Đa thức một ẩn

luan van thac si su pham,luan van ths giao duc1 of 141.

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN

NGUYỄN NGỌC TÚ

ĐA THỨC MỘT ẨN

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Đại số

HÀ NỘI - Năm 2017

luan van thac si su pham,luan van ths giao duc1 of 141.


luan van thac si su pham,luan van ths giao duc2 of 141.

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

KHOA TOÁN

NGUYỄN NGỌC TÚ

ĐA THỨC MỘT ẨN

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Đại số

Người hướng dẫn khoa học

TS. NGUYỄN THỊ KIỀU NGA

HÀ NỘI - Năm 2017

luan van thac si su pham,luan van ths giao duc2 of 141.


luan van thac si su pham,luan van ths giao duc3 of 141.

Mục lục

LỜI CẢM ƠN
LỜI CAM ĐOAN
LỜI MỞ ĐẦU

1

1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

3

1.1

Xây dựng vành đa thức một ẩn . . . . . . . . . . . .

3

1.2

Bậc của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.2.1

Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.2.2

Tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

Phép chia đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.3.1

Phép chia hết . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.3.2

Phép chia với dư . . . . . . . . . . . . . . . .

6

Nghiệm và nghiệm bội . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.4.1

Nghiệm của đa thức . . . . . . . . . . . . . .

6

1.4.2

Sự tồn tại nghiệm của đa thức . . . . . . . . .

7

Định lý Viete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.5.1

Định lý Viete thuận

. . . . . . . . . . . . . .

7

1.5.2

Định lý Viete đảo . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.3

1.4

1.5

luan van thac si su pham,luan van ths giao duc3 of 141.


luan van thac si su pham,luan van ths giao duc4 of 141.
MỤC LỤC

1.6

Lược đồ Horner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.7

Đa thức đồng dư . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.7.1

Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.7.2

Tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

2 MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ ĐA THỨC MỘT ẨN
2.1

12

Bài toán chia hết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2.1.1

Bài toán chứng minh chia hết . . . . . . . . . 12

2.1.2

Tìm điều kiện của tham số để hai đa thức chia
hết cho nhau . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2.2

2.3

Xác định đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.2.1

Dựa vào công thức Viete . . . . . . . . . . . . 20

2.2.2

Dựa vào phép biến đổi ẩn . . . . . . . . . . . 26

2.2.3

Dựa vào tính chất số học . . . . . . . . . . . . 29

Nghiệm của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
2.3.1

Sự tồn tại nghiệm của đa thức . . . . . . . . . 32

2.3.2

Tính chất nghiệm của đa thức . . . . . . . . . 37

2.3.3

Đẳng thức, bất đẳng thức liên quan nghiệm
của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

2.4

Nghiệm bội của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . 44

Kết luận

48

Tài liệu tham khảo

48

luan van thac si su pham,luan van ths giao duc4 of 141.


luan van thac si su pham,luan van ths giao duc5 of 141.
Một số bài toán về đa thức một ẩn

Nguyễn Ngọc Tú - K39B

LỜI CẢM ƠN
Em xin gửi lời cảm ơn chân thành và sâu sắc đến cô giáo, TS
Nguyễn Thị Kiều Nga, người đã trực tiếp hướng dẫn và chỉ bảo tận
tình trong suốt thời gian qua để em có thể hoàn thành khóa luận
này. Trong quá trình được cô hướng dẫn, em đã học hỏi được nhiều
kiến thức bổ ích và kinh nghiệm quý báu làm nền tảng cho quá
trình học tập, làm việc và nghiên cứu sau này.
Em cũng xin gửi lời cảm ơn tới các thầy, cô giáo trong khoa Toán
trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2 đã tận tình giảng dạy, trang bị
cho chúng em những kiến thức cần thiết nhất trong suốt quá trình
học tập và nghiên cứu tại trường và tạo mọi điều kiện giúp em thực
hiện đề tài tốt nghiệp này.
Do còn nhiều hạn chế về trình độ cũng như thời gian nên khóa
luận không tránh khỏi những thiếu sót. Em kính mong nhận được
sự chỉ bảo, góp ý của thầy cô và các bạn.

Em xin chân thành cảm ơn!

Hà Nội, tháng 5 năm 2017
Sinh viên

Nguyễn Ngọc Tú

luan van thac si su pham,luan van ths giao duc5 of 141.


luan van thac si su pham,luan van ths giao duc6 of 141.
Một số bài toán về đa thức một ẩn

Nguyễn Ngọc Tú - K39B

LỜI CAM ĐOAN
Em xin cam đoan khóa luận "Đa thức một ẩn" là kết quả nghiên
cứu của riêng em, không trùng với công trình nghiên cứu của tác
giả khác. Nếu sai em xin hoàn toàn chịu trách nhiệm.

Hà Nội, tháng 5 năm 2017
Sinh viên

Nguyễn Ngọc Tú

luan van thac si su pham,luan van ths giao duc6 of 141.


luan van thac si su pham,luan van ths giao duc7 of 141.
Một số bài toán về đa thức một ẩn

Nguyễn Ngọc Tú - K39B

LỜI MỞ ĐẦU
Toán học là một ngành khoa học có vị trí rất quan trọng. Toán
học giúp học sinh học tốt các môn khác, là công cụ của nhiều ngành
khoa học và cũng là công cụ để giải quyết nhiều vấn đề trong đời
sống thực tiễn.
Đại số là một môn quan trọng của Toán học, trong đó đa thức là
một khái niệm cơ bản và quan trọng trong Đại số. Đa thức không
những là đối tượng nghiên cứu của Đại số mà còn là công cụ đắc
lực của Giải tích. Đa thức được giới thiệu ngay từ những năm học
đầu phổ thông ở các dạng đơn giản mà ta thường gọi là biểu thức
chứa chữ và xuyên suốt các bậc học. Ngoài ra lý thuyết đa thức
còn sử dụng trong toán cao cấp, toán ứng dụng. Trong các kỳ thi
học sinh giỏi thì các bài toán về đa thức cũng được đề cập nhiều và
được xem như những dạng toán khó của bậc phổ thông. Tuy nhiên
cho đến nay, tài liệu về đa thức chưa nhiều, các bài tập, dạng toán
về đa thức chưa được phân loại và hệ thống một cách chi tiết. Với
mong muốn tìm hiểu sâu hơn về đa thức cũng như các dạng bài tập
liên quan về đa thức, em đã chọn đề tài khóa luận tốt nghiệp "Đa
thức một ẩn" nhằm phân loại, hệ thống một số bài toán về đa thức.
Nội dung khóa luận được chia làm hai chương.
Chương 1: Kiến thức đa thức một ẩn.
Nội dung chương 1 là nhắc lại một số kiến thức cơ bản về đa thức
một ẩn.

1
luan van thac si su pham,luan van ths giao duc7 of 141.

luan van thac si su pham,luan van ths giao duc8 of 141.
Một số bài toán về đa thức một ẩn

Nguyễn Ngọc Tú - K39B

Chương 2: Một số bài toán về đa thức một ẩn.
Nội dung chương 2 là phân loại một số dạng toán về đa thức một ẩn
như: bài toán chia đa thức, xác định đa thức, nghiệm của đa thức,
...
Do thời gian và năng lực còn nhiều hạn chế nên nhiều dạng toán
về đa thức chưa được đề cập đến như đa thức bất khả quy, nghiệm
nguyên của đa thức, đa thức và phương trình hàm, . . . Đồng thời
khóa luận không tránh khỏi những thiếu sót. Em kính mong nhận
được sự chỉ bảo, góp ý của thầy cô và các bạn.

2
luan van thac si su pham,luan van ths giao duc8 of 141.


luan van thac si su pham,luan van ths giao duc9 of 141.

Chương 1
KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1

Xây dựng vành đa thức một ẩn

Cho A là vành giao hoán có đơn vị. Đặt
P = {(a0 , a1 , . . . , an , . . . )|ai ∈ A, ai = 0 hầu hết, i = 1, 2, . . . }.

Trên P ta xác định hai quy tắc cộng và nhân như sau:
Phép cộng: (a0 , a1 , . . . , an , . . . ) + (b0 , b1 , . . . , bn , . . . ) = (a0 + b0 , a1 +
b1 , . . . , an + bn , . . . ).
Phép nhân: (a0 , a1 , . . . , an , . . . ).(b0 , b1 , . . . , bn , . . . ) = (c0 , c1 , . . . , cn , . . . )
trong đó ck =

ai b j .
i+j=k

Hai quy tắc cộng và nhân ở trên là hai phép toán hai ngôi trên
P . Khi đó P cùng với phép toán cộng và nhân ở trên lập thành
vành giao hoán có đơn vị 1 = (1, 0, . . . , 0, . . . ) gọi là vành đa thức,
các phần tử của P gọi là các đa thức.
Đặt x = (0, 1, 0, . . . , 0, . . . ).
Theo quy tắc nhân ta có:
x2 = (0, 0, 1, 0, . . . , 0, . . . )
3
luan van thac si su pham,luan van ths giao duc9 of 141.


luan van thac si su pham,luan van ths giao duc10 of 141.
Một số bài toán về đa thức một ẩn

Nguyễn Ngọc Tú - K39B

x3 = (0, 0, 0, 1, 0, . . . , 0, . . . )
..............................
xn = (0, 0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0, . . . ).
n

Quy ước: x0 = (1, 0, 0, . . . ).
Xét ánh xạ f : A → P
a → (a, 0, . . . , 0, . . . ).
Ta có: f (a+b) = (a+b, 0, . . . ) = (a, 0, . . . )+(b, 0, . . . ) = f (a)+f (b),
f (ab) = (ab, 0, . . . ) = (a, 0, . . . ).(b, 0, . . . ) = f (a).f (b).
Với mọi a, b ∈ A, f (a) = f (b) khi và chỉ khi (a, 0, . . . ) = (b, 0, . . . )
khi và chỉ khi a = b. Nên f đơn cấu vành.
Vì f là đơn cấu nên ta đồng nhất mỗi phần tử a ∈ A với f (a) ∈ P
tức a = f (a) = (a, 0, . . . , 0, . . . ) ∈ P . Từ đó A là một vành con của
vành P .
Giả sử α = (a0 , a1 , . . . , an , . . . ) ∈ P . Vì ai = 0 hầu hết nên giả
sử n là số lớn nhất để an = 0. Ta có
(a0 , a1 , . . . , an , 0, . . . ) = (a0 , 0, 0, . . . ) + (0, a1 , 0, . . . ) + · · · + (0, . . . , 0, an , 0, . . . )
n

= (a0 , 0, . . . ).(1, 0, . . . ) + (a1 , 0, . . . )(0, 1, 0, . . . ) + . . .
+ (an , 0, . . . )(0, . . . , 0, 1, 0, . . . )
n

= a0 x 0 + a1 x 1 + · · · + an x n
= a0 + a1 x + · · · + an xn .
Khi đó thay cho P , ta viết A[x], các đa thức thuộc P ký hiệu
là f (x), g(x), . . . và A[x] được gọi là vành đa thức một ẩn x. Cho
4
luan van thac si su pham,luan van ths giao duc10 of 141.


luan van thac si su pham,luan van ths giao duc11 of 141.
Một số bài toán về đa thức một ẩn

Nguyễn Ngọc Tú - K39B

n

ai xi ∈ A[x]. Trong đó ai xi gọi là hạng tử thứ i, ai là hệ

f (x) =
i=0

tử thứ i, a0 là hạng tử tự do, an = 0 gọi là hệ tử cao nhất.

1.2

Bậc của đa thức

1.2.1

Định nghĩa

Cho đa thức f (x) ∈ A[x], f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 .
Nếu f (x) = 0 thì ta nói f (x) là đa thức không có bậc hoặc bậc
−∞.
Nếu f (x) = 0 thì ta gọi giá trị lớn nhất n sao cho an = 0 của
đa thức f (x) là bậc của đa thức. Ký hiệu deg f (x) = n.
1.2.2

Tính chất

Tính chất 1
Cho f (x), g(x) là hai đa thức khác không.

i. Nếu f (x)+g(x) = 0 thì deg(f (x)+g(x)) ≤ max(deg f (x), deg g(x)).
ii. Nếu f (x)g(x) = 0 thì deg[f (x).g(x)] ≤ deg f (x) + deg g(x).
Tính chất 2
Nếu A là miền nguyên thì A[x] cũng là miền nguyên và khi đó với
mọi đa thức f (x) = 0, g(x) = 0 thuộc A[x] thì
deg[f (x)g(x)] = deg f (x) + deg g(x).

5
luan van thac si su pham,luan van ths giao duc11 of 141.


luan van thac si su pham,luan van ths giao duc12 of 141.
Một số bài toán về đa thức một ẩn

1.3
1.3.1

Nguyễn Ngọc Tú - K39B

Phép chia đa thức
Phép chia hết

Định nghĩa 1.1. Cho hai đa thức f (x), g(x) ∈ A[x], g(x) = 0. Ta
nói rằng đa thức f (x) chia hết cho đa thức g(x) trong A[x] nếu
tồn tại đa thức s(x) ∈ A[x] sao cho f (x) = g(x)s(x). Ta ký hiệu
.
f (x)..g(x).
Tính chất
.
.

.
a) Nếu f (x)..g(x), g(x)..h(x) thì f (x)..h(x).
.
b) Nếu fi (x)..g(x), ∀i = 1, n và qi (x) là những đa thức bất kỳ,
.
i = 1, n, thì [f1 (x)q1 (x) + f2 (x)q2 (x) + · · · + fn (x)qn (x)]..g(x).
1.3.2

Phép chia với dư

Định lý 1.1. Cho f (x), g(x) ∈ A[x], A là trường, g(x) = 0. Khi đó
tồn tại duy nhất những đa thức s(x), r(x) ∈ A[x] thỏa mãn điều
kiện sau
f (x) = g(x)s(x) + r(x).
Trong đó deg r(x) < deg g(x), nếu r(x) = 0.

1.4
1.4.1

Nghiệm và nghiệm bội
Nghiệm của đa thức

Định nghĩa 1.2. Cho A là vành giao hoán có đơn vị, A là vành con
của vành giao hoán có đơn vị K, f (x) ∈ A[x], α ∈ K gọi là nghiệm
6
luan van thac si su pham,luan van ths giao duc12 of 141.


luan van thac si su pham,luan van ths giao duc13 of 141.
Một số bài toán về đa thức một ẩn

Nguyễn Ngọc Tú - K39B

của đa thức f (x) trên K nếu f (α) = 0 khi đó ta cũng nói α là
nghiệm của phương trình đại số f (x) = 0. Nếu α ∈ A mà f (α) = 0
thì ta nói α là nghiệm của f (x) trên A.
Định nghĩa 1.3. Cho f (x) ∈ A[x], α ∈ A,k là số nguyên dương,
 f (x)...(x − α)k
ta gọi α là nghiệm bội bậc k của f (x) nếu
 f (x) ...(x − α)k+1 .
1.4.2

Sự tồn tại nghiệm của đa thức

Định lý 1.2. (Định lý D’Alembert)
Mọi đa thức bậc khác 0 với hệ số phức có ít nhất một nghiệm phức.
Định lý 1.3. (Định lý Bezout)
Cho đa thức f (x) ∈ A[x], A là trường, c ∈ A. Khi đó dư của phép
chia f (x) cho (x − c) là f (c).
Hệ quả 1.1. Cho A là trường, f (x) ∈ A[x], α ∈ A. Khi đó α là
.
nghiệm của f (x) khi và chỉ khi f (x)..(x − α).
Định lý 1.4. Mọi đa thức f (x) = a0 xn +a1 xn−1 +· · ·+an−1 x+an ∈
A[x] có thể biểu diễn dưới dạng f (x) = a0 (x−α1 )(x−α2 ) . . . (x−αn ).
Trong đó α1 , α2 , . . . , αn là nghiệm của đa thức trong trường mở
rộng K của A.

1.5
1.5.1

Định lý Viete
Định lý Viete thuận

Cho đa thức f (x) ∈ A[x], f (x) = a0 xn + a1 xn−1 + · · · + an−1 x + an .
Khi đó luôn tồn tại trường K ⊃ A để f (x) có n nghiệm trong K.
7
luan van thac si su pham,luan van ths giao duc13 of 141.


luan van thac si su pham,luan van ths giao duc14 of 141.
Một số bài toán về đa thức một ẩn

Nguyễn Ngọc Tú - K39B

Gọi x1 , x2 , . . . , xn là n nghiệm của f (x). Khi đó ta có
a1
x1 + x2 + · · · + xn = (−1)
a0
a2
x1 x2 + x1 x3 + · · · + xn−1 xn = (−1)2
a0
a3
x1 x2 x3 + x1 x2 x4 + · · · + xn−2 xn−1 xn = (−1)3
a0
....................................
an
x1 x2 x3 . . . xn = (−1)n .
a0
Ta ký hiệu

n

S1 =

xi =
i=1

S2 =

(∗)

−a1
a0

xi xj =
1≤i≤j≤n

a2
a0

..............................
xi1 xi2 . . . xik = (−1)k

Sk =
1≤i1 ≤i2 ≤···≤ik ≤n

ak
.
a0

Với Sk là tổng các tích chập k của n số xi .
Đặc biệt
- Nếu x1 , x2 là hai nghiệm của f (x) = ax2 + bx + c, (a = 0) thì
−b
c
x1 + x2 =
, x1 x2 = .
a
a
- Nếu x1 , x2 , x3 là ba nghiệm của f (x) = ax3 +bx2 +cx+d, (a = 0)
−b
c
−d
thì x1 + x2 + x3 =
, x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 = , x1 x2 x3 =
.
a
a
a
1.5.2

Định lý Viete đảo

Nếu có n phần tử x1 , x2 , . . . , xn thỏa mãn hệ thức (∗) thì x1 , . . . , xn
là nghiệm của phương trình
X n − S1 X n−1 + S2 X n−2 + · · · + (−1)n−1 Sn−1 X + (−1)n Sn = 0.
8
luan van thac si su pham,luan van ths giao duc14 of 141.

luan van thac si su pham,luan van ths giao duc15 of 141.
Một số bài toán về đa thức một ẩn

Nguyễn Ngọc Tú - K39B

Đặc biệt
- Nếu x1 + x2 = S, x1 x2 = P thì x1 , x2 là nghiệm của phương
trình X 2 − SX + P = 0.
- Nếu x1 + x2 + x3 = A, x1 x2 + x2 x3 + x1 x3 = B, x1 x2 x3 = C thì
x1 , x2 , x3 là nghiệm của phương trình X 3 −AX 2 +BX −C = 0.

1.6

Lược đồ Horner

Cho đa thức f (x) = an xn + · · · + a1 x + a0 ∈ A[x], (A là trường).
Khi đó thương của f (x) cho (x − α) là một đa thức bậc n − 1 có
dạng g(x) = bn−1 xn−1 + · · · + b1 x + b0 .
Trong đó bi được xác định như sau
bn−1 = an ;
bn−2 = αan + an−1 ;
...............
bk = αbk+1 + ak+1 , k = 0, n − 1
và dư r = a0 + αb0 .
Khi đó ta có bảng sau gọi là lược đồ Horner
an

an−1

...

ak+1

...

a0

α bn−1 = an bn−2 = αan + an−1 . . . bk = αbk+1 + ak+1 . . . r = αb0 + a0

1.7
1.7.1

Đa thức đồng dư
Định nghĩa

Trong vành đa thức A[x], A là trường. Cho ϕ(x) là một đa thức
khác không. Ta nói đa thức P (x) và Q(x) là đồng dư theo môđun
9
luan van thac si su pham,luan van ths giao duc15 of 141.


luan van thac si su pham,luan van ths giao duc16 of 141.
Một số bài toán về đa thức một ẩn

Nguyễn Ngọc Tú - K39B

.
đa thức ϕ(x), nếu P (x) − Q(x)..ϕ(x).
Ký hiệu P (x) ≡ Q(x) (mod ϕ(x)).
1.7.2

Tính chất

Trong vành đa thức A[x], A - trường.
∗ Cho ϕ(x) là đa thức khác 0. Với mọi đa thức P (x) thì P (x) ≡
P (x) (mod ϕ(x)).
∗ Cho đa thức P (x), Q(x) bất kì. Nếu P (x) ≡ Q(x) (mod ϕ(x))
thì Q(x) ≡ P (x) (mod ϕ(x)).
∗ Cho đa thức P (x), Q(x), R(x) bất kì. Nếu P (x) ≡ Q(x) (mod
ϕ(x)) và Q(x) ≡ R(x) (mod ϕ(x)) thì P (x) ≡ R(x) (mod
ϕ(x)).
∗ Cho đa thức P (x), Q(x), R(x) bất kì. Nếu P (x) ≡ Q(x) (mod
ϕ(x)) thì P (x).R(x) ≡ Q(x).R(x) (mod ϕ(x)).
∗ Cho đa thức P1 (x), . . . , Pn (x), Q1 (x), . . . , Qn (x), R1 (x), . . . , Rn (x).
Nếu Pi (x) ≡ Qi (x) (mod ϕ(x)), i = 1, n thì
R1 (x).P1 (x)+· · ·+Rn (x).Pn (x) ≡ R1 (x).Q1 (x)+· · ·+Rn (x).Qn (x)
(mod ϕ(x))
∗ Cho đa thức P (x), Q(x), R(x) bất kì. Nếu P (x) + Q(x) ≡ R(x)
(mod ϕ(x)) thì P (x) ≡ R(x) − Q(x) (mod ϕ(x)).
∗ Cho đa thức P1 (x), . . . , Pn (x), Q1 (x), . . . , Qn (x). Nếu Pi (x) ≡
Qi (x) (mod ϕ(x)), i = 1, n thì P1 (x) . . . Pn (x) ≡ Q1 (x) . . . Qn (x)
(mod ϕ(x)).
10
luan van thac si su pham,luan van ths giao duc16 of 141.


luan van thac si su pham,luan van ths giao duc17 of 141.
Một số bài toán về đa thức một ẩn

Nguyễn Ngọc Tú - K39B

∗ Cho đa thức bất kì P (x), Q(x) và số tự nhiên t. Nếu P (x) ≡
Q(x) (mod ϕ(x)) thì P t (x) ≡ Qt (x) (mod ϕ(x)).
∗ Cho đa thức P (x), Q(x), F (x) là các đa thức bất kỳ. Nếu
P (x) ≡ Q(x) (mod ϕ(x)) thì F (P (x)) ≡ F (Q(x)) (mod ϕ(x)).

11
luan van thac si su pham,luan van ths giao duc17 of 141.


luan van thac si su pham,luan van ths giao duc18 of 141.

Chương 2
MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ ĐA
THỨC MỘT ẨN
2.1
2.1.1

Bài toán chia hết
Bài toán chứng minh chia hết

a. Phương pháp chung
Để chứng minh hai đa thức chia hết cho nhau ta sử dụng
- Định nghĩa và tính chất của phép chia hết.
- Hệ quả của định lý Bezout.
- Đa thức đồng dư.
- Dựa vào tính chất nghiệm.
- Biến đổi để xuất hiện nhân tử, qui nạp, . . .
b. Ví dụ minh họa
Ví dụ 2.1.1. Trong vành Q[x] chứng minh rằng với n ∈ N∗ , đa

thức (x + 1)2n − x2n − 2x − 1 chia hết cho 2x + 1, x + 1, x.
12
luan van thac si su pham,luan van ths giao duc18 of 141.


luan van thac si su pham,luan van ths giao duc19 of 141.
Một số bài toán về đa thức một ẩn

Nguyễn Ngọc Tú - K39B

Lời giải.
Đặt f (x) = (x + 1)2n − x2n − 2x − 1.
1
Theo định lý Bezout ta có f −
= 0, vậy f (x) chia hết cho 2x+1.
2
Tương tự: f (−1) = 0 nên f (x) chia hết cho x + 1.
f (0) = 0 nên f (x) chia hết cho x.
Vậy trong vành Q[x], f (x) = (x + 1)2n − x2n − 2x − 1 chia hết cho
2x + 1, x + 1, x.
Ví dụ 2.1.2. Cho A là trường, giả sử p(x) ∈ A[x] bất khả quy trong
A[x]. Chứng minh rằng nếu f (x)g(x) chia hết cho p(x) thì f (x) chia
hết cho p(x) hoặc g(x) chia hết cho p(x).
Lời giải.
Giả sử p(x) là đa thức bất khả quy trong A[x] và giả thiết p(x)
là ước của f (x)g(x). Giả sử rằng f (x) không chia hết cho p(x) thì
(f (x), p(x)) = 1. Do đó trong A[x] tồn tại đa thức r(x) sao cho
1 = f (x)r(x) + p(x)s(x).
Suy ra r(x)g(x)f (x) + p(x)g(x)s(x) = g(x).
Mà theo giả thiết f (x)g(x) chia hết cho p(x). Suy ra g(x) là bội của

p(x) trong A[x].
Ví dụ 2.1.3. Chứng minh đa thức x3m + x3n+1 + x3l+2 chia hết cho
đa thức x2 + x + 1 trong Q[x], (m, n, l ∈ N∗ ).
Lời giải.
Cách 1: Sử dụng đồng dư thức.
Do Q là trường nên tồn tại phép chia f (x) cho g(x) = 0.
Đặt f (x) = x3m + x3n+1 + x3l+2 , g(x) = x2 + x + 1.
13
luan van thac si su pham,luan van ths giao duc19 of 141.


luan van thac si su pham,luan van ths giao duc20 of 141.
Một số bài toán về đa thức một ẩn

Nguyễn Ngọc Tú - K39B

Ta phải chứng minh f (x) ≡ 0 (mod g(x)).
Xét đa thức x3 − 1 = (x − 1)(x2 + x + 1).
Suy ra x3 ≡ 1 (mod g(x)). Do đó
x3m ≡ 1 (mod g(x))
x3n+1 ≡ x3n .x ≡ x (mod g(x))
x3l+2 ≡ x3l .x2 ≡ x2 (mod g(x)).
Suy ra x3m + x3n+1 + x3l+2 ≡ 1 + x + x2 ≡ 0 (mod g(x)).
Vậy x3m + x3n+1 + x3l+2 chia hết cho x2 + x + 1 (∀m, n, l ∈ N∗ ).
Cách 2: Biến đổi để xuất hiện nhân tử x2 + x + 1.
Ta có
f (x) = x3m + x3n+1 + x3l+2
= (x3m − 1) + (x3n+1 − x) + (x3l+2 − x2 ) + x2 + x + 1
= (x3 − 1)f1 (x) + x(x3 − 1)f2 (x) + x2 (x3 − 1)f3 (x) + x2 + x + 1.
với f1 (x), f2 (x), f3 (x) ∈ Q[x].

.
Suy ra f (x) = (x2 + x + 1)h(x) hay f (x)..g(x) trong Q[x].
.
Vậy (x3m + x3n+1 + x3l+2 )..(x2 + x + 1), (∀m, n, l ∈ N∗ ).
Ví dụ 2.1.4. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 2, mọi số
thực a, b thì b(bn−1 − nan−1 ) + an (n − 1) chia hết cho (b − a)2 .
Lời giải.
Ta đặt f (b) = b(bn−1 − nan−1 ) + an (n − 1) là đa thức ẩn b. Khi đó
f (b) = bn − nban−1 + nan − an
= bn − an − nban−1 + nan
= (bn − an ) − nan−1 (b − a)
= (b − a)(bn−1 + bn−2 a + · · · + an−1 − nan−1 ).
Đặt f1 (b) = bn−1 + bn−2 a + · · · + an−1 − nan−1 .
Ta thấy f1 (a) = an−1 + an−1 + · · · + an−1 − nan−1 = 0.
14
luan van thac si su pham,luan van ths giao duc20 of 141.


luan van thac si su pham,luan van ths giao duc21 of 141.
Một số bài toán về đa thức một ẩn

Nguyễn Ngọc Tú - K39B

Do đó f1 (b) chia hết cho (b − a) (theo định lý Bezout).
Vậy f (b) = (b − a)f1 (b) chia hết cho (b − a)2 . Do đó với mọi n ∈ N,
n ≥ 2, với mọi a, b ∈ R thì b(bn−1 − nan−1 ) + an (n − 1) chia hết cho
(b − a)2 .
Ví dụ 2.1.5. Chứng minh rằng đa thức (x + 1)2n+1 + xn+2 chia hết
cho đa thức x2 + x + 1, với mọi n ∈ N∗ .
Lời giải.

Ta chứng minh theo quy nạp.
Với n = 1, khi đó
(x + 1)2n+1 + xn+2 =(x + 1)3 + x3
.
=(2x + 1)(x2 + x + 1)..(x2 + x + 1).
Giả sử khẳng định đúng với n − 1, tức là (x + 1)2n+1 + xn+1 chia hết
cho x2 + x + 1.
Ta có
(x + 1)2n+1 + xn+2 = (x + 1)2 (x + 1)2n−1 + x.xn+1
= (x2 + 2x + 1)(x + 1)2n−1 + x.xn+1
= (x2 + x + 1)(x + 1)2n−1 + x (x + 1)2n−1 + xn+1
cũng chia hết cho x2 + x + 1.
.
Kết luận: [(x + 1)2n+1 + xn+2 ]..(x2 + x + 1), ∀n ∈ N∗ .
c. Bài tập áp dụng
Bài 1: Cho đa thức f (x) = (x2 + x + 1)2n + (x2 − x + 1)2n − 2. Chứng
minh rằng f (x) chia hết cho x2 − x trong Q[x], với mọi n ∈ N.
Bài 2: Chứng minh f (x) = xka1 + xka2 +1 + · · · + xkak +k−1 chia hết
cho g(x) = xk−1 + xk−2 + · · · + x + 1 trong Q[x], ai ∈ N, i = 1, k.
15
luan van thac si su pham,luan van ths giao duc21 of 141.


luan van thac si su pham,luan van ths giao duc22 of 141.
Một số bài toán về đa thức một ẩn

Nguyễn Ngọc Tú - K39B

Bài 3: Chứng minh rằng x3k+2 + x3k+1 + 1 chia hết cho x2 + x + 1
trong Q[x].

Bài 4: Chứng minh rằng với mọi a ∈ R và với mọi n ∈ N∗ thì
P = (a + 1)2n − a2n − 2a − 1 chia hết cho a(a + 1)(2a + 1).
Bài 5: Cho α ∈ R∗ và m, k ≥ 0, giả sử đa thức fn (x) bậc n thỏa
mãn fn (xm ) chia hết cho (x − α)k . Chứng minh rằng fn (xm ) chia
hết cho (xm − αm )k .
2.1.2

Tìm điều kiện của tham số để hai đa thức chia hết
cho nhau

a. Phương pháp chung
Bước 1: Biểu diễn f (x) dưới dạng f (x) = g(x).q(x) + r(x).
.
Bước 2: Theo định lý phép chia với dư thì f (x)..g(x) khi và chỉ khi
r(x) = 0. Từ đó tìm điều kiện của tham số.
Bước 3: Kết luận về giá trị của tham số.
b. Ví dụ minh họa
Ví dụ 2.1.6. Tìm a, b ∈ R để f (x) = x4 − 3x3 + 2x2 + ax + b chia
hết cho g(x) = x2 − x − 2.
Lời giải.
Cách 1: Vì R là trường nên tồn tại phép chia f (x) cho g(x).
Ta có f (x) = g(x)q(x)+r(x), trong đó r(x) = mx+n (vì deg r(x) <
deg g(x)). Ta cần tìm a, b để r(x) = 0 tức m = n = 0.
Thực hiện phép chia f (x) cho g(x) ta được
r(x) = (a − 2)x + b + 4.
16
luan van thac si su pham,luan van ths giao duc22 of 141.


luan van thac si su pham,luan van ths giao duc23 of 141.

Một số bài toán về đa thức một ẩn

Nguyễn Ngọc Tú - K39B



 a−2=0
a=2
..
Để f (x).g(x) thì
⇔
 b+4=0
 b = −4.
.
Do đó với a = 2, b = −4 thì f (x)..g(x).
Cách 2: Vì R là trường nên áp dụng định lí Bezout.
Ta có g(x) = x2 − x − 2 = (x + 1)(x − 2).

 f (x)...(x + 1)
..
Vì (x + 1, x − 2) = 1 nên f (x).g(x) khi và chỉ khi
 f (x)...(x − 2).
Theo định lí Bezout, ta có




 f (x)...(x + 1)
 f (−1) = 0
 6−a+b=0

a=2
⇔
⇔
⇔
 f (2) = 0
 2a + b = 0
 b = −4.
 f (x)...(x − 2)
.
Vậy với a = 2, b = −4 thì f (x)..g(x).
Ví dụ 2.1.7. Tìm các giá trị của a, b ∈ R để P (x) = ax4 + bx3 + 1
chia hết cho (x − 1)2 .
Lời giải.
Đặt P (x) = (x − 1)S1 (x) + R1 (x), S1 (x) = (x − 1)S2 (x) + R2 (x).
Khi đó P (x) = (x − 1)2 S2 (x) + R2 (x)x + R1 (x) − R2 (x). Dư trong
phép chia P (x) cho (x − 1)2 là R(x) = R2 (x)x + R1 (x) − R2 (x).
Suy ra

 R (x) = 0
2
..
2
P (x).(x − 1) ⇔
⇔ R1 (x) = R2 (x) = 0.
 R (x) − R (x) = 0
1
2
Ta có R1 (x), R2 (x) nhận được thông qua lược đồ Horner.
a
1 a

b

0

0

1

a+b

a+b

a+b

a+b+1

1 a 2a + b 3a + 2b 4a + 3b
17
luan van thac si su pham,luan van ths giao duc23 of 141.


luan van thac si su pham,luan van ths giao duc24 of 141.
Một số bài toán về đa thức một ẩn

Nguyễn Ngọc Tú - K39B



 a+b+1=0

a=3
Do đó
⇔
 4a + 3b = 0
 b = −4.
.
Kết luận: Với a = 3, b = −4 thì P (x) = (ax4 + bx3 + 1)..(x − 1)2 .
Ví dụ 2.1.8. Tìm n ∈ N để (x2n + xn + 1) chia hết cho (x2 + x + 1)
trong Q[x].
Lời giải.
Do Q là một trường nên tồn tại phép chia có dư của f (x) cho
g(x) = 0. Đặt fn (x) = x2n +xn +1. Ta có x3 −1 = (x−1)(x2 +x+1).
.
.
Do đó nếu tìm được n ∈ N mà f (x)..(x3 − 1) thì f (x)..x2 + x + 1.
Do n ∈ N nên n có dạng n = 3k, n = 3k + 1, n = 3k + 2, (k ∈ N).
• Với n = 3k thì fn (x) = x6k + x3k + 1
= (x6k − 1) + (x3k − 1) + 3
= (x2 + x + 1)f1 (x) + 3.
.
Suy ra fn (x) ..(x2 + x + 1).
• Với n = 3k + 1 thì fn (x) = x6k+2 + x3k+1 + 1
= (x6k+2 −x2 )+(x3k+1 −x)+1+x+x2
= x2 (x6k − 1) + x(x3k − 1) + x2 + x + 1.
.
Suy ra fn (x)..(x2 + x + 1).
• Với n = 3k + 2 thì
fn (x) = x6k+4 + x3k+2 + 1
= (x6k+4 − x4 ) + (x3k+2 − x2 ) + x4 + x2 + 1
= x4 (x6k − 1) + x2 (x3k − 1) + (x2 + x + 1)(x2 − x + 1).

.
Suy ra fn (x)..(x2 + x + 1).
.
.
Vậy với n ∈ N, n ..3 thì (x2n + xn + 1)..(x2 + x + 1).
18
luan van thac si su pham,luan van ths giao duc24 of 141.


luan van thac si su pham,luan van ths giao duc25 of 141.
Một số bài toán về đa thức một ẩn

Nguyễn Ngọc Tú - K39B

Ví dụ 2.1.9. Tìm n ∈ N để P (x) = (x + 1)n − xn − 1 chia hết cho
(x2 + x + 1).
Lời giải.
Ta có x + 1 ≡ −x2 (mod ϕ(x)); x3 ≡ 1 (mod ϕ(x)).
Khi đó (x + 1)n − xn − 1 ≡ (−1)n .x2n − xn − 1 (mod ϕ(x)).
Giả sử n = 6k + l, l = 0, 5. Ta có:
(x + 1)n − xn − 1 ≡ (−1)l .x2l − xl − 1 (mod ϕ(x)).
.
• Với l = 0, P (x) ≡ 1 − 1 − 1 ≡ −1 (mod ϕ(x)), tức P (x) ..ϕ(x).
.
• Với l = 1, P (x) ≡ −x2 − x − 1 ≡ 0 (mod ϕ(x)), tức P (x)..ϕ(x).
.
• Với l = 2, P (x) ≡ −x2 +x−1 ≡ 2x (mod ϕ(x)), tức P (x) ..ϕ(x).
.
• Với l = 3, P (x) ≡ −1−1−1 ≡ −3 (mod ϕ(x)), tức P (x) ..ϕ(x).
• Với l = 4, P (x) ≡ x2 − x − 1 ≡ −2(x + 1) (mod ϕ(x)), tức

.
P (x) ..ϕ(x).
.
• Với l = 5, P (x) ≡ −x2 −x−1 ≡ 0 (mod ϕ(x)), tức P (x) ..ϕ(x).
.
Vậy P (x)..ϕ(x) khi và chỉ khi n = 6k + 1 hoặc n = 6k + 5, k ∈ N.
c. Bài tập áp dụng
Bài 1: Xác định a để đa thức f (x) = 6x4 − 7x3 + ax2 + 3x + 2 chia
hết cho g(x) = x2 − x − 6 trong R[x].
Bài 2: Xác định a, b ∈ R để đa thức f (x) = axn+1 + bxn + 1 chia
hết cho g(x) = (x − 1)2 trong R[x].
Bài 3: Tìm tất cả cặp số m, n ∈ N để đa thức f (x) = 1 + xn + · · · +
xmn chia hết cho đa thức g(x) = 1 + xn + · · · + xm trong Q[x].
19
luan van thac si su pham,luan van ths giao duc25 of 141.