) Xét đa thức
an x n

f x

an 1 x n

1

... a1 x a0

trong đó ai i 0, n là các hệ số nguyên tùy ý.
Giả sử

là nghiệm nguyên của đa thức f x .

Ta viết

1

. Khi đó theo định lý 1.1.4.4, ta có

a0 và 1 an . Tức là

a0 .
Suy ra ta có điều phải chứng minh.
2) Xét đa thức
f x

an x n

an 1 x n

1

... a1 x a0

với hệ số nguyên tùy ý và an 1.
Gliả sử phân số tối giản

p
là nghiệm của đa thức f x . Khi đó theo định
q

lý 1.1.4.4, ta có p a0 và q an . Tức là p a0 và q 1
Suy ra q

1 , hay

p
q

Z.

Do đó ta có điều phải chứng minh.
Vậy hệ quả được chứng minh.
Nhận xét
1) Nếu

1 là nghiệm nguyên của đa thức
f x

an x n

an 1 x n

1

1

... a1 x a0

thì ta có

f 1
f
và
1
1

2) Nếu

p
là nghiệm hữu tỷ của đa thức f x
q

Z x

là những số nguyên.

SV: Trần Thị Cúc K33B – SP Toán

Z x thì p mq f m ,

GVHD: Th.S Nguyễn Thị Bình


Khóa luận tốt nghiệp
m Z

Đặc biệt: Khi m 1 ta có p q f 1 .
Khi m

1 ta có p q f

1 .

Chứng minh
1) Xét đa thức f x
Giả sử

an x n

an 1 x n

1

... a1 x a0

Z x

là một nghiệm nguyên của f x . Thế thì f x chia hết cho

, tức là

x

f x

x

g x

và theo lược đồ Hoocne, g x là một đa thức với hệ số nguyên.
Mặt khác,
Suy ra

f 1
;g
1

1 nên g 1

f 1
f
và
1
1

1

f
1

1

1

.

là những số nguyên.

2) Xét đa thức
an x n

f x

an 1 x n

Giả sử phân số tối giản

p
f
q
Do đó với

f m

f

n

an m

... a1 x a0

Z x

p
là nghiệm của đa thức f x . Khi đó, ta có

q

an

p
q

n

an 1

p
q

n 1

... a1

p
q

a0

0

m Z , ta có

f m

an m

1

p
q

an 1m
n

pn
qn

n 1

... a1m a0
an 1 m

n 1

SV: Trần Thị Cúc K33B – SP Toán

pn 1
qn 1

an

p
q

n

an 1

... a1 m

p
q

n 1

... a1

p
q

a0

p
q

GVHD: Th.S Nguyễn Thị Bình


Khóa luận tốt nghiệp

qn f m

an mn q n

Ta có mk q k

pk

pn
mq

qan 1 mn 1q n 1
p mk 1q k

Suy ra q n k ak mk q k

p k Mmq

Do đó q n f m Mmq

p

Mặt khác, vì p, q

1

pn 1

... p k

... q n 1a1 mq

p

1

p , k 1, n
(1)

1 nên q n , mq

Từ (1) và (2) suy ra f m Mmq

p

(2)

1

p hay p mq f m , m Z .

Chú ý: Từ nhận xét trên ta thấy rằng nếu p mq 0 thì f m

0 , nghĩa là

p
là nghiệm của đa thức
q

m là nghiệm của đa thức f x (tất nhiên nếu

f x ).
1.2.

Phƣơng trình bậc bốn và phƣơng pháp giải phƣơng trình bậc bốn

tổng quát
1.2.1. Phương trình bậc bốn
Là phương trình dạng
ax 4 bx3 cx 2

dx e 0

trong đó a, b, c, d , e là các số phức tùy ý và a 0 .
1.2.2. Phương pháp giải phương trình bậc bốn tổng quát
1.2.2.1. Phương pháp
Cho phương trình
ax 4 bx3 cx 2

dx e 0

(1)

trong đó a, b, c, d , e là các số phức tùy ý và a 0 .
Ta sẽ đưa về phép giải một phương trình phụ bậc ba gọi là phương trình
giải bậc ba. Ta tiến hành như sau
Vì a 0 nên ta chia cả hai vế của phương trình (1) cho a , ta được

SV: Trần Thị Cúc K33B – SP Toán

GVHD: Th.S Nguyễn Thị Bình


Khóa luận tốt nghiệp
x4

Đặt a1

b
, a2
a

x4

b 3
x
a

c 2
x
a

c
, a3
a

d
x
a

e
a

d
, a4

a

0

(2)

e
, thì phương trình (2) trở thành
a

a1x3 a2 x 2 a3 x a4

0

a12 2
Chuyển ba hạng tử cuối sang vế phải rồi cộng
x vào cả hai vế, ta được
4

x

2

a1
x
2

2

a12

4

a2 x 2 a3 x a4

Sau đó ta cộng vào hai vế của phương trình này tổng

x

2

a1
x y
2

y2
,
4

a4

(3)

trong đó y là một ẩn mới, ta được

x

2

a1
x

2

y
2

2

a12
4

a2

y x

2

a1
y a3 x
2

y2
4

Ta chọn ẩn phụ y sao cho vế phải của phương trình (3) là một chính
phương. Muốn thế thì chỉ việc làm triệt tiêu biệt số của tam thức bậc hai đối
với x ở vế phải

Hay y3 a2 y 2

2

a12
4
4

a2

y

a1a3 4a4 y

a32

a12 a4

a1
y a3
2

y2
4

a4
4a2 a4

0
(4)

Phương trình (4) là một phương trình bậc ba, gọi là phương trình giải của
phương trình đã cho. Giả sử y0 là một nghiệm của phương trình đó. Thay y0

vào phương trình (3), ta được vế phải của phương trình là một chính phương.

x

2

a1
x
2

y
2

2

SV: Trần Thị Cúc K33B – SP Toán

x

2

GVHD: Th.S Nguyễn Thị Bình


Khóa luận tốt nghiệp
Từ đó

a1
x
2

x2

y
2

a1
x
2

; x2

x

y
2

x

Hai phương trình bậc hai đó sẽ cho tất cả bốn nghiệm của phương trình bậc
bốn. Vậy phép giải một phương trình bậc bốn đã đưa được về phép giải một
phương trình bậc ba và hai phương trình bậc hai. Ta suy ra từ đó rằng phương
trình bậc bốn giải được bằng căn thức.
1.2.2.2. Ví dụ
Ví dụ 1: Giải phương trình
x4

2 x3 5 x 2

6x 9 0

Giải
TXĐ: ¡ .
Phương trình đã cho tương đương với phương trình

x4

2 x3

x4

2 x3

x2

x

5x2
x2

2

6x 9
4 x2

6x 9

4x2 6x 9

Ta cộng vào hai vế của phương trình này tổng x

2

x y

y2
, trong đó y
4

là một ẩn mới, ta được

x

2

x

y
2

2

y 4 x2

y 6 x

y2
4

9

(1)

Ta chọn ẩn phụ y sao cho vế phải của phương trình (1) là một chính
phương. Muốn thế thì chỉ việc làm triệt tiêu biệt số của tam thức bậc hai đối
với x ở vế phải

y 6
y 6

2

2

4 y 4

y2
4

9

y 4 y 2 36

SV: Trần Thị Cúc K33B – SP Toán

0
0

GVHD: Th.S Nguyễn Thị Bình

Khóa luận tốt nghiệp

y 6 y 6
y 6 y2

y 4 y 6

y 18

0

0

Chọn y 6 , thay vào phương trình (1) ta được
x2

x 3

Từ đó x 2

x 3

x2

x 3

2

2x2

2x

(2)

2x

(3)

Ta có

x2

(2)

1

2 x 3 0
2

1

2

4.3

2 1
2

Phương trình có nghiệm x

x2

(3)

1

8 2 2

8 2 2 i2

8 2 2
i
2

2 x 3 0
2

1

2

4.3

Phương trình có nghiệm x

8 2 2

1

2

8 2 2 i2

8 2 2
i
2

2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là

2 1
2

x

8 2 2
i; x
2

1

2
2

8 2 2
i.
2

Ví dụ 2: Giải phương trình
x 4 3x3 3x 2 3x 2 0

Giải
TXĐ: ¡ .
Phương trình đã cho tương đương với phương trình
x 4 3x3

3x 2

3x 2

SV: Trần Thị Cúc K33B – SP Toán

GVHD: Th.S Nguyễn Thị Bình