GIẢI và KHAI THÁC một số DẠNG TOÁN về đa THỨC

GIẢI VÀ KHAI THÁC
MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ ĐA THỨC

Nguyễn Dung


iii
MỤC LỤC
Trang
Trang phụ bìa ..............................................................................................................i
Lời cảm ơn .................................................................................................................ii
Mục lục .....................................................................................................................iii
MỞ ĐẦU......................................................................................................................1
1. Lý do chọn đề tài khóa luận:....................................................................................1
2. Mục tiêu khóa luận...................................................................................................2
3. Nhiệm vụ nghiên cứu...............................................................................................2
4. Phương pháp nghiên cứu..........................................................................................2
5. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu............................................................................3
6. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn..................................................................................3
7. Bố cục của khóa luận................................................................................................3
Chương 1. GIẢI VÀ KHAI THÁC MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ CÁC PHÉP
TOÁN VÀ TÍNH CHẤT SỐ HỌC TRONG VÀNH ĐA THỨC...............................4
PHẦN I: CƠ SỞ LÍ THUYẾT.....................................................................................4
1.1. Sơ lược các bước giải và khai thác một bài toán..................................................4
1.1.1. Các bước giải một bài toán.................................................................................4
1.1.2. Các bước khai thác một bài toán........................................................................7
1.2. Các phép toán trong vành đa thức.........................................................................7
1.2.1. Phép cộng và phép nhân.....................................................................................7
1.2.2. Luật ngoài...........................................................................................................9
1.2.3. Phép đạo hàm.....................................................................................................9
1.3. Tính chất số học trong vành đa thức...................................................................10

1.3.1. Tính chia hết và phép chia Euclide trong vành đa thức..................................10
1.3.2. UCLN và BCNN, đa thức nguyên tố cùng nhau.............................................10
1.3.3. Đa thức bất khả quy và phép chia theo lũy thừa tăng......................................12
PHẦN II. BÀI TẬP....................................................................................................14
Chương 2. GIẢI VÀ KHAI THÁC MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ KHÔNG ĐIỂM
CỦA ĐA THỨC VÀ CÁC CÔNG THỨC NỘI SUY..............................................26
PHẦN I: CƠ SỞ LÍ THUYẾT...................................................................................26
2.1. Không điểm của đa thức......................................................................................26
Nguyễn Dung


2.1.1. Không điểm của đa thức một ẩn, nhiều ẩn......................................................26
2.1.2. Không điểm cấp bội.........................................................................................27
2.1.3. Đa thức tách......................................................................................................27
2.1.5. Không điểm của đa thức trong .......................................................................29
2.2. Công thức nội suy................................................................................................29
2.2.1. Công thức nội suy Abel ...................................................................................29
2.2.3. Công thức nội suy lagrange..............................................................................29
2.2.4. Công thức nội suy Newton...............................................................................30
2.2.5 Công thức nội suy Hermite...............................................................................30
PHẦN II: BÀI TẬP....................................................................................................32
Chương 3. GIẢI VÀ KHAI THÁC MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN
MỘT VÀI LOẠI ĐA THỨC ĐẶC BIỆT VÀ BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC
.....................................................................................................................................42
PHẦN I: CƠ SỞ LÍ THUYẾT...................................................................................42
3.1. Một vài loại đa thức đặc biệt...............................................................................42
3.1.1. Đa thức số.........................................................................................................42
3.1.2. Đa thức Chebyshev..........................................................................................43
3.2. Bài toán xác định đa thức....................................................................................43
KẾT LUẬN................................................................................................................74

TÀI LIỆU THAM KHẢO..........................................................................................75

Nguyễn Dung


1

MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài khóa luận:
Đa thức có vị trí rất quan trọng trong toán học. Nó không những là đối tượng
nghiên cứu trọng tâm của Đại số mà còn là một công cụ đắc lực của Giải tích trong
lí thuyết xấp xỉ, lí thuyết biểu diễn, tối ưu,… Ngoài ra, lí thuyết đa thức còn được sử
dụng nhiều trong toán cao cấp, toán ứng dụng. Trong các kì thi học sinh giỏi quốc
gia, Olympic quốc tế thì các bài toán về đa thức cũng được đề cập nhiều và được
xem như những dạng toán khó của bậc phổ thông. Các bài toán liên quan đến đa
thức cũng nằm trong chương trình thi Olympic sinh viên giữa các trường đại học và
cao đẳng về Giải tích và Đại số [7]. Trong chương trình phổ thông, phần đại số hầu
hết đều nghiên cứu về đa thức bậc nhất, bậc hai và một số đa thức dạng đặc biệt bậc
cao. Rất nhiều ứng dụng và bài tập đã được học trong chương trình phổ thông mà
cũng vì thế mà ta có thể thấy rằng đa thức là một nội dung khá quan trọng và cần
thiết trong các kì thi.
Hiện nay, một số đề tài nghiên cứu khoa học hay khóa luận cũng đã đề cập
đến việc giải một số dạng toán về đa thức như: trong khoá luận tốt nghiệp của Đỗ
Thị Tuyết Mai - K35C Toán (ĐHSP Hà Nội II) đã nghiên cứu về các đa thức
nguyên [4]; hay ứng dụng của đa thức đối xứng trong việc giải phương trình, hệ
phương trình, giải bất phương trình được trình bày trong khóa luận “Đa thức đối
xứng và ứng dụng” của Phạm Thị Nguyệt – K5 ĐHSP Toán (Đại học Hùng Vương)
[11]; “Các bài toán về nghiệm của đa thức” của Lê Phúc Lữ cũng trình bày cách
tìm nghiệm của một số dạng bài toán về đa thức, hay “Chuyên đề bồi dưỡng học
sinh giỏi toán THCS – Đa thức” của Phan Huy Khải trình bày cách giải của khá

nhiều bài toán về đa thức thường gặp trong thi học sinh giỏi [2],…Tuy nhiên việc
khai thác những dạng toán về đa thức còn hạn chế. Việc khai thác các bài toán
không chỉ giúp học sinh phát triển năng lực sáng tạo, đào sâu kiến thức mà còn tạo
ra một hệ thống các dạng toán và bài tập toán phong phú và đa dạng. Tuy nhiên, hầu
hết các tài liệu chỉ chú trọng vào việc giải toán, trong khi đó việc khai thác các bài
toán còn hạn chế.
Cũng đã có những tài liệu viết về việc khai thác những bài toán về đa thức
như: “Đại số sơ cấp và Thực hành giải toán” của Hoàng Kỳ đã trình bày khá nhiều
Nguyễn Dung


2

dạng toán về đa thức như: các phép toán trên vành đa thức (chia đa thức, phân tích
thành nhân tử, nghiệm, UCLN, BCNN, hằng đẳng thức,…) trong đó có những kiến
thức được hệ thống hóa, và một số kiến thức, phương pháp đặc thù của Đại số sơ
cấp; một số dạng toán về phương trình, hệ phương trình (bậc nhất, bậc hai, bậc cao,
giá trị tuyệt đối, vô tỉ,…), dạng toán về bất đẳng thức, bất phương trình và hệ bất
phương trình,… [3]; Hay “Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán THPT- Đa thức
đại số và phân thức hữu tỉ” của Nguyễn Văn Mậu cũng đã trình bày một số kiến
thức cơ bản về đa thức đại số và phân loại các bài toán về đa thức trong đó có
những bài toán là đề ra của các kì thi học sinh giỏi, các bài toán trong tạp chí toán
học và tuổi trẻ,…[7] . Tuy nhiên, trong các tài liệu này, việc giải và khai thác một
số dạng toán đưa ra chỉ giới hạn cho các bài toán ở bậc phổ thông.
Với mong muốn hệ thống cách giải và khai thác một số dạng toán về đa thức
thường gặp, chúng tôi chọn đề tài “Giải và khai thác một số dạng toán về đa thức”.

2. Mục tiêu khóa luận
Hệ thống, phân loại một số dạng toán về đa thức, từ đó xây dựng lời giải và
đưa ra những hướng khai thác cho các dạng toán đó.

3. Nhiệm vụ nghiên cứu
- Nghiên cứu những kiến thức cơ sở về đa thức.
- Hệ thống, phân loại và xây dựng lời giải một số dạng toán về các phép toán và
tính chất số học trong vành đa thức, dạng toán về không điểm của đa thức và các
công thức nội suy, dạng toán liên quan đến một vài loại đa thức đặc biệt và bài toán
xác định đa thức.
- Trên cơ sở nghiên cứu lời giải của những bài toán đã cho, đề xuất các hướng
khai thác chúng dưới dạng khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự.

4. Phương pháp nghiên cứu
• Phương pháp nghiên cứu lí luận: Đọc và nghiên cứu tài liệu, giáo trình có
liên quan đến đa thức, các hướng khai thác một bài toán như khái quát hoá,
đặc biệt hoá, tương tự rồi phân hóa, hệ thống hóa các kiến thức.

• Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: Qua việc nghiên cứu, tham khảo tài liệu,
giáo trình từ đó rút ra kinh nghiệm để áp dụng vào việc nghiên cứu.

Nguyễn Dung


3

• Phương pháp lấy ý kiến chuyên gia: Lấy ý kiến của giảng viên trực tiếp
hướng dẫn, và ý kiến của các giảng viên khác để hoàn thiện về mặt nội dung
và hình thức của khóa luận.

5. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
• Đối tượng: Đa thức trên các trường số.
• Phạm vi: Khóa luận tập trung chủ yếu vào giải và khai thác một số dạng toán

về đa thức trên các trường số bao gồm dạng toán về các phép toán và tính
chất số học trên vành đa thức, dạng toán về không điểm của đa thức và các
công thức nội suy, dạng toán liên quan đến một vài loại đa thức đặc biệt và
dạng toán xác định đa thức.

6. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn
Khoá luận đã hệ thống những kiến thức cơ sở về đa thức, đồng thời trên cơ
sở nghiên cứu lời giải của những bài toán đã cho, đề xuất các hướng khai thác
chúng dưới dạng khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự. Qua đó, cung cấp thêm
thông tin khai thác bài toán, tạo ra tài liệu tham khảo hữu ích.

7. Bố cục của khóa luận
Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, khóa luận được chia thành
3 chương. Trong mỗi chương, chúng tôi vừa trình bày lí thuyết cơ sở, vừa trình bày
lời giải và khai thác các bài toán mà chương đề cập tới.
Chương 1 trình bày sơ lược các bước giải và khai thác một bài toán, một số
kiến thức lí thuyết cơ bản về các phép toán và tính chất số học trong vành đa thức.
Đồng thời trình bày lời giải và đưa ra hướng khai thác các bài toán mà chương đề
cập tới.
Chương 2 trình bày một số kiến thức cơ sở, đồng thời tiến hành giải và khai
thác một số dạng toán về không điểm của đa thức.
Chương 3 trình bày lời giải một số bài toán liên quan đến một vài loại đa
thức đặc biệt và bài toán xác định đa thức đồng thời đưa ra những hướng khai thác
các bài toán đó.

Nguyễn Dung


4

Chương 1. GIẢI VÀ KHAI THÁC MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ CÁC
PHÉP TOÁN VÀ TÍNH CHẤT SỐ HỌC TRONG VÀNH ĐA THỨC
Trong chương này chúng tôi trình bày sơ lược các bước giải và khai thác
một bài toán, một số kiến thức lí thuyết cơ bản về các phép toán và tính chất số học
trong vành đa thức. Đồng thời trình bày lời giải và đưa ra hướng khai thác các bài
toán mà chương đề cập tới. Tài liệu được sử dụng chủ yếu trong chương này là tài
liệu [3], [10], [14].
PHẦN I: CƠ SỞ LÍ THUYẾT

1.1. Sơ lược các bước giải và khai thác một bài toán
Trong mục này, chúng tôi trình bày sơ lược về các bước giải một bài toán và
các hướng khai thác. Tài liệu được tham khảo chủ yếu ở tài liệu [3] của các tác giả
Hoàng Kỳ và Hoàng Thanh Hà.
1.1.1. Các bước giải một bài toán
“Giải bài toán” theo G. Polya (Một nhà toán học, nhà sư phạm nổi tiếng
người Mĩ) không đơn thuần chỉ dừng lại ở việc tìm ra đáp số như nhiều học sinh
thậm chí cả sinh viên vẫn thường hay hiểu. “Giải bài toán” ở đây bao quát toàn bộ
quá trình suy ngẫm, tìm tòi lời giải cũng như lí giải nguyên nhân phát sinh bài toán,
và cuối cùng là phát triển bài toán vừa làm được, hoặc ít ra nêu ra những hướng đi
mới trên cơ sở đã hiểu nguồn gốc từ đâu bài toán phát sinh.
Thông thường, để giải một bài toán cần tiến hành qua các bước sau: tìm hiểu
sơ bộ đề bài, khai thác đề bài, tìm tòi lời giải, đánh giá lời giải, khai thác lời giải, đề
xuất các bài toán mới. Tất nhiên không phải bất kỳ bài nào cũng trải qua đủ các
bước đó, song chúng giúp ích rất nhiều cho việc giải các bài toán và đối với những
bài được chọn lọc điển hình thì nên phân tích kĩ theo trình tự đó để rèn luyện các
thao tác tư duy.
Bước 1: Tìm hiểu sơ bộ đề bài
Việc tìm hiểu nội dung bài toán thường thông qua việc đọc bài toán dù bài
toán cho ở dạng có lời văn hoàn chỉnh hay dạng tóm tắt sơ đồ . Trước hết, cần phải
đọc kĩ đề toán để thấy được “toàn cảnh” bài toán, không vội đi vào chi tiết, nhất là

Nguyễn Dung


5

các chi tiết rắc rối. Sau đó, trả lời các câu hỏi: Đâu là ẩn? Đâu là dữ kiện? Điều kiện
có đủ để xác định ẩn? Hay là thừa, hay còn thiếu, hay có mâu thuẫn?
Cần cố gắng “khoanh vùng” phạm vi của đề toán: bài toán này thuộc “vùng”
kiến thức nào? Sẽ cần có những kiến thức, kĩ năng gì? Nếu giải được thì sẽ giải
quyết được vấn đề gì? …
Khi đọc bài toán cần phải hiểu kĩ một số từ, thuật ngữ quan trọng chỉ rõ tình
huống toán học được diễn đạt theo ngôn ngữ thông thường.
Bước 2: Khai thác đề toán
Việc tóm tắt và tìm cách giải bài toán gắn với việc phân tích các dữ kiện và
câu hỏi của bài toán nhằm xác lập mối quan hệ giữa chúng và tìm được các phép
tính thích hợp.
Nếu là bài toán về tìm tòi thì cần xác định rõ đâu là ẩn, cần phải tìm cái gì?
Đâu là các dữ liệu, đã cho biết những gì? Nếu là bài toán chứng minh thì cần nêu rõ
các giả thiết, kết luận.
Nếu bài toán cần có hình vẽ thì phải vẽ hình. Cảm nhận trực giác trên hình
vẽ có thể giúp ta nắm bắt được dễ dàng hơn nội dung của đề toán.
Đối với nhiều đề toán, ta phải đưa vào một số kí hiệu. Cách kí hiệu thích hợp
có thể giúp ta hiểu rõ đề toán nhanh chóng hơn. Các kí hiệu dùng để ghi các đối
tượng và quan hệ giữa chúng trong bài toán (nhất là các bài toán đại số) cần được
đưa vào một cách ngắn gọn, dễ nhìn, dễ nhớ.
Lập kế hoạch giải bài toán nhằm xác định hướng giải quyết, thực hiện các
phép tính. Có hai hình thức được thể hiện:
- Đường lối phân tích: Đi từ câu hỏi của bài toán đến các số liệu.
- Đường lối tổng hợp: Đi từ số liệu (dữ kiện) đến câu hỏi của bài toán.
Bước 3: Tìm tòi lời giải bài toán

Đây là bước quan trọng – nếu không nói là quan trọng nhất trong việc giải
bài toán. Không có một thuật giải tổng quát nào để giải được mọi bài toán, mà chỉ
có thể đưa ra những lời khuyên, những kinh nghiệm, chúng giúp cho việc tìm tòi lời
giải được đúng hướng hơn, nhanh hơn, thuận lợi hơn và nhiều khả năng dẫn tới
thành công hơn. Tùy từng trường hợp cụ thể mà vận dụng các kinh nghiệm đó, càng
linh hoạt, nhuần nhuyễn thì càng dễ tới thành công hơn.

Nguyễn Dung


6

Bản gợi ý Pôlya
Hãy trả lời các câu hỏi:
- Bạn đã gặp bài toán này lần nào chưa? Hay đã gặp bài toán này ở dạng hơi khác?
- Bạn có biết một bài toán nào liên quan không? Một định lí nào có thể sử dụng ở
đây không?
- Xét kĩ cái chưa biết (ẩn) và thử nhớ lại một bài toán quen thuộc có cùng ẩn hay có
ẩn tương tự .
- Đây là một bài toán liên quan mà bạn đã có lần giải rồi. Có thể sử dụng nó không?
Có thể sử dụng kết quả của nó không? Có thể sử dụng phương pháp của nó không?
Có cần đưa thêm một số yếu tố phụ thì mới sử dụng được không?
- Có thể phát biểu bài toán một cách khác không?
- Nếu bạn vẫn chưa giải được bài toán đã cho thì hãy thử giải một bài toán liên quan
mà dễ hơn được không? Một bài toán tổng quát hơn? Một trường hợp đặc biệt? Một
bài toán tương tự? Hoặc một phần của bài toán? Hãy giữ lại một số điều kiện, bỏ
qua các điều kiện khác. Khi đó ẩn được xác định đến một chừng mực nào đó, nó
biến đổi như thế nào? Bạn có thể từ các dữ kiện rút ra một số yếu tố có ích không?
Có thể nghĩ ra những dữ kiện khác giúp bạn xác định được ẩn không? Có thể thay
đổi ẩn hoặc các dữ kiện sao cho các ẩn mới và các dữ kiện mới gần nhau hơn

không?
- Bạn đã sử dụng hết mọi dữ kiện chưa? Đã sử dụng hết các quan hệ chưa? Đã để ý
đến các khái niệm chủ yếu trong bài toán chưa?
Bước 4: Trình bày lời giải
Khi đang tìm tòi lời giải, ta có thể mò mẫm, dự đoán và có thể dùng cách lập
luận tạm thời, cảm tính. Nhưng khi trình bày lời giải thì chỉ được dùng những lí
luận chặt chẽ, phải kiểm nghiệm lại từng chi tiết. Phải chú ý đến trình tự các chi tiết,
đến tính chính xác của từng chi tiết, đến mối quan hệ giữa các chi tiết trong từng
đoạn của lời giải và trong toàn bộ lời giải. Không có chi tiết nào “bỗng nhiên” xuất
hiện mà không căn cứ vào những kiến thức đã học hoặc đã trình bày trước đó. Lời
giải phải được trình bày gọn gàng, mạch lạc, sáng sủa, dễ đọc.
Bước 5: Kiểm tra lại kết quả của bài toán
Bước cuối cùng này cũng cần thiết và bổ ích nhưng thường hay bị bỏ qua.
Trong trình bày lời giải, rất có thể có thiếu sót, nhầm lẫn. Việc kiểm tra lại sẽ giúp
Nguyễn Dung


7

ta trách được những sai sót đó và tích lũy thêm kinh nghiệm cho các bài toán khác.
Hơn nữa việc nhìn nhận lại toàn bộ lời giải có thể giúp chúng ta phát hiện được
cách giải khác tốt hơn, ngắn gọn hơn, hay hơn hoặc sâu sắc hơn.
Một số cách kiểm tra kết quả một bài toán:
- Cách 1: Xét tính hợp lí của đáp số.
- Cách 2: Thiết lập tương ứng các phép tính giữa kết quả vừa tìm được và dữ liệu
bài toán đã cho.
- Cách 3: Giải bài toán bằng nhiều cách khác nhau nhưng phải cho chung một kết
quả.
- Cách 4: Xây dựng bài toán ngược rồi giải bài toán đó.
1.1.2. Các bước khai thác một bài toán

Việc nhìn nhận lại toàn bộ lời giải có thể giúp chúng ta phát hiện được cách
giải khác tốt hơn, ngắn gọn hơn, hay hơn hoặc sâu sắc hơn. Ngoài ra, nó còn có thể
giúp ta tìm được những bài toán mới mà bài toán vừa xét chỉ là trường hợp đặc biệt.
Công đoạn này còn được gọi là khai thác bài toán.
Để khai thác bài toán vừa giải được, hãy trả lời các câu hỏi:
- Bạn có nghĩ ra một hướng khác để giải bài toán? Lời giải có ngắn hơn, đặc sắc
hơn?
- Bạn đã áp dụng cách giải đó cho bài toán nào chưa?
- Bạn có thể áp dụng cách giải này để giải các bài toán khác đã biết?
Có thể khai thác theo các hướng sau:
- Hướng 1: Phát biểu bài toán tương tự, bài toán này có thể giải được không?
- Hướng 2: Khái quát bài toán, có thể phát biểu bài toán tổng quát được không? Bài
toán tổng quát còn đúng nữa không? Đặc biệt hóa bài toán?
- Hướng 3: Thay đổi giả thiết để được bài toán mới.
- Hướng 4: Từ ý nghĩa bài toán đã dẫn đến phương pháp giải một bài toán khác.

1.2. Các phép toán trong vành đa thức
1.2.1. Phép cộng và phép nhân
a) Một số khái niệm cơ bản
Định nghĩa 1.2.1.

Nguyễn Dung


8

i) Với mọi dãy ( an ) n∈¥ thuộc K ¥ , ta gọi tập hợp các n thuộc ¥ sao cho an ≠ 0
là giá của ( an ) n∈¥ .

ii) Đa thức (một ẩn và lấy hệ tử trong

K)

là dãy ( an ) n∈¥ bất kì thuộc K ¥ có giá

hữu hạn. Tập hợp các đa thức một ẩn và lấy hệ tử trong K được ký hiệu là
K [ X ] (hoặc K ( ¥ ) ).

Ta ký hiệu 0 là dãy hằng không thuộc K ¥ (xác định bởi: ∀n ∈¥ , an = 0 ),
được gọi là đa thức không.
Đa thức hằng là các đa thức ( an ) n∈¥ thuộc K [ X ] sao cho: ∀n ≥ 1, an = 0.
Đơn thức là các đa thức ( an ) n∈¥ thuộc K [ X ] bất kì sao cho tồn tại n0 ∈ ¥
thỏa mãn:

∀n ∈ ¥ , ( n ≠ n0 ⇒ an = 0 )

Định nghĩa 1.2.2. Cho P = ( an ) n∈¥ ∈ K [ X ] . Nếu P ≠ 0, số tự nhiên n lớn nhất sao
cho an ≠ 0 gọi là bậc của P và ký hiệu là deg ( P ) . Phần tử adeg( P ) được gọi là hệ tử
của hạng tử có bậc cao nhất (hoặc: hệ tử cao nhất) của P. Ta nói rằng P là chuẩn
tắc khi và chỉ khi P ≠ 0 và adeg( P ) = 1. Ta ký hiệu deg ( 0 ) = −∞.
b) Phép cộng
Mệnh đề 1.2.1. Cho P = ( an ) n∈¥ , Q = ( bn ) n∈¥ ∈ K [ X ] . Khi đó:
P + Q = ( an + bn ) n∈¥ ∈ K [ X ]

c) Phép nhân
Mệnh đề 1.2.2. Cho P = ( an ) n∈¥ , Q = ( bn ) n∈¥ ∈ K [ X ] . Tích của P với Q ký hiệu là
n

PQ, là dãy ( cn ) n∈¥ thuộc K ¥ xác định bởi: ∀n ∈¥ , cn = ∑ ak bn − k =
k =0

∑ a b . Vậy ta

i+ j =n

i

j

có PQ ∈ K [ X ] .
Mệnh đề 1.2.3. ∀ ( P, Q ) ∈ ( K [ X ] ) , deg ( PQ ) = deg ( P ) + deg ( Q )
2

Mệnh đề 1.2.4. Các phần tử khả nghịch của vành K [ X ] là các dãy ( α , 0,...., 0,...)
với α ∈ K − { 0} .
Nguyễn Dung


9

1.2.2. Luật ngoài
Mệnh đề 1.2.5. Cho λ ∈ K , P = ( an ) n∈¥ ∈ K [ X ] . Ta ký hiệu, λ P = ( λ an ) n∈¥ và ta có:
λP ∈ K [ X ] .

Mệnh đề 1.2.6. ∀λ ∈ K − { 0} , ∀ P ∈ K [ X ] , deg ( λ P ) = deg ( P ) .
n
∀n ∈ ¥ ∗ , X = ( 0, ...., 0,1, 0, ..., 0,...) trong đó 1 ở vị trí thứ n (số 0 đầu tiên ở vị trí

thứ 0).
N

∑a X

Ta từ bỏ ký hiệu ( an ) n∈¥ đối với một đa thức, và ta thay nó bằng ký hiệu
(trong đó N ≥ deg ( P ) ), hoặc

∑a X

n∈¥

n

n

, hoặc

+∞

∑a X
n =0

n

n

n =0

n

n

, với an ≠ 0.

n
Đối với P = ∑ an X ∈ K [ X ] và n ∈¥ , phần tử an của K được gọi là hệ tử
n∈¥

n
của X n trong P, và đơn thức an X là hạng tử bậc n của P.

Mệnh đề 1.2.7. Họ vô hạn ( X n ) n∈¥ , tức là ( 1, X , X 2 ,..., X n ,....) là một cơ sở của K kgv K [ X ] , gọi là cơ sở chính tắc của K [ X ] .
1.2.3. Phép đạo hàm
N

n
Định nghĩa 1.2.3. Với mọi P = ∑ an X ∈ K [ X ] đa thức đạo hàm của P và ký hiệu
n=0

N

N −1

n =1

n=0

n −1
n
là P ', là đa thức định nghĩa bởi: P ' = ∑ nan X = ∑ ( n + 1) an +1 X .

(

)

Ký hiệu P ( 0) = P, P ( 1) = P ', P ( 2) = P '' = ( P ' ) ', và với k bất kì thuộc ¥ ∗ , P( k ) = P ( k −1) '.

 deg ( P ) −1 khi deg ( P ) ≥ 1

Mệnh đề 1.2.8. ∀P ∈ K [ X ] , deg ( P ') = 

(

khi deg ( P ) ≤ 0


−∞

)

( n +1)
=0 .
Mệnh đề 1.2.9. ∀P ∈ K [ X ] , ∀n ∈¥ , deg ( P ) ≤ n ⇔ P

Mệnh đề 1.2.10 ( Công thức Leibniz).
∀ ( P, Q ) ∈ ( K [ X ] ) 2 , ∀k ∈¥ , ( PQ )

Nguyễn Dung

( k)

k

= ∑ Cki P ( i ) Q ( k −i ) .
i =0


10

1.3. Tính chất số học trong vành đa thức
1.3.1. Tính chia hết và phép chia Euclide trong vành đa thức
a) Tính chia hết
Định nghĩa 1.3.1. Cho ( A, P ) ∈ ( K [ X ] ) . Ta nói rằng A chia hết P (trong K [ X ] ) và
2

ký hiệu A \ P, khi và chỉ khi tồn tại Q ∈ K [ X ] sao cho P = AQ.
Ta cũng nói: A là một ước của P, hoặc P là một bội của A.
Mệnh đề 1.3.1.
i) ∀A ∈ K [ X ] , A \ A .
 A \ P

⇔ ( ∃α ∈ K − { 0} , P = α A ) ÷.
 P \ A


ii) ∀AP ∈ ( K [ X ] ) ,  
2

 A \ B

⇒ A \ C ÷.

 B \ C


iii) ∀( A, B, C ) ∈ ( K [ X ] ) ,  
3

b) Phép chia Euclide
2
Định lý 1.3.1. Cho A, B ∈ K [ X ] × K [ X ] − { 0} tồn tại duy nhất ( R, Q ) ∈ K [ X ] sao


 A = BQ + R

deg ( R ) < deg ( B )

cho: 

Đa thức Q (tương ứng: R ) gọi là thương (tương ứng: dư) của phép chia Euclide A
cho B .
1.3.2. UCLN và BCNN, đa thức nguyên tố cùng nhau
a) UCLN và BCNN
Mệnh đề 1.3.2. Cho n ∈ ¥ * , ( P1 ,..., Pn ) ∈ ( K [ X ] − { 0} ) .
n

i) Tồn tại duy nhất đa thức ∆, chuẩn tắc, khác không, là ước chung của P1 ,..., Pn và
có bậc cao nhất trong các ước chung của P1 ,..., Pn . ∆ được gọi là ước chung lớn
nhất của P1 ,..., Pn và ký hiệu UCLN ( P1 ,..., Pn ) (hoặc: UCLN ( ( Pi ) 1≤i≤ n ) ).
ii) Tồn tại duy nhất đa thức M , chuẩn tắc, khác không, là bội chung của P1 ,..., Pn và
có bậc thấp nhất trong các bội chung của P1 ,..., Pn . M được gọi là bội chung nhỏ
nhất của P1 ,..., Pn và ký hiệu BCNN ( P1 ,..., Pn ) (hoặc: BCNN

(( P)

i 1≤i ≤ n

) ).

Mệnh đề 1.3.3. Cho n ∈ ¥ ∗ , ( P1 ,..., Pn ) ∈ ( K [ X ] − { 0} ) n . ( α1 ,..., α n ) ∈ ( K − { 0} ) n .
Nguyễn Dung


11
 UCLN ( ( α i Pi )
= UCLN ( ( Pi ) 1≤i ≤n )
1≤i ≤ n )

Ta có: 
 BCNN ( ( α i Pi ) 1≤i ≤n ) = BCNN ( ( Pi ) 1≤i ≤n )

Mệnh đề 1.3.4. Cho n ∈ ¥ ∗ , ( P1 ,..., Pn ) ∈ ( K [ X ] − { 0} ) , A ∈ K [ X ] − { 0} là chuẩn tắc.
n

UCLN ( ( APi )
= AUCLN ( ( Pi ) 1≤i ≤n )
1≤i ≤ n )

Ta có : 

 BCNN ( ( APi ) 1≤i ≤ n ) = ABCNN ( ( Pi ) 1≤i≤ n )

Mệnh đề 1.3.5. (Tính chất kết hợp của UCLN và của BCNN)
Cho n ∈ ¥ ∗ , ∏ là một phân hoạch của { 1,..., n} , ( P1 ,..., Pn ) ∈ ( K [ X ] − { 0} ) . Ta có:
n

((
((

)
)

 UCLN ( P )
( i 1≤i≤n ) = UCLN UCLN ( ( Pi ) i∈I )


 BCNN ( ( Pi ) 1≤i ≤ n ) = BCNN BCNN ( ( Pi ) i∈I )


I ∈∏

)
)

I ∈∏


 P ∧ Q = UCLN ( P, Q )

 P ∨ Q = BCNN ( P, Q )

Với ( P, Q ) ∈ ( K [ X ] − { 0} ) , ta ký hiệu: 

2

Với mọi ( P, Q ) thuộc ( K [ X ] − { 0} ) , UCLN của P và Q là dư cuối cùng khác
2

không chuẩn tắc hóa trong dãy các phép chia Euclide liên tiếp.
b) Đa thức nguyên tố cùng nhau
Định nghĩa 1.3.2. Cho n ∈ ¥ ∗ , ( P1 ,..., Pn ) ∈ ( K [ X ] − { 0} ) .
n

i) Ta nói rằng P1 ,...., Pn nguyên tố cùng nhau trong toàn thể (hoặc: xa lạ) khi
và chỉ khi: UCLN ( P1 ,..., Pn ) = 1.
ii) Ta nói rằng P1 ,...., Pn nguyên tố cùng nhau từng đôi một khi và chỉ khi:
∀ ( i, j ) ∈ { 1,..., n} , ( i ≠ j ⇒ Pi ∧ Pj = 1) .
2

Định lý 1.3.2. (Định lý Bezout)
n
Cho n ∈ ¥ ∗ , ( P1 ,..., Pn ) ∈ ( K [ X ] − { 0} ) . Để

( P1 ,...., Pn ) nguyên tố cùng nhau

trong toàn thể, cần và đủ là tồn tại ( U1 ,...,U n ) ∈ ( K [ X ] ) sao cho
a

n

∑ PU
i =1

Định lý 1.3.3. (Định lý Gauss)

3 A ∧ B =1
⇒ A \ C
∀ ( A, B, C ) ∈ ( K [ X ] − { 0} ) , 
 A \ BC


Nguyễn Dung

i

i

= 1.


12

Mệnh đề 1.3.6. Cho A, B ∈ K [ X ] − { 0} nguyên tố cùng nhau và không đều là hằng.
Tồn tại

(U, V ) ∈( K [ X ] )

2

duy nhất sao cho: AU + BV = 1,

deg ( U ) < deg ( B ) ,

deg ( V ) < deg ( A ) .

Tính chất
∗
Mệnh đề 1.3.7. Cho n ∈ ¥ , A, P1 ,..., Pn ∈ K [ X ] − { 0} . Ta có:
 n 
⇒
A
∧
∀
i
∈
1,...,
n
A
∧
P
=
1
{
},
(
)
i
 ∏ Pi ÷ = 1
 i =1 
∗
Mệnh đề 1.3.8. Cho n ∈ ¥ , A, P1 ,..., Pn ∈ K [ X ] − { 0} . Nếu ( ∀i ∈ { 1,..., n} , Pi \ A ) và

n

∏ P \ A.

nếu P1 ,...., Pn nguyên tố cùng nhau từng đôi, thì:
Mệnh đề 1.3.9. Với mọi

i =1

i

( A, B ) thuộc ( K [ X ] − { 0} ) , ( A ∧ B ) ( A ∨ B ) là đa thức
2

chuẩn tắc của AB.
1.3.3. Đa thức bất khả quy và phép chia theo lũy thừa tăng
a) Đa thức bất khả quy
Định nghĩa 1.3.3. Một đa thức P thuộc K [ X ] được gọi là đa thức bất khả quy
(hoặc: đa thức nguyên tố) khi và chỉ khi deg ( P ) ≥ 1 và P chỉ có ước (trong K [ X ] )
là các α ( α ∈ K − { 0} ) và các β P ( β ∈ K − { 0} ) .
n

Mệnh đề 1.3.10. Cho bất khả quy, khi đó: P \ ∏ Ai ⇔ (∃i ∈ { 1,..., n} , P \ Ai ).
i =1

Định lý 1.3.4. Mọi đa thức thuộc K [ X ] có bậc ≥ 1 đều có một dạng phân tích
thành tích những đa thức bất khả quy, duy nhất sai khác thứ tự các nhân tử và sai
khác về các nhân tử bậc không thuộc K − { 0} .
*
Cho A ∈ K [ X ] sao cho deg( A) ≥ 1. Theo định lý trên, tồn tại N ∈ ¥ , P1 ,..., PN

n

r
*
bất khả quy và nguyên tố cùng nhau từng đôi r1 ,..., rN ∈ ¥ sao cho: A \ ∏ Pi .
i

i =1

Đẳng thức này được gọi là dạng phân tích nguyên tố của A trong K [ X ] .
b) Phép chia theo lũy thừa tăng

Nguyễn Dung


13

Mệnh đề 1.3.11. Cho n ∈ ¥ , A ∈ K [ X ] , B ∈ K [ X ] sao cho hệ số tự do của B là
2
khác 0. Tồn tại một cặp duy nhất (Q, R) thuộc ( K [ X ] ) sao cho:

A = BQ + X n +1 R và deg (Q ) ≤ n .

Đa thức Q (tương ứng: R ) gọi là thương (tương ứng: dư) của phép chia A
cho B theo lũy thừa tăng đến cấp n .

Nguyễn Dung


14

PHẦN II. BÀI TẬP

Dạng toán về các phép toán trong vành đa thức
Bài 1. Trong vành đa thức ¢

( 2x

2

5

[ x]

hãy thực hiện các phép nhân

)(

) (

)

2

+ 4x + 1 3x 2 + 1x + 2 ; − 2x 2 + 4x + 3 .

Giải:
Ta có:

( 2x

2

)(

)

(

)

(

)

(

)

+ 4x + 1 3x 2 + 1x + 2 = 1x 4 + 2 + 2 x 3 + 4 + 3 + 4 x 2 + 3 + 1 + 2
= 1x 4 + 4x 3 + 1x 2 + 4x + 2.

( −2x

2

+ 4x + 3

)

2

= 4x 4 + 1x 2 + 4 + 4x 3 + 3x 2 + 4x
= 4x 4 + 4x 3 + 4x 2 + 4x + 4.
Khai thác:

Bài toán: Trong vành đa thức ¢

(ax
1

2

5

[ x]

hãy thực hiện các phép nhân

)(

) (

)

2

+ a2 x + a3 b1 x 2 + b2 x + b3 ; ax 2 + bx + c .

Giải:

(ax
1

2

)(

)

(

)

+ a2 x + a3 b1 x 2 + b2 x + b3 = a1.b1 x 4 + a1 .b2 + a2 .b1 x 3

(

)

(

)

+ a1.b3 + a2 .b2 + a3 .b1 x 2 + a2 .b3 + a3 .b2 x + a3 .b3

(

ax 2 + bx + c

)

2

= a 2 x 4 + b 2 x 2 + c 2 + 2abx 3 + 2acx 2 + 2bcx

(

)

= a 2 x 4 + 2abx 3 + b 2 + 2ac x 2 + 2bcx + c 2
Bài 2: Trong vành đa thức ¢

8

[ x] ,

chứng minh rằng các đa thức sau đây khả

nghịch: 1 + 4 x; 1 + 4 x + 4 x 2 ; 1 + 4 x + ... + 4 x n .
Giải:
Trong vành ¢

[ x ] , ta có: ( 1 + 4 x ) ( 1 + 4 x ) = 1; ( 1 + 4 x + 4 x ) ( 1 + 4 x + 4 x ) = 1.
2

8

(

)(

)

n
n
Một cách tổng quát 1 + 4 x + ... + 4 x 1 + 4 x + ... + 4 x = 1 ( n ∈ ¥ *) .

Ta dễ dàng chứng minh được (1.1) bằng phương pháp quy nạp toán học.
Nguyễn Dung

2

(1.1)


15

Do đó 1 + 4 x; 1 + 4 x + 4 x 2 ; 1 + 4 x + ... + 4 x n khả nghịch.
Khai thác:
Bài toán: Trong vành đa thức ¢

8

[ x] ,

(

cho ( 1 + ax ) = 1, chứng minh rằng đa thức
2

) ( a∈¢
2

sau là khả nghịch: 1 + ax + ... + ax n

8

, n ∈ ¥ *) .

Giải:

(

Ta chứng minh 1 + ax + ... + ax n

)

2

= 1 ( a ∈ ¢ 8 , n ∈ ¥ *)

(1.2)

bằng phương pháp quy nạp toán học.
2
Với n = 1, ta có ( 1 + ax ) = 1, đúng.

( 1 + ax + ... + ax )

Giả sử (1.2) đúng với n = k , ( k ∈ ¥ *) , tức là

k

2

= 1,

( a ∈ ¢ 8,

k ∈ ¥ *) . Ta chứng minh (1.2) đúng với mọi n = k + 1, k ∈ ¥ *.
Thật vậy, ta có:

( 1 + ax + ... + ax

k

+ ax k +1

) = ( 1 + ax + ... + ax )
2

( 1 + ax + ... + ax )

2

k

Mà:

( 1 + ax )

2

k

2

(

) (

+ 2ax k +1 1 + ax + ... + ax k + ax k +1

)

2

= 1 (giả thiết quy nạp)

= 1 + 2ax + a 2 x 2 = 1 ⇒ 2a = 0; a 2 = 0.

(

Do đó: 1 + ax + ... + ax k + ax k +1

(

Vậy 1 + ax + ... + ax n

(

)

2

Do đó 1 + ax + ... + ax n
Bài 3. Tìm ( λ , µ ) ∈ ¡

2

)

2

= 1.

= 1 ( ∀n ∈ ¥ *) .

)

2

= 1 khả nghịch.

để X 4 + λ X 3 + µ X 2 + 12 X + 4 là bình phương của một đa thức

thuộc ¡ [ X ] .
Giải:
Vì X 4 + λ X 3 + µ X 2 + 12 X + 4 là bình phương của một đa thức thuộc ¡ [ X ] nên ta có

thể viết: X 4 + λ X 3 + µ X 2 + 12 X + 4 = ( X 2 + aX + b ) .
2

Ta có: X 4 + λ X 3 + µ X 2 + 12 X + 4 = ( X 2 + aX + b )
Nguyễn Dung

2


16
= aX 4 + 2abX 3 + ( ac + b 2 + c ) X + 2bcX + c 2

Đồng nhất các hệ tử ta được:
b = 2
b = − 2
a = 3
a = −3


hoặc 

 µ = 13
µ = 5
λ = 6
λ = −6

Vậy với ( λ ; µ ) = ( 6;13) hoặc ( λ ; µ ) = ( −6;5 ) thì X 4 + λ X 3 + µ X 2 + 12 X + 4 là bình
phương của một đa thức thuộc ¡ [ X ] .
Khai thác:
Bài toán: Tìm ( λ , µ ) ∈ ¡

2

để X 4 + λ X 3 + µ X 2 + α X + β là bình phương của một

đa thức thuộc ¡  X  , trong đó α , β là các số cho trước, β ≥ 0.
Giải:
Ta có thể viết: X 4 + λ X 3 + µ X 2 + α X + β = ( X 2 + aX + b ) .
2

Khi đó, bằng cách thực hiện đồng nhất các hệ tử ở hai vế ta được:
b = ± β

2ab = α

2
 µ = a + 2b
λ = 2 a

2

 µ = a + 2b
Vậy 
thỏa mãn yêu cầu bài toán.

λ = 2a

Bài 4. Cho n ∈¥ . Áp dụng ( 1 + X )

2n

2n

( 1− X )

2n

= ( 1 − X 2 ) , chứng minh:
2n

k
n
( −1) ( C2kn ) = ( −1) C2nn
∑
k =0
2

Giải:
Ta có:

( a + b)

n

( 1+ X )

Nguyễn Dung

n

n

n

n

k =0

k =0

k =0

k =0

= ∑ Cnk a k b n− k = ∑ Cnk a n −k b k = ∑ Cnn −k a k b n−k = ∑ Cnn −k a n −k b k

2n

2n

= ∑ C2kn X k
k =0


17

( 1− X )

2n

= ∑ C2kn' ( −1) X k '

2n

k'

k '= 0

( 1+ X ) ( 1− X )
2n

2n

2n

2n

= ∑ C X .∑ C2kn' ( −1) X k '
k =0

k
2n

k

k'

k '= 0

Hệ số của X 2n trong khai triển trên là:

2n

∑
k , k '= 0

C2knC2kn'

( −1)

k'

2n

= ∑ C2knC22nn −k ( −1)
k =0

k + k '= 2 n
2n

=∑

k =0

C2knC2kn

( −1)

Mặt khác: ( 1 + X ) . ( 1 − X )
2n

2n

( ) ( −1)

= ∑ C2kn

k

k =0

2

= ( 1 − X ) ( 1 + X ) 

2n

2n−k

k

2n

( 1.3)
= ( 1− X

2

)

2n

2n

= ∑ ( −1) C2kn ( X 2 ) .
k =0

Hệ số của X 2n trong khai triển trên là: ( −1) C2nn
n

2n

Từ (1.3) và (1.4) suy ra

∑ ( −1)

k

k =0

( C ) = ( −1)
2

k
2n

n

k

(1.4)

C2nn .

Khai thác:
n
m
n+m
Bài toán: Cho n, m ∈ ¥ . Áp dụng ( 1 + X ) ( 1 + X ) = ( 1 + X ) .

Chứng minh rằng

∑CC
k
n

k + k '= r

k'
m

= Cnr+ m , k = 1, n, k ' = 1, m.
Giải:

n

m

k
k
k

k
Ta có: ( 1 + X ) = ∑ Cn X , ( 1 + X ) = ∑ Cm X
n

m

k =0

(1+ X ) (1+ X )
n

k =0

m

n

= ∑C X
k
n

k =0

k

m

∑C

k '= 0

Hệ số của X r trong khai triển trên là
m

k
n

k + k '= r
n+m

Nguyễn Dung

∑CC

k + k '= r

k
n

k'
m

k'
m

.

(1.5)

n+m

= ∑ Cnk+ m X k

Hệ số của X r trong khai triển trên là Cnr+ m .
Từ (1.5) và (1.6) suy ra:

X k'

∑CC

Mặt khác: ( 1 + X ) ( 1 + X ) = ( 1 + X )
n

k'
m

= Cnr+m .

k =0

(1.6)

k


18

Bài 5. Cho n ∈¥ , với k ∈ { 0, 1, ..., n} , ta ký hiệu Pk = ( X + k ) . Chứng minh
k

( P ) 1≤k ≤n là một cơ sở của ¡ n  X  .
Giải:

¡ n  X  có cơ sở là { 1, X , X 2 ,..., X n } .
Để chứng minh: ( P ) 1≤ k ≤n =

{( X +k)

k

} {

k = 0, n = 1, X + 1, ( X + 2 ) , ( X + 3) ,..., ( X + n )
2

3

n

}

là một cơ sở của ¡ n  X  , ta chứng minh hệ trên là độc lập tuyến tính và là hệ sinh
của ¡ n  X  .
Giả sử: λ0 + λ1 ( X + 1) + λ2 ( X + 2 ) + ... + λn ( X + n ) = 0 .
2

n

(1.7)

Bằng khai triển ta suy ra hệ số của X n là λn . Vì ¡ n  X  có cơ sở là

{ 1, X , X

2

,..., X n } nên λn = 0 . Suy ra, (1.7) trở thành:

λ0 + λ1 ( X + 1) + λ2 ( X + 2 ) + ... + λn−1 ( X + n − 1)
2

n −1

=0

Bằng khai triển ta suy ra hệ số của X n−1 là λn−1 . Vì ¡ n  X  có cơ sở là

{ 1, X , X

2

,..., X n } nên λn−1 = 0 . Suy ra, (1) trở thành:

λ0 + λ1 ( X + 1) + λ2 ( X + 2 ) + ... + λn−2 ( X + n − 2 )
2

n−2

=0

Lập luận tương tự sau n + 1 bước ta được: λ0 = λ1 = λ2 = ... = λn = 0.

{

Vậy 1, X + 1, ( X + 2 ) , ( X + 3) ,..., ( X + n )
2

3

n

} độc lập tuyến tính.

2
n
Lấy P = a0 + a1 X + a2 X + ... + an X ∈ ¡ n  X  ( degP = n tức là an ≠ 0 ).

Khi đó, thực hiện chia P cho ( X + n ) ta được:
n

P : ( X + n ) = λn (dư P1 , P1 = 0 hoặc degP1 ≤ n − 1 )
n

Suy ra: P = λn ( X + n ) + P1 .
n

Nếu P1 ≠ 0 thì ta thực hiện chia P1 cho ( X + n − 1)

P1 : ( X + n − 1)

n −1

Suy ra: P1 = λn−1 ( X + n − 1)
Nguyễn Dung

n −1

ta được:

= λn −1 (dư P 2 , P 2 = 0 hoặc degP 2 ≤ n − 2 )

n −1

+ P2 .


19

Khi đó: P = λn ( X + n ) + λn −1 ( X + n − 1)
n

n −1

+ P2 .

Lập luận tương tự trên sau n + 1 bước ta được:

P = λn ( X + n ) + λn −1 ( X + n − 1)
n

{

Vậy 1, X + 1, ( X + 2 ) , ( X + 3) ,..., ( X + n )
2

3

n

n −1

+ ... + λ1 ( X + 1) + λ0

} là hệ sinh của ¡

n

 X  .

Khai thác:

{

Bài toán 1: Chứng minh rằng 1, X − a, ( X − a ) ,..., ( X − a )
2

n

}

là một cơ sở của

¡ n  X  , ( a ∈ ¥ *, n ∈ ¥ ) .
Bài toán 2: Chứng minh rằng

{ f 0 , f1, f 2 ,..., f n }

là một cơ sở của ¡

n

 X  , ( n ∈ ¥ ,

deg f n = n , deg f 0 < deg f1 < deg f 2 < ... < deg f n ) .
Giải:

{

Lập luận tương tự, ta dễ dàng chứng minh được 1, X − a, ( X − a ) ,..., ( X − a )

{ f 0 , f1, f 2 ,..., f n } ( a ∈ ¥ *, n ∈ ¥ ,
sở của ¡

n

2

n

},

deg f n = n, deg f 0 < deg f1 < deg f 2 < ... < deg f n ) , là cơ

 X  .

Dạng toán về tính chất số học trong vành đa thức
Bài 1. Chứng minh rằng x 2 n + x n y n + y 2 n chia hết cho x 2 + xy + y 2 khi và chỉ khi

n không phải là bội của 3.
Giải:
Sử dụng các công thức:

x 3 − y 3 = ( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 ) ,
x k − y k = ( x − y ) ( x k −1 + x k −2 y + ... + xy k −2 + y k −1 )
dễ thấy rằng x 3k − y 3 k chia hết cho x 2 + xy + y 2 .
Ta xét các trường hợp sau:
Nguyễn Dung


20

Nếu n = 3k , ta có:

x 2 n + x n y n + y 2 n = x 6 k + x 3 k y 3k + y 6 k = ( x 6 k − y 6 k ) + ( x 3 k − y 3k ) + 3 y 6 k .
Từ đó suy ra x 2 n + x n y n + y 2 n không chia hết cho x 2 + xy + y 2 .
Nếu n = 3k + 1, ta có:

x 2 n + x n y n + y 2 n = x 6 k +2 + x 3k +1 y 3 k +1 + y 6 k +2

= x 2 ( x 6 k − y 6 k ) + xy 3k +1 ( x 3k − y 3k ) + y 6 k ( x 2 + xy + y 2 ) .

Suy ra trong trường hợp này x 2 n + x n y n + y 2 n chia hết cho x 2 + xy + y 2 .
Nếu n = 3k + 2, ta có:

x 2 n + x n y n + y 2 n = x 6 k + 4 + x 3k +2 y 3k +2 + y 6 k + 4

= x 4 ( x 6 k − y 6 k ) + x 2 y 3 k + 2 ( x 3k − y 3 k ) + y 6 k ( x 4 + x 2 y 2 + y 4 )

= x 4 ( x 6 k − y 6 k ) + x 2 y 3k + 2 ( x3k − y 3k ) + y 6 k ( x 2 + xy + y 2 ) ( x 2 − xy + y 2 ) .
Suy ra x 2 n + x n y n + y 2 n chia hết cho x 2 + xy + y 2 .
Vậy điều kiện cần và đủ để x 2 n + x n y n + y 2 n chia hết cho x 2 + xy + y 2 là n không
phải là bội của 3.
Khai thác:
Bài toán: Chứng minh rằng với mọi n ∈¢ + , đa thức x 2 n − x n y n + y 2 n không chia
hết cho x 2 + xy + y 2 .
Giải:
Giải sử phản chứng đa thức x 2 n − x n y n + y 2 n chia hết cho x 2 + xy + y 2 , tức là:

x 2 n − x n y n + y 2 n = ( x 2 + xy + y 2 ) q ( x, y ) ,
trong đó q ( x, y ) là đa thức đối xứng với hệ số nguyên (do hệ số chính của đa thức
chia bằng 1, còn các hệ số của đa thức bị chia và đa thức chia là các số nguyên).
Trong đẳng thức trên, cho x = y = 1, ta được 1 = 3q ( 1,1) , vô lí vì q ( 1,1) là một số
nguyên. Điều này chứng tỏ đa thức x 2 n − x n y n + y 2 n không chia hết cho

x 2 + xy + y 2 .
n
Bài 2. Chứng minh: ∀n ∈ ¥ , X 2 \ ( X + 1) − nX − 1 trong K [ X ] .

Nguyễn Dung

21

Giải:
Ta có: ( X + 1) =
n

n

∑C
k =0

k
n

X k = Cn0 X 0 + Cn1 X 1 + Cn2 X 2 + ... + Cnn X n
= 1 + nX + Cn2 X 2 + ... + Cnn X n

Suy ra: ( X + 1) − nX − 1 = Cn2 X 2 + ... + Cnn X n MX 2 .
n

Khai thác:
k −1

k
i
i
Bài toán: Chứng minh: ∀n ∈ ¥ , k > 1, X \ ( X + 1) − ∑ Cn X trong K [ X ] .
n

i=0

Giải:
Tương tự cách chứng minh trên, ta có:

( X + 1)

n

n

= ∑ Cnk X k = Cn0 X 0 + Cn1 X 1 + Cn2 X 2 + ... + Cnn X n
k =0

= 1 + nX + Cn2 X 2 + ... + Cnn X n .
k −1

∑C X
i
n

i =0

i

= Cn0 X 0 + Cn1 X 1 + Cn2 X 2 ... + Cnk −1 X k −1
= 1 + nX + Cn2 X 2 ... + Cnk −1 X k −1.

k −1

i
i
k
k
n
n
k
Suy ra: ( X + 1) − ∑ Cn X = Cn X + ... + Cn X MX .
n

i =0

Bài 3. Với n ∈¢

+

nào thì đa thức x 2 n + x n y n + y 2 n chia hết cho x 2 − xy + y 2 ?
Giải:

(

)

2n
n n
2n
2
2
Giả sử x + x y + y = x − xy + y q ( x, y ) ,

(1.8)

trong đó q ( x, y ) là đa thức đối xứng với hệ số nguyên.
Ta xét hai trường hợp:
Nếu n là số lẻ thì ta thay x bởi − x vào (1.8) được

x 2 n − x n y n + y 2 n = ( x 2 + xy + y 2 ) q ( − x, y ) .
Theo bài 4, đẳng thức này không thể xảy ra.
Nếu n là số chẵn thì ta thay x bởi − x vào (1.8) được:

x 2 n + x n y n + y 2 n = ( x 2 − xy + y 2 ) q ( − x, y ) .
Theo bài 4, đẳng thức trên đúng khi và chỉ khi n = 3m + 1 hoặc n = 3m + 2.
Nguyễn Dung


22

Nếu n = 3m + 1, thì do n là số chẵn nên m phải là số lẻ, hay m = 2k + 1, do
đó n = 6k + 4.
Nếu n = 3m + 2, thì do n là số chẵn nên m phải là số chẵn, hay m = 2k , do
đó n = 6k + 2.
Vậy x 2 n + x n y n + y 2 n chia hết cho x 2 − xy + y 2 khi và chỉ khi n = 6k + 2 hoặc

n = 6k + 4, với k ∈ ¢ , n ∈ ¢ + .
Khai thác:
Bài toán: Với n ∈¢

nào thì đa thức x 2 n − x n y n + y 2 n chia hết cho x 2 − xy + y 2 ?

+

Giải:

(

)

2n
n n
2n
2
2
Giả sử x − x y + y = x − xy + y q ( x, y ) ,

(1.9)

trong đó q ( x, y ) là đa thức đối xứng với hệ số nguyên.
Ta xét hai trường hợp:
Nếu n là số chẵn thì ta thay x bởi − x vào (1.9) được

x 2 n − x n y n + y 2 n = ( x 2 + xy + y 2 ) q ( − x, y ) .
Theo bài 4, đẳng thức này không thể xảy ra.
Nếu n là số lẻ thì ta thay x bởi − x vào (1.9) được:

x 2 n + x n y n + y 2 n = ( x 2 + xy + y 2 ) q ( − x, y ) .
Theo bài 4, đẳng thức trên đúng khi và chỉ khi n = 3m + 1 hoặc n = 3m + 2.
Nếu n = 3m + 1, thì do n là số lẻ nên m phải là số chẵn, hay m = 2k , do đó

n = 6k + 1.
Nếu n = 3m + 2, thì do n là số lẻ nên m phải là số lẻ, hay m = 2k − 1, do

đó n = 6k − 1.
Vậy x 2 n − x n y n + y 2 n chia hết cho x 2 − xy + y 2 khi và chỉ khi n = 6k ± 1, với

k ∈ ¢ , n ∈ ¢ +.
n
*
Bài 4. Với ( n, θ ) ∈ ¥ × ¡ cố định, tìm dư của phép chia Euclide ( X sin θ + cosθ )

cho X 2 + 1 trong £ [ X ] .
Giải:
Ta có: ( X sin θ + cosθ ) = ( X 2 + 1) Q ( X ) + aX + b. Ta cần tìm a, b.
n

Nguyễn Dung