tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán THCS

SỐ NGUYÊN, PHÉP CHIA HẾT
1. Định nghĩa.
Tập các số nguyên bao gồm các số tự nhiên và các số đối của chúng và được ký
hiệu là Z.
Z = { 0, ±1, ±2,....}
Số nguyên lớn hơn 0 gọi số nguyên dương.
Số nguyên nhỏ hơn 0 gọi là số nguyên âm.
2. Tính chất.
2.1. Không có số nguyên lớn nhất và nhỏ nhất. Số nguyên dương nhỏ nhất là 1.
2.2. Một tập con hữu hạn bất kỳ của Z luôn có phần tử lớn nhất và phần tử nhỏ
nhất.
2.3. Không có số nguyên nào nằm giữa hai số nguyên liên tiếp
2.4. Nguyên lý qui nạp:
Cho A là tập hợp con của Z. Nếu k ∈ A và n ∈ A ⇒ n + 1 ∈ A , ∀n ≥ k thì mọi
số nguyên lớn hơn hay bằng k đều thuộc A.
2.5. Nếu a, b ∈ Z , a < b thì a + 1 ≤ b
2.6. ∀a ∈ R, ∃n ∈ Z : n > a
3. Phép chia hết.
3.1. Định nghĩa.
Cho a, b là hai số nguyên bất kỳ, b khác 0. Nếu tồn tại số nguyên q sao cho a =
bq thì ta nói a chia hết cho b hay a là bội của b (a M b) hay b là ước của a (b|a)
3.2. Định lý. (thuật toán chia)
Cho a, b là hai số nguyên bất kỳ, b khác 0. Khi đó, tồn tại duy nhất các số
nguyên q, r sao cho a = bq + r với 0 ≤ r < |b|.
3.3. Các tính chất của phép chia hết.
3.3.1. Nếu a M b thì am M b với mọi số nguyên m.
3.3.2. Nếu a M b và b M c thì a M c
3.3.3. Nếu a M c và b M c thì ax + by M c ∀x,y ∈ Z ( ax + by được gọi là tổ hợp
tuyến tính của a,b)
3.3.4. Nếu a M b thì |a| ≥ |b|
3.3.5. Nếu a M b và b M a thì |a| = |b|

3.3.6. a M b ⇔ am M bm, ∀m∈ Z*
BÀI TẬP
1. Cho a, b, n là các số nguyên, n > 0, a ≠ b. Chứng minh
a/ an – bn M (a – b)
b/ (an + bn) M (a + b) với n lẻ
c/ (an – bn) M ( a + b) với n chẵn
2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n
a/ 33n + 3 – 26n – 27 M 169
b/ n2 – 3n + 5 không chia hết cho 121
3.

1


a/ Cho f(x) là một đa thức tùy ý với hệ số nguyên. Chứng minh rằng f(a) – f(b) M
(a – b) với mọi số nguyên a, b.
b/ Chứng minh không tồn tại đa thức p(x) với hệ số nguyên thỏa p(3) = 10, p(7)
= 24
k
4. Chứng minh rằng (a 2 − 1)M2k +1 với k nguyên, a lẻ.
5. Chứng minh rằng (n + 1)(n + 2) …(2n) M 2n với mọi số nguyên dương n
6. Chứng minh rằng tồn tại vô số nguyên dương n thỏa mãn 2n + 1 M n.
7. Giả sử x, y, z là những số tự nhiên thỏa x2 + y2 = z2. Chứng minh xyz M 60
8. Cho x,y,z là các số nguyên thỏa (x – y)(y – z)(z – x) = x + y + z. Chứng minh
x + y + z chia hết cho 27.
9. Chứng minh rằng nếu a2 + b2 - ab M 7 thì 8a3 – 6b3 M 7
10. Chứng minh rằng nếu 2 + a và 35 – b chia hết cho 11 thì a + b chia hết 11.
ƯỚC SỐ CHUNG LỚN NHẤT, BỘI SỐ CHUNG NHỎ NHẤT
1.Ước chung lớn nhất.
1.1. Định nghĩa.

Số nguyên dương d được gọi là ước chung lớn nhất của các số nguyên a 1, a2, …,
an nếu d là ước chung của a 1, a2, …, an và nếu e là một ước chung khác của chúng thì e
là ước của d.
Ký hiệu: d = UCLN(a1,a2,…,an) hay d = (a1,a2,…,an)
Ví dụ : (-20, 30, 50) = 10, (15, 20, 18) = 1
Các số nguyên a1, a2, …, an gọi là nguyên tố cùng nhau nếu (a1,a2,…,an) = 1
Các số nguyên a1,a2,…,an gọi là nguyên tố sánh đôi nếu hai số bất kỳ trong chúng
nguyên tố cùng nhau.
Chú ý: Các số nguyên tố sánh đôi thì nguyên tố cùng nhau nhưng ngược lại
không đúng.
1.2. Thuật toán Euclid.
1.2.1. Bổ đề. Nếu a = bq + r thì (a,b) = (b,r)
Chứng minh:
Ta có (a,b) |a và (a,b)| b ⇒ (a,b)| r ⇒ (a,b)|(b,r) (1)
Mặt khác (b,r)|b và (b,r)|r ⇒ (b,r)|a ⇒ (b,r)|(a,b) (2)
Từ (1) và (2) ⇒ (a,b) = (b,r)
1.2.2. Thuật toán. Tìm ước chung lớn nhất của hai số nguyên a và b.
Đầu tiên ta chia a cho b được dư r1 (0 ≤ r1 <|b|), chia b cho r1 được dư r2 (0 ≤ r2
Thuật toán sẽ kết thúc sau một số hữu hạn bước.
a = bq + r1 (0 ≤ r 1 < |b|)
b = r1q1 + r2 (0 ≤ r2 < r1)
r1 = r2q2 + r3 (0 ≤ r3 < r2)
….
rn-2 = rn-1qn-1 + rn (0 ≤ rn < rn-1)
rn-1 = rnqn
2


Theo định lý trên ta có (a,b) = (b,r1) = (r1,r2) =…=(rn-1,rn) = rn.

Ví dụ: Tìm ước chung lớn nhất của hai số a = 555 và b = 407
555 = 407.1 + 148
407 = 148.2 + 111
148 = 111.1 + 37
111 = 37. 3
Vậy (555,407) = 37
1.3. Tính chất.
1.3.1. (a,b) = (b,a)
a b
1.3.2. d = (a,b) ⇔  , ÷ = 1
d d 
1.3.3. k(a,b) = (ka,kb)
1.3.4. Nếu (a,b) = 1 và b|ac thì b|c
1.3.5. Nếu (a,b) = 1 và (a,c) = 1 thì (a,bc) = 1
1.3.6. (a,b,c) = ((a,b),c) = (a,(b,c))
1.3.7. (a,b) = (a, b + ka), ∀k
1.4. Định lý.
Cho a, b là các số nguyên, d là ước số chung lớn nhất của a và b. Khi đó tồn tại
các số nguyên x’, y’ sao cho d = ax’ + by’
Chứng minh
Đặt A = {ax + by /x,y ∈Z} . Gọi l là số dương nhỏ nhất của A.
Do l > 0 nên tồn tại q, r sao cho a = lq + r ( 0 ≤ r < l)
Giả sử r > 0. Khi đó r = a – lq = a – (ax’ + by’)q = a(1 – x’q) + b( – y’q) ∈ A
mâu thuẩn với l là số dương nhỏ nhất trong A.
⇒ r = 0 hay a M l
Tương tự ta cũng có b M l
⇒ d M l ( do d = (a,b))
Mặt khác l = ax’ + by’ ⇒ l M d . Từ đây suy ra l = d.
1.5. Hệ quả.
1.5.1. a, b là hai số nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi tồn tại hai số nguyên m, n

sao cho am + bn = 1
1.5.2. d là ước chung lớn nhất của a và b khi và chỉ khi d là tổ hợp tuyến tính
dương nhỏ nhất của a và b.
1.5.3. Nếu d = (a1,a2,…,an) thì tồn tại các số x1,x2,..,xn sao cho d = a1x1 + a2x2 + …
+ anxn
2. Bội chung nhỏ nhất.
2.1. Định nghĩa.
Số nguyên dương b được gọi là bội chung nhỏ nhất của n số nguyên a 1,a2,…,an
khác 0 nếu m là bội chung của a1,a2,…,an và nếu e là một bội chung khác của chúng thì
e là bội của b.
Ký hiệu b = [a1,a2,…,an]

3


Ví dụ: [7, -14, 4] = 28
2.2.Tính chất
2.2.1. k[a,b] = [ka,kb]
2.2.2. [a,b,c] = [[a,b],c]
2.2.3 [a,b].(a,b) = ab
Chứng minh tính chất 2.2.3.
Đặt d = (a,b) ⇒ a = a1d, b = b1d với (a1,b1) = 1
Ta có [a1,b1] M a1 ⇒ [a1,b1] = m.a1
b1|[a1,b1] = ma1 ⇒ b1|m Do (a1,b1) = 1 ⇒ [a1,b1] M a1b1
mà a1b1 M [a1,b1] nên [a1,b1] = a1b1
[a,b].(a,b) = [a1d, b1d] d = [a1,b1]d2 = a1b1d2 = ab
2.2.4. Hệ quả
2.2.4.1. a M b, a M c ⇒ a M [b,c]
2.2.4.2. a M b, a M c, (b,c) = 1 ⇒ a M bc
BÀI TẬP

15n + 1
tối giản
33n + 2
21n + 17
2. Chứng minh phân số
không là số nguyên
14n + 3
3. Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên n sao cho 2010 n – 1 chia hết cho
1010n – 1
2
2
4.Cho M là một số nguyên dương và tập hợp S = { n ∈ N / M ≤ n < (M + 1) } .
1. Chứng minh phân số

Chứng minh rằng tất cả các tích có dạng ab với a, b ∈ S đều phân biệt.
5. Chứng minh rằng một số có số lẻ ước số khác nhau khi chỉ khi nó là bình
phương đúng.
6. Chứng minh rằng nếu (a,b) = 1 thì (a + b,a2 + b2) là 1 hoặc 2.
7. Giả sử m, n là 2 số tự nhiên thỏa (m,n) + [m,n] = m + n. Chứng minh rằng
(m,n) bằng m hoặc n.
8. Tìm (2n + 1,9n + 4), (2n – 1 , 9n + 4), (36n + 3, 90n + 6)
9. Tìm x, y nguyên dương thỏa x + y = 150, (x,y) = 30
10. Tìm x, y nguyên dương thỏa (x,y) = 5!, [x,y] = 50! và x ≤ y.
SỐ NGUYÊN TỐ
1. Định nghĩa.
Số nguyên p > 1 được gọi là số nguyên tố nếu p chỉ có hai ước dương là 1 và
chính nó.
Số nguyên lớn hơn 1 không phải là số nguyên tố được gọi là hợp số.
Từ định nghĩa dễ thấy rằng nếu p là số nguyên tố và a là một số nguyên bất kỳ

thì hoặc a Mp hoặc (a,p) = 1
2. Định lý.
Cho hai số nguyên a, b và số nguyên tố p. Khi đó nếu p|ab thì p|a hoặc p|b.
Chứng minh.
4


Nếu p | a thì (a,p) = 1 suy ra p|b.
3.Định lý.
Mọi hợp số phải có ước nguyên tố nhỏ hơn hay bằng căn bậc hai của nó.
Chứng minh.
Giả sử n = a. b (1 < a, b < n )
Nếu cả a và b đều lớn hơn n thì n = ab > n (vô lý) như vậy phải có một thừa số
không vượt quá n hay có ước nguyên tố không vượt quá n .
3.1.Hệ quả.
Nếu số nguyên n > 1 không có ước nguyên tố nào nhỏ hơn hay bằng
số nguyên tố.

n thì n là

Ví dụ: 211 là số nguyên tố vì tất cả các số nguyên tố nhỏ hơn
2,3,5,7,11,13 đều không là ước của 211.

211 là

4. Định lý cơ bản của số học.
Mọi số nguyên n > 1 đều biểu diễn được dưới dạng tích của các số nguyên tố.
Phân tích này là duy nhất nếu không tính thứ tự của các thừa số.
Chứng minh.
Ta chứng minh tồn tại biểu diễn bằng qui nạp.

Với n = 2, n =3, n = 4 = 2.2, n = 5, n =6 = 2.3 đều biểu diễn dưới dạng tích các
số nguyên tố. Giả sử khẳng định đúng đến n – 1, tức mọi số nguyên không vượt quá n
– 1 đều biểu diễn được dưới dạng tích các số nguyên tố.
Xét số nguyên n. Nếu n nguyên tố ta có ngay điều chứng minh. Nếu n là hợp số
thì n = n1.n2 (1 < n1, n2 < n), từ giả thiết qui nạp ta có n 1, n2 đều biểu diễn được dưới
dạng tích các số nguyên tố, như vậy n cũng biểu diễn được dưới dạng tích các số
nguyên tố.
Ta chứng minh cách biểu diễn trên là duy nhất.
Giả sử n có hai cách biểu diễn khác nhau
n = p1p2…pr = q1q2…qs (các số nguyên tố pi khác các số nguyên tố qj ).
Khi đó p1| q1q2…qs ⇒ p1| qj ⇒ p1 = qj (mâu thuẩn)
k

Như vậy mọi số nguyên n > 1 đều có biểu diễn n =

∏p
i =1

αi
i

= p1α1 p2α2 ... pkαk , α i > 0

trong đó pi (i =1,2,…k) là những số nguyên tố đôi một khác nhau. Ta nói n có dạng
phân tích chính tắc.
4.1. Hệ quả.
α
α
4.1.1. Nếu n có dạng phân tích chính tắc n = p1 1 p2 2 ... pkαk thì số tất cả các ước số
dương của n là (α1 + 1)(α 2 + 1)...(α k + 1)

k

k

i =1

i =1

α
β
4.1.2. Nếu n = ∏ pi i , m = ∏ pi i , α i , βi ≥ 0 thì

•

m M n ⇔ βi ≥ α i (i = 1, 2,..., k )
5


k

•

(m,n) = ∏ pi

•

[m,n] = ∏ pi

i =1
k

min( αi ,βi )

max( αi ,βi )

i =1

5. Định lý Tập hợp các số nguyên tố là vô hạn.
Chứng minh.
Giả sử chỉ có n số nguyên tố p1, p2, …, pn. Xét số N = 1 + p1p2…pn.
N > 1 nên tồn tại một số nguyên tố p là ước của N. Rõ ràng p khác với p 1, p2,.., pn
(vô lý).
Vậy có vô hạn số nguyên tố.

6. Hệ thống ghi số
6.1. Định lý.
Cho số nguyên dương d > 1. Khi đó mọi số tự nhiên N đều có thể biểu diễn được
một cách duy nhất dưới dạng N = d0 + d1b + d2b2 + …. + dnbn (1) , trong đó các số
nguyên dương di thỏa mãn 0 ≤ di ≤ b – 1
Chứng minh.
Ta Chứng minhbằng qui nạp theo N.
Với N = 1, ta có biểu diễn duy nhất 1 = 1
Giả sử biểu diễn nói trên có được và duy nhất cho mọi số 1, 2, …, N – 1
Xét số N. Gọi d0 là số sao cho N – d0 M b.
Đặt N1 = (N – d0)/b. Vì N1 < N , theo gt qui nạp N 1 được biểu diễn duy nhất dưới
N − d0
= d1 + d 2b + d3b 2 + ... + d nb n −1
dạng N1 =
b
Như vậy N = d0 + d1b + d2b2 + … + dnbn

Nếu có một cách biểu diễn khác như thế cho N tức là N = d 0 + d1b + d2b2 + … +
n
dnb
= a0 + a1b + a2b2 + … + anbn.
Khi đó d0 = a0 = r ( là số dư khi chia N cho b)
N − d0
= d1 + d 2b + d3b 2 + ... + d nb n −1 = a1 + a2b + a3b 2 + ... + anb n−1
⇒ N1 =
b
và theo tính chất duy nhất trong giả thiết qui nạp, ta có điều phải chứng minh.
6.2. Định nghĩa.
Giả sử g là số tự nhiên lớn hớn 1 và M = {0,1,2,…, g – 1} là tập hợp gồn g ký
hiệu các số tự nhiên đầu tiên. Ta nói số tự nhiên s được viết trong hệ g- phân ( hoặc hệ
thống ghi cơ số g) nếu trong s = angn + an-1gn-1 + …. + a1g + a0 trong đó n là một số
nguyên dương và ai ∈ M, an ≠ 0.
Ký hiệu : s = an an −1....a1a0 (g) có thể bỏ (g) nếu không nhầm lẫn.
6.3. Hệ nhị phân.
Hệ thống ghi số này sử dụng hai chữ số 0, 1.
6


Một số tự nhiên k trong hệ nhị phân được viết k = an an −1....a1a0 với ai , i =
0,1,2,..,n là một trong các chữ số 0,1 và an ≠ 0 có nghĩa là k = an2n + an-12n-1 + …+ a1.2
+ a0
6.3.1. Định lý.
Cho số tự nhiên N. Gọi n là số các chữ số (0,1) của N khi viết trong hệ nhị phân,
ta có n = [log2N] + 1
Chứng minh.
Ta có N = 2 + an-22 + … + a12 + a0 , ai ∈{0,1} ⇒ 2n > N ≥ 2 n -1
⇒ n > log2N ≥ n – 1 hay [log2N] = n – 1 suy ra dpcm.

n–1

n -2

7. Phần nguyên
7.1. Định nghĩa.
Phần nguyên, ký hiệu [x], của số thực x là số nguyên lớn nhất không vượt quá x.
Phần phân của x , ký hiệu {x}, là x – [x].
7.2. Tính chất.
7.2.1. x = [x] + {x}
7.2.2. x = [x] ⇔ x ∈ Z
7.2.3. x = {x} ⇔ 0 ≤ x < 1
7.2.4. x – 1 < [x] ≤ x
7.2.5. Nếu k ∈ Z thì [x + k] = [x] + k, {x + k} = {x} + k
7.2.6. [x + y] – [x] – [y] bằng 0 hoặc 1
7.2.7. [x + y] ≥ [x] + [y] , {x + y} ≤ {x} + {y}
7.3. Định lý.
α
* Nếu α là số thực dương và n ∈ N thì   là số tất cả các số nguyên dương là
n
bội của n nhưng không vượt qua α.
* Nếu a, b là hai số không âm thì [2a] + [2b] ≥ [a] + [b] + [a + b]
8. Định lý.
α
α
Trong sự phân tích số n! ra thừa số nguyên tố n! = p1 1 p2 2 ... pkαk , αi > 0
n  n 
 n 
thì số mũ αi của pi nào đó sẽ là α i =   +  2  + ... +  k  + ....
 pi   p i 

 pi 
Chứng minh.
 n   n 
Tổng trên là hữu hạn vì khi k đủ lớn thì n < pik khi đó  k  +  k +1  + .... = 0
 pi   pi 
Giả sử p là một ước của n!.

7


n

n
  n
Ta có n! = 1.2…p.(p+1)…2p…3p….   p …n = p  p    !q = p m .m !q với m =
 p
 p
n
 p  và (p,q) =1
 
Tương tự m ! = p
n
 p
 

m
 p
 

m

 p  !q ' với (p,q’) = 1
 

m
 p
 

n  n 

 + 2   n 
m
Suy ra n ! = p p   !qq ' = p  p   p   2  !qq ' với (p,qq’) = 1
 p
p 
n  n 
 n 
Cứ tiếp tục như thế ta thu được số mũ của p : α =   +  2  + ... +  k  + ...
 p  p 
p 
Ví dụ. Số mũ của 5 trong phân tích 100! ra thừa số nguyên tố là
100  100  100 
α5 = 
+ 2 + 3 + ... = 20 + 4 + 0 = 24 Từ đó 100! Có tận cùng 24
 5   5   5 
chữ số 0.

BÀI TẬP
1. Tìm tất cả các số nguyên tố vừa là tổng của 2 số nguyên tố, vừa là hiệu của 2
số nguyên tố
2. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n luôn tồn tại n số tự nhiên liên tiếp

không là số nguyên tố.
3. Chứng minh rằng không tồn tại n để 6n + 5 biểu diễn dưới dạng tổng của 2 số
nguyên tố
4. Tìm tất cả các số tự nhiên n lẻ để n, n + 10, n + 14 là số nguyên tố.
5. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 2p2 + 1 là số nguyên tố.
a a 2 + b2
6. Cho a, b, c là các số nguyên khác 0, a ≠ c thỏa mãn = 2
. Chứng minh
c c + b2
rằng a2 + b2 + c2 không thể là số nguyên tố.
7. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho p2 + 11 có đúng 6 ước số nguyên dương.
Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho hệ phương trình p + 1 = 2x 2, p2 + 1 = 2y2
có nghiệm nguyên.
8. Chứng minh rằng nếu p và 8p 2 + 1 lẻ là số nguyên tố thì 8p 2 + 2p + 1 là số
nguyên tố.
9. Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n + 1, n + 3, n + 7, n + 9, n + 13 và n + 15
đều là số nguyên tố
10. Cho 4 số tự nhiên thỏa tính chất : Bình phương của tổng hai số bất kỳ chia
hết cho tích hai số còn lại. Chứng minh rằng có ít nhất ba trong bốn số đó phải bằng
nhau.

8


ĐỒNG DƯ
Định nghĩa.
Cho a, b, m là các số nguyên, m ≠ 0.
Nếu a – b chia hết cho m thì a được gọi là đồng dư với b modulo m, ký hiệu a ≡ b mod
m.
Tính chất

Cho a, b, c, d là các số nguyên
Nếu a ≡ b mod m thì b ≡ a mod m
Nếu a ≡ b mod m và b ≡ c mod m thì a ≡ c mod m
Nếu a ≡ b mod m và c ≡ d mod m thì a + c ≡ b + d mod m
Nếu a ≡ b mod m và c ≡ d mod m thì ac ≡ bd mod m
Nếu a ≡ b mod m, k nguyên dương thì ak ≡ bk mod m
Nếu a ≡ b mod m và d| m thì a ≡ b mod d
Nếu a ≡ b mod m thì ac ≡ bc mod cm với mọi c khác 0.
Nếu ab ≡ ac mod m và (a,m) = 1 thì b ≡ c mod m
a ≡ b mod mi ( i =1,2,…,n) ⇔ a ≡ b mod [m1,m2,…,mn]
Định lý Fermat nhỏ
Giả sử p nguyên tố, (a, p) = 1. Khi đó ap–1 ≡ 1 mod p
Chứng minh.
Xét p – 1 số a, 2a, 3a, …, (p – 1)a. Ta chứng minh rằng không tồn tại 2 số đồng dư
trong phép chi a cho p.
Giả sử ka ≡ la mod p với k, l ∈{1,2,…,p – 1} và k ≠ l ⇒ a(k – l) M p ⇒ k – l M p ⇒ k =
l (mâu thuẩn)
Vậy khi chia p – 1 số trên cho p ta nhận được p – 1 số dư khác nhau từ 1, 2,…, p – 1
Suy ra a. 2a. …(p – 1)a ≡ 1.2….(p – 1) mod p ⇔ (p – 1)!. ap–1 ≡ (p – 1)! mod p
Vì ((p – 1)!,p) = 1 nên ap–1 ≡ 1 mod p.
Từ định lý ta có ap ≡ a mod p (với p nguyên tố, (a,p) =1)
Hệ thặng dư đầy đủ.
a. Tập hợp x1, x2, …, xn gọi là một hệ thặng dư đầy đủ modulo m nếu với mỗi số
nguyên y tồn tại duy nhất một xi sao cho y ≡ xi mod m.
b. Tập {1,2,…, m – 1, m} là một hệ thặng dư đầy đủ modulo m
c. Mọi hệ thặng dư đầy đủ modulo m đều có đúng m phần tử
d. Một tập gồm m phần tử là một hệ thặng dư đầy đủ modulo m nếu và chỉ nếu
hai phần tử khác nhau bất kỳ của nó không đồng dư với nhau modulo m.
e.

Cho số nguyên a và m > 0. Tập hợp tất cả các số nguyên x thỏa mãn x ≡ a mod
m được gọi là một lớp đồng dư modulo m, ký hiệu a = { a + mt / t ∈ Z} . Có m
lớp đồng dư phân biệt modulo m, thu được bằng cách lấy lần lượt a = 1,2,…,m.
9


Một tập hợp {r1,r2,…,rn} được gọi là một hệ thặng dư thu gọn modulo m nếu (r i,m)
= 1, ri ≠ rj ∀i ≠ j, 1 ≤ i, j ≤ n và với mọi số nguyên x nguyên tố cùng nhau với
m thì tồn tại ri sao cho ri ≡ x mod m.
Số các phần tử của hệ thặng dư thu gọn modulo m được xác định bởi hàm Euler
ϕ(m) là số các số nguyên dương không vượt quá m và nguyên tố cùng nhau
với m.
Hàm ϕ có các tính chất sau
ϕ(mn) = ϕ(m)ϕ(n) với (m,n) = 1
Nếu p nguyên tố, ϕ(p) = p − 1, ϕ(p n ) = p n − p n −1 (n > 1) ,
α
α
α
Nếu m = p1 1 p 2 2 ...p k k , pi là các số nguyên tố thì

1 
1  
1 
ϕ(m) = m 1 − ÷1 − ÷... 1 − ÷
 p1  p 2   p k 
1
1
Ví dụ : ϕ(2) = 1 , ϕ(3) = 2 , ϕ(4) = 22 − 2 = 2 , ϕ(20) = 20(1 − )(1 − ) = 8
2
5

Định lý.
Cho (a,m) = 1 và r1, r2,…., rn là một hệ thặng dư thu gọn (đầy đủ) modulo m. Khi đó
ar1, ar2, …, arn cũng là một hệ thặng dư thu gọn (đầy đủ) modulo m.
Chứng minh.
Vì (a,m) = 1 nên nếu (r i,m) = 1 thì (ari, m) = 1. Ta chứng minh các phần tử của tập
{ar1,ar2,…,arn} đôi một phân biệt modulo m. Thật vậy, nếu ar i = arj mod m thì do (a,m)
= 1 nên ri ≡ rj mod m (vô lý). Theo 4.4 ta có đpcm.
Định lý Euler.
Giả sử m là số nguyên dương và (a,m) = 1. Khi đó a ϕ(m) ≡ 1 mod m.
Chứng minh.
r
Giả sử r1, r2, …, ϕ (m) là hệ thặng dư thu gọn gồm các số nguyên dương không vượt
quá m và nguyên tố cùng nhau với m. Theo định lý trên ta suy ra ar 1, ar2, …, arϕ(m) là
một hệ thặng dư thu gọn modulo m. Như vậy các đồng dư dương bé nhất của ar 1, ar2,..,
arϕ(m) phải là các số r1, r2, …, rϕ (m) xếp theo một thứ tự nào đó. Vì thế ta có
ar1.ar2 ....arϕ(m) ≡ r1r2 ...rϕ(m) mod m hay a ϕ(m) r1r2 ...rϕ(m) ≡ r1r2 ...rϕ(m) mod m
Vì (r1r2 ...rϕ(m) , m) = 1 nên a ϕ(m) ≡ 1mod m
Ví dụ. Tìm dư khi chia số 112010 cho số 24.
Giải
ϕ (24)
Ta có (11,24) = 1 ⇒ 11
≡ 1mod 24 ⇒ 118 ≡ 1mod 24
112010 = 118.251+ 2 ≡ 112 ≡ 1 mod 24.
Phương trình đồng dư tuyến tính
Phương trình dạng ax ≡ b mod m được gọi là phương trình đồng dư tuyến tính với a, b,
m là các số đã biết.
10


x0 là một nghiệm của phương trình khi và chỉ khi ax0 ≡ b mod m.

Nếu x0 là nghiệm thì các phần tử thuộc lớp x 0 cũng là nghiệm.
Định nghĩa.
Giả sử a, m là các số nguyên, m > 1. Nghiệm của phương trình ax ≡ 1 mod m được gọi
là nghịch đảo của a modulo m.
Định lý.
Nghịch đảo của a modulo m là duy nhất ⇔ (a,m) = 1
Chứng minh.
Gọi a’ là nghịch đảo của a modulo m ⇒ aa’ ≡ 1 mod m ⇒ aa’ + mb = 1 ⇒ (a,m) = 1
Đảo lại nếu (a,m) = 1 ⇒ tồn tại a’, m’ sao cho aa’ + mm’ = 1 ⇒ aa’ ≡ 1 mod m ⇒ a’
là nghịch đảo của a modulo m. a’ là duy nhất bởi vì nếu có a’’ sao cho aa’’ ≡ 1 mod m
thì aa’ ≡ aa’’ mod m , mà (a,m) = 1 ⇒ a’ ≡ a’’ mod m
Hệ quả.
Nếu p nguyên tố thì mỗi phần tử của tập hợp {1,2, …, p – 1} đều có nghịch đảo
duy nhất modulo p.
Định lý.
Nếu (a,m) = 1 thì phương trình ax ≡ b mod m có nghiệm duy nhất theo modulo m.
Chứng minh.
Ta có {1,2,…,m} là một hệ thặng dư đầy đủ modulo m và (a,m) =1 nên {a,2a, …,ma}
cũng là một hệ thặng dư đầy đủ modulo m ⇒ có đúng một phần tử của hệ này đồng
dư với b mod m . Suy ra đpcm.
Định lý tồn tại nghiệm phương trình đồng dư tuyến tính.
Giả sử (a,m) = d. Khi đó phương trình ax ≡ b mod m (1) có nghiệm khi và chỉ khi d| b
Hơn nữa, khi d | b thì (1) có d nghiệm phân biệt modulo m, đó là
m
m
m
t, t + , t + 2 ,..., t + (d − 1) (2)
d
d
d

a
b
m
trong đó t là nghiệm duy nhất của phương trình x ≡ mod
(3)
d
d
d
Chứng minh.
Nếu phương trình có nghiệm là x0 ⇒ ax0 = b + mt ⇒ d| b
a
b
m
a m
do ( , ) = 1 có nghiệm t duy
Đảo lại, nếu d | b thì phương trình x ≡ mod
d
d
d
d d
nhất
⇒ phương trình ax ≡ b mod m cũng có nghiệm t .
Mỗi nghiệm của (3) là nghiệm của (1) và ngược lại.
Dễ thấy rằng (2) là d nghiệm của (3) nên (2) cũng là d nghiệm của (1). Ngoài ra hai
nghiệm của (2) là phân biệt theo modulo m. Thật vậy nếu

11


m

m
m
m
≡ t +s
mod m (1 ≤ r,s ≤ d − 1) ⇒ r ≡ s
mod m ⇒ r ≡ s mod d ⇒ r –
d
d
d
d
s Md ⇒ r = s
Tiếp tục, ta chứng minh (1) không còn nghiệm nào khác ngoài (2).
Giả sử y là nghiệm của (1) ⇒ ay ≡ b mod m ⇒ ay ≡ at mod m ⇒ y ≡ t mod m ⇒ y ≡ t
m
m
mod m
mod m/d ⇒ y = t + km/d . Ta có k ≡ r mod d với 0 ≤ r < d. Do đó k. ≡ r.
d
d
⇒ y ≡ t + rm/d mod m ⇒ y thuộc (2).
t+r

Ví dụ. Giải phương trình 12x ≡ 7 mod 23
Giải
Do (12,23) = 1 nên phương trình luôn có nghiệm duy nhất.
Ta tìm một số nguyên k sao cho 7 + 23k chia hết cho 12. Chọn k = 7
⇒ 12x ≡ 7.24 mod 23 ⇒ x ≡ 14 mod 23
Mệnh đề.
Giả sử p là số nguyên tố. Số nguyên a là nghịch đảo modulo p của chính nó khi và chỉ
khi a ≡ 1 mod p hoặc a ≡ – 1 mod p

Chứng minh.
Nếu a ≡ 1 mod p hoặc a ≡ – 1 mod p thì a2 ≡ 1 mod p nên a là nghịch đảo modulo p
của chính nó.
Ngược lại, giả sử a là nghịch đảo modulo của chính nó, tức là a 2 ≡ 1 mod p ⇒ a2 – 1 M
p ⇒ a + 1 M p hoặc a – 1 M p hay a ≡ – 1 mod p hoặc a ≡ 1 mod p.
Định lý Wilson.
Với số nguyên tố p, ta có (p – 1)! ≡ – 1 mod p
Chứng minh.
Khi p = 2, ta có (p – 1)! = 1 ≡ –1 mod 2
Giả sử p là số nguyên tố lớn hơn 2, khi đó mỗi số nguyên a với 1 ≤ a ≤ p – 1 tồn tại
nghịch đảo a’ với 1 ≤ a’ ≤ p – 1 sao cho aa’ ≡ 1 mod p. Theo mệnh đề trên chỉ có 2 số
1 và p – 1 là nghịch đảo modulo p của chính nó. Như vậy, ta có thể nhóm các số 2, 3,
…, p – 2 thành (p – 3)/2 cặp mà tích của chúng đồng dư 1 modulo p.
2.3. …(p – 3)(p – 2) ≡ 1 mod p
⇒ (p – 1)! ≡ 1(p – 1) ≡ –1 mod p.
Mệnh đề đảo của định lý Wilson cũng đúng.
Định lý.
Giả sử p là số nguyên dương sao cho ( p – 1)! ≡ – 1 mod p thì p là số nguyên tố.
Định lý đồng dư Trung Hoa.
Giả sử m1, m2, …, mr là các số nguyên tố cùng nhau đôi một. Khi đó hệ phương
trình đồng dư tuyến tính
x ≡ a1 mod m1
x ≡ a2 mod m2
12


….
x ≡ ar mod mr
có nghiệm duy nhất modulo m = m1m2…mr.
Ví dụ. Giải hệ phương trình x ≡ 2 mod 5, x ≡ 3 mod 7, x ≡ 5 mod 3

Giải
x ≡ 2 mod 5 ⇒ x ≡ 17 mod 5
x ≡ 3 mod 7 ⇒ x ≡ 17 mod 7
⇒ x ≡ 17 mod 35
x ≡ 5 mod 3 ⇒ x ≡ 5 + 3.4 mod 3 ⇒ x ≡ 17 mod 3
⇒ x ≡ 17 mod 105

Bài tập

1. Chứng minh rằng nếu a là số nguyên chẵn thì a 2 ≡ 0 mod 4, nếu a là số nguyên
lẻ thì a2 ≡ 1 mod 4
2. Chứng minh rằng nếu a lẻ thì a2 ≡ 1 mod 8
3. Chứng minh rằng n7 – n M 42 với n nguyên dương
4. Chứng minh rằng nếu a + b + c M 30 thì a5 + b5 + c5 M 30 (a,b,c ∈ Z)
n
5. Chứng minh rằng 53 + 7M12 với n nguyên dương
6. Giả sử n là số tự nhiên không chia hết cho 17. Chứng minh rằng hoặc n 8 – 1 M
17 hoặc n8 + 1 chia hết 17
7. Tìm tất cả các số nguyên n sao cho n.2n + 1 chia hết cho 3.
8. Với số nguyên n nào ta có 12 + 22 + …+ (n – 1)2 ≡ 0 mod n
9. Tìm dư trong phép chia
19
54
a. 2334 :17
b. 462345 : 37
c. 239237 :135
d. 21000000 : 310
10. Giải hệ
a. x ≡ 1 mod 2, x ≡ 2 mod 3, x ≡ 3 mod 5
b. x ≡ 2 mod 11, x ≡ 3 mod 12, x ≡ 4 mod 13, x ≡ 5 mod 17, x ≡ 6 mod 19

c. x ≡ 5 mod 6, x ≡ 3 mod 10, x ≡ 8 mod 15
11. Chứng minh định lý đảo của định lý Wilson
12. Chứng minh rằng nếu p, q là các số nguyên tố khác nhau thì p q −1 + q p−1 ≡ 1 mod
pq
13.
Chứng minh nếu p nguyên tố và ap ≡ bp mod p thì ap ≡ bp mod p2
14.
Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lẻ thì 1 2.32…(p– 4)2(p –2)2 ≡ (–1)
(p+1)/2
mod p
15. Chứng minh rằng nếu p nguyên tố thì (p – 2)! – 1 M p nhưng nếu p > 5 thì (p –
2)! – 1 không phải là một lũy thừa của p
16.
Giả sử hàm số f: N*  N* thỏa mãn điều kiện f(mf(n)) = n2f(m) ∀m,n
∈N*
a. Chứng minh rằng f(2009) hoặc là số nguyên tố hoặc là bình phương của
một số nguyên tố
b. Hãy xây dựng một hàm f thỏa mãn điều kiện trên.

13


ĐA THỨC
Đa thức là một trong những khái niệm trung tâm của toán học. Trong chương
trình phổ thông, chúng ta đã làm quen với khái niệm đa thức từ bậc trung học
cơ sở, từ những phép cộng, trừ, nhân đa thức đến phân tích đa thức ra thừa
số, dùng sơ đồ Horner để chia đa thức, giải các phương trình đại số.
Bài giảng này sẽ hệ thống hoá lại những kiến thức cơ bản nhất về đa thức 1
biến, các dạng toán thường gặp về đa thức. Ở cuối bài sẽ đề cập 1 cách sơ
lược nhất về đa thức nhiều biến.

1. Đa thức và các phép toán trên đa thức
1.1. Định nghĩa. Đa thức trên trường số thực là biểu thức có dạng
P(x) = anxn + an-1xn-1 + … + a1x + a0, trong đó ai ∈ R và an ≠ 0.
ai được gọi là các hệ số của đa thức, trong đó a n được gọi là hệ số cao nhất
và a0 được gọi là hệ số tự do.
n được gọi là bậc của đa thức và ký kiệu là n = deg(P). Ta quy ước bậc
của đa thức hằng P(x) = a0 với mọi x là bằng 0 nếu a0 ≠ 0 và bằng nếu a0 = 0.
Để tiện lợi cho việc viết các công thức, ta quy ước với đa thức P(x) bậc n thì
vẫn có các hệ số ak với k > n, nhưng chúng đều bằng 0.
Tập hợp tất cả các đa thức 1 biến trên trường các số thực được ký hiệu là
R[x]. Nếu các hệ số được lấy trên tập hợp các số hữu tỷ, các số nguyên thì ta
có khái niệm đa thức với hệ số hữu tỷ, đa thức với hệ số nguyên và tương ứng
là các tập hợp Q[x], Z[x].
1.2. Đa thức bằng nhau
m

n

k =0

k =0

k
k
Hai đa thức P( x) = ∑ a k x , Q( x) =∑ bk x bằng nhau khi và chỉ khi m = n và ak =

bk với mọi k=0, 1, 2, …, m.
1.3. Phép cộng, trừ đa thức.
m

n

k =0

k =0

k
k
Cho hai đa thức P( x) = ∑ a k x , Q( x) =∑ bk x . Khi đó phép cộng và trừ hai

đa thức P(x) và Q(x) được thực hiện theo từng hệ số của xk, tức là
P( x) ± Q( x) =

max{m , n}

∑ (a
k =0

3

k

± bk ) x k

2

Ví dụ: (x + 3x – x + 2) + (x2 + x – 1) = x3 + 4x2 + 1.
1.4. Phép nhân đa thức.

14

m

n

k =0

k =0

k
k
Cho hai đa thức P( x) = ∑ a k x , Q( x) =∑ bk x . Khi đó P(x).Q(x) là một đa

thức có bậc m+n và có các hệ số được xác định bởi
k

c k = ∑ ai bk −i .
i =0

Ví dụ: (x3 + x2 + 3x + 2)(x2+3x+1) = (1.1)x5 + (1.3 + 1.1)x4 + (1.1 + 1.3 + 3.1)x 3
+ (1.1 + 3.3 + 2.1)x2 + (3.1 + 2.3)x + (2.1) = x5 + 4x4 + 7x3 + 12x2 + 9x + 1.
1.5. Bậc của tổng, hiệu và tích của các đa thức
Từ các định nghĩa trên đây, dễ dàng suy ra các tính chất sau đây
Định lý 1. Cho P(x), Q(x) là các đa thức bậc m, n tương ứng. Khi đó
a) deg(P±Q) ≤ max{m, n} trong đó nếu deg(P) ≠ deg(Q) thì dấu bằng
xảy ra. Trong trường hợp m = n thì deg(P±Q) có thể nhận bất cứ giá trị nào ≤
m.
b) deg(P.Q) = m + n.
1.6. Phép chia có dư.

Định lý 2. Với hai đa thức P(x) và Q(x) bất kỳ, trong đó deg(Q) ≥ 1, tồn tại duy
nhất các đa thức S(x) và R(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện:
i)
P(x) = Q(x).S(x) + R(x)
ii)
deg(R) < deg(Q)
Chứng minh. Tồn tại. Ta chứng minh bằng quy nạp theo m = deg(P). Nếu
deg(P) < deg(Q) thì ta có thể chọn S(x) ≡ 0 và R(x) = P(x) thoả mãn đồng thời
các điều kiện i) và ii). Giả sử m ≥ n và định lý đã được chứng minh với các đa
thức có bậc nhỏ hơn m. Ta chứng minh định lý đúng với các đa thức bậc m.
Giả sử
m

n

k =0

k =0

P ( x ) = ∑ a k x k , Q( x) =∑ bk x k

Xét đa thức
H ( x) = P ( x) −

a m m− n
x Q( x)
bn

= (a m x m + a m −1 x m −1 + ... + a1 x + a 0 ) −

a m m− n
x (bn x n + ... + b0 )
bn


a b 
=  a m −1 − m n −1  x m −1 + ...
bn 


Do hệ số của xm ở hai đa thức bị triệt tiêu nên bậc của H(x) không vượt quá
m-1. Theo giả thiết quy nạp, tồn tại các đa thức S*(x), R*(x) sao cho
H(x) = S*(x).Q(x) + R*(x)
Nhưng khi đó
P ( x ) = H ( x) +

am m−n
a
x Q( x ) = ( m x m −n + S * ( x)) + R * ( x)
bn
bn

15


Vậy đặt S(x) = (am/bn)xm-n + S*(x) và R(x) = R*(x) ta được biểu diễn cần tìm cho
P(x).
Duy nhất. Giả sử ta có hai biểu diễn P(x) = S(x).Q(x) + R(x) và P(x) =
S*(x).Q(x) + R*(x) thoả mãn điều kiện ii). Khi đó Q(x).(S(x)-S*(x)) = R*(x) –
R(x). Ta có, theo điều kiện ii) và định lý 1 thì ded(R*(x) – R(x)) < deg(Q). Mặt

khác, nếu S(x) – S*(x) không đồng nhất bằng 0 thì deg(Q(x).(S(x)-S*(x))) =
deg(Q(x)) + deg(S(x)-S*(x)) ≥ deg(Q). Mâu thuẫn vì hai vế bằng nhau.
Theo ký hiệu của định lý thì S(x) được gọi là thương số và R(x) được gọi là dư
số trong phép chia P(x) cho Q(x).
Phép chứng minh nói trên cũng cho chúng ta thuật toán tìm thương số và dư
số của phép chia hai đa thức, gọi là phép chia dài (long division) hay sơ đồ
Horner.
Ví dụ: Thực hiện phép chia 3x3 – 2x2 + 4x + 7 cho x2 + 2x
3x3 – 2x2 + 4x + 7 | x2 + 2x
3x3 + 6x2
| 3x - 8
- 8x2 + 4x + 7
- 8x2 + 16
20x + 7
3
2
Vậy ta có 3x – 2x + 4x + 7 chia x2 + 2x được 3x – 8, dư 20x + 7.
1.7. Sự chia hết. Ước và bội.
Trong phép chia P(x) cho Q(x), nếu dư số R(x) đồng nhất bằng 0 thì ta
nói rằng đa thức P(x) chia hết cho đa thức Q(x). Như vậy, P(x) chia hết cho
Q(x) nếu tồn tại đa thức S(x) sao cho P(x) = Q(x).S(x). Trong trường hợp này
ta cũng nói Q(x) chia hết P(x), Q(x) là ước của P(x) hoặc P(x) là bội của Q(x).
Ký hiệu tương ứng là Q(x) | P(x) và P( x) MQ( x).
Cho P(x) và Q(x) là các đa thức khác 0. Ước chung lớn nhất của P(x) và Q(x)
là đa thức D(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện sau:
i)
D(x) là đa thức đơn khởi, tức là có hệ số cao nhất bằng 1
ii)
D(x) là ước chung của P(x) và Q(x), tức là D(x) | P(x) và D(x) |
Q(x)

iii)
Nếu D’(x) cũng là ước chung của P(x) và Q(x) thì D(x) cũng là
ước của D’(x).
Tương tự, ta có khái niệm bội chung nhỏ nhất của hai đa thức.
Cho P(x) và Q(x) là các đa thức khác 0. Bội chung lớn nhất của P(x) và Q(x) là
đa thức M(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện sau:
iv)
M(x) là đa thức đơn khởi, tức là có hệ số cao nhất bằng 1
v)
M(x) là bội chung của P(x) và Q(x), tức là P(x) | M(x) và Q(x) |
M(x)
vi)
Nếu M’(x) cũng là bội chung của P(x) và Q(x) thì M’(x) cũng là bội
của M(x).
16


Ký hiệu UCLN và BCNN của hai đa thức P(x), Q(x) là GCD(P(x), Q(x)),
LCM(P(x), Q(x)) hay đơn giản hơn là (P(x), Q(x)), [P(x), Q(x)].
Hai đa thức P(x), Q(x) được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu (P(x), Q(x)) = 1.
1.8. Thuật toán Euclide
Để tìm ước chung lớn nhất của hai đa thức P(x), Q(x), ta sử dụng thuật toán
Euclide sau đây:
Định lý 3. Giả sử có hai đa thức P(x), Q(x), trong đó deg(P) ≥ degQ. Thực
hiện phép chia P(x) cho Q(x) được thương số là S(x) và dư số là R(x). Khi đó
Nếu R(x) = 0 thì (P(x), Q(x)) = q* -1Q(x), trong đó q* là hệ số cao nhất
của đa thức Q(x)
Nếu R(x) ≠ 0 thì (P(x), Q(x)) = (Q(x), R(x))
Chứng minh. Nếu R(x) = 0 thì P(x) = Q(x).S(x). Khi đó đa thức q* -1Q(x) rõ ràng
thoả mãn tất cả các điều kiện của UCLN.

Nếu R(x) ≠ 0, đặt D(x) = (P(x), Q(x)), D’(x) = (Q(x), R(x)). Ta có D(x) | P(x) –
Q(x).S(x) = R(x), suy ra D(x) là ước chung của Q(x), R(x), theo định nghĩa của
D’(x), ta có D’(x) là ước của D(x). Mặt khác D’(x) | Q(x)S(x) + R(x) = P(x), suy
ra D’(x) là ước chung của P(x), Q(x), theo định nghĩa của D(x), ta có D(x) là
ước của D’(x). Từ đây, do D và D’ đều là các đa thức đơn khởi, ta suy ra D =
D’.
Định lý trên giải thích cho thuật toán Euclide để tìm UCLN của hai đa thức
theo như ví dụ dưới đây:
Ví dụ: Tìm ước chung lớn nhất của hai đa thức x5 – 5x + 4 và x3 – 3x2 + 2.
Ta lần lượt thực hiện các phép chia
x5 – 5x + 4 cho x3 – 3x2 + 2 được x2 + 3x + 9 dư 25x2 – 11x – 14
x3 – 3x2 + 2 cho 25x2 – 11x – 14 được (25x – 64)/625, dư (354/625)(x-1)
25x2 – 11x – 14 cho x-1 được 25x + 14 dư 0
Vậy (x5 – 5x + 4, x3 – 3x2 + 2) = x – 1.
Lưu ý, trong quá trình thực hiện, ta có thể nhân các đa thức với các hằng số
khác 0. Ví dụ trong phép chia cuối cùng, thay vì chia 25x 2 – 11x – 14 cho
(354/625)(x-1) ta đã chia cho x – 1.
1.9. Tính chất của phép chia hết
Nhắc lại, hai đa thức P(x), Q(x) được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu (P(x),
Q(x)) = 1. Ta có định lý thú vị và có nhiều ứng dụng sau về các đa thức
nguyên tố cùng nhau:

17


Định lý 4. (Bezout) Hai đa thức P(x) và Q(x) nguyên tố cùng nhau khi và chỉ
khi tồn tại các đa thức U(x), V(x) sao cho P(x).U(x) + Q(x).V(x) = 1.
Chứng minh. Giả sử tồn tại các đa thức U(x) và V(x) thoả mãn điều kiện
P(x).U(x) + Q(x).V(x) = 1. Đặt D(x) = (P(x), Q(x)) thì D(x) | P(x), D(x) | Q(x) suy
ra D(x) | 1 = P(x).U(x) + Q(x).V(x). Suy ra D(x) = 1.

Ngược lại, giả sử (P(x), Q(x)) = 1. Ta chứng minh tồn tại các đa thức U(x) và
V(x) sao cho P(x).U(x) + Q(x).V(x) = 1. Ta chứng minh bằng quy nạp theo m =
min{deg(P), deg(Q)}.
Nếu m = 0 thì điều cần chứng minh là hiển nhiên. Chẳng hạn nếu deg(Q) = 0
thì Q = q là hằng số và ta chỉ cần chọn U(x) = 0, V(x) = q -1 thì ta được
P(x).U(x) + Q(x).V(x) = 1.
Giả sử ta đã chứng minh định lý đúng đến m. Xét hai đa thức P(x), Q(x) có
min{deg(P), deg(Q)} = m+1. Không mất tính tổng quát, giả sử m+1 = deg(Q).
Thực hiện phép chia P(x) cho Q(x) được thương là S(x) và dư là R(x). Không
thể xảy ra trường hợp R(x) = 0 vì khi đó 1 = (P(x), Q(x)) = q* -1Q(x). Vì vậy, ta
có
1 = (P(x), Q(x)) = (Q(x), R(x))
Lúc này, do min(deg(Q), deg(R)) = deg(R) < m +1 nên theo giả thiết quy nạp,
tồn tại các đa thức U*(x), V*(x) sao cho Q(x)V*(x) + R(x)U*(x) = 1. Thay R(x)
= P(x) – Q(x).S(x), ta được
Q(x)V*(x) + (P(x) – Q(x)S(x))U*(x) = 1
Hay
P(x)U*(x) + Q(x)(V*(x) – S(x)U*(x)) = 1
Đặt U(x) = U*(x), V(x) = V*(x) – S(x)U*(x) ta được đpcm.
Tính chất của phép chia hết
i) Q | P, Q | R suy ra Q | P + R hay tổng quát hơn Q | P.U + R.V với U, V là các
đa thức bất kỳ.
ii) Q | P, P | R suy ra Q | R (tính bắc cầu)
iii) Q | P, P | Q suy ra tồn tại số thực khác 0 a sao cho Q = aP (ta gọi P và Q là
các đa thức đồng dạng)
iv) Nếu Q1 | P1 và Q2 | P2 thì Q1.Q2 | P1.P2.
v) Nếu Q | P.R và (P, Q) = 1 thì Q | R.
vi) Nếu Q | P, R | P và (Q, R) = 1 thì Q.R | P
Chứng minh. Các tính chất i-iv) là hiển nhiên xuất phát từ định nghĩa Q | P 
tồn tại S sao cho P = Q.S.

Để chứng minh các tính chất v) và vi), ta sẽ áp dụng định Bezout.
v) Từ giả thiết Q | P.R và (P,Q) = 1 suy ra tồn tại S sao cho P.R = Q.S và U, V
sao cho P.U + Q.V = 1
18


Khi đó R = (P.U+Q.V).R = (P.R)U + Q.V.R = Q.S.U + Q.V.R = Q.(SU+VR) suy
ra Q | R.
vii) Từ giả thiết Q | P, R | P và (Q, R) = 1 suy ra P = Q.S. Vì P = Q.S chia hết
cho R, mà (Q, R) = 1 nên theo v) suy ra S chia hết cho R, tức là S = R.S 1. Vậy
P = Q.S = (Q.R).S1 suy ra P chia hết cho Q.R.
1.10. Các ví dụ có lời giải
Bài toán 1. Tìm tất cả các cặp số a, b sao cho x 4 + 4x3 + ax2 + bx + 1 là bình
phương của một đa thức.
Giải: Nếu x4 + 4x3 + ax2 + bx + 1 là bình phương của một đa thức thì đa thức
đó phải có bậc 2. Giả sử
x4 + 4x3 + ax2 + bx + 1 = (Ax2 + Bx + C)2

x4 + 4x3 + ax2 + bx + 1 = A2x4 + 2ABx3 + (2AC + B2)x2 + 2BCx + C2
Đồng nhất hệ số hai vế, ta được
A2 = 1, 2AB = 4, 2AC + B2 = a, 2BC = b, C2 = 1.
Không mất tính tổng quát, có thể giả sử A = 1, suy ra B = 2. C có thể bằng 1
hoặc -1. Nếu C = 1 thì a = 6, b = 4. Nếu C = -1 thì a = 2, b = -4.
Vậy có hai cặp số (a, b) thoả mãn yêu cầu bài toán là (6, 4) và (2, -4).
Bài toán 2. Cho đa thức P(x) và hai số a, b phân biệt. Biết rằng P(x) chia cho
x-a dư A, P(x) chia cho x-b dư B. Hãy tìm dư của phép chia P(x) cho (x-a)(xb).
Giải: Giả sử P(x) = (x-a)(x-b)Q(x) + Cx + D. Lần lượt thay x = a, b, ta được
A = Ca + D, B = Cb + D
Từ đó suy ra C = (A-B)/(a-b), D = A – (A-B)a/(a-b) = (aB – bA)/(a-b).
Bài toán 3. Tìm dư trong phép chia x100 cho (x – 1)2.

Giải: Giả sử x100 = (x-1)2Q(x) + Ax + B. Thay x = 1, ta được
1 = A + B.
Lấy đạo hàm hai vế rồi cho x = 1, ta được
100 = A
Từ đó suy ra dư là 100x – 99.
Bài toán 4. Tìm a, b, c biết rằng đa thức P(x) = x 3 + ax2 + bx + c chia hết cho
x-2 và chia x2 – 1 dư 2x.
Giải: Từ các điều kiện đề bài suy ra P(2) = 0, P(1) = 2 và P(-1) = -2, tức là
8 + 4a + 2b + c = 0
1+a+b+c=2
–1 + a – b + c = -2
Từ đó suy ra b = 1, a = -10/3, c = 10/3. Từ đó P(x) = x3 – (10/3)x2 + x + 10/3.

19


Bài toán 5. Chứng minh rằng với mọi giá trị của n, đa thức (x+1) 2n+1 + xn+2 chia
hết cho đa thức x2 + x + 1.
Giải:
Cách 1. (Quy nạp theo n) Với n = 0, điều phải chứng minh là hiển nhiên. Giả
sử ta đã có (x+1)2n+1 + xn+2 chia hết cho x2 + x + 1. Khi đó
(x+1)2n+3 + xn+3 = (x2+2x+1)(x+1)2n+1 + xn+3
≡ x(x+1)2n+1 + xn+3 = x((x+1)2n+1 + xn+2) ≡ 0 (mod (x2+x+1)
Cách 2. (Dùng số phức) Đa thức x2 + x + 1 có hai nghiệm là α =

−1± i 3
. Để
2

chứng minh P(x) chia hết cho x 2 + x + 1 ta chỉ cần chứng minh P(α) = 0. Điều

này tương đương với việc chứng minh
1+ i 3 


 2 



2 n +1

 −1 + i 3 

+ 

2



n+2

= 0.

Chuyển các số phức sang dạng lượng giác rồi dùng công thức Moivre, ta có
điều này tương đương với
 (2n + 1)π 
 (2n + 1)π 
 (n + 2)2π 
 ( n + 2)2π 
cos
 + i sin 

 + cos
 + i sin 
 = 0.


3





3





Điều này đúng vì (2n+1)π/3 - (n+2)2π/3 = π.

3





3



Bài toán 6. Tìm tất cả các giá trị n sao cho x2n + xn + 1 chia hết cho x2 + x + 1.

Giải:
Cách 1: Ta nhận thấy x3 ≡ 1 mod x2 + x + 1. Do đó
x2(n+3) + xn+3 + 1 ≡ x2n + xn + 1 (mod x2 + x + 1)
Do đó ta chỉ cần xét với n = 0, 1, 2. Rõ ràng
Với n = 0, 3 không chia hết cho x2 + x + 1
Với n = 1, x2 + x + 1 chia hết cho x2 + x + 1
Với n = 2, x4 + x2 + 1 ≡ x + x2 + 1 chia hết cho x2 + x + 1
Từ đó suy ra x2n + xn + 1 chia hết cho x 2 + x + 1 khi và chỉ khi n có dạng 3k+1
hoặc 3k+2.
Cách 2: (Số phức) Tương tự như bài 5, ta có P(x) = x 2n + xn + 1 chia hết cho x2
+ x + 1 khi và chỉ khi P(α) = 0. Áp dụng công thức Moivre, ta có điều này
tương đương với
 4nπ 
 4nπ 
 2nπ 
 2nπ 
cos
 + i sin 
 + cos
 + i sin 
 +1 = 0
 3 
 3 
 3 
 3 

Điều này xảy ra khi n không chia hết cho 3.
Bài toán 7. Chứng minh rằng (xm – 1, xn – 1) = x(m,n) – 1.
Giải: Giả sử d = (m, n) thì rõ ràng x m – 1 = (xd)m’ – 1 chia hết cho xd – 1 và
tương tự xn – 1 chia hết cho xd. Suy ra xd – 1 là ước chung của x m - 1, xn – 1.

Giả sử D(x) là một ước chung của xm - 1, xn – 1. Vì d = (m, n) nên tồn tại các
số nguyên dương u, v sao cho d = mu – nv. Khi đó D(x) là ước của (x mu – 1) –
20


(xnv-1) = xnv(xd-1). Vì (xm-1, xnv) = 1 nên (D(x), xnv) = 1, suy ra D(x) là ước của x d
– 1, suy ra xd – 1 là ước chung lớn nhất của xm – 1 và xn – 1.
1.11. Bài tập
1. Chứng minh rằng mọi đa thức đơn khởi bậc 2n đều có thể viết dưới dạng q 2
+ r với q, r là các đa thức và deg(r) < n.
2. Tìm dư trong phép chia x100 – 2x51 + 1 cho x2 – 1.
3. Tìm a, b sao cho (x-1)2 | ax4 + bx3 + 1.
4. Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên. Chứng minh rằng không tồn tại các
số nguyên phân biệt a, b, c sao cho P(a) = b, P(b) = c, P(c) = a.
5. Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên. Biết rằng P(2) chia hết cho 5 và P(5)
chia hết cho 2. Chứng minh rằng P(7) chia hết cho 10.
6. (Rumani 1962) Cho α là số thức thoả mãn điều kiện sin(α) ≠ 0. Chứng minh
rằng với mọi giá trị n ≥ 2, đa thức
P(x) = xnsin(α) – xsin(nα) + sin(n-1)α
chia hết cho đa thức Q(x) = x2 – 2xcos(α) + 1.
7. (Mỹ 1976) Giả sử P(x), Q(x), R(x) và S(x) thoả mãn đồng nhất thức
P(x5) + xQ(x5) + x2R(x5) = (x4+x3+x2+x+1)S(x)
Chứng minh rằng đa thức P(x) chia hết cho đa thức x-1.
8. Với những giá trị nào của n ta có
a) x2 + x + 1 | (x-1)n – xn – 1
b) x2 + x + 1 | (x+1)n + xn + 1
2. Đa thức và nghiệm
Nghiệm của đa thức đóng một vai trò quan trọng trong việc nghiên cứu các
tính chất của đa thức. Nhiều tính chất của đa thức được thể hiện qua nghiệm
của chúng. Ngược lại, việc nghiên cứu tính chất các nghiệm của đa thức cũng

cũng là một trong các vấn đề trung tâm của đại số.
2.1. Ví dụ mở đầu
Xét xem số α = 3 3 + 3 + 3 là hữu tỷ hay vô tỷ.
Ta có thể giải bài toán này bằng cách chứng minh lần lượt các mệnh đề sau:
1) Nếu a vô tỷ thì a vô tỷ
2) Nếu a vô tỷ thì 3 a vô tỷ
3) 3 vô tỷ
Nhưng ta cũng có thể có một cách tiếp cận khác như sau:
1) Tìm đa thức với hệ số nguyên nhận α làm nghiệm
2) Chứng minh rằng đa thức này không có nghiệm hữu tỷ
21


Việc tìm đa thức với hệ số nguyên nhận α làm nghiệm được tiến hành như
sau
α = 3 3 + 3 + 3 ⇒ α 3 = 3 + 3 + 3 ⇒ (α 3 − 3) 2 = 3 + 3 ⇒ ((α 3 − 3) 2 − 3) 2 = 3
⇒ α 12 − 12α 9 + 48 x 6 − 72 x 3 + 33 = 0 (*).

V

ấn đề còn lại là chứng minh (*) không có nghiệm hữu tỷ. Việc này sẽ được
thực hiện ở cuối bài.
2.2. Nghiệm của đa thức, định lý Bezout.
Định nghĩa. Số thực a (trong một số trường hợp, ta xét cả các số phức) được
gọi là nghiệm của đa thức P(x) = a nxn + an-1xn-1 + …+ a1x + a0 nếu P(a) = 0, tức
là
anan + an-1an-1 + …+ a1a + a0 = 0.
Ta có định lý đơn giản nhưng rất có nhiều ứng dụng sau đây về nghiệm của
đa thức:
Định lý 5. a là nghiệm của đa thức P(x) khi và chỉ khi P(x) chia hết cho x – a.

Định lý này là hệ quả của định lý sau:
Định lý 6. Số dư trong phép chia đa thức P(x) cho x – a là P(a).
Cả định lý 5 và định lý 6 đều được gọi là định lý Bezout. Để chứng minh định
lý 6, ta chỉ cần chứng minh P(x) – P(a) chia hết cho x – a. Nhưng điều này là
hiển nhiên vì
P(x) – P(a) = an(xn-an) + an-1(xn-1-an-1) + … + a1(x-a)
và
xk – ak = (x-a)(xk-1 + xk-2a + …+ ak-1)
Từ định lý 5, ta có thể có một định nghĩa khác cho nghiệm của đa thức như
sau: a là nghiệm của đa thức P(x) nếu P(x) = (x-a)Q(x) với Q(x) là một đa thức
nào đó. Với định nghĩa này, ta có thể phát triển thành định nghĩa về nghiệm
bội.
Định nghĩa. a được gọi là nghiệm bội r của đa thức P(x) nếu P(x) = (x-a)rQ(x)
với Q(a) ≠ 0.
2.3. Định lý Vieta
Định lý 7. Xét đa thức P(x) ∈ R[x]. Nếu x1, x2, …, xk là các nghiệm phân biệt
của P(x) với các bội r1, r2, …, rk tương ứng thì P(x) chia hết cho (x-x1)r1(x-x2)r2…
(x-xk)rk.
Chứng minh: Điều này là hiển nhiên theo định nghĩa và do các đa thức (x-x i)ri
đôi một nguyên tố cùng nhau.
22


Hệ quả:
a) Một đa thức bậc n với hệ số thực có không quá n nghiệm thực.
b) Nếu hai đa thức P(x) và Q(x) có bậc nhỏ hơn hay bằng n bằng nhau tại
n+1 điểm thì hai đa thức này bằng nhau.
Định lý 8. Xét đa thức P(x) ∈ R[x] bậc n. Giả sử x 1, x2, …, xk là các nghiệm
phân biệt của P(x) với các bội r1, r2, …, rk tương ứng. Nếu r1 + r2 + … + rk = n
thì

P(x) = an(x-x1)r1(x-x2)r2…(x-xk)rk.
Chứng minh: Dùng định lý 9, ta suy ra P(x) chia hết cho (x-x 1)r1(x-x2)r2…(x-xk)rk,
suy ra P(x) = (x-x1)r1(x-x2)r2…(x-xk)rkQ(x). So sánh bậc và hệ số cao nhất, ta suy
ra Q(x) = an.
Định lý 9. (Định lý Vieta) Giả sử đa thức P(x) = a nxn + an-1xn-1 + an-2xn-2 + … +
a1x + a0 có n nghiệm (trong đó có thể có các nghiệm bội) là x1, x2, …, xn thì
P(x) = an(x-x1)(x-x2)…(x-xn)
và như hệ quả, ta có
x1 + x2 + … + xn = -an-1/an ;
x1x2 + x1x3 + …+ x1xn + x2x3 + …+ x2xn + …+xn-1xn = an-2/an;
…
x1x2…xn = (-1)na0/an.
Định lý 10. (Định lý Vieta đảo)
a) Nếu x + y = S, x.y = P thì x, y là 2 nghiệm của phương trình
X2 – SX + P = 0
b) Nếu x + y + z = S, xy + yz + zx = T, xyz = P thì x, y, z là 2 nghiệm của
phương trình
X3 – SX2 + TX – P = 0
Từ định lý 8 ta suy ra hai hệ quả đơn giản nhưng rất hiệu quả trong giải toán
sau:
Hệ quả 1. Một đa thức bậc n có không quá n nghiệm.
Hệ quả 2. Nếu P(x) và Q(x) là các đa thức bậc không quá n, trùng nhau tại
n+1 điểm phân biệt thì hai đa thức này trùng nhau.
2.4. Bài tập có lời giải
Bài 1. Cho a, b, c là ba nghiệm của phương trình x 3 – 3x + 1 = 0. Lập phương
trình bậc ba có nghiệm là
a) a2, b2, c2;
b)

1− a 1− b 1− c

,
,
1+ a 1+ b 1+ c

Lời giải.
Theo định lý Vieta, ta có
a + b + c = 0, ab + bc + ca = -3, abc = -1.
Từ đó ta tính được
23


a2 + b2 + c2 = (a+b+c)2 – 2(ab+bc+ca) = 02 -2(-3) = 6.
a2b2 +b2c2 + c2a2 = (ab+bc+ca) – 2abc(a+b+c) = (-3)2 – 2.(-1).0 = 9
a2b2c2 = (abc)2 = 1
Áp dụng định lý Vieta đảo, suy ra a2, b2, c2 là ba nghiệm của phương trình
x3 – 6x2 + 9x – 1 = 0.
Tương tự, ta tính được

1 − a 1 − b 1 − c (1 − a )(1 + b)(1 + c) + (1 + a )(1 − b)(1 + c) + (1 + a )(1 + b)(1 − c)
+
+
=
1+ a 1+ b 1+ c
(1 + a )(1 + b)(1 + c)
3 + a + b + c − (ab + bc + ca ) − 3abc
9
=
=
= −3.
1 + a + b + c + ab + bc + ca + abc

−3
1− a 1− b 1− b 1− c 1− c 1− a
.
+
.
+
.
=
1+ a 1+ b 1+ b 1+ c 1+ c 1+ a
(1 − a )(1 − b)(1 + c) + (1 + a)(1 − b)(1 − c) + (1 − a )(1 + b)(1 − c)
=
1 + a + b + c + ab + bc + ca + abc
3 − (a + b + c) − (ab + bc + ca) + 3abc
3
=
=
= −1.
1 + a + b + c + ab + bc + ca + abc
−3
1 − a 1 − b 1 − c 1 − ( a + b + c) + (ab + bc + ca) − abc − 1 1
.
.
=
=
= .
1 + a 1 + b 1 + c 1 + a + b + c + (ab + bc + ca) + abc
−3 3
1− a 1− b 1− c
,
,

Từ đó suy ra
là 3 nghiệm của phương trình
1+ a 1+ b 1+ c

x3 + 3x2 – x – 1/3 = 0.

Bài 2. Rút gọn biểu thức
A=

a2
b2
c2
+
+
(a − b)(a − c ) (b − c)(b − a ) (c − a)(c − b)

Lời giải.
Xét đa thức
F ( x) =

a 2 ( x − b)( x − c) b 2 ( x − c)( x − a ) c 2 ( x − a )( x − b)
+
+
− x2
(a − b)(a − c)
(b − c)(b − a )
(c − a)(c − b)

Ta có F(a) = F(b) = F(c) = 0. Nhưng F(x) là đa thức bậc nhỏ hơn hay bằng 2.
Do đó F(x) phải đồng nhất 0.

Từ đó suy ra hệ số của x2 của F(x) bằng 0. Hệ số này bằng
a2
b2
c2
+
+
− 1.
(a − b)(a − c) (b − c )(b − a ) (c − a )(c − b)

Suy ra A = 1.
Bài 3. Tìm tất cả các đa thức P(x) thoả mãn đồng nhất thức xP(x-1) = (x26)P(x).
Lời giải. Thay x = 0 vào đồng nhất thức, ta suy ra P(0) = 0. Suy ra P(x) chia
hết cho x, tức là P(x) = xP1(x). Thay vào đồng nhất thức, ta được
x(x-1)P1(x-1) = (x-26)xP1(x)
suy ra
(x-1)P1(x-1) = (x-26)P1(x)
(*)
24


Lại thay x = 1, ta được P 1(1) = 0, suy ra P1(x) chia hết cho x-1, tức là P 1(x) =
(x-1)P2(x), thay vào (*), ta được
(x-1)(x-2)P2(x-1) = (x-26)(x-1)P2(x)
Suy ra
(x-2)P2(x-1) = (x-26)P2(x) …
Cứ tiếp tục lý luận như thế, ta đi đến
P(x) = x(x-1)…(x-25)Q(x)
Và Q(x-1) = Q(x).
Đặt Q(0) = a thì ta có Q(x) = a với x = 1, 2, 3, … suy ra Q(x) = a với mọi x.
Vậy P(x) = ax(x-1)…(x-25) là tất cả các nghiệm của bài toán.

Bài 4. Xét phương trình x2 – an-1xn-1 – an-2xn-2 - … - a1x – a0 = 0 với ai là các số
thực dương. Chứng minh rằng phương trình này có không quá 1 nghiệm
dương.
Lời giải. Viết phương trình đã cho dưới dạng
1=

a n −1 a n − 2
a
+ 2 + ... + 0n .
x
x
x

Vế trái là một hàm số giảm trên (0, +∞ ) nên phương trình trên có không quá 1
nghiệm dương.
Bài 5. Với giá trị nào của A và B thì đa thức P(x) = Ax n+1 + Bxn + 1 có x = 1 là
nghiệm bội ít nhất là bậc 2?
Lời giải. Trước hết ta phải có P(1) = 0, tức là A + B + 1 = 0, suy ra B = – A –
1. Khi đó P(x) = Ax n(x-1) – xn + 1 = (x-1)(Axn – xn-1 – xn-2 - … - 1) = (x-1)Q(x).
Để 1 là nghiệm bội ít nhất là bậc 2 thì Q(x) chia hết cho x-1, tức là Q(1) = 0,
suy ra A = n. Vậy a = n, b = -(n+1).
2.5. Bài tập tự giải
Bài 1. Biết rằng các nghiệm của phương trình x 2 + ax + b = 0 và x 2 + cx + d =
0 đều thuộc (-1, 1). Chứng minh rằng các nghiệm của phương trình 2x 2 +
(a+c)x + (b+d) = 0 cũng thuộc (-1, 1).
Bài 2. Chứng minh rằng đa thức P(x) = 1 + x + x2/2! + … + xn/n! không có
nghiệm bội.
Bài 3. Rút gọn các biểu thức sau
a2
b2

c2
d2
+
+
+
(a − b)(a − c)(a − d ) (b − c )(b − d )(b − a ) (c − a)(c − b)(c − d ) (d − a )(d − b)(d − c)
a3
b3
c3
B=
+
+
(a − b)(a − c ) (b − c)(b − a ) (c − a)(c − b)
A=

Bài 4. Cho a < b < c là ba nghiệm của phương trình x 3 – 3x + 1 = 0. Chứng
minh rằng
a2 – c = b2 – a = c2 – b = 2.
25