Về lí thuyết hàm phức trong một số bài toán đa thức (Luận văn thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

NGUYỄN THỊ MINH HẰNG

VỀ LÍ THUYẾT HÀM PHỨC TRONG
MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐA THỨC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2019


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

NGUYỄN THỊ MINH HẰNG

VỀ LÍ THUYẾT HÀM PHỨC TRONG
MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐA THỨC
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. NGUYỄN TRƯỜNG THANH

THÁI NGUYÊN - 2019

i

Mục lục
Một số ký hiệu và chữ viết tắt

ii

Lời nói đầu

1

1 Một số kiến thức chuẩn bị
1.1 Số phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Hàm phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Đa thức và một số kết quả liên quan . . . . . . . . . . . .

3
3
6
9

2 Ứng dụng hàm phức trong một số bài toán đa thức
2.1 Bài toán phương trình hàm đa thức . . . . . . . . . . . . .
2.2 Bài toán phân tích đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Bài toán chia hết đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11
11

20
24


ii

Một số ký hiệu và chữ viết tắt

N

tập các tự nhiên

1, n

tập số 1,2,. . . ,n

R, R+

tập các số thực, số thực không âm tương ứng

C

tập các số phức

z, z¯

số phức z và số phức liên hợp của số phức z

Rez, Imz

phần thực và phần ảo tương ứng của số phức z
kết thúc chứng minh của định lí, hệ quả, ví dụ và lời giải


1

Lời nói đầu
Giải tích phức xuất hiện từ thế kỉ thứ 18, là lý thuyết về các hàm một
biến số phức. Giải tích phức được sử dụng trong hình học đại số, lý thuyết
số, toán học ứng dụng; cũng như trong thủy động lực học, nhiệt động
lực học, và cơ học lượng tử ... Các nhà toán học Euler, Gauss, Riemann,
Cauchy, Weierstrass, và nhiều hơn nữa trong thế kỷ 20 đã có những đóng
góp quan trọng đến các lý thuyết hàm số phức.
Trong toán học, đa thức là một biểu thức bao gồm các biến và các hệ
số, chỉ liên quan đến các phép toán cộng, trừ, nhân và lũy thừa số nguyên
không âm của các biến. Đa thức xuất hiện trong nhiều lĩnh vực toán học
và khoa học là một trong những khái niệm lâu đời nhất trong toán học.
Tuy nhiên, ký hiệu phổ biến về đa thức mà chúng ta sử dụng ngày nay
chỉ được phát triển bắt đầu từ thế kỷ 15. Trước đó, các phương trình đa
thức đã được viết ra bằng lời. Ví dụ, một bài toán đại số từ Số học Trung
Quốc, khoảng năm 200 trước Công nguyên, "Ba bó lúa của vụ mùa tốt,
hai bó lúa của cây trồng tầm thường, và một bó lúa của vụ mùa xấu được
bán với giá 29 lần." Chúng ta sẽ viết 3x + 2y + z = 29.
Việc ứng dụng số phức vào các bài toán sơ cấp đã và đang được nhiều
nhà toán học quan tâm. Lý thuyết hàm phức thể hiện là một công cụ đầy
tiềm năng và hiệu quả, khi đưa ra những lời giải độc đáo và ngắn gọn cho
nhiều bài toán sơ cấp. Theo hiểu biết của tác giả, việc ứng dụng số phức
vào các bài toán sơ cấp về đa thức đã và đang được nhiều nhà toán học
quan tâm, tuy nhiên công việc này vẫn chưa được hệ thống một cách đầy
đủ. Chính vì lý do này, tác giả mạnh dạn hệ thống lại trong luận văn một

số kiến thức cơ bản của lý thuyết hàm biến phức và áp dụng chúng để giải
một số lớp bài toán sơ cấp về đa thức.
Luận văn được chia làm hai chương với những nội dung chính như sau:
Chương 1, chúng tôi trình bày một số khái niệm và kết quả cơ bản về lí
thuyết hàm phức.
Chương 2, chúng tôi sử dụng lí thuyết hàm phức trong việc giải quyết
một số dạng bài toán đa thức như phân tích đa thức, bài toán phương


2

trình hàm đa thức, bài toán chia hết.
Để hoàn thành luận văn này, ngoài sự nỗ lực học hỏi của bản thân, em
đã nhận được rất nhiều sự quan tâm, giúp đỡ. Với tình cảm chân thành
em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc nhất tới TS. Nguyễn Trường Thanh - người
Thầy đã tận tình hướng dẫn, chỉ bảo, truyền đạt những kiến thức và kinh
nghiệm quý báu cho em trong suốt quá trình học tập và hoàn thiện luận
văn.
Em xin gửi lời cảm ơn đến các thầy cô giáo của trường Đại học Khoa
học - Đại học Thái Nguyên, những người đã trực tiếp tham gia giảng dạy
lớp Cao học Toán K12 khóa 2018 - 2020, các phòng ban chức năng, Khoa
Toán - Tin trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã giúp đỡ
và tạo điều kiện cho em trong thời gian học tập vừa qua.
Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến tập thể lớp K12, gia đình, bạn
bè và đồng nghiệp đã luôn động viên, giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học
tập và hoàn thành khóa luận này.
Thái Nguyên, ngày 02 tháng 10 năm 2019
Tác giả luận văn

NGUYỄN THỊ MINH HẰNG

3

Chương 1
Một số kiến thức chuẩn bị
Chương 1, chúng tôi trình bày một số khái niệm và kết quả cơ bản về
lí thuyết hàm phức. Các khái niệm và kết quả trong chương 1 được tham
khảo trong các tài liệu [1, 2, 3, 6, 7].

1.1

Số phức

Số phức là số có thể viết dưới dạng a√+ ib, trong đó a và b là các số
thực, i là đơn vị ảo, với i2 = −1 hay i = −1. Số phức là sự mở rộng của
số thực. Việc mở rộng trường số phức để giải những bài toán mà không
thể giải trong trường số thực. Số phức được sử dụng trong nhiều lĩnh vực
khoa học, như khoa học kỹ thuật, điện từ học, cơ học lượng tử, toán học
ứng dụng chẳng hạn như trong lý thuyết hỗn loạn.
Nhà toán học người Ý Gerolamo Cardano là người đầu tiên có công giới
thiệu về số phức. Ông sử dụng số phức để giải các phương trình bậc ba
trong thế kỉ 16. Nhà toán học người Ý R. Bombelli (1526-1573) đã đưa
định nghĩa đầu tiên về số phức, lúc đó được gọi là số "không thể có" hoặc
"số ảo" trong công trình Đại số (Bologne, 1572) công bố ít lâu trước khi
ông mất. Ông đã định nghĩa các số đó (số phức) khi nghiên cứu các phương
trình bậc ba và đã đưa ra căn bậc hai của −1.
Nhà toán học người Pháp D’Alembert vào năm 1746 đã xác định được
dạng tổng quát a + ib của chúng, đồng thời chấp nhận nguyên lý tồn tại
nghiệm phức của một đa thức hệ số phức. Nhà toán học Thụy Sĩ L. Euler

(1707-1783) đã đưa ra ký hiệu " i " để chỉ căn bậc hai của -1, năm 1801
Gauss đã dùng lại ký hiệu này trong các công trình của ông. 1
1

Giới thiệu về số phức được tham khảo tài liệu [6]


4

Định nghĩa 1.1.1. Số phức được hiểu là các cặp theo thứ tự (x, y). Chúng
ta kí hiệu số phức z
z = (x, y),
x, y ∈ R.
Chúng ta quy ước
x = Re z, y = Im z.
lần lượt được gọi là phần thực và phần ảo của số phức z. Tập các số phức
được kí hiệu
C = {z = (x, y) | x, y ∈ R}.
Tổng z1 + z2 và tích z1 z2 của hai số phức z1 = (x1 , y1 ), z2 = (x2 , y2 ), được
định nghĩa
z1 + z2 = (x1 + x2 , y1 + y2 ),

z1 z2 = (x1 x2 − y1 y2 , x1 y2 + x2 y1 ).

Nếu không có gì nhầm lẫn chúng ta đồng nhất số thực x bởi các số phức
(x, 0), và số thuần ảo i = (0, 1), thì số phức được biểu diễn dưới dạng chính
tắc
z = x + iy, x, y ∈ R.
Ngoài ra, chúng ta cũng biểu diễn số phức dưới dạng lượng giác
z = |z|(cos ϕ + i sin ϕ) = |z|eiϕ ,

trong đó
• |z| =

x2 + y 2 là mô đunl của số phức z,

• arg(z) = ϕ là góc theo chiều dương từ tia Ox tới tia Oz.
Ví dụ 1.1.2. Xét số phức dưới dạng chính tắc z = 1 + i. Chúng ta tìm
được
√
Rez = Imz = 1, |z| = 12 + 12 = 2.
Số phức z = 1 + i được biểu diễn trong mặt phẳng có tọa độ (1,1). Do đó,
ϕ=

π
.
4

Từ đây, chúng ta có biểu diễn lượng giác của số phức
√
√
π
π
z = 2(cos + i sin ) = 2eiπ/4 .
4
4


5

Từ biểu diễn chính tắc, các phép toán số phức được viết lại

1. Phép cộng. z1 + z2 = (x1 + x2 ) + i(y1 + y2 ),
2. Phép nhân. z1 z2 = x1 x2 − y1 y2 + i(x1 y2 + x2 y1 ).
Bên cạnh các phép toán cộng và nhân, chúng tôi cũng đề cập tới các
phép toán khác của số phức như phép chia, phép lấy căn bậc, ..., và một
số tính chất của chúng.
3. Phép chia.
Nếu z1 = wz2 , z2 = 0, w ∈ C, thì chúng ta kí hiệu phép chia giữa 2 số
phức z1 và z2 , là
z1
= w.
z2
4. Phép lấy căn bậc n
Nếu z0 = wn , w ∈ C, thì chúng ta kí hiệu căn bậc n của số phức z0 là
√
n
z0 = w.
5. Dấu bằng
z1 = z2 ⇔

Re z1
Im z1

= Re z2 ,
= Im z2 .

Một số tính chất khác của số phức.
Giả sử các số phức sau có biểu diễn
z1 = x1 + iy1 = |z1 |(cos ϕ1 + i sin ϕ1 ),
z2 = x2 + iy2 = |z2 |(cos ϕ2 + i sin ϕ2 ),
và các số phức liên hợp

z¯1 = x1 − iy1 , z¯2 = x2 − iy2 .
Khi đó
• z1 + z2 = z¯1 + z¯2 , z1 z2 = z¯1 z¯2 .
• z¯1 = |z1 |(cos ϕ1 − i sin ϕ1 ), z¯2 = |z2 |(cos ϕ2 − i sin ϕ2 ).


6

• |z1 + z2 | ≤ |z1 | + |z2 |, |z1 z2 | = |z1 ||z2 |, |z1 z¯1 | = |z1 |2 .
• z1 z2 = |z1 ||z2 |(cos[ϕ1 + ϕ2 ] + i sin[ϕ1 + ϕ2 ]).
•

z1
z1 z¯2
|z1 |
=
=
(cos[ϕ1 − ϕ2 ] + i sin[ϕ1 − ϕ2 ]), với z2 = 0.
z2
|z2 |2
|z2 |

1.2

Hàm phức

Định nghĩa 1.2.1. Giả sử S là một tập con của tập các số phức C. Hàm
f : S → C được định nghĩa trên S là quy tắc gán với mỗi z trong S một số
phức w. Số w được gọi là giá trị của f tại z và được ký hiệu là f (z).
Đặt

z = x + iy, x, y ∈ R.
Chúng ta có thể biểu diễn f (z) bởi một cặp hàm có giá trị thực của các
biến thực x và y:
f (z) = u(x, y) + iv(x, y).
Ví dụ. Xét hàm phức f (z) = z 2 trên tập số phức C.
Khi z = x + iy, chúng ta có
f (z) = (x + iy)2 = x2 − y 2 + i2xy = u + iv,
trong đó các hàm hai biến
u = x2 − y 2 , v = 2xy.
Một số hàm phức cơ bản.
1. Hàm đa thức bậc n
P (z) = c0 + c1 z + · · · + cn z n ,
trong đó ci ∈ C, cn = 0, i = 0, 1, . . . , n.
2. Hàm mũ cơ số e
ez = ex (cos y + i sin y),
trong đó z = x + iy ∈ C, x, y ∈ R.


7

3. Hàm lượng giác
ez + e−z
ez − e−z
cos z =
, sin z =
.
2
2i
Định nghĩa 1.2.2. Giả sử hàm f được xác định tại lân cận của z0 , có thể
không xác định tại z0 . Chúng ta nói giới hạn của f (z) khi z tiến đến z0 là

một số phức w0 nếu với mỗi ε > 0 tồn tại δ > 0 sao cho
0 < |z − z0 | < δ ⇒ |f (z) − w0 | < ε.
Trong trường hợp này, chúng ta kí hiệu lim f (z) = w0 .
z→z0

Định nghĩa 1.2.3. Hàm f được nói là liên tục tại z0 nếu cả các điều kiện
sau thỏa mãn: (i) f (z0 ) xác định, (ii) lim f (z) tồn tại, (iii) lim f (z) =
z→z0

z→z0

f (z0 ).
Ví dụ. Hàm đa thức P (z), hàm mũ ez , và hàm lượng giác cos z, sin z
là liên tục trên mặt phẳng phức C.
Định nghĩa 1.2.4. Giả sử hàm biến phức f (z) xác định trên một lân cận
của z0 . Hàm f (z) được nói là có đạo hàm tại điểm z0 nếu giới hạn sau tồn
tại hữu hạn
f (z) − f (z0 )
.
lim
z→z0
z − z0
Trong trường hợp này, chúng ta kí hiệu đạo hàm này bởi f (z0 ) và
f (z) − f (z0 )
.
z→z0
z − z0

f (z0 ) = lim

Định nghĩa 1.2.5. Hàm một biến phức f (z) được gọi là giải tích tại điểm
z0 nếu nó có đạo hàm tại mỗi điểm trong của lân cận nào đó của z0 .
Định lý 1.2.6. [Điều kiện cần để tồn tại đạo hàm] Giả sử f (z) = u(x, y) +
iv(x, y) và f (z) tồn tại ở điểm z0 = x0 + iy0 . Khi đó, các đạo hàm riêng
bậc nhất của u và v tồn tại ở (x0 , y0 ) và thỏa mãn hệ phương trình Cauchy
- Riemann tại (x0 , y0 ),
ux = vy ,

uy = −vx .

Hơn thế,
f (z0 ) = (ux + ivx )

.
(x0 ,y0 )


8

Định lý 1.2.7. [Điều kiện đủ để tồn tại đạo hàm] Giả sử f (z) = u(x, y) +
iv(x, y) xác định trên một lân cận của z0 và
(i) các đạo hàm riêng bậc nhất của các hàm u và v đối với x và y tồn tại
ở mọi nơi trong vùng lân cận;
(ii) các đạo hàm riêng đó liên tục tại (x0 , y0 ) và thỏa mãn hệ phương trình
Cauchy - Riemann tại (x0 , y0 ),
ux = vy ,

uy = −vx .

Khi đó f (z0 ) tồn tại và f (z0 ) = (ux + ivx )

.
(x0 ,y0 )

Ví dụ. Xét hàm f (z) = z 2 , và số phức bất kì z0 = x0 + iy0 , x0 , y0 ∈ R.
Chúng ta cần kiểm tra sự tồn tại đạo hàm của hàm f (z) tại điểm z0 và
tìm giá trị này nếu đạo hàm tồn tại. Trước hết, đặt
z = x + iy, x, y ∈ R,
khi đó chúng ta biểu diễn hàm f (z) bởi các hàm hai biến u, v
f (z) = u + iv,
trong đó
u = x2 − y 2 , v = 2xy.
Ta thấy với mọi x, y ∈ R,
ux = 2x = vy , uy = −vx = −2y,
nói cách khác điều kiện Cauchy - Riemann được thỏa mãn tại x0 , y0 . Ngoài
ra, các đạo hàm bậc nhất này là liên tục tại (x0 , y0 ). Từ đây, hàm f (z) tồn
tại đạo hàm tại điểm z0 , và
f (z0 ) = (ux + ivx )

(x0 ,y0 )

= 2x0 + i2y0 = 2z0 .

Do z0 bất kì, chúng ta cũng có
f (z) = z 2 , ∀z ∈ C.


9

Ví dụ. Xét hàm f (z) = z + |z|2 , số phức z0 = 1 + i. Chúng ta cần kiểm

tra sự tồn tại đạo hàm của hàm f (z) tại điểm z0 và tìm giá trị này nếu
đạo hàm tồn tại. Trước hết, đặt
z = x + iy, x, y ∈ R,
khi đó chúng ta biểu diễn hàm f (z) bởi các hàm hai biến u, v
f (z) = u + iv,
trong đó
u = x + x2 + y 2 , v = y.
Ta thấy với mọi x, y ∈ R,
ux = 1 + 2x, vy = 1, uy = 2y, vx = 0.
Rõ ràng, tại điểm z0 ,
ux = 3, vy = 1, uy = 2, vx = 0,
điều kiện Cauchy - Riemann không thỏa mãn tại z0 . Nói cách khác, hàm
f (z) không có đạo hàm tại điểm z0 .
Ví dụ. Các hàm đa thức P (z) = c0 + c1 z + · · · + cn z n , hàm mũ ez , hàm
lượng giác cos z, sin z là các hàm giải tích trên C. Hơn thế,
P (z) = c1 + 2c2 z + · · · + ncn z n−1 ,
[cos z] = sin z,

1.3

[ez ] = ez ,

[sin z] = cos z.

Đa thức và một số kết quả liên quan

Định lý 1.3.1. [Định lí cơ bản về nghiệm của đa thức] Đa thức khác hằng
với hệ số phức luôn có ít nhất một nghiệm phức.
Định lý 1.3.2. Đa thức P (z) khác hằng với hệ số phức bậc n luôn có đúng
n nghiệm phức z1 , z2 , . . . , zn , kể cả bội. Khi đó, chúng ta biểu diễn được

P (z) = cn (z − z1 )(z − z2 ) · · · (z − zn ).
Định lý 1.3.3. Cho hai đa thức với hệ số phức P (z) và Q(z). Khi đó,
phương trình
P (z) = Q(z),
có vô số nghiệm phức khi và chỉ khi các hệ số tương ứng của P (z) và Q(z)
là bằng nhau.


10

Định lý 1.3.4. [Công thức Viète] Giả sử đa thức hệ số phức
P (z) = c0 + c1 z + · · · + cn z n , cn = 0,
có n nghiệm phức z1 , z2 , . . . , zn kể cả bội. Khi đó, các đẳng thức sau là
đúng
cn−k
, ∀k = 1, n.
zi1 · · · zik = (−1)k
c
n
1≤i 1

2

k

Định lý 1.3.5. Cho số phức z0 = |z0 |eiϕ , ϕ ∈ R, n ∈ N, n ≥ 1. Khi đó,
phương trình z n = z0 , có đúng n nghiệm phức
n

zk =

ϕ 2kπ
+
|z0 | e n n ,
i

Hơn thế,

k = 1, n.

n
n

z − z0 =

(z − zk ), ∀z ∈ C.
k=1

Định lý 1.3.6. Nếu đa thức P (z) với hệ số thực có nghiệm phức z0 thì nó
cũng có nghiệm z¯0 .
Định lý 1.3.7. Nếu z0 = a + ib, a, b ∈ R, b = 0, là một nghiệm của đa
thức P (z) với hệ số thực thì ta luôn biểu diễn được
P (z) = (z 2 − 2az + a2 + b2 )Q(z),
trong đó Q(z) là đa thức hệ số thực có bậc (n − 2).


11

Chương 2

Ứng dụng hàm phức trong một số
bài toán đa thức
Chương 2, chúng tôi sử dụng tính chất của hàm phức trong việc giải
quyết một số dạng bài toán đa thức như phương trình hàm đa thức, phân
tích đa thức, bài toán chia hết. Các ví dụ về các bài toán đa thức trong
luận văn được tham khảo trong các tài liệu [4, 5] và một số tài liệu khác.

2.1

Bài toán phương trình hàm đa thức

Bài toán phương trình hàm đa thức là bài toán tìm các đa thức thỏa
mãn một biểu thức nào đó. Phương pháp thường được sử dụng cho bài
toán này là phương pháp đồng nhất hệ số. Ngoài phương pháp trên, việc
sử dụng công cụ số phức cũng thể hiện là một phương pháp hiệu quả, đưa
đến nhiều lời giải hay và thú vị. Như chúng ta biết, các phương trình hàm
đa thức sơ cấp thường được xét trên số thực R. Do đó cách tiếp cận của
chúng ta là mở rộng các phương trình này trên tập số phức C và sau đó
sử dụng lí thuyết hàm phức để giải bài toán.
Ví dụ 2.1.1. Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P (x) sao cho:
[P (x)]2 = P (x2 ), ∀x ∈ R.
Chúng ta sẽ giải bài toán này bằng hai cách: cách 1 sử dụng tính liên
tục của hàm đa thức P (z) và hàm ez trên C; cách 2 sử dụng đạo hàm của
đa thức trên C. Trước hết, chúng ta cần mở rộng đẳng thức trên C. Từ
tính chất đa thức hệ số thực
Q(x) = 0, ∀x ∈ R,


12

khi và chỉ khi các hệ số của nó là bằng 0. Điều này cũng tương đương với
Q(x) = 0, ∀x ∈ C.
Từ nhận định này, phương trình hàm sau là đúng trên toàn mặt phẳng
phức
[P (z)]2 = P (z 2 ), ∀z ∈ C.
(2.1)
Lời giải 1. Trong lời giải này, chúng ta sử dụng tính liên tục của hàm
đa thức và hàm mũ trên C và Định lí cơ bản của đại số. Theo Định lí
cơ bản về nghiệm của đa thức, đa thức P (z) có đúng n nghiệm phức. Ta
chứng minh bằng phản chứng rằng đa thức P (z) không có nghiệm phức
nào ngoài 0.
Thật vậy, giả sử P (z) có nghiệm khác 0 và α = 0 là một nghiệm phức
của đa thức P (z). Từ phương trình (2.1), nếu α là nghiệm thì α2 cũng là
nghiệm do
P (α2 ) = P (α)2 = 0.
Từ đây,
n

α2 ,

(n = 1, 2, . . . )

cũng là nghiệm của đa thức P (z). Do số nghiệm của P (z) là hữu hạn, tập
các giá trị
n
|α|2 | n = 1, 2, . . .
cũng là hữu hạn. Điều này dẫn đến,
|α| = 1,
hơn thế
α = eiϕ ,

với ϕ ∈ R nào đó. Sử dụng phương trình (2.1) lại lần nữa, chúng ta cũng
thu được tập các số phức
ϕ
e 2n , n = 1, 2, . . . ,
i

cũng là nghiệm của đa thức P (x). Do đa thức P (z) và hàm mũ ez là liên
tục trên C, ta có
ϕ
0 = lim P (e 2n ) = P (e0 ) = P (1).
i

n→∞


13

Nói cách khác, P (z) biểu diễn được dưới dạng
P (z) = (z − 1)m Q(z), m ∈ N, m ≥ 1,
trong đó Q(z) là đa thức hệ số thực, Q(1) = 0. Từ đẳng thức (2.1), ta thu
được
(z − 1)m [Q(z)]2 = (z + 1)m Q(z 2 ), ∀z ∈ C.
Khi thay z = 1, dẫn tới Q(1) = 0. Mâu thuẫn này chỉ ra đa thức P (z) chỉ
có nghiệm không. Hệ quả là,
P (z) = Az n , A ∈ R, n ≥ 1.
Thay biểu thức này vào (2.1), ta thu được A = 0 hoặc 1. Nói cách khác,
đa thức cần tìm là P (z) = 0 hoặc P (z) = z n .
Lời giải 2. Lời giải này, chúng ta sử dụng tính khả vi của hàm đa thức
trên C. Trước hết, giả sử
P (z) = z m h(z),

trong đó m ∈ N, h(z) là đa thức hệ số thực, h(0) = 0. Từ phương trình
(2.1), ta thu được
h(z)2 = h(z 2 ), ∀z ∈ C.
Do các hàm đa thức là giải tích trên C, đạo hàm hai vế của đẳng thức trên
ta thu được
2h (z)h(z) = 2zh (z 2 ), ∀z ∈ C.
Nếu h(z) là đa thức khác hằng với hệ số phức thì từ điều kiện h(0) = 0
và đẳng thức trên ta có 0 là nghiệm của đa thức h (z). Giả sử
h (z) = z k Q(z), k ∈ N, k ≥ 1, Q(0) = 0.
Thay vào đẳng thức trên, ta có
2z k Q(z)h(z) = 2z · z 2k Q(z 2 ), ∀z ∈ C.
Từ đây, do Q(0) = 0, h(0) = 0 ta có
k = 2k + 1 hoặc k = −1.
Mâu thuẫn này chỉ ra đa thức h(z) là hàm hằng số hay đa thức P (z) có
dạng
P (z) = Az n .
Thay vào (2.1), chúng ta thu được A = 0 hoặc 1 và đa thức cần tìm là
P (z) = 0 hoặc P (z) = z n .


14

Ví dụ 2.1.2. Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P (x) khác hằng số sao
cho:
P (x)P (x + 1) = P (x2 + x), ∀x ∈ R.
Lời giải. Lập luận tương tự ví dụ trước, chúng ta cũng có đẳng thức sau
là đúng trên tập số phức
P (x)P (x + 1) = P (x2 + x), ∀x ∈ C.

(2.2)

Theo Định lí cơ bản của đại số, đa thức P (x) có đúng n nghiệm phức. Giả
sử α là nghiệm bất kì của đa thức P (x). Từ (2.2), ta có
P (α2 + α) = P (α)P (α + 1) = 0.
Nói cách khác
α2 + α
cũng là nghiệm của đa thức P (x). Thay x bằng x − 1 trong (2.2), ta có
P (x − 1)P (x) = P (x2 − x), ∀x ∈ C.
Điều này dẫn đến,
α2 − α
cũng là nghiệm của đa thức P (x). Do số nghiệm của đa thức là hữu hạn,
giả sử α là nghiệm có mô đun lớn nhất trong số các nghiệm của đa thức
P (z). Với cách chọn α, và do α2 − α, α2 − α, cũng là nghiệm của P (z), ta
thu được
|α2 + α| ≤ |α|,
|α2 − α| ≤ |α|.
Bên cạnh đó,
2|α| = |(α2 + α) − (α2 − α)|
≤ |α2 + α| + |α2 − α|
≤ |α| + |α| = 2|α|.
Dấu bằng xảy ra khi hoặc α = 0 hoặc α = 0 và tồn tại một hằng số dương
γ, sao cho
α2 + α = −γ(α2 − α)
và
|α2 + α| = |α2 − α| = |α|.


15

Điều này dễ dàng chỉ ra γ = 1 và như vậy

α2 + α = −(α2 − α).
Hệ quả,
α2 = 0 ⇔ α = 0.
Mâu thuẫn với giả thiết α = 0. Nói cách khác, đa thức P (x) chỉ có nghiệm
không. Từ đây ta có thể viết P (x) dưới dạng:
P (x) = xm Q(x), m ≥ 1,
trong đó Q(x) là đa thức không chia hết cho x. Thay vào phương trình
(2.2), ta thấy Q(x) cũng thỏa mãn:
Q(x)Q(x + 1) = Q(x2 + x), ∀x ∈ C.
Nếu deg(Q(x)) ≥ 1, Q(x) như lý luận trên đây chia hết cho x. Mâu thuẫn
này chỉ ra rằng Q(x) là hàm hằng số. Thay vào phương trình của Q(x),
ta chỉ ra Q(x) ≡ 1. Như vậy lớp các đa thức hệ số thực thỏa mãn phương
trình (2.2) là
P (x) = xm , m = 1, 2, . . . .
Ví dụ 2.1.3. [OLP SV 2000] Cho a, b ∈ R. Tìm tất cả các đa thức hệ số
thực P (x) thỏa mãn
xP (x − a) = (x − b)P (x), ∀x ∈ R.
Lời giải. Như lập luận ở các ví dụ trước, chúng ta có
xP (x − a) = (x − b)P (x), ∀x ∈ C.

(2.3)

Ta phân chia lời giải bởi các trường hợp sau.
• Trường hợp 1. Nếu a = b = 0 thì P (x) cần tìm là đa thức bất kì.
• Trường hợp 2. Nếu a = 0, b = 0 thì đa thức cần tìm P (x) ≡ 0.
• Trường hợp 3. Nếu a = 0, b = 0 thì ta có
P (x − a) = P (x), ∀x ∈ C.
Giả sử α là một nghiệm phức bất kì của P (x). Từ phương trình trên,
chúng ta có
P (α − a) = P (α) = 0.

16

Nói cách khác, α−a cũng là nghiệm của đa thức P (z). Lập luận tương
tự, ta thu được
α − ka, k = 1, 2, . . . ,
cũng là nghiệm của đa thức. Tập các số này là vô hạn nằm trong tập
nghiệm hữu hạn của P (x). Điều này chỉ ra,
P (x) = 0, ∀x ∈ C.
• Trường hợp 4. a = 0, b = 0.
b
/ N. Ta thấy x = b là một nghiệm của P (x). Hơn thế, chúng
(i) Khi ∈
a
ta có các giá trị phân biệt
b − ka, k = 1, 2, . . . ,
cũng là nghiệm của P (x). Lập luận như trường hợp trước đó,
P (x) = 0, ∀x ∈ C.
(ii) Khi

b
= m ∈ N. Do x = 0 là nghiệm của đa thức, tập
a
{0, a, 2a, . . . , (m − 1)a}

cũng là tập con của tập nghiệm đa thức P (x). Từ đây, chúng ta có
P (x) = x(x − a) · · · (x − (m − 1)a)Q(x),
với Q(x) là đa thức hệ số thực nào đó.Thay biểu diễn này vào phương
trình (2.3), chúng ta thu được

Q(x) = Q(x − a), ∀x ∈ C.
Điều này dẫn đến Q(x) là hàm hằng số. Nói cách khác, đa thức cần
tìm có dạng
P (x) = Ax(x − a) · · · (x − (m − 1)a),
trong đó A là hằng số thực bất kì.

Ví dụ 2.1.4. Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P (x) thỏa mãn
P (x)P (x + 1) = P (x2 + x + 1), ∀x ∈ R.

(2.4)


17

Lời giải. Nếu hàm đa thức là hàm hằng số P (x) ≡ a thì thay vào phương
trình ta được
a2 = a ↔ a ∈ {0, 1}.
Nếu P (x) khác hằng số. Giả sử α là một nghiệm phức của đa thức. Từ
phương trình (2.4),
P (α)P (α + 1) = P (α2 + α + 1) = 0,
ta có α2 + α + 1 cũng là nghiệm của đa thức P (x). Tiếp đó, trong (2.4),
thay x bởi x − 1, ta thu được
P (x − 1)P (x) = P (x2 − x + 1), ∀x ∈ R.
Tương tự lập luận trước đó, α2 − α + 1 cũng là nghiệm của đa thức P (x).
Chọn α là nghiệm có mô đun lớn nhất của đa thức P (x). Khi đó, ta có
|α2 + α + 1| ≤ |α|,

|α2 − α + 1| ≤ |α|.

Từ đây,

|2α| = |α2 + α + 1 − (α2 − α + 1)| ≤ |α2 + α + 1| + |α2 − α + 1|
≤ |α| + |α| = 2|α|.
Dấu bằng phải xảy ra ở các bất đẳng thức trên, do đó
|α2 + α + 1 − (α2 − α + 1)| = |α2 + α + 1| + |α2 − α + 1|,
điều này dẫn tới tồn tại số thực s ≥ 0 sao cho
α2 + α + 1 = s(α2 − α + 1).
Nếu |α2 + α + 1| < |α2 − α + 1| thì
2|α2 − α + 1| > |α2 + α + 1| + |α2 − α + 1| ≥ 2|a| → |α2 − α + 1| > |a|.
Tương tự, nếu |α2 + α + 1| > |α2 − α + 1| thì
|α2 + α + 1| > |a|.
Các điều trên mâu thuẫn với cách chọn α. Vậy |α2 + α + 1| = |α2 − α + 1|.
Từ đây, s = 1 và ta có
α2 + α + 1 = −α2 + α − 1 ↔ a = ±i.


18

Nới cách khác, đa thức P (x) có dạng sau
P (x) = (x2 + 1)m Q(x),
trong đó Q(x) là đa thức hệ số thực không chia hết cho x2 + 1. Thay biểu
diễn này vào phương trình (2.4), ta có
(x2 + 1)m Q(x)(x2 + 2x + 12)m Q(x + 1) = [(x2 + x + 1)2 + 1]m Q(x2 + x + 1),
điều này chỉ ra
Q(x)Q(x + 1) = Q(x2 + x + 1), ∀x ∈ R.
Nếu Q(x) có nghiệm thì ta làm tương tự trên, nghiệm mô đun lớn nhất
của Q(x) phải là i, −i. Điều này không thể xảy ra vì Q(x) không chia hết
cho x2 + 1. Nói cách khác, Q(x) là hàm hằng số. Giả sử Q(x) ≡ c. Thay
vào (2.4), ta thu được c = 1. Vậy P (x) = (x2 + 1)m . Tổng hợp các trường
hợp, các đa thức thỏa mãn phương trình hàm
P (x) ≡ 0, P (x) ≡ 1, P (x) = (x2 + 1)m , m = 1, 2, ...

Ví dụ 2.1.5. Tìm tất cả các đa thức P (x) với hệ số thực thỏa mãn
P (x)P (2x2 ) = P (2x3 + x), ∀x ∈ R.

(2.5)

Lời giải. Nếu đa thức là hàm hằng số P (x) ≡ a, thì ta có a = 0 hoặc
a = 1. Dễ dàng thấy rằng
P (x) ≡ 0 và P (x) ≡ 1
thỏa mãn phương trình hàm.
Nếu đa thức là khác hằng số. Giả sử
P (x) = a0 + a1 x + · · · + an xn , an = 0,
là đa thức thỏa mãn bài toán. Từ phương trình (2.5), ta có
(a0 + a1 x + · · · + an xn )[a0 + a1 (2x2 ) + · · · + an (2x2 )n ]
≡ a0 + a1 (2x3 + x) + · · · + an (2x3 + x)n .
So sánh hệ số của x3n và hệ số tự do ở hai vế ta được
2n a2n
a20

= 2n an ,
= a0 .


19

Do an = 0, hệ trên chỉ ra
an

= 1,

a0

∈ {0, 1}.

Trường hợp 1. an = 1 và a0 = 0. Khi đó,
P (x) = xl P1 (x), l ≥ 1,
trong đó P1 (x) là đa thức hệ số thực, P1 (0) = 0. Thay vào (2.5), ta có
xl P1 (x)(2x2 )l P1 (2x2 ) = (2x3 + x)l P1 (2x3 + x), ∀x ∈ R.
Điều này dẫn tới
P1 (x)(2x2 )l P1 (2x2 ) = (2x2 + 1)l P1 (2x3 + x), ∀x ∈ R.
Với x = 0, ta thu được P1 (0) = 0. Điều này mâu thuẫn vơi cách đặt P1 (x).
Trường hợp 2. an = 1 và a0 = 1. Giả sử α là một nghiệm thực của đa
thức. Do a0 = 1, ta thu được α = 0. Từ đẳng thức,
P (2α3 + α) = P (α)P (2α2 ) = 0,
ta thu được 2α3 + α cũng là nghiệm của đa thức P (x). Xét dãy số
α0 = α = 0; αn+1 = 2αn3 + αn , n ≥ 1.
Nếu α > 0 thì (αn ) là dãy tăng ngặt, nếu α < 0 thì (αn ) là dãy giảm ngặt.
Từ đây, nếu P (x) có một nghiệm thực khác không thì P (x) sẽ có vô số
nghiệm. Theo Định lí cơ bản của đại số, điều này không thể xảy ra. Hơn
thế, từ chỗ P (0) = 1 = 0, ta có
P (x) = 0, ∀x ∈ R.
Nói cách khác, P (x) chỉ có nghiệm phức z1 , z2 , ..., zn . Nếu tồn tại |zk | > 1
thì
|2zk2 + 1| ≥ |2zk2 | − 1 > 2 − 1 = 1.
Do đó
|2zk3 + zk | = |2zk2 + 1||zk | > |zk |.
Từ đây, đa thức P (x) có vô số nghiệm.Điều này không thể xảy ra. Nói cách
khác,
|zk | ≤ 1, ∀k = 1, 2, ..., n.

20

Theo Định lí Viète,
z1 z2 · · · zn = (−1)n ⇒ |z1 ||z2 | · · · |zn | = 1.
Điều này chỉ ra,
|zk | = 1, ∀k = 1, 2, ..., n.
Giả sử α = cos t + i sin t là nghiệm phức của đa thức P (x). Do 2α3 + α
cũng là nghiệm của đa thức, ta có
1 = |2α3 + α| = |α||2α2 + 1| = |2 cos 2t + 2i sin 2t + 1|
=

(2 cos 2t + 1)2 + (2 sin t)2 .

Từ đây, t = π/2 + 2kπ, k ∈ Z. Nói cách khác, α = ±i. Đa thức P (x) là
đa thức hệ số thực, do đó nếu α là nghiệm thì α cũng là nghiệm. Điều này
chỉ ra, đa thức P (x) có dạng
P (x) = (x2 + 1)k , k ∈ N.
Thử lại vào phương trình, ta thấy đa thức dạng này thỏa mãn. Vậy tất cả
các đa thức thỏa mãn là
P (x) ≡ 0; P (x) = (x2 + 1)k , k ∈ N.

2.2

Bài toán phân tích đa thức

Bài toán phân tích đa thức là bài toán biểu diễn đa thức bởi tích các đa
thức bậc nhỏ hơn. Để giải bài toán này, chúng ta có nhiều phương pháp
như phương pháp giải trực tiếp bằng biến đổi đa thức; phương pháp sử
dụng số phức, ... Trong phần này, chúng ta sử dụng số phức để giải các bài

toán phân tích đa thức trong toán sơ cấp.
Ví dụ 2.2.1. Phân tích đa thức P (z) = z 4 + 1 thành tích các đa thức bậc
nhất và bậc hai hệ số thực.
Ý tưởng chung để giải các bài toán dạng này là tìm tất cả các nghiệm
của đa thức, sau đó gộp các cặp nghiệm phức liên hợp với nhau để đưa
đến các đa thức bậc hai hệ số thực.
Lời giải. Đầu tiên chúng ta thấy phương trình đa thức
z 4 + 1 = 0 ⇐⇒ z 4 = 1eiπ .


21

có đúng 4 nghiệm phức
1
1
z1 = ei(3π/4) = − √ + i √ ,
2
2
1
1
z2 = ei(5π/4) = − √ − i √ = z1 ,
2
2
1
1
z3 = ei(7π/4) = √ − i √ ,
2
2
1
1

z4 = ei(9π/4) = √ + i √ = z3 .
2
2
và chúng ta phân tích được đa thức P (z) như sau
P (z) = (z − z1 )(z − z2 )(z − z3 )(z − z4 )
= (z − z1 )(z − z1 ) (z − z3 )(z − z3 )
= (z 2 − (z1 + z1 )z + z1 z1 )(z 2 − (z3 + z3 )z + z3 z3 )
√
√
= (z 2 − 2z + 1)(z 2 + 2z + 1).

Ví dụ 2.2.2. Phân tích đa thức P (x) = x4 + x3 + x2 + x + 1 thành tích
các đa thức bậc nhất và bậc hai hệ số thực.
Lời giải. Xét đa thức
Q(x) = x5 − 1, x ∈ C.
Dễ dàng thấy rằng đa thức Q(x) có các nghiệm phức
2kπ
xk = e 5 , k = 0, 1, 2, 3, 4,
i

và có phân tích
Q(x) = (x − 1)(x − x1 )(x − x2 )(x − x3 )(x − x4 ).
Bên cạnh đó, ta thấy
 5
x − 1
,
P (x) = x − 1

1

nếu z = 1,
nếu z = 1.