Một vài bài toán về đa thức và phương trình hàm đa thức một biến

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

Cao Thị Nga

MỘT VÀI BÀI TOÁN VỀ ĐA THỨC VÀ
PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC MỘT BIẾN

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Hà Nội - Năm 2017


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

Cao Thị Nga

MỘT VÀI BÀI TOÁN VỀ ĐA THỨC VÀ
PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC MỘT BIẾN

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số:

60 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS. TS NGUYỄN NHỤY

Hà Nội - Năm 2017


i

Mục lục

Lời nói đầu

1

1 Một vài bài toán về đa thức

3

1.1

1.2

Đa thức, nghiệm của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1.1

Đa thức một biến

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

3

1.1.2

Đa thức bằng nhau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.1.3

Phép cộng trừ đa thức, nhân đa thức . . . . . . . . . .

5

1.1.4

Bậc của tổng, hiệu và tích các đa thức . . . . . . . . .

6

1.1.5

Phép chia đa thức có dư . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.1.6

Phép chia hết. Ước và bội . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.1.7

Thuật toán Euclid . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

1.1.8

Nghiệm của đa thức, các định lí cơ bản . . . . . . . . .

12

1.1.9

Định lí Viète . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

19

1.1.10 Đồng nhất thức Newton . . . . . . . . . . . . . . . . .

22

1.1.11 Các bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

23

Đa thức với hệ số nguyên, đa thức bất khả quy . . . . . . . .

30

1.2.1

Đa thức với hệ số nguyên

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

30

1.2.2

Đa thức bất khả quy trên Z[x] . . . . . . . . . . . . . .

31

1.2.3

Mối quan hệ bất khả quy trên Z[x] và Q[x] . . . . . . .

35

1.2.4

Các bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

37


ii

2 Phương trình hàm đa thức

43

2.1

Phương trình dạng P (f )P (g) = P (h) . . . . . . . . . . . . . .

43

2.2

Phương pháp nghiệm đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . .

57

2.3

Phương pháp khảo sát hệ số . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

69

2.4

Phương pháp sử dụng bậc của đa thức . . . . . . . . . . . . .

72

Kết luận

79

Tài liệu tham khảo

80


1

LỜI NÓI ĐẦU
Đa thức là một chuyên đề quan trọng trong chương trình toán học phổ
thông. Không những thế, đa thức là một chủ đề hay và rộng lớn để chúng ta
khai thác tìm hiểu. Các bài toán về đa thức là kiến thức kiểm tra không thể
thiếu trong các kì thi phổ thông. Đặc biệt trong các kì thi Olimpic quốc tế,
chủ đề đa thức, phương trình hàm đa thức được xuất hiện thường xuyên với
những dạng toán hết sức đa dạng.
Do đó, để đáp ứng nhu cầu về giảng dạy, học tập, luận văn "Một vài bài
toán về đa thức và phương trình hàm đa thức một biến" nhằm tìm hiểu, thu
thập các tài liệu và phân loại hệ thống các bài toán về đa thức, phương trình
hàm đa thức một biến.
Bố cục luận văn gồm lời mở đầu, hai chương, phần kết luận và danh mục
tài liệu tham khảo.
Chương 1. Một vài bài toán về đa thức
Chương này được dành để trình bày một số khái niệm cơ bản về đa thức,
các định lí cơ bản, các tiêu chuẩn bất khả quy cùng với đó là các bài toán
tiêu biểu trong các kì thi Olimpic quốc tế.
Chương 2. Phương trình hàm đa thức
Trong chương 2 chúng tôi trình bày dạng toán phương trình hàm thường
gặp và ba phương pháp thường dùng khi giải phương trình hàm đa thức cùng
với đó là các bài toán tiêu biểu trong các kì thi Olimpic quốc tế.

2

Để hoàn thành luận văn, em đã nhận được sự giúp đỡ của thầy cô, bạn
bè, đặc biệt là sự chỉ bảo hướng dẫn tận tình của PGS. TS Nguyễn Nhụy,
cùng các thầy cô trong Seminar bộ môn Toán của trường Đại học Khoa học
Tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội. Em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành
các thầy cô giáo trong khoa Toán - Cơ - Tin học, trường Đại học Khoa học
Tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội, đã hướng dẫn em hoàn thành khóa học
Cao học 2015-2017.
Do thời gian thực hiện luận văn không nhiều, kiến thức còn hạn chế nên
khi làm luận văn không tránh khỏi những hạn chế và sai sót. Em mong nhận
được những ý kiến góp ý của quý thầy cô và bạn đọc.
Em xin chân thành cảm ơn.
Hà Nội, tháng 11 năm 2017
Học viên

Cao Thị Nga


3

Chương 1
Một vài bài toán về đa thức
Trong chương này, chúng tôi sẽ trình bày hai nội dung chính. Mục một, sẽ
giới thiệu các kiến thức cơ bản về đa thức như định nghĩa đơn thức, đa thức,
phép chia hết, chia có dư, các định lí cơ bản . . .Tiếp theo là một số các bài
toán hay về đa thức xuất hiện trong các kì thi Olimpic. Vấn đề đa thức bất
khả quy trên vành số nguyên sẽ được trình bày trong mục hai. Tiêu chuẩn

của đa thức bất khả quy sẽ được chứng minh và kèm theo là các bài tập áp
dụng.

1.1

Đa thức, nghiệm của đa thức

1.1.1

Đa thức một biến

Định nghĩa 1.1.1. (Đơn thức một biến)
Biểu thức có dạng axk (trong đó a thuộc trường K; x là biến; số mũ k là
các số tự nhiên) được gọi là đơn thức một biến với hệ số trong K.
Định nghĩa 1.1.2. (Đa thức một biến)
Đa thức một biến x trên trường số K là biểu thức có dạng
P (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0


4

trong đó ai ∈ K; an = 0 được gọi là các hệ số của đa thức. an được gọi là hệ
số cao nhất; a0 được gọi là hệ số tự do.
Chú ý 1.1.3. Tập hợp tất cả các đa thức một biến trên trường số thực kí
hiệu là R[x].
Nếu các hệ số được lấy trên tập hợp số hữu tỉ thì ta có đa thức với hệ số hữu
tỉ Q[x].
Nếu các hệ số được lấy trên tập hợp số nguyên thì ta có đa thức với hệ số
nguyên Z[x].
Nếu các hệ số được lấy trên tập hợp số phức thì ta có đa thức với hệ số phức

C[x].
1.1.2

Đa thức bằng nhau

Định nghĩa 1.1.4. (Đa thức bằng nhau)
m

n
k

Hai đa thức P (x) =

bk xk bằng nhau khi và chỉ khi

ak x ; Q(x) =
k=0

k=0

m = n và ak = bk với mọi k = 0, 1, 2, . . . , m.
Định lý 1.1.5. (Nguyên lí so sánh hệ số)
Cho hai đa thức P (x) = an xn + . . . + a1 x + a0 và Q(x) = bm xm + . . . +
b1 x + b0 với n ≥ m. Nếu tồn tại n + 1 số đôi một khác nhau α1 , α2 , . . . , αn+1
(αi = αj , ∀i = j) sao cho P (αi ) = Q(αi ) với i = 1, 2, . . . , n + 1 thì n = m và
a0 = b0 , a1 = b1 , . . . , an = bn .
Chứng minh.
Cho hai đa thức
P (x) = an xn + . . . + a1 x + a0
Q(x) = bm xm + . . . + b1 x + b0 .

5

Theo bài ra n ≥ m. Khi đó ta có n = m + k với k ≥ 0.
Xét hiệu
P (x)−Q(x) = am+k xm+k +am+k−1 xm+k−1 +. . .+xm (am −bm )+xm−1 (am−1 − bm−1 )+
. . . + a0 − b0 .
Theo bài ra tồn tại n+1 số đôi một khác nhau α1 , α2 , . . . , αn+1 (αi = αj , ∀i = j)
sao
 cho P (αi ) = Q(αi ). Khi đó P (αi ) − Q(αi ) = 0. Suy ra




am+k = am+k−1 = . . . = am+1 = 0 ⇒ n = m







a n = bn









am = bm








an−1 = bn−1






am−1 = bm−1

hay an−2 = bn−2






a
=
b



m−2
m−2






...








...







a0 = b0 .




a0 = b0 .



m = n,
Vậy


a0 = b0 , a1 = b1 , . . . , an = bn .
1.1.3

Phép cộng trừ đa thức, nhân đa thức
m

n
k

Cho đa thức P (x) =

bk xk .

ak x , Q(x) =
k=0

k=0

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
max(m,n)

(ak + bk )xk .

P (x) + Q(x) =
k=0

ở đây, nếu n ≤ m thì bk = 0 với k = n + 1, . . . , m. Khi đó P (x)Q(x) là một
n+m

đa thức bậc m + n và có các hệ số được xác định bởi ck =

ai bk−i .
i=0


6

1.1.4

Bậc của tổng, hiệu và tích các đa thức

Tính chất 1.1.6. Cho đa thức P (x); Q(x) là các đa thức bậc m; n tương
ứng. Khi đó
1. 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 nhỏ hơn hoặc bằng m,
2. deg(P. Q) = m + n,
3. deg P (Q(x)) = m. n.

1.1.5

Phép chia đa thức có dư

Định lý 1.1.7. Với hai đa thức P (x) và Q(x) bất kì, trong đó deg(Q) ≥ 1,
tồn tại duy nhất các đa thức S(x) và R(x) thỏa mãn đồng thời các điều kiện
• P (x) = Q(x).S(x) + R(x),
• 0 ≤ deg(R(x)) < deg(Q(x)).
Chứng minh.
Trước tiên, ta chứng minh tính 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) thỏa mãn đồng thời hai điều kiện
của định lí. Giả sử m ≥ n và định lí đã được chứng minh với các đa thức có
bậc nhở hơn m. Ta chứng minh định lí đúng với các đa thức bậc m. Giả sử
P (x) =

m
k
k=0 ak .x , Q(x)

H(x) = P (x) −
m

am
bn

=

n
k
k=0 bk .x

. Xét đa thức

xm−n Q(x)

= am x + am−1 x

m−1

+ . . . + a1 x + a0 −

am
bn

xm−n (bn xn + ... + b0 )


7





am .bn−1 

m−1
= am−1 −
.
x
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




 am

xm−n Q(x) =  · · · xm−n + S ∗ (x) + R∗ (x),
bn
bn

am
P (x) = H(x) +

am
vậy đặt S(x) =

bn

xm−n + S ∗ (x) và R(x) = R∗ (x) ta được biểu diễn cần tìm

cho P (x).
Tiếp theo ta chứng minh tính 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) thỏa mãn điều kiện 2). Khi đó Q(x).(S(x) − S ∗ (x)) = R∗ (x) − R(x). Ta
có, theo điều kiện 2) thì deg(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.
Chú ý 1.1.8. Theo kí hiệu của định lí thì S(x) được gọi là thương số và
R(x) được gọi là số dư trong phép chia P (x) cho Q(x).

1.1.6

Phép chia hết. Ước và bội

Trong phép chia P (x) và Q(x), nếu số dư R(x) đồng nhất bằng 0 thì ta
nói rằng đa thức P (x) chia hết cho 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). Kí hiệu tương ứng là
.
Q(x)|P (x) và P (x)..Q(x) .


8

Định nghĩa 1.1.9. (Ước chung lớn nhất của hai đa thức)
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) thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau
• D(x) là đa thức đơn khởi, tức là hệ số cao nhất bằng 1,
• D(x) là ước chung của P (x) và Q(x), tức là D(x)|P (x) và D(x)|Q(x),
• Nếu D1 (x) là một ước chung của P (x) và Q(x) thì D1 (x) là ước của
D(x).
Định nghĩa 1.1.10. (Bội chung nhỏ nhất của hai đa thức)
Cho P (x) và Q(x) là các đa thức khác 0. Bội chung nhỏ nhất của P (x) và
Q(x) là đa thức M (x) thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau
• M (x) là đa thức đơn khởi, tức là có hệ số cao nhất bằng 1,
• M (x) là bội chung của P (x) và Q(x), tức là P (x) | M (x) và Q(x) | M (x),

• Nếu M1 (x) là một bội chung của P (x) và Q(x) thì M1 (x) là bội của
M (x).
Chú ý 1.1.11. Kí hiệu ước chung lớn nhất của hai đa thức P (x) và Q(x)
là (P (x), Q(x)) và bội chung nhỏ nhất của hai đa thức P (x) và Q(x) là
[P (x), Q(x)].
Định lý 1.1.12. Với hai đa thức khác không bất kì P (x) và Q(x) ta đều có
(P (x), Q(x)) [P (x), Q(x)] = P (x)Q(x).
Chứng minh.
Giả sử D(x) = (P (x), Q(x)) . Khi đó P (x) và Q(x) có biểu diễn
P (x) = D(x)P1 (x) và Q(x) = D(x)Q1 (x).


9

Trước hết ta thấy rằng P1 (x) và Q1 (x) là hai đa thức nguyên tố cùng nhau
nghĩa là không có ước chung có bậc ≥ 1.
Thật vậy, nếu P1 (x) = u(x)P2 (x), Q1 (x) = u(x)Q2 (x) với deg u(x) ≥ 1 thì
khi đó P (x) = D(x)u(x)P2 (x); Q(x) = D(x)u(x)Q2 (x) nên
.
D∗ (x) = D(x)u(x) là ước chung của P (x) và Q(x) và do D∗ (x).. D(x) với
deg u(x) ≥ 1 nên điều này trái với
 giả thiết là D(x)
 = (P (x), Q(x)) .
1
P (x)Q(x) 

Ta đặt M (x) =
P (x)Q(x) =
·
D(x)

(P (x), Q(x))
.
.
Do P (x).. D(x), Q(x).. D(x) nên M (x) là một đa thức. Ta có
M (x) = Q(x)P1 (x) = P (x)Q1 (x).

(1)

.
.
Suy ra M (x).. P (x) và M (x).. Q(x), tức M là một bội chung của P (x) và
Q(x). Ta kiểm tra rằng M (x) là bội chung nhỏ nhất của P (x) và Q(x).
.
.
Giả sử E(x) là một đa thức sao cho E(x).. P (x), E(x).. Q(x). ta sẽ chỉ ra
.
.
E(x).. M (x). Do E(x).. P (x) nên E(x) có dạng E(x) = P (x)S(x) và do
P (x)S(x)
.
.
là một đa thức tức là P (x)S(x).. Q(x). Như vậy
E(x).. Q(x) nên
Q(x)
P (x)S(x)
Q(x)

D(x)P1 (x)S(x)
=

D(x)Q1 (x)

P1 (x)S(x)
=

Q1 (x)

,

.
là một đa thức, tức là P1 (x)S(x).. Q1 (x). Nhưng do P1 (x) và Q1 (x) nguyên tố
.
cùng nhau nên S(x).. Q1 (x), tức S(x) có dạng S(x) = Q1 (x)F (x). Vậy thì từ
(1) và (2), ta có
E(x) = P (x)S(x) = P (x)Q1 (x)F (x) = M (x)F (x).
.
Điều này chứng tỏ E(x).. M (x). Vậy M (x) là bội chung nhỏ nhất.(điều cần
chứng minh)


10

Định nghĩa 1.1.13. (Hai đa thức nguyên tố cùng nhau)
Hai đa thức P (x) và Q(x) được gọi là hai đa thức nguyên tố cùng nhau nếu
(P (x), Q(x)) = 1.

1.1.7

Thuật toán Euclid

Trước khi tìm hiểu thuật toán Euclid, ta đặc biệt quan tâm đến định lí
sau đây
Định lý 1.1.14. Giả sử có hai đa thức P (x) và Q(x), trong đó deg (P (x)) ≥
deg (Q(x)). Thực hiện phép chia P (x) cho Q(x) được thương số là S(x) và số
dư là R(x). Khi đó
(a) Nếu R(x) = 0 thì (P (x), Q(x)) = Q(x),
(b) Nếu R(x) = 0 thì (P (x), Q(x)) = (Q(x), R(x)).
Chứng minh.
Trường hợp thứ nhất, nếu R(x) = 0, dễ dàng ta có
(P (x), Q(x)) = Q(x).
Trường hợp thứ hai, nếu R(x) = 0,ta đặt
D(x) = (P (x), Q(x)), D1 (x) = (Q(x), R(x)).
Suy ra
D(x)|P (x) − Q(x). S(x) = R(x).
Khi đó D(x) là ước chung của Q(x) và R(x). Mặt khác D1 (x) = (Q(x), R(x)).
Suy ra D(x) là ước của D1 (x).

(1)

Lại có D1 (x)|Q(x). S(x) + R(x) = P (x) nên D1 (x) là ước chung của P (x) và
Q(x). Mặt khác D(x) = (P (x), Q(x))
Suy ra D1 (x) là ước của D(x).

(2)


11

Ta có D(x) và D1 (x) là các đa thức đơn khởi.

(3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra D(x) = D1 (x).
Vậy (P (x), Q(x)) = (Q(x), R(x)).

Thật ra thuật toán Euclid nói trên được tổng quát hóa từ thuật toán
Euclid để tìm ước chung lớn nhất của hai số a và b thuộc tập R.
Nếu b là ước của a thì (a, b) = b.
Nếu b không là ước của a, giả sử a = b.p + c thì (a, b) = (b, c).
Thuật toán
a = b.p + r1 , 0 < r1 < b
b = r1 .p1 + r2 , 0 < r2 < r1
r1 = r2 .p2 + r3 , 0 < r3 < r2
...
rn−2 = rn−1 .pn−1 + rn , 0 < rn < rn−1
rn−1 = rn .pn + 0.
Suy ra (a, b) = (b, r1 ) = (r1 , r2 ) = ... = (rn−1 , rn ) = rn .

Ví dụ 1.1.15. Tìm ước chung lớn nhất của hai đa thức 2x3 + 9x2 + 10x + 3
và x2 + 5x + 4.
Lời giải.
Ta thực hiện lần lượt các phép chia.
Lấy 2x3 + 9x2 + 10x + 3 chia cho x2 + 5x + 4 được 2x dư −x2 + 2x + 3.
Lấy x2 + 5x + 4 chia cho −x2 + 2x + 3. được −1 dư 7x + 7.
Lấy −x2 + 2x + 3 chia cho 7x + 7 được

−1
x dư 3x + 3.
7

12

7
Lấy 7x + 7 chia cho 3x + 3 được

dư 0.
3
Vậy ước chung lớn nhất của hai đa thức 2x3 + 9x2 + 10x + 3 và x2 + 5x + 4
là 3x + 3.

1.1.8

Nghiệm của đa thức, các định lí cơ bản

Định nghĩa 1.1.16. (Nghiệm của đa thức)
Số thực a (trong một số trường hợp, ta xét cả số phức) được gọi là nghiệm
của đa thức P (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 nếu P (a) = 0. Tức là
an an + an−1 an−1 + . . . + a1 a + a0 = 0.
Định lý 1.1.17. (Định lý Bezout)
Đa thức P (x) chia hết cho nhị thức x − a khi và chỉ khi P (a) = 0.
Chứng minh.
Điều kiện cần. Nếu P (x) chia hết cho (x − a) thì P (a) = 0.
Thật vậy, với P (x) = (x − a)Q(x) thì P (a) = (a − a).Q(x) = 0.
Điều kiện đủ. Nếu P (a) = 0 thì P (x) chia hết cho (x − a).
Giả sử: P (x) = (x − a)Q(x) + R(x) suy ra P (a) = R(x). Vì P (a) = 0 nên
R(x) = 0.
Vì vậy P (x) chia hết cho (x − a).
Như vậy ta đã chứng minh xong định lí.

Lược đồ Horner
Chúng ta sẽ áp dụng lược đồ Horner trong bài toán tìm đa thức thương
và dư trong phép chia đa thức f (x) cho x − α.
Giả sử f (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 .


13

Khi đó đa thức thương g(x) = bn−1 xn−1 + bn−2 xn−2 + . . . + b1 x + b0 ( dư của
phép chia) được xác định theo lược đồ sau:
an an−1 an−2 . . . a1
α bn−1 = an

bn−2

bn−3 . . .

a0

b0 r = b0 .α + an

Trong đó bn−2 = bn−1 α + an−1 ; bn−3 = bn−2 α + an−2 ; b0 = b1 α + a1 .
Nếu f (α) = 0 thì r = 0.
Ví dụ 1.1.18. Tìm thương và số dư của phép chia đa thức x3 − 4x2 + x + 2
cho đa thức x − 1.
Lời giải.
Ta có sơ đồ Horner sau
1 −4

1 2

1 1 −3 −2 0
Vậy x3 − 4x2 + x + 2 = (x − 1) (x2 − 3x + 2) .
Ví dụ 1.1.19. Tìm đa thức thương và số dư trong phép chia đa thức 2x3 −
9x2 + 12x − 4 cho đa thức x − 1.
Lời giải.
Ta có sơ đồ Horner sau
2 −9 12 −4
1 2 −7

5

1

Vậy 2x3 − 9x2 + 12x − 4 = (x − 1)(2x2 − 7x + 5) + 1.

Nghiệm hữu tỉ, nghiệm nguyên
Định lý 1.1.20. Cho f ∈ Z[x], deg f = n, ai ∈ Z,
f (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 , an = 0.


14

p
Nghiệm hữu tỉ nếu có x =

với (p, q) = 1 thì p là ước của hệ số tự do a0 và
q
q là ước của hệ số cao nhất an .
Chứng minh.

p
Thế nghiệm x =
pn

pn−1

q

vào phương trình f (x) = 0, ta có
p

+ an−1 n−1 + . . . + a1 + a0 = 0
qn
q
q
n
n−1
⇒ an p + an−1 qp
+ . . . + a1 q n−1 p + a0 q n = 0

an

⇒ an pn = − (an−1 qpn−1 + . . . + a1 q n−1 p + a0 q n ) .
Do vế phải chia hết cho q nên an pn chia hết cho q.
Mà (p, q) = 1 nên an chia hết cho q hay q|an .
Tương tự ta có: a0 .q n = − (an pn + an−1 qpn−1 + . . . + a1 q n−1 p) .
Suy ra a0 q n chia hết cho p hay p|a0 . (điều cần chứng minh)
Định lý 1.1.21. Nếu đa thức P (x) chia hết cho đa thức Q(x) thì tất cả các
nghiệm của Q(x) cũng là nghiệm của P (x).
Chứng minh.

Đa thức P (x) chia hết đa thức Q(x). Khi đó tồn tại đa thức M (x) sao cho
P (x) = M (x).Q(x)
Gọi a là nghiệm của đa thức Q(x). Khi đó Q(a) = 0.
Suy ra P (a) = M (a).Q(a) = 0 ⇒ P (a) = 0.
Suy ra a cũng là nghiệm của đa thức P (x). (đccm)
Chú ý 1.1.22. Điều ngược lại không đúng. Rằng nếu mọi nghiệm của đa thức
Q(x) cũng là nghiệm của đa thức P (x) nhưng P (x) không chia hết cho Q(x).
Giả sử Q(x) = x2 , P (x) = x thì mọi nghiệm của Q(x) = x2 đều là nghiệm
của P (x) = x nhưng P (x) không chia hết cho Q(x).


15

Định lý 1.1.23. (Định lí cơ bản của đại số)
Cho P (x) là đa thức với hệ số phức có bậc n > 0. Khi đó P (x) có n nghiệm
phức.
Ta sẽ sử dụng công cụ giải tích phức để chứng minh định lí cơ bản của đại
số. Trước hết ta nhắc lại một số khái niệm trong giải tích phức.
Hàm f chỉnh hình tại z0 khi và chỉ khi nó khả vi tại một lân cận nào đó của
z0 .
Rõ ràng đa thức P (x) với hệ số phức được cho bởi
P (x) = a0 xn + a1 xn−1 + · · · + an−1 x + an
là chỉnh hình trên C vì là hàm đa thức R khả vi và có đạo hàm theo z bằng
0 nên nó C khả vi tại mọi điểm.
Gọi H(D) = f : D(⊂ C) → C chỉnh hình trênD .
Để chứng minh định lí cơ bản của đại số, ta sử dụng định lí Liouville phát
biểu như sau
Nếu f ∈ H(C) và bị chặn tồn tại m > 0 : |f (x)| ≤ m, ∀x ∈ C thì f = const.
Sau đây ta sẽ chứng minh định lí cơ bản của đại số.
Chứng minh.

Ta chỉ cần chứng minh p(x) có một nghiệm phức là đủ. Thật vậy, giả
sử x1 là một nghiệm của p(x). Nếu n = 1 thì p(x) có 1 nghiệm, kết quả
đúng với n = 1. Giả sử kết quả đã đúng cho trường hợp bậc của đa thức là
n − 1. Ta chứng minh cho trường hợp p(x) có bậc n. Bằng phép chia p(x) cho
(x − x0 ) ta viết được p(x) = (x − x0 ) g(x) trong đó g(x) có bậc n − 1, x0 là
một nghiệm của đa thức p(x). Theo giả thiết quy nạp, g(x) có n − 1 nghiệm
phức x1 , x2 , . . . , xn . Do đó p(x) có n nghiệm phức x1 , x2 , . . . , xn .
Giả sử p(x) không có nghiệm phức. Khi đó p(x) = 0 với mọi x ∈ C. Ta chứng
minh p(x) bị chặn trên C. Ta có


16

p(x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0
Trước hết ta khẳng định khi |x| → ∞ thì |p(x)| → ∞. Thật vậy, ta có


an−1
a0 
n
p(x) = x an +
+ . . . + n ·
x
x
Do đó
|p(x)| = |xn | an +

an−1
x

a0
+ ... +

xn

Vì an = 0 nên |xn | |an | → ∞. Do đó |p(x)| → ∞ khi |x| → ∞, khẳng định
được chứng minh. Theo khẳng định trên, lấy 0 < r ∈ R, r đủ lớn cố định,
1
rõ ràng

p(x)

1
bị chặn với mọi x ∈ C thỏa mãn |x| ≥ r. Vì

p(x)
mặt phẳng phức.

liên tục trên

1

1
|x| ≤ r nên

p(x)

bị chặn trong miền |x| ≤ r. Vậy,

p(x)

bị chặn trên toàn bộ

1
Vì p(x) = 0 với mọi x ∈ C nên

1
xác định trên C. Do đó

khả vi trên
p(x)
p(x)
C, tức là nó giải tích trên C. Theo định lí Liouville, p(x) là hàm hằng, điều
này là vô lí với giả thiết bậc của p(x) = n > 0. Suy ra p(x) có ít nhất một
nghiệm trong C. Vậy p(x) có n nghiệm phức.
Hệ quả 1.1.24. Nếu các đa thức P và Q có bậc không quá n và trùng nhau
tại n + 1 điểm phân biệt thì chúng bằng nhau
Chứng minh.
Cho hai đa thức
P (x) = an xn + . . . + a1 x + a0
Q(x) = bm xm + . . . + b1 x + b0 .


17

Giả sử n ≥ m. Khi đó ta có n = m + k với k ≥ 0.
Xét hiệu
P (x)−Q(x) = am+k xm+k +am+k−1 xm+k−1 +. . .+xm (am −bm )+xm−1 (am−1 − bm−1 )+
. . . + a0 − b0 .
Theo bài ra tồn tại n+1 số đôi một khác nhau α1 , α2 , . . . , αn+1 (αi = αj , ∀i = j)

sao
 cho P (αi ) = Q(αi ). Khi đó P (αi ) − Q(αi ) = 0. Suy ra




am+k = am+k−1 = . . . = am+1 = 0 ⇒ n = m







a n = bn








am = bm









an−1 = bn−1






am−1 = bm−1

hay an−2 = bn−2






a
=
b


m−2
m−2







...








...







a0 = b0 .



a0 = b0 .



m = n,
Vậy



a0 = b0 , a1 = b1 , . . . , an = bn .
Hệ quả 1.1.25. Đa thức P (x) bậc n > 0 có thể biểu diễn duy nhất dưới dạng
P (x) = c(x − x1 )(x − x2 ) . . . (x − xn )
không kể thứ tự, trong đó c = 0 và x1 ; x2 ; . . . ; xn là những số phức, không nhất
thiết phải khác biệt.
Chứng minh.
Áp dụng định lí cơ bản của đại số, đa thức P (x) có bậc n > 0 nên P (x)
có n nghiệm phức.
Giả sử P (x) có n nghiệm x1 ; x2 ; x3 ; · · · ; xn . Khi đó, ta có thể biểu diễn
P (x) = c(x − x1 )(x − x2 )(x − x3 ) · · · (x − xn ) với c = 0.


18

Giả sử P (x) có một biểu diễn khác
P (x) = c(x − z1 )(x − x2 )(x − x3 ) · · · (x − xn ) với c = 0.
Khi đó đa thức P (x) có thêm nghiệm z1 tức là đa thức P (x) có n + 1 nghiệm.
Suy ra vô lí.
Vậy đa thức P (x) có thể biểu diễn duy nhất dưới dạng
P (x) = c(x − x1 )(x − x2 )(x − x3 ) · · · (x − xn ) với c = 0.
Hệ quả 1.1.26. (a)Số nghiệm phức của một đa thức với hệ số thực( nếu có)
luôn luôn là một số chẵn.
(b) Nếu đa thức với hệ số thực f (x) chỉ có nghiệm phức thì f (x) là một đa
thức bậc chẵn.
(c) Nếu đa thức bậc n có k nghiệm thực k ≤ n thì n và k cùng tính chẵn lẻ.
(d) Đa thức bậc lẻ với hệ số thực luôn có ít nhất một nghiệm thực.
Chứng minh.
(a) Xét đa thức bậc 1, P (x) = ax + b (a = 0).
−b
Khi đó, đa thức P (x) có nghiệm thực duy nhất x =

a

.

Xét đa thức bậc 2, P (x) = ax2 + bx + c (a = 0).
√
− b + i −∆
Khi đó, với ∆ < 0, đa thức P (x) có hai nghiệm phức liên hợp x1 =
√
− b − i −∆
và x2 =
·
2a
Xét đa thức bậc 3, P (x) = ax2 + bx + c (a = 0).

2a

Ta có: ta luôn phân tích đa thức P (x) thành đa thức bậc 2 và một đa thức
bậc nhất. Mà đa thức bậc nhất luôn có nghiệm thực, đa thức bậc 2 nếu có
nghiệm phức thì luôn là hai nghiệm phức liên hợp. Suy ra đa thức bậc 3 luôn
có số nghiệm phức chẵn (nếu có).
Tương tự như vậy, các đa thức bậc 4; 5; · · · ; n luôn có số nghiệm phức là số


19

chẵn.
(b) Từ ý (a) ta suy ra, nếu đa thức chỉ có nghiệm phức thì đa thức chỉ phân
tích được thành các đa thức bậc 2. Vì vậy, bậc của đa thức sẽ luôn là số chẵn

(điều cần chứng minh).
(c) Nếu đa thức P (x) có bậc n có k nghiệm thực k ≤ n.
Trường hợp 1. k là số lẻ
Suy ra đa thức P (x) sẽ phân tích được thành ”k” đa thức bậc một và ”q” đa
thức bậc 2. Khi đó n = k + 2.q, suy ra n là số lẻ.
Trường hợp 2. k là số chẵn
Suy ra đa thức P (x) sẽ phân tích được thành ”k” đa thức bậc một và ”q1 ”
đa thức bậc 2. Khi đó n = k + 2.q1 , suy ra n là số chẵn.
Từ 2 trường hợp, ta kết luận rằng n và k có cùng tính chẵn lẻ.
(d) Đa thức bậc lẻ với hệ số thực luôn phân tích được sao cho luôn xuất hiện
ít nhất một đa thức bậc 1 nên luôn có ít nhất một nghiệm thực.

1.1.9

Định lí Viète

Định lí Viète thuận
Cho đa thức P (x) bậc n
P (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0
với an = 0, an , an−1 , . . . , a1 , a0 là các số thực hoặc số phức.
Giả sử x1 , x2 , . . . , xn là n nghiệm của đa thức P (x).
Công thức Viète sau đây cho ta biết mối liên hệ giữa tổng và tích các nghiệm
của đa thức với các hệ số của đa thức P (x).
Định lí Viète


20





− an−1



,
x1 + x2 + . . . + xn−1 + xn =


an






a

x x + x x + . . . + x x = n−2 ,
1 2
1 3
n−1 n
an





...








a0


x1 x2 . . . xn = (−1)n ·
an
Trong đó

k
1≤i1 ≤i2 ...≤in xi1 xi2 . . . xik = (−1) ·

an−k

an
Sau đây ta sẽ chứng minh công thức Viète trên.

·

Chứng minh.
Trước hết ta hãy xét các đa thức đơn giản.
Xét đa thức bậc hai P (x) = x2 + ax + b có hai nghiệm là p, q.
Khi đó ta có thể viết
x2 + ax + b = (x − p)(x − q)
= x2 − (p + q)x + pq.

Đồng nhất hệ thức suy ra




p + q = −1


pq = b

Xét đa thức bậc ba: P (x) = x3 + ax2 + bx + c có ba nghiệm là p, q, r.
Khi đó ta có thể viết
x3 + ax2 + bx + c = (x − p)(x − q)(x − r)
= x3 − (p + q + r)x2 + (pq + qr + pr)x − pqr




p + q + r = −a




Đồng nhất hệ số ta được: pq + qr + pr = b







pqr = −c.
Bây giờ ta xét đa thức dạng tổng quát


21

P (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 (ai là hệ số của xi , an = 0).
Theo định lí cơ bản của đại số: Đa thức bậc n luôn có n nghiệm phức.
Giả sử r1 , r2 , . . . , rn là n nghiệm của đa thức P (x).
Khi đó,
P (x) = an (x − r1 )(x − r2 ) . . . (x − rn ).
Suy ra,
P (x) = an xn −an (r1 + r2 + . . . + rn ) xn−1 + an (r1 r2 + r1 r3 + . . . + rn−1 rn ) xn−2 +
. . . + (−1)n an r1 r2 . . . rn .
Đồng
nhất hệ số ta được



− an−1



= α1 ,
r
+
r
+
.
.

.
+
r
=

1
2
n

a

n





a

r r + r r + . . . + r r = n−2 = α ,
1 2
1 3
n−1 n
2
an






...







a0


r1 r2 . . . rn = (−1)n = αn .
an
Tổng quát: αk = (−1)k

an−k
an

với 1 ≤ k ≤ n.

Định lí Viète đảo
 Nếu có n số x1 , x2 , . . . , xn thỏa mãn hệ sau


− an−1



x
+

x
+
.
.
.
+
x
+
x
=
= α1 ,

1
2
n−1
n

an






a

x x + x x + . . . + x x = n−2 = α ,
1 2
1 3
n−1 n

2
an





...







a0


x1 x2 . . . xn = (−1)n = αn ·
an
thì x1 , x2 , . . . , xn là nghiệm nếu có của phương trình