Một số ứng dụng của đại số trong việc giải phương trình đa thức

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
———————————

ĐINH NỮ VIỆT TRINH

MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐẠI
SỐ TRONG VIỆC GIẢI PHƯƠNG
TRÌNH ĐA THỨC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Đà Nẵng - Năm 2020


ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
——————————–

ĐINH NỮ VIỆT TRINH

MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐẠI
SỐ TRONG VIỆC GIẢI PHƯƠNG
TRÌNH 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. Lê Thị Hoài Thu

Đà Nẵng - Năm 2020



ii

Lời cảm ơn
Lời đầu tiên tôi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới cơ giáo Lê Thị Hồi Thu
đã tận tình hướng dẫn tơi trong suốt q trình thực hiện để tơi có thể hồn
thành được luận văn này.
Tơi cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Ban giám hiệu, Phòng Đào
tạo - Khoa học - Quan hệ quốc tế và Khoa khoa học cơ bản của Trường Đại
học Quảng Bình - Đại học sư phạm Đà Nẵng đã tạo điều kiện thuận lợi nhất
trong suốt quá trình học tập tại trường cũng như thời gian tơi hồn thành
đề tài này.
Tôi xin cảm ơn Sở giáo dục và đào tạo Quảng Bình và Trường THCS và
THPT Bắc Sơn - nơi tôi đang công tác đã tạo điều kiện cho tơi hồn thành
khóa học này.
Tơi cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành nhất đến tất cả các thầy cơ giáo
đã tận tình dạy bảo tơi trong suốt thời gian học tập của khóa học. Đồng thời
cũng xin gửi lời cảm ơn đến các anh chị trong lớp phương pháp tốn sơ cấp
khóa 36 đã nhiệt tình giúp đỡ tơi trong q trình học tập tại lớp, động viên,
cổ vũ để tơi có thể hồn thành nhiệm vụ của mình.

Đinh Nữ Việt Trinh




iii

Mục lục
MỞ ĐẦU

1

1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

3

1.1

1.2

1.3

Vành
1.1.1
1.1.2
1.1.3
Vành
1.2.1

và trường . . .
Vành . . . . .
Miền nguyên
Trường . . . .
đa thức . . . .
Định nghĩa .

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.

.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.

3
3
4
5
6
6

1.2.2 Phép chia và phép chia có dư . . .
1.2.3 Nghiệm của đa thức . . . . . . . .
1.2.4 Phần tử đại số và phần tử siêu việt
1.2.5 Đa thức bất khả quy . . . . . . . .
Đa thức trên các trường số . . . . . . . . .

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.

.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.

.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.

.
.

.
.
.
.
.

7
8
11
11
12

2 ĐỊNH LÝ CƠ BẢN CỦA ĐẠI SỐ, QUY TẮC DẤU CỦA DESCARTES 14
2.1 Định lý cơ bản của đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.1.1 Định lý cơ bản của Đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.1.2 Sơ lược về lịch sử của "Định lý cơ bản của Đại số" . . . . . 14
2.1.3 Chứng minh định lý cơ bản của Đại số . . . . . . . . . . . . 16
2.2
3

Quy tắc dấu Descartes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

19

ỨNG DỤNG QUY TẮC DẤU DESCARTES TRONG GIẢI PHƯƠNG
TRÌNH ĐA THỨC
28

3.1 Vài nét lịch sử giải phương trình đa thức . . . . . . . . . . . . . . . 28
3.2

Một số ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2.1 Tìm số nghiệm của phương trình . . . . . . . . . . . . . . .
3.2.2 Tìm nghiệm hữu tỉ của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . .

29
29
38


iv

3.2.3

Ứng dụng khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

44

Kết luận

48

Tài liệu tham khảo

49

PHỤ LỤC

51


v

Danh mục ký hiệu
N
R
C
Q
R [x]
deg f (x)

Tập hợp các số tự nhiên
Tập hợp các số thực
Tập hợp các số phức
Tập hợp các số hữu tỉ
là tập hợp các đa thức với hệ số thực
Bậc của đa thức f (x)

Zn

Vành các số nguyên theo mod n


1

MỞ ĐẦU
1. Tính cấp thiết của đề tài
Phương trình là chủ đề được các nhà toán học quan tâm từ rất sớm. Việc

nghiên cứu giải các phương trình đa thức có trước cả việc nghiên cứu bản
thân các đa thức. Để giải phương trình, trước hết ta cần thơng tin về nghiệm
của nó, chẳng hạn: phương trình có hay khơng có nghiệm; nếu có nghiệm thì
có thể có bao nhiêu nghiệm? Định lý cơ bản của đại số học khẳng định rằng
mọi đa thức một biến hệ số phức bậc n ≥ 1 có đúng n nghiệm phức (kể cả
bội). Nhưng những thông tin cụ thể hơn về từng loại nghiệm của đa thức
(như số nghiệm thực, số nghiệm thuần phức; số nghiệm dương, số nghiệm
âm) thì lại cần đến Quy tắc dấu của Descartes.
Giải phương trình nói chung và giải phương trình đa thức nói riêng là một
trong những nội dung chính của chương trình mơn Tốn ở THCS và THPT.
Việc nghiên cứu sâu về vấn đề này sẽ giúp tôi nâng cao kiến thức, năng lực
chuyên môn, phục vụ tốt hơn cơng tác giảng dạy của mình.
Với các lí do trên, dưới sự hướng dẫn của TS. Lê Thị Hồi Thu, tơi chọn
nghiên cứu đề tài: Một số ứng dụng của Đại số trong việc giải phương
trình đa thức.
2. Mục đích nghiên cứu
Mục tiêu của luận văn là giới thiệu Quy tắc dấu của Descartes, Định
lý cơ bản của đại số, đồng thời đưa ra các ví dụ về việc ứng dụng để giải
phương trình đa thức. Các kết quả và thơng tin chính được viết dựa vào bài
báo “A genaralization of Descartes’ rule of signs and fundamental theorem of
algebra” của Pentti Haukkanen và Descartes’ Rule of signs - How can it be?
của Stewart A. Levin (2002).
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu


2

Luận văn chủ yếu nghiên cứu về phương trình đa thức, Quy tắc dấu của
Descartes, Định lý cơ bản của đại số và một số định lý về nghiệm của đa
thức. Trong đó, nội dung chủ đạo là Quy tắc dấu Descartes, kĩ thuật xác

định số nghiệm thực dương, số nghiệm thực âm (tối đa) của một phương
trình đa thức trên trường số thực R.
Phạm vi nghiên cứu của luận văn chỉ đi sâu tìm hiểu các khái niệm, định
nghĩa, đính lý liên quan đến quy tắc dấu Descartes và Định lý cơ bản của
Đại số, từ đó đưa ra ứng dụng liên quan đến việc giải phương trình đa thức.
4. Phương pháp nghiên cứu
Thu thập các bài báo khoa học và tài liệu của các tác giả nghiên cứu liên
quan đến Định lý cơ bản của Đại số và Quy tắc dấu Descarter.
Tham gia các buổi seminar của cô hướng dấn để trao đổi các kết quả đang
nghiên cứu.
5. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài
Thông qua quy tắc dấu Descartes, ta biết được số nghiệm của một phương
trình, phương trình có hay khơng có nghiệm; nếu có nghiệm thì có thể có
bao nhiêu nghiệm, đóng góp khơng nhỏ trong q trình giải phương trình đa
thức.
Luận văn có thể giúp các giáo viên và học sinh xem như tài liệu tham
khảo những kiến thức liên quan đến việc giải phương trình đa thức.
6. Cấu trúc của luận văn
Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, luận văn được trình bày
trong ba chương:
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị: Chương này trình bày một số cấu trúc đại số
và vành đa thức trên trường số chuẩn bị cho các chương sau.
Chương 2. Định lý cơ bản của đại số, Quy tắc dấu của Descartes.
Chương 3. Ứng dụng Quy tắc dấu Descartes trong trong giải phương trình
đa thức.


3

Chương 1

KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
Trong chương này chúng tôi sẽ trình bày một cách tổng quan về một số
cấu trúc đại số và một số khái niệm, kết quả liên quan về đa thức trên trường
số nhằm phục vụ cho việc trình bày các chương sau. Nội dung chính trong
chương này được chúng tôi lấy trong tài liệu [1] ; [2] ; [4] .

1.1

Vành và trường

1.1.1

Vành

1.1.1.1

Định nghĩa

Định nghĩa 1.1.1. Tập hợp R cùng với hai phép tốn hai ngơi, một là phép
cộng (+) và một là phép nhân (.) được gọi là một vành nếu các điều kiện sau
được thỏa mãn:
i) Phép cộng có tính chất kết hợp: ∀x, y, z ∈ R : x + (y + z) = (x + y) + z.
ii) Phép cộng có tính chất giao hoán: ∀x, y ∈ R: x + y = y + x.
iii) Tồn tại phần tử 0 ∈ R sao cho ∀x ∈ R: x + 0 = 0 + x = x.
iv) ∀x ∈ R, ∃ − x ∈ R : x + (−x) = (−x) + x = 0.

v) Phép nhân có tính chất kết hợp: ∀x, y, z ∈ R : (xy)z = x(yz).
vi) Phép nhân phân phối đối với phép cộng
(x + y)z = xz + yz, ∀x, y ∈ R.

z(x + y) = zx + zy ∀x, y ∈ R.

Ví dụ 1.1.2. 1) Tập hợp các số nguyên Z, tập hợp các số hữu tỉ Q, tập hợp


4

các số thực R, tập hợp các số phức C với phép cộng và phép nhân thông
thường là vành.
2) Tập hợp Z/nZ các số nguyên mod n cùng với phép cộng và phép nhân
các số nguyên mod n là một vành giao hốn, có đơn vị, gọi là vành các số
nguyên mod n và kí hiệu là Zn .
Nhận xét 1.1.3. Vành là một nhóm cộng abel, nửa nhóm nhân và phép
nhân phân phối đối với phép cộng.
Vành R được gọi là giao hốn nếu phép nhân trong R có tính chất giao hốn,
nghĩa là xy = yx, ∀x, y ∈ R. Vành R được gọi là có đơn vị nếu phép nhân có

đơn vị, phần tử đơn vị của vành ( nếu có) thường kí hiệu là 1.
1.1.1.2

Tính chất của vành

Mỗi vành R đều có tất cả các tính chất của một nhóm cộng giao hốn và
thỏa mãn một số tính chất cơ bản sau:
1) Với mọi x ∈ R, 0 × x=x × 0= 0.

2) Nếu vành R có đơn vị 1 và có nhiều hơn một phần tử thì 1 = 0.
3) ∀x, y, z ∈ R ta có:
x(y − z) = xy − xz

(x − y)z = xz − yz.

4) Trong vành R có luật phân phối suy rộng, nghĩa là với mọi phần tử
x, y1 , y2 , ..., yn (n ≥ 2) ∈ R ta có: x

xyi ; (

yi =
i=1

5) Quy tắc về dấu, với mọi x, y ∈ R

n

n

n

n

i=1

yi )x=
i=1

yi x.
i=1

x(−y) = (−x)y = −xy; (−x)(−y) = xy.
6) Đối với mọi số nguyên n và mọi phần tử

x, y ∈ R : n(xy) = (nx)y = x(ny).

1.1.2

Miền nguyên

Định nghĩa 1.1.4. Phần tử x = 0 của vành R được gọi là một ước của
không nếu tồn tại một phần tử y ∈ R, y = 0 sao cho xy = yx = 0.


5

Nhận xét 1.1.5. R là vành giao hốn có đơn vị 1 = 0. Khi đó vành R khơng
có phần tử nào là ước của không, khi phép nhân trong R có luật giản ước
đối với những phần tử khác không, nghĩa là ∀x ∈ R, x = 0, ∀y, z ∈ R :
xy = xz ⇔ y = z và yx = zx ⇔ y = z.

Định nghĩa 1.1.6. Vành R được gọi là một miền nguyên nếu nó là vành
giao hốn, có đơn vị, có nhiều hơn một phần tử và khơng có ước của khơng.
Ví dụ 1.1.7. 1) Vành số nguyên Z và vành số hữu tỉ Q đều là những miền
nguyên.
2) Vành các số nguyên module 4 (Z4 ) là một vành giao hốn, có đơn vị,
nhưng khơng phải là miền ngun do có 2 là ước của không.

1.1.3

Trường

Định nghĩa 1.1.8. Vành F được gọi là một trường nếu F là một vành giao
hốn, có đơn vị 1 = 0 và mọi phần tử khác không của nó đều khả nghịch.

Như vậy, tập hợp F cùng với hai phép tốn kí hiệu bởi +, × là một trường
nếu
i) (F, +) là một nhóm giao hốn với phần tử trung hịa 0.
ii) (F∗ , ×) là một nhóm giao hốn, trong đó F∗ = F
iii) Phép nhân phân phối với phép cộng.

{0}.

Ví dụ 1.1.9. 1) Tập hợp các số hữu tỉ Q, tập hợp các số thực R, tập hợp
các số phức C với phép cộng và nhân thông thường là trường.
2) Tập hợp các số nguyên Z cùng với phép cộng và nhân thông thường là
miền nguyên nhưng không là trường.
Mối liên hệ giữa vành, miền nguyên và trường thể hiện qua các định lý và hệ
quả sau:
Định lý 1.1.1. Mỗi trường đều là một miền nguyên.
Chứng minh. Giả sử F là một trường. Khi đó, F là một vành giao hốn
có đơn vị 1 = 0. Mặt khác, ∀x, y ∈ F . Giả sử xy = 0, x = 0. Khi đó,
x−1 (xy) = x−1 0 = 0. Suy ra y = 0. Vậy trong F có luật giản ước cho các
phần tử khác khơng và do đó F là một miền ngun.
Định lý 1.1.2. Một miền nguyên hữu hạn là một trường.


6

Chứng minh. Giả sử D = {x0 , x1 , ..., xn } là một miền nguyên với x0 = 0, x1 =

1. Ta chứng tỏ rằng mọi phần tử khác 0 của D có nghịch đảo đối với phép
nhân. Giả sử x ∈ D, x = 0. Khi đó tập hợp
xD = {xx0 , xx1 , ..., xxn }

trùng với D. Thật vậy, nếu xxi = xxj thì sau khi giản ước cho x ta được
xi = xj , bởi vậy mọi phần tử của xD là phân biệt và do đó xD chính là D.
Từ đó, suy ra tồn tại xs sao cho xxs = 1, nghĩa là xs = x−1 .
Vậy D là một trường.
Hệ quả 1.1.3. Vành Zn là trường khi và chỉ khi n là số nguyên tố.
Chứng minh. (⇐) Giả sử n là một số nguyên tố và giả sử ab = 0 trong Zn .
Khi đó n|ab, do đó n|a hoặc n|b. Bởi vậy a = 0 hoặc b = 0 và Zn là một miền
nguyên. Do Zn có hữu hạn phần tử trên nó là một trường.
(⇒) Bây giờ giả sử n khơng là số ngun tố. Khi đó n có sự phân tích n = r.s,
trong đó 1 < r, s < n. Như vậy ta có r,s là những phần tử khác 0 trong Zn
nhưng tích của chúng r.s = rs = 0. Mâu thuẫn với Zn là miền nguyên.

1.2
1.2.1

Vành đa thức
Định nghĩa

Cho R là vành giao hốn, có đơn vị 1 = 0. Một biểu thức dạng
f (x) = an xn + ... + a1 x + a0 trong đó ai ∈ R với mọi i = 0, n được gọi là một

đa thức của ẩn x (hay biến x) với hệ số trong R. Nếu an = 0 thì an được gọi
là hệ số cao nhất của f (x) và số tự nhiên n được gọi là bậc của f (x), kí hiệu
là deg f (x).
Chú ý rằng hai đa thức f (x) =
ai xi và g(x) =
bi xi là bằng nhau nếu
và chỉ nếu ai = bi với mọi i. Ta chỉ định nghĩa bậc cho những đa thức khác
0, còn ta quy ước đa thức 0 là khơng có bậc. Kí hiệu R [x] là tập hợp các đa
thức ẩn x với hệ số trong R.

Với f (x) =
ai xi và g(x) =
bi xi định nghĩa
f (x)+g(x) =
(ai bi )xi và f (x)g(x) =
ck xk , trong đó ck =
Ta có các kết quả sau:

i+j=k ai bi .


7

Bổ đề 1.2.1. Giả sử f (x) và g(x) là hai đa thức = 0 của R [x]
i) Nếu deg f (x) = deg g(x) thì f (x) + g(x) = 0 và
deg (f (x) + g(x))= max {degf (x), degg(x)}.

Nếu deg f (x) = deg g(x) và nếu f (x) + g(x) = 0 thì
deg (f (x) + g(x))≤ max {degf (x), degg(x)}.

ii) Nếu f (x).g(x) = 0 thì deg(f (x).g(x)) ≤ degf (x) + degg(x).
(Dấu bằng xảy ra khi R là miền nguyên)

Hệ quả 1.2.2. Nếu R là một miền nguyên thì vành đa thức R [x] cũng là
miền nguyên.
Chứng minh. Thật vậy, nếu f (x) = 0 và g(x) = 0 thì
deg(f (x).g(x)) = degf (x) + degg(x).
Từ đó f (x).g(x) = 0. Điều này chứng tỏ R [x] là miền nguyên.

1.2.2

Phép chia và phép chia có dư

Trong phần này ta xét vành đa thức F [x] với F là một trường. Ta có:
Định lý 1.2.3. Cho f (x), g(x) ∈ F [x], trong đó g(x) = 0. Khi đó tồn tại
duy nhất một cặp đa thức q(x), r(x) ∈ F [x] sao cho
f (x) = g(x)q(x) + r(x), với r(x) = 0 hoặc deg r(x)
Chứng minh. Trước hết ta chứng minh tính duy nhất. Giả sử
f (x) = g(x)q(x) + r(x) = g(x)q1 (x) + r1 (x)
trong đó r(x), r1 (x) bằng 0 hoặc có bậc nhỏ hơn bậc của g(x). Khi đó
g(x)(q(x) − q1 (x)) = r1 (x) − r(x).
Nếu r(x) = r1 (x) thì


8

deg (r − r1 ) = deg (g(q − q1 )) = deg g + deg (q − q1 ).

Điều này mâu thuẫn vì

deg(r − r1 ) ≤ max {degr, degr1 } < degg ≤ degg + deg(q − q1 ).
Do vậy, r1 (x) = r(x). Suy ra g(x)(q(x) − q1 (x)) = 0. Vì g(x) = 0 nên

q(x) − q1 (x) = 0, tức là q(x) = q1 (x).
Bây giờ ta chứng minh sự tồn tại. Nếu deg f (x)
q(x) = 0 và r(x) = f (x). Giả sử deg f (x) ≥ deg g(x).
Viết f (x) = am xm + ... + a0 và g(x) = bn xn + ... + b0 với am , bn = 0
am m−n

x
. Đặt f1 (x) = f (x) − g(x)h(x). Khi đó
và n ≤ m. Chọn h(x) =
bn
f1 (x) = 0 hoặc f1 (x) có bậc thực sự bé hơn bậc của f (x). Trong trường
hợp f1 (x) = 0, ta tìm được dư của phép chia f (x) cho g(x) là r(x) = 0 và
thương là q(x) = h(x). Nếu f1 (x) = 0 thì ta tiếp tục làm tương tự với f1 (x)
và ta được đa thức f2 (x). Cứ tiếp tục quá trình trên ta được dãy đa thức
f1 (x), f2 (x), ..., nếu chúng đều khác 0 thì chúng có bậc giảm dần. Vì thế sau
hữu hạn bước ta được một đa thức có bậc bé hơn bậc của g(x) và đó chính
là đa thức dư r(x). Nếu một đa thức của dãy bằng 0 thì dư r(x) = 0. Thế
vào rồi nhóm lại ta tìm được q(x).
Trong định lý trên, q(x) được gọi là thương và r(x) được gọi là dư của
phép chia f (x) cho g(x). Nếu dư của phép chia f (x) cho g(x) là 0 thì ta nói
f (x) chia hết cho g(x) hay g(x) là ước của f (x).

1.2.3

Nghiệm của đa thức

Định nghĩa 1.2.1. Giả sử f (x) = an xn +...+a1 x+a0 ∈ F [x] và α là phần tử
trong một trường chứa F , ta đặt f (α) = an αn + ... + a1 α + a0 . Nếu f (α) = 0
thì ta nói α là nghiệm của f (x). Tìm nghiệm của f (x) là giải phương trình
đại số an xn + ... + a1 x + a0 = 0 (an = 0).
√
Chẳng hạn, 2 ∈ R là nghiệm của đa thức x2 − 2 ∈ Q [x].
Ta có một số kết quả sau:
Hệ quả 1.2.4. Phần tử a ∈ F là nghiệm của đa thức f (x) ∈ F [x] nếu và

chỉ nếu tồn tại đa thức g(x) ∈ F [x] sao cho f (x) = (x − a)g(x).

9

Chứng minh. Chia f (x) cho x − a , phần dư hoặc bằng 0 hoặc là một đa

thức bậc 0 vì bậc của x − a bằng 1. Vì vậy, dư là một phần tử r ∈ F . Ta có
f (x) = (x − a)q(x) + r. Thay x = a vào đẳng thức ta được r = f (a). Do đó,

(x − a)|f (x) ⇔ a là nghiệm của f (x).
Cho k > 0 là một số nguyên. Một phần tử a ∈ F được gọi là một nghiệm
bội k của đa thức f (x) ∈ F [x] nếu f (x) chia hết cho (x − a)k nhưng không
chia hết cho (x − a)k+1 . Nếu k = 1 thì a được gọi là nghiệm đơn. Nếu k = 2
thì a được gọi là nghiệm kép.

Hệ quả 1.2.5. Phần tử a ∈ F là nghiệm bội k của f (x) ∈ F [x] nếu và chỉ

nếu f (x) = (x − a)k g(x) với g(x) ∈ F [x] và g(a) = 0.

Chứng minh. Giả sử a là nghiệm bội k của f (x). Vì f (x) chia hết cho (x−a)k
nên f (x) = (x − a)k g(x) với g(x) ∈ F [x]. Nếu g(a) = 0 thì theo Hệ quả 1.2.4
ta có g(x) = (x−a)h(x) với h(x) ∈ F [x] và do đó f (x) chia hết cho (x−a)k+1 ,
vơ lí. Vậy g(a) = 0.
Ngược lại, vì f (x) = (x − a)k g(x) nên f (x) chia hết cho (x − a)k . Nếu

f (x) chia hết cho (x−a)k+1 thì f (x) = (x−a)k+1 h(x) với h(x) ∈ F [x] . Do đó,
(x − a)k g(x) = (x − a)k+1 h(x).

Do F là trường nên g(x) = (x − a)h(x). Suy ra g(a) = 0, mâu thuẫn.
Vậy f (x) không chia hết cho (x − a)k+1 .

Hệ quả 1.2.6. Cho a1 , a2 , ..., ar ∈ F là những nghiệm phân biệt của f (x) ∈
F [x]. Giả sử ai là nghiệm bội ki của f (x) với i = 1, 2, ..., r. Khi đó f (x) =
(x − a1 )k1 (x − a2 )k2 ...(x − ar )kr u(x), trong đó u(x) ∈ F [x] và u(ai ) = 0 với
mọi i = 1, ..., r.
Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo r. Trường hợp r = 1 được
suy ta từ Hệ quả 1.2.5. Cho r > 1. Theo giả thiết quy nạp, tồn tại h(x) ∈ F [x]

sao cho f (x) = (x − a1 )k1 (x − a2 )k2 ...(x − ar−1 )kr−1 h(x), trong đó h(x) ∈ F [x]
và h(ai ) = 0 với mọi i = 1, 2, ..., r − 1. Vì ar là nghiệm của f (x) nên ta có
0 = f (ar ) = (ar − a1 )k1 (ar − a2 )k2 ...(ar − ar−1 )kr−1 h(ar ).

Do ar = ai với mọi i = 1, ..., r−1 nên h(ar ) = 0. Giả sử h(x) = (x−ar )t u(x)
trong đó u(x) ∈ F [x], u(ar ) = 0 và t > 0 là một số nguyên. Vì h(ai ) = 0 nên


10

u(ai ) = 0 với mọi i = 1, ..., r − 1. Do ar là nghiệm bôi kr của f (x) nên t ≤ kr ,
Hơn nữa, f (x) có sự phân tích f (x) = (x − ar )kr v(x), trong đó v(x) ∈ F [x]
và v(x) = 0 . Vì thế ta có
f (x) = (x − ar )kr v(x) = (x − a1 )k1 ...(x − ar−1 )kr−1 (x − ar )t u(x)).
Chú ý rằng F là trường vì thế giản ước cả hai vế cho (x − ar )t ta được
(x − ar )kr −t v(x) = (x − a1 )k1 ...(x − ar−1 )kr−1 u(x).

Nếu t < kr thì khi thay x = a vào đẳng thức trên ta có vế trái bằng 0,
cịn vế phải khác 0, điều này là vơ lí. Vậy t = kr . Vì thế f có phân tích
f (x) = (x − a1 )k1 ...(x − ar−1 )kr−1 (x − ar )kr u(x)) trong đó f (ai ) = 0 với mọi
i = 1, ..., r.
Hệ quả 1.2.7. Cho 0 = f (x) ∈ F [x] là đa thức. Khi đó số nghiệm của f (x)

(kể cả bội), không vượt quá bậc của f (x).

Chứng minh. Giả sử a1 , ..., ar là các nghiệm của f (x) với số bội lần lượt là
k1 , ..., kr . Theo Hệ quả 1.5, tồn tại g(x) ∈ F [x] sao cho
f (x) = (x − a1 )k1 (x − a2 )k2 ...(x − ar )kr g(x)).
r

r

Vì thế deg f (x)= deg g(x)+
i=1

ki ≥

ki điều kiện cần chứng minh.
i=1

Sau đây là một số định lý về nghiệm của đa thức:
Định lý 1.2.8. ( Định lý Rolle) Nếu f (x) là hàm liên tục trên đoạn [a; b] ,
có đạo hàm trên khoảng (a; b) và f (a) = f (b) thì tồn tại c ∈ (a; b) sao cho
f ′ (c) = 0 .
Chứng minh. Vì f (x) liên tục trên [a; b] nên theo định lý Weierstrass f (x)
nhận giá trị lớn nhất M và giá trị nhỏ nhất m trên [a; b] .
+ Khi M = m ta có f (x) là hàm hằng trên [a; b] , do đó với mọi c ∈ (a; b)
ln có f ′ (c) = 0.
+ Khi M > m vì f (a) = f (b) nên tồn tại c ∈ (a; b) sao cho f (c) = m hoặc
f (c) = M theo bổ đề Fermat suy ra f ′ (c) = 0 .

11

Định lý 1.2.9. (Định lý Lagrange) Nếu f (x) là hàm liên tục trên đoạn
[a; b] và có đạo hàm trên khoảng (a; b) thì tồn tại c ∈ (a; b) sao cho f ′ (c) =
f (b) − f (a)
.
b−a

f (b) − f (a)
x. Ta có F (x) là hàm
b−a
liên tục trên đoạn [a; b] , có đạo hàm trên khoảng (a; b) và F (a) = F (b). Theo

Chứng minh. Xét hàm số F (x) = f (x) −

định lý Rolle tồn tại c ∈ (a; b) sao cho F ′ (c) = 0 .
f (b) − f (a)
f (b) − f (a)
x → f ′ (c) =
.
Mà F ′ (x) = f ′ (x) −
b−a
b−a

1.2.4

Phần tử đại số và phần tử siêu việt

Giả sử A là một trường con của trường F . Một phần tử c ∈ F gọi là đại

số trên A nếu c là nghiệm của một đa thức g(x) = 0 nào đó của A [x]. Trong
trường hợp trái lại c được gọi là phần tử siêu việt trên A.
Ví dụ 1.2.2. 1) Các phần tử của trường A đều đại số trên A.
√
2) 2 là đại số trên trường các số hữu tỉ Q. Nó là nghiệm của đa thức
x2 − 2 ∈ Q [x].
3) π là siêu việt trên trường các số hữu tỉ Q ; mọi số phức là đại số trên
trường số thực R.

1.2.5

Đa thức bất khả quy

Định nghĩa 1.2.3. Một đa thức f (x) ∈ F [x],deg f (x) = n (n > 0) được

gọi là bất khả quy nếu f (x) khơng chia hết cho bất kì đa thức q(x) ∈ F [x] ,
(0 Ta có kết quả sau:

Hệ quả 1.2.10. Trong vành đa thức F [x] trên một trường F nếu p(x) là
một đa thức bất khả quy và f (x) là một đa thức bất kì trên F thì hoặc p(x)
chia hết f (x) hoặc chúng nguyên tố cùng nhau.


12

1.3

Đa thức trên các trường số

Sau đây chúng tơi trình bày một số kết quả về nghiệm của một đa thức
trên các trường số hữu tỉ Q, trường số phức C và trường số thực R.
Mệnh đề 1.3.1. Nếu z = a + ib là một nghiệm phức của đa thức
f (x) ∈ R [x], thì liên hợp của nó z = a − ib cũng là một nghiệm của f (x).
Chứng minh. Xét đa thức
g(x) = x2 − 2ax + a2 + b2 = (x − z)(x − z).

Theo thuật toán chia trong R [x], tồn tại các đa thức thực q(x) và r(x)
sao cho f (x) = q(x)g(x) + r(x), trong đó r(x) = 0 hoặc deg r(x)< 2. Do đó
r(x) = r0 + r1 x trong đó r0 , r1 ∈ R. Bây giờ z = a + ib là một nghiệm của
f (x) và g(x) nên nó cũng là nghiệm của r(x), do đó 0 = r0 + r1 (a + ib). Cho
phần thực và phần ảo bằng nhau, chúng ta có r0 + r1 a = 0 và r1 b = 0. Nhưng
khi đó,
r(z) = r(a − ib) = r0 + r1 (a − ib) = r0 + r1 a − ir1 b = 0.
Do z là một nghiệm của r(x) và g(x), nên nó là nghiệm của f (x).
Nếu z là số phức và khơng phải là số thực, thì b = 0. Trong trường hợp
này r1 = 0 và r0 = 1. Do đó g(x)|f (x).
Mệnh đề 1.3.2. Mọi đa thức với hệ số thực có bậc lẻ có ít nhất một nghiệm
thực.
Chứng minh. Giả sử f (x) = an xn + ... + a1 x + a0 ∈ R [x] , an = 0, n ∈ N , n

là số lẻ.
Dễ thấy rằng an f (x) → +∞ khi x → +∞ và an f (x) → −∞ khi x → −∞.

Suy ra, tồn tại các số thực a, b, với a > 0 và b < 0 thỏa mãn an f (a) > 0 và
an f (b) < 0. Do đó, an 2 f (a)f (b) < 0 hay f (a)f (b) < 0.
Mặt khác f (x) là hàm đa thức xác định và liên tục trên R nên theo định lý
Weierstrass, có ít nhất một số thực c nằm giữa a và b , sao cho f (c) = 0.
Các đa thức bất khả quy trên các trường số thực và phức được cho bởi
định lý sau.

13

Định lý 1.3.3. (i) Các đa thức bất khả quy của vành C [x] là các đa thức
bậc 1.
(ii) Các đa thức bất khả quy của vành R [x] là các đa thức bậc 1 cùng với các
đa thức bậc 2 có dạng ax2 + bx + c, trong đó b2 < 4ac.
Chứng minh. (i) Các đa thức bậc 0 là các phần tử khả nghịch trong C [x] .
Theo định lý cơ bản của đại số, mỗi đa thức có bậc dương có một nghiệm
trong C và do đó là nhân tử tuyến tính. Do đó tất cả các đa thức có bậc lớn
hơn 1 khả quy và các đa thức bậc 1 là các đa thức bất khả quy.
(ii) Các đa thức bậc 0 là các phần tử khả nghịch của R [x] . Theo phần (i)
và theo định lý nhân tử duy nhất, mọi đa thức thực có bậc ≥ 1 có thể phân
tích được thành tích của các nhân tử tuyến tính trong C [x] . Theo đinh lý
1.5(i), các nghiệm khơng thực của nó tạo thành các cặp liên hợp, mà tích các
nhân tử tương ứng cho ta nhân tử bậc 2 trong R [x] có dạng ax2 + bx + c,
trong đó b2 < 4ac. Do đó mỗi đa thức thực có thể được phân tích thành tích
các nhân tử tuyến tính thực và các nhân tử bậc 2 thực có dạng trên.
Định lý 1.3.4. ( Định lý về nghiệm hữu tỉ của đa thức) Cho đa thức
p
f (x) = an xn + ... + a1 x + a0 với ai ∈ Z, an = 0. Nếu α = là nghiệm của
q
f (x), trong đó (p, q) = 1; p, q ∈ Z thì p|a0 và q|an và p − mq|f (m), ∀m ∈ Z.
p
Chứng minh. Nếu α = , (p, q) = 1 là nghiệm hữu tỉ của f (x) thì
q
p
p
p

f (x) = an ( )n + an−1 ( )n−1 + ... + a1 ( ) + a0 .
q
q
q
Do đó
an pn + an−1 pn−1 q + ... + a1 pq n−1 + a0 q n = 0.
Suy ra p là ước của a0 q n và q là ước của an pn . Do (p, q) = 1 nên suy ra p
là ước của a0 , q là ước của an .
Mặt khác, khai triển f (x) theo lũy thừa của x − m, ta có
f (x) = an (x − m)n + b1 (x − m)n−1 + ... + bn−1 (x − m) + f (m).
p
Cho x = và quy đồng, ta có
q
a0 (p − mq)n + b1 (p − mq)n−1 q + ... + bn−1 (p − mq)q n−1 + f (m).q n = 0.
Vì (p, q) = 1 nên p − mq|f (m), ∀m ∈ Z.


14

Chương 2
ĐỊNH LÝ CƠ BẢN CỦA ĐẠI SỐ,
QUY TẮC DẤU CỦA DESCARTES
Mục tiêu của chương này là trình bày Định lý cơ bản của Đại số và Quy
tắc dấu Descartes, những cơng cụ quan trọng trong việc giải phương trình đa
thức với trọng tâm là Quy tắc dấu Descartes. Nội dung chính trong chương
này được chúng tơi lấy trong tài liệu [1] ; [2] ; [3] ; [5] ; [6] ; [7] ; [8] ; [9] ; [10] ; [11] .

2.1
2.1.1

Định lý cơ bản của đại số
Định lý cơ bản của Đại số

Định lý 2.1.1. Cho p(z) là một đa thức với hệ số phức có bậc n > 0. Khi
đó p(z) có n nghiệm phức.
Định lý khẳng định trường số phức C là một trường đóng đại số; tên gọi
"Định lý cơ bản của đại số" được đặt ra khi mà nội dung của các nghiên cứu
về Đại số chủ yếu ưu tiên cho lý thuyết phương trình.

2.1.2

Sơ lược về lịch sử của "Định lý cơ bản của Đại số"

Định lý cơ bản của Đại số khẳng định rằng mỗi đa thức một biến khác
hằng số với hệ số phức có ít nhất một nghiệm phức. Đơi khi, Định lý cơ
bản của Đại số được phát biểu dưới dạng: Mọi đa thức một biến f (x), deg


15

f (x) > 0 với hệ số phức có số nghiệm phức bằng bậc của nó, nếu mỗi nghiệm
được tính với số bội của nó.
Mặc dù tên của định lý là "Định lý cơ bản của Đại số " nhưng khơng
có một chứng minh thuần túy đại số nào cho định lý này. Tất cả các chứng
minh cho định lý đều cần đến tính đầy đủ của tập số thực, hoặc một dạng
tương đương về tính đầy đủ, mà tính đầy đủ lại không là khái niệm đại số.
Tên của định lý này được đặt ra vào thời điểm khi mà việc nghiên cứu đại
số chủ yếu là để giải phương trình đa thức.
Peter Roth là người đầu tiên phát biểu trong cuốn sách "Arithmatica
Phylosophica" công bố năm 1608: "Một đa thức bậc n với hệ số thực có khơng

q n nghiệm". Tiếp đến là khẳng định của Albert Giard (1595 - 1632) trong
cuốn sách "L’invention nouvelle en l’Algèbre" xuất bản năm 1629: "Phương
trình đa thức bậc n có n nghiệm trừ khi phương trình bị khuyết". Nhiều nhà
tốn học đã tin định lý là đúng, và do đó họ tin rằng mọi đa thức với hệ số
thực khác hằng đều viết dưới dạng tích của các đa thức với hệ số thực bậc
một hoặc hai. Bên cạnh đó lại có những người (Gottfried Wilhelm Leibniz,
Nikolaus II Bernoulli) cố tìm ra những đa thức bậc 4 với hệ số thực khơng
là tích của các đa thức bậc 1 hoặc 2. Tuy nhiên, các phản ví dụ của họ đều
được Leonhard Euler phản bác, điều này càng làm cho các nhà tốn học thời
đó tin tưởng tính đúng đắn của Định lý.
Weierstrass là người đầu tiên vào giữa thế kỉ 19, đưa ra bài tốn tìm một
chứng minh xây dựng nghiệm cho Định lý cơ bản của Đại số vào năm 1891.
Một chứng minh khác thuộc loại này được đưa ra bởi Hellmuth Knesser vào
năm 1940 và được đơn giản hóa bởi con trai của ông Martin Knesser, vào
năm 1981.
Chứng minh đầu tiên cho Định lý thuộc về D’Alembert vào năm 1746,
nhưng chứng minh này khơng hồn chỉnh. Euler vào năm 1749 có một chứng
minh đúng cho Định lý trong trường hợp bậc của đa thức ≤ 6. Các chứng
minh khác được thực hiện bởi Euler 1749 , De Foncenex 1759, Lagrange 1772
và Laplace 1795 đều có ít nhiều chỗ chưa chặt chẽ. Kể cả chứng minh đầu
tiên của Gauss 1799 cũng không đầy đủ. Mãi đến năm 1816, Gauss mới đưa
ra một chứng minh chính xác cho định lý.


16

2.1.3

Chứng minh định lý cơ bản của Đại số

Ở đây, trong khuôn khổ mục tiêu của luận văn chúng tôi trình bày lại
chứng minh của Định lý cơ bản của Đại số bằng công cụ Đại số.
Để chứng minh định lý ta cần có các kết quả sau:
Bổ đề 2.1.2. Các phát biểu sau là đúng
(i) Mỗi đa thức bậc lẻ với hệ số thực đều có một nghiệm thực.
(ii) Mỗi đa thức bậc hai với hệ số phức đều có hai nghiệm phức.
(iii) Nếu p(x) là đa thức với hệ số thực thì tồn tại một trường F sao cho p(x)
phân tích được thành các nhân tử tuyến tính với hệ số trong F.
Chú ý 2.1.1. Nhờ tính liên tục của hàm đa thức, ta có tính chất trong bổ
đề trên. Vì thế chứng minh Định lý cơ bản của Đại số mà chúng ta trình bày
sau đây dùng công cụ đại số nhưng không phải là một chứng minh thuần túy
đại số.
Tiếp theo chúng ta cần chuẩn bị một số kiến thức về đa thức đối xứng.
Trong phần này ta luôn giả thiết F ⊆ C là một trường. Một biểu thức có

dạng xi11 ...xinn được gọi là một đơn thức của n biến x1 , ..., xn với bậc tổng thể

là i1 +...+in . Một biểu thức dạng rxi11 ...xinn với r ∈ F được gọi là một từ đồng
dạng với đơn thức xi11 ...xinn . Hai từ được gọi là đồng dạng nếu chúng cùng
đồng dạng với một đơn thức. Một đa thức f (x1 , ..., xn ) của n biến x1 , ..., xn
ri1 ...in xi11 ...xinn của hữu hạn từ không
với hệ số trong F là một tổng
(i1 ,...,in )∈Nn

đồng dạng.
Định nghĩa 2.1.2. . Kí hiệu Sn là tập các song ánh từ tập {1, 2, ...., n} đến
chính nó. Ta nói f (x1 , ..., xn ) = f (xπ(1) , ..., xπ(n) ) với mọi π ∈ Sn .

Chẳng hạn đa thức sau đây là đối xứng, gọi là đa thức đối xứng sơ cấp.
n

xi = x1 + ... + xn

σ1 =
i=1

σ2 =

xi xj = x1 x2 + x1 x3 + ... + xn−1 xn
i
..............
σn = x1 x2 ...xn .