Luận văn thạc sỹ toán học một số phương pháp phân tích phân thức hữu tỉ thành phân thức đơn giản và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

PHẠM THỊ NHUNG

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH PHÂN
THỨC HỮU TỈ THÀNH PHÂN THỨC
ĐƠN GIẢN VÀ ỨNG DỤNG
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học
TS. TRẦN NGUYÊN AN

THÁI NGUYÊN - 2021


Mục lục
MỞ ĐẦU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

Chương 1. Kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

1.1. Đa thức và nghiệm của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

1.2. Đa thức bất khả quy và sự phân tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.3. Trường các thương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

Chương 2. Phân thức hữu tỉ và ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . .

9

2.1. Phân thức hữu tỉ và một số tính chất cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . .

9

2.2. Phân tích thành phân thức đơn giản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11

2.3. Một số phương pháp phân tích phân thức . . . . . . . . . . . . . . . . .

16

2.4. Phân tích phân thức với hệ số thực và phức . . . . . . . . . . . . . . . .

37

2.5. Phân tích phân thức đặc biệt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

41

2.6. Một số ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

44

KẾT LUẬN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

52

Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

52

ii


MỞ ĐẦU
Phân thức hữu tỉ được sử dụng rộng rãi trong nhiều lĩnh vực khác
nhau của Toán học như Giải tích số, Lý thuyết xấp xỉ, Giải tích, Mơ
hình tốn học. Một kết quả quan trọng của phân thức hữu tỉ là mỗi
phân thức hữu tỉ đều phân tích được thành tổng các phân thức "đơn
giản". Vấn đề này được nghiên cứu bởi Johann Bernoulli and Gottfried
Leibniz từ năm 1972, từ đó được nhiều nhà tốn học quan tâm nghiên
cứu và có nhiều ứng dụng. Phân tích phân thức đơn giản của phân thức
hữu tỉ

f (x)
g(x) ,

trong đó f (x), g(x) là các đa thức có dạng

f (x)
= p(x) +
g(x)

j

fj (x)
,
gj (x)

trong đó p(x) là một đa thức và với mỗi j , mẫu thức gj (x) là lũy thừa
của một đa thức bất khả quy và tử thức fj (x) là đa thức có bậc thấp
hơn bậc của đa thức bất khả quy đó.
Luận văn tập trung vào một số nội dung chính sau. Trước hết
tổng hợp hệ thống kiến thức về phân thức hữu tỉ, sự phân tích phân
thức hữu tỉ. Bên cạnh việc tìm hiểu phân tích phân thức hữu tỉ thành
phân thức đơn giản bằng đồng nhất, thế giá trị đặc biệt luận văn tìm
hiểu phân tích của một số lớp phân thức đặc biệt và một số kỹ thuật
đặc biệt khác: phân thức có cực điểm đơn, cực điểm bội [5], [8]; phân
tích phân thức trên trường số thực, phức; phân tích phân thức mẫu là
đa thức bất khả quy nói chung, bất khả quy bậc hai [7], phân tích của
một số lớp phân thức đặc biệt [11], [12]; kỹ thuật sử dụng thuật toán
chia, chia theo lũy thừa tăng [9], [6], sử dụng công thức nội suy [2], [1].
Luận văn trình bày một số ứng dụng của kết quả chính trong việc tìm
giá trị của biểu thức dạng phân thức hữu tỉ, tính nguyên hàm của phân
thức hữu tỉ, chứng minh một số đẳng thức liên quan, phân tích phân
1

thức thành chuỗi lũy thừa. Những ứng dụng này chủ yếu được trình bày
dưới dạng ví dụ và là sự tổng hợp từ nhiều nguồn tài liệu.
Luận văn được chia làm hai chương. Chương 1 trình bày một số
kiến thức cơ sở về đa thức, sự phân tích đa thức trên trường, xây dựng
trường các thương. Chương 2 là chương chính, luận văn trình bày xây
dựng, tính chất cơ bản của phân thức hữu tỉ một biến; một số phương
pháp phân tích phân thức hữu tỉ và ứng dụng.
Trong suốt q trình làm luận văn, tơi nhận được sự hướng dẫn
và giúp đỡ tận tình của TS. Trần Nguyên An. Tơi xin được bày tỏ lịng
biết ơn sâu sắc đến thầy.
Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến quý thầy cơ giảng dạy lớp
Cao học tốn khố 12 đã truyền thụ đến cho tôi nhiều kiến thức và kinh
nghiệm nghiên cứu khoa học.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Thái Nguyên, tháng 10 năm 2020,

PHẠM THỊ NHUNG

2


Chương 1

Kiến thức chuẩn bị
1.1. Đa thức và nghiệm của đa thức
Giả sử R là vành giao hốn có đơn vị. Đặt

P = {(a0 , a1 , . . . , an , . . .) ∈ RN , |ai = 0 với i đủ lớn }.
Ta định nghĩa phép cộng và phép nhân trong P như sau.

Giả sử (a0 , a1 , a2 , . . .), (b0 , b1 , b2 , . . .) ∈ P

(a0 , a1 , . . . , an , . . .)+(b0 , b1 , . . . , bn , . . .) = (a0 +b0 , a1 +b1 , . . . , an +bn , . . .),
(a0 , a1 , . . . , an , . . .)(b0 , b1 , . . . , bn , . . .) = (c0 , c1 , . . . , cn , . . .),
với ck = a0 bk + a1 bk−1 + · · · + ak b0 =

ai bj , k = 0, 1, 2, . . . Dễ thấy
i+j=k

đó là các phép tốn trên P và cùng với hai phép tốn đó P là một
vành giao hốn, có đơn vị. Phần tử khơng là (0, 0, 0, . . .), phần tử đối
của (a0 , a1 , . . . , an , . . .) là (−a0 , −a1 , . . . , −an , . . .), phần tử đơn vị là

(1, 0, . . . , 0, . . .).
Ký hiệu x = (0, 1, 0, 0, . . .) ∈ P . Dễ dàng kiểm tra được

x2 = (0, 0, 1, 0, 0, . . .),
x3 = (0, 0, 0, 1, 0, 0, . . .),
...
xk = (0, 0, . . . , 0, 1, 0, 0, . . .),
trong đó xk là dãy có toạ độ thứ k + 1 bằng 1, còn các toạ độ khác đều
bằng 0. Xét ánh xạ ϕ : R → P xác định bởi ϕ(a) = (a, 0, 0, . . .) với mọi
1


a ∈ R. Rõ ràng ϕ là đơn cấu vành. Vì thế ta có thể coi R như là vành
con của P . Từ đơn cấu ϕ ở trên, ta có thể đồng nhất

(0, . . . , 0, a, 0, . . .) = (a, 0, 0, . . .)(0, . . . , 0, 1, 0, . . .) = axk ,
trong đó vị trí thứ k + 1 của (0, . . . , 0, a, 0, . . .) là a, cịn các vị trí khác

là 0. Vì thế mỗi dãy (a0 , a1 , . . . , an , 0, 0, . . .) của P được đồng nhất với
biểu thức a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn . Ta thường viết phần tử của P
theo số mũ tăng dần hoặc giảm dần, tức là viết a0 + a1 x + · · · + an xn
hoặc an xn + · · · + a1 x + a0 .
Định nghĩa 1.1.1. Vành P được gọi là vành đa thức của ẩn x lấy hệ
tử trong R, hay vắn tắt vành đa thức của ẩn x lấy hệ tử trong R, và ký
hiệu là R[x]. Các phần tử của vành đó gọi là đa thức của ẩn x lấy hệ tử
trong R và thường được ký hiệu bởi f (x), g(x), h(x), . . . Trong một đa
thức

f (x) = an xn + · · · + a1 x + a0 ,
các ai , i = 0, 1, . . . , n gọi là các hệ tử của đa thức. Các ai xi gọi là các
hạng tử của đa thức, đặc biệt a0 gọi là hạng tử tự do.
Nếu an = 0 thì an được gọi là hệ tử cao nhất của f (x) và n được
gọi là bậc của f (x). Ta kí hiệu bậc của f (x) là deg(f (x)). Người ta
thường quy ước bậc của đa thức 0 là −∞. Một đa thức khác 0 được gọi
là monic nếu hệ số cao nhất của nó là 1. Các đa thức bậc 0 được gọi là
đa thức hằng. Các đa thức bậc 1 được gọi là đa thức tuyến tính.
Bằng quy nạp ta có thể xây dựng vành đa thức n ẩn x1 , ..., xn lấy
hệ tử trên R, ký hiệu R[x1 , ..., xn ].
Kết quả sau đây suy ra ngay từ định nghĩa của phép cộng và phép
nhân các đa thức.
Bổ đề 1.1.2. Với mọi f (x), g(x) ∈ R[x], ta có

deg(f (x) + g(x)) ≤ max{deg(f (x)), deg(g(x))};
2


deg(f (x)g(x)) ≤ deg(f (x)) + deg(g(x)).
Nếu R là miền nguyên thì

deg(f (x)g(x)) = deg(f (x)) + deg(g(x)).
Hệ quả 1.1.3. Nếu R là miền nguyên, thì R[x] cũng là miền nguyên.
Định lý 1.1.4 (Chia với dư). Cho f (x), g(x) ∈ R[x], với R là một
trường và g(x) = 0. Khi đó tồn tại duy nhất hai đa thức q(x) và r(x)
thuộc R[x] sao cho: f (x) = g(x)q(x) + r(x) và deg r(x) < deg g(x).
Chú ý 1.1.5. Đa thức q(x) gọi là thương và r(x) goi là dư của phép
chia f (x) cho g(x).
Định lí trên vẫn đúng khi R là miền nguyên và hệ số cao nhất của

g(x) khả nghịch trong R.
Trong thuật toán chia với dư trên đây, nếu các hệ số của f (x) và

g(x) là những số thực (tương ứng hữu tỉ) thì các hệ số của các đa thức
f1 (x), . . . , fk (x), và vì vậy cả các hệ số của thương q(x) và dư r(x) đều
là thực (tương ứng hữu tỉ).
Định nghĩa 1.1.6. Giả sử R là vành con của vành S, và f (x) = an xn +

· · · + a1 x + a0 là một đa thức trong R[x]. Với mỗi phần tử α ∈ S , ta
kí hiệu f (α) = an αn + · · · + a1 α + a0 ∈ S . Phần tử α ∈ S được gọi
là nghiệm của f (x) nếu f (α) = 0. Trong trường hợp này ta cũng nói α
là một nghiệm của phương trình f (x) = 0 trên S . Tìm các nghiệm của

f (x) trên S được gọi là giải phương trình đa thức f (x) = 0 trên S.
Định lý 1.1.7 (Định lý Bézout). Cho R là một miền nguyên, f (x) ∈

R[x], α ∈ R. Điều kiện cần và đủ để α là một nghiệm của f (x) là f (x)
chia hết cho (x − α).
Định nghĩa 1.1.8 (Nghiệm bội). Cho f (x) ∈ R[x], α ∈ R, k ∈ Z, k ≥

1. Ta gọi α là nghiệm bội k của f (x) nếu f (x) chia hết cho (x − α)k

3


nhưng không chia hết cho (x − α)k+1 nghĩa là:

f (x) = (x − α)k g(x), ∀x ∈ R,
g(α) = 0.
Nếu k = 1, ta gọi α là nghiệm đơn hay còn gọi nghiệm, nếu k = 2, ta
gọi α là nghiệm kép.
Định lý 1.1.9. Cho R là một miền nguyên. Cho 0 = f (x) ∈ R[x] và

a1 , a2 , . . . , ar ∈ R là các nghiệm phân biệt của f (x). Giả sử ai là nghiệm
bội ki của f (x) với i = 1, 2, . . . , r. Khi đó ta có

f (x) = (x − a1 )k1 (x − a2 )k2 . . . (x − ar )kr g(x),
trong đó g(x) ∈ R[x] và g(ai ) = 0 với mọi i = 1, . . . , r.
Hệ quả 1.1.10. Cho R là một miền nguyên và f (x) ∈ R[x] là một đa
thức khác 0. Khi đó số nghiệm của f (x), mỗi nghiệm tính với số bội của
nó, khơng vượt quá bậc của của f (x).
Hệ quả 1.1.11. Cho R là miền nguyên và f (x), g(x) ∈ R[x], trong đó

deg(f (x))

n và deg(g(x))

n. Nếu f (x) và g(x) có giá trị bằng nhau

tại n + 1 phần tử khác nhau của R thì f (x) = g(x).

Chú ý rằng nếu R khơng là miền ngun thì Hệ quả 1.1.11 khơng
cịn đúng nữa. Thật vậy, chọn R = Z6 , vành các lớp thặng dư theo
môđun 6. Chọn f (x) = 3x và g(x) = 3x2 . Ta có deg(f (x)) = 1 và

deg(g(x)) = 2, tức là deg(f (x)), deg(g(x))

2. Dễ thấy f (x) và g(x)

đều có 3 nghiệm phân biệt 0, 2, 4 trong Z6 , tức là chúng nhận giá trị
như nhau tại 3 điểm phân biệt, nhưng chúng không bằng nhau.

1.2. Đa thức bất khả quy và sự phân tích
Giả sử R là một miền nguyên. Trước khi trình bày khái niệm đa
thức bất khả quy, chúng ta nhắc lại khái niệm phần tử bất khả quy
trong một miền nguyên. Cho a, b ∈ R. Ta nói a là ước của b nếu tồn
4


tại c ∈ R sao cho b = ac. Một ước a của b được gọi là ước thực sự nếu

b không là ước của a. Phần tử p ∈ R được gọi là phần tử bất khả quy
nếu nó khác 0, khơng khả nghịch và khơng có ước thực sự. Từ đây ta
có khái niệm đa thức bất khả quy trong vành đa thức R[x]. Chú ý rằng

R[x] là miền nguyên.
Định nghĩa 1.2.1. Cho f (x) ∈ R[x] là đa thức khác 0 và khơng khả
nghịch. Ta nói f (x) là bất khả quy trên R nếu nó khơng có ước thực sự.
Ta nói f (x) là khả quy nếu f (x) có ước thực sự.
Chú ý rằng tính bất khả quy của đa thức phụ thuộc vào vành cơ
sở. Chẳng hạn, đa thức 2x + 2 là bất khả quy trên trường Q. Tuy nhiên

2x + 2 không bất khả quy trên vành Z bởi vì các đa thức 2 và x + 1 đều
là ước thực sự của 2x + 2. Tương tự, đa thức x2 + 1 là bất khả quy trên
R nhưng không bất khả quy trên C.
Bổ đề 1.2.2. Đa thức f (x) là bất khả quy nếu và chỉ nếu f (x + a) là
bất khả quy với mọi a ∈ R.
Từ nay đến hết tiết này chúng ta làm việc với đa thức có các hệ
số trên một trường K . Trong trường hợp này, các đa thức hằng khác 0
đều khả nghịch. Do đó ta có ngay kết quả sau.
Bổ đề 1.2.3. Đa thức f (x) với hệ số trên một trường K là bất khả quy
nếu và chỉ nếu deg f (x) > 0 và f (x) khơng phân tích được thành tích
của hai đa thức có bậc bé hơn.
Sau đây là tính bất khả quy của các đa thức bậc thấp.
Bổ đề 1.2.4. Trên một trường K , các phát biểu sau là đúng.
(i) Đa thức bậc nhất luôn bất khả quy.
(ii) Đa thức bậc 2 và bậc 3 là bất khả quy nếu và chỉ nếu nó khơng có
nghiệm trong K.
Chú ý rằng phát biểu (ii) trong bổ đề trên là không đúng cho
trường hợp bậc của đa thức lớn hơn 3. Cụ thể, nếu f (x) bậc lớn hơn 3
5


và có nghiệm trong K thì f (x) khả quy. Tuy nhiên, tồn tại những đa
thức khơng có nghiệm trong K nhưng vẫn khả quy. Chẳng hạn đa thức

(x2 + 1)2 khơng có nghiệm trong R nhưng nó khả quy trên R.
Trong phần cuối của mục này, chúng ta trình bày một số tính chất
của đa thức bất khả quy trong vành đa thức K[x] tương tự như tính
chất của số nguyên tố trong vành Z các số nguyên. Trước hết, Bổ đề
Euclid (hay Định lí thứ nhất của Euclid) phát biểu rằng số tự nhiên

p > 1 là số nguyên tố nếu và chỉ nếu p là ước của ab kéo theo p là ước
của a hoặc p là ước của b với mọi a, b ∈ N. Mệnh đề sau đây là điều
tương tự cho đa thức bất khả quy. Cho thuận tiện, nếu f (x) là ước của

g(x) thì ta viết f (x)|g(x).
Mệnh đề 1.2.5. Cho p(x) ∈ K[x] là đa thức có bậc dương. Khi đó

p(x) bất khả quy nếu và chỉ nếu p(x)|a(x)b(x) kéo theo p(x)|a(x) hoặc
p(x)|b(x) với mọi a(x), b(x) ∈ K[x]. Đặc biệt, nếu đa thức bất khả quy
p(x) là ước của một tích hữu hạn đa thức thì p(x) phải là ước của ít
nhất một trong các đa thức đó.
Định lí cơ bản của số học nói rằng mỗi số tự nhiên lớn hơn 1 đều
phân tích được thành tích các thừa số nguyên tố và sự phân tích này là
duy nhất nếu không kể đến thứ tự các thừa số. Kết quả sau đây là một
sự tương tự đối với đa thức.
Định lý 1.2.6. Cho f (x) ∈ K[x] là đa thức với hệ số cao nhất là an .
Khi đó tồn tại phân tích f (x) = an f1 (x) . . . fk (x) với f1 (x), . . . , fk (x)
là các nhân tử bất khả quy dạng chuẩn, và sự phân tích này là duy nhất
nếu không kể đến thứ tự các nhân tử.

1.3. Trường các thương
Trong mục này ta giả thiết R là miền nguyên. Trường các thương
của một miền nguyên R được xây dựng tương tự như xây dựng trường
số hữu tỷ từ miền nguyên Z. Ta trình bày chi tiết xây dựng trường các
6


thương qua định lý sau. Việc xây dựng trường các phân thức ở chương
sau từ vành đa thức trên một miền nguyên được thực hiện hoàn toàn

tương tự và sẽ khơng trình bày chi tiết ở mục sau.
Định lý 1.3.1. Cho R là một miền nguyên. Khi đó tồn tại một cặp

(T, f ) trong đó T là trường, f : R −→ T là đơn cấu vành sao cho mỗi
phần tử của T đều viết được dưới dạng f (a)(f (b))−1 với a, b ∈ R, b = 0.
Hơn nữa, nếu F là một trường và g : R −→ F là một đơn cấu vành
sao cho mỗi phần tử của F đều viết được dưới dạng g(a) g(b)
a, b ∈ R, b = 0, thì F ∼
= T.

−1

với

Chứng minh. Kí hiệu R∗ = R \ {0}. Đặt X = R × R∗ . Trên X ta định
nghĩa quan hệ hai ngôi ∼ như sau: (a, b) ∼ (c, d) nếu và chỉ nếu ad = bc
với mọi (a, b), (c, d) ∈ X. Dễ thấy rằng ∼ có các tính chất phản xạ và
đối xứng. Do R là miền ngun nên ∼ có tính chất bắc cầu. Vì thế ∼ là
quan hệ tương đương trên X. Với mỗi (a, b) ∈ X, ta kí hiệu a/b là lớp
tương đương của (a, b). Kí hiệu

T ={

a
: (a, b) ∈ X}
b

là tập thương của X theo quan hệ tương đương ∼ . Trên T ta định
nghĩa các quy tắc cộng và nhân

ad + bc a c
ac
a c
+ =
;
= ,
b d
bd
b d bd
với mọi a/b, c/d ∈ T. Ta có thể kiểm tra được các quy tắc trên không
phụ thuộc vào việc chọn đại diện của các phần tử trong T , tức là nếu

a/b = a /b và c/d = c /d thì
ad + bc a d + b c ac a c
=
;
=
.
bd
bd
bd b d
Vì thế T được trang bị hai phép tốn hai ngơi cộng và nhân. Dễ thấy
rằng T cùng với hai phép toán này là một trường. Phần tử không là

0/1; phần tử đơn vị là 1/1; đối xứng của a/b là −a/b và nghịch đảo của
a/b là b/a với mọi a/b = 0/1. Xét ánh xạ f : R −→ T xác định bởi
7


f (a) = a/1. Dễ kiểm tra được f là đồng cấu vành. Giả sử a ∈ A thoả

mãn tính chất f (a) = 0/1. Khi đó a/1 = 0/1. Suy ra a = 0. Vậy f là
đơn cấu vành. Cho a/b ∈ T. Ta có

a/b = (a/1)(1/b) = (a/1)(b/1)−1 = f (a) f (b)

−1

.

Vậy cặp (T, f ) thoả mãn các yêu cầu của định lí. Cuối cùng, giả sử F là
một trường và g : R −→ F là một đơn cấu vành sao cho mỗi phần tử của

F đều viết được dưới dạng g(a) g(b)

−1

với a, b ∈ R, b = 0. Xét tương

ứng ϕ : T −→ F cho bởi ϕ(a/b) = g(a) g(b)

−1

. Cho a/b = a /b ∈ T.

Khi đó ab = a b. Suy ra g(a)g(b ) = g(a )g(b). Do b, b = 0 và g là đơn
cấu nên g(b), g(b ) = 0. Vì thế g(b), g(b ) khả nghịch trong F. Suy ra

g(a) g(b)

−1

= g(a ) g(b )

−1

. Vì thế ϕ là ánh xạ. Dễ thấy ϕ là đồng

cấu vành. Vì mỗi phần tử của F đều viết được dưới dạng g(a) g(b)

−1

với a, b ∈ A, b = 0 nên ϕ là toàn cấu. Giả sử ϕ(a/b) = 0. Khi đó

g(a) g(b)

−1

= 0. Do b = 0 nên g(b) = 0 và do đó g(b) khả nghịch

trong F. Vì thế g(a) = 0. Do g là đơn cấu nên a = 0. Suy ra a/b = 0/1.
Do đó ϕ là đơn cấu. Vậy ϕ là đẳng cấu.
Định nghĩa 1.3.2. Trường T xây dựng như trong Định lí 1.3.1 được
gọi là trường các thương của miền nguyên A.
Nhận xét 1.3.3. Theo Định lí 1.3.1, trường các thương T của R là
trường tối thiểu chứa R như một vành con.

8


Chương 2

Phân thức hữu tỉ và ứng dụng
2.1. Phân thức hữu tỉ và một số tính chất cơ bản
Trong suốt mục này ta luôn giả thiết F là một trường.
Định nghĩa 2.1.1. Cho F [x1 , x2 , . . . , xn ] là vành đa thức n biến trên
trường F . Trường các thương của F [x1 , . . . , xn ], ký hiệu bởi F (x1 , . . . , xn ),
và được gọi là trường các phân thức hữu tỉ ( n biến) trên F .
Nhận xét 2.1.2. Các phần tử của F (x1 , . . . , xn ) có dạng

f (x1 ,...,xn )
g(x1 ,...,xn ) ,

trong đó f (x1 , . . . , xn ), g(x1 , . . . , xn ) ∈ F [x1 , . . . , xn ] với g(x1 , . . . , xn ) =

0. Ta gọi f (x1 , . . . , xn ) là đa thức tử thức, g(x1 , . . . , xn ) là đa thức mẫu
thức.
Từ đây ta tập trung trường hợp một biến n = 1, tức là trường các
phân thức F (x) một biến trên trường F . Các phần tử của F (x) thường
được ký hiệu bởi

f (x) a(x) b(x)
g(x) , s(x) , t(x) , . . .

hoặc ký hiệu tắt là P = fg , Q = as ,

R = bt , . . . .
Nhận xét 2.1.3. Cho

a(x) b(x)
s(x) , t(x)

(i)

∈ F (x). Khi đó

a(x) b(x)
=
s(x)
t(x)

nếu và chỉ nếu a(x)t(x) = b(x)s(x).

(ii)

a(x) b(x) a(x)t(x) + b(x)s(x)
+
=
.
s(x) t(x)
s(x)t(x)
(iii)

a(x) b(x) a(x)b(x)
.
=
.
s(x) t(x)
s(x)t(x)
9

a(x) λa(x)
=
.
s(x)
s(x)
(v)ϕ : F [x] → F (x),

(iv)λ.

trong đó ϕ(f (x)) =

f (x)
1 ,

là đơn cấu vành.
a(x)
s(x)

Nhận xét 2.1.4. Cho P =
a(x)
a(α)
s(x) |x=α := s(α)
F , α → a(α)
s(α) .

và P |x=α =
hàm F →
Cho

a(x) b(x)
s(x) , t(x)

∈ F (x). Đặt D = {u ∈ F | s(u) = 0}

với α ∈ F. Khi đó ta có ánh xạ, xác định

∈ F (x). Giả sử

a(x)
s(x)

=

b(x)
t(x) .

Khi đó a(x)t(x) =

b(x)s(x). Điều này kéo theo deg(a(x))+deg(t(x)) = deg(b(x))+deg(s(x)),
và deg(a(x)) − deg(s(x)) = deg(b(x)) − deg(t(x)). Từ đó ta có định
nghĩa bậc của phân thức hữu tỉ
Định nghĩa 2.1.5. Cho

a(x)
s(x)

∈ F (x). Bậc của phân thức được định

nghĩa bởi

deg(

a(x)
) = deg(a(x)) − deg(s(x)) ∈ Z ∪ {−∞} .
s(x)

Nhận xét 2.1.6. (i) Với mọi f (x) ∈ F [x], ta có

f (x)
) = deg(f (x)) − deg(1) = deg(f (x)).
1
(ii) Với mọi P, Q ∈ F (x) và với 0 = k ∈ F , ta có
deg(

deg(P + Q) ≤ max{deg(P ), deg(Q)},
and
Định nghĩa 2.1.7. Cho

a(x)
s(x)

deg(kP ) = deg(P ),

deg(P Q) = deg(P ) + deg(Q).

∈ F (x). Các hệ số của a(x) và s(x) được

gọi là các hệ số của phân thức hữu tỉ. Phân thức hữu tỉ

a(x)
s(x)

được gọi là

có dạng rút gọn ( rational function in lowest terms, rational function in
simplest form) nếu a(x) và s(x) là các đa thức nguyên tố cùng nhau.
Chú ý rằng mọi phân thức đều đưa được về dạng rút gọn.
Ví dụ 2.1.8. Rút gọn phân thức sau

2x − x3
.
3x3 + 4x2 − 3x − 4
10


Giải. Ta có

2x − x3
−2x(x + 1)(x − 1)
=
3x3 + 4x2 − 3x − 4 (x + 1)(x − 1)(3x + 4)
−2x
.
=
3x + 4

Định nghĩa 2.1.9. Cho P =

a(x)

s(x)

∈ F (x) là phân thức ở dạng rút gọn.

Nghiệm của a(x) được gọi là nghiệm hay không điểm của P . Nghiệm
của s(x) được gọi là cực điểm của P.
Ví dụ 2.1.10. Phân thức

2x+3
3x3 +4x2 −3x−4

có một khơng điểm đơn −3/2,

và 3 cực điểm đơn −4/3, −1, 1. Phân thức x2 + 1 như phần tử của R(x)
khơng có khơng điểm cũng như cực điểm.

2.2. Phân tích thành phân thức đơn giản
Trước hết ta có bổ đề sau
Bổ đề 2.2.1. Cho P =

a(x)
s(x)

∈ F (x). Khi đó tồn tại duy nhất e(x), r(x) ∈

F [x] thỏa mãn
P = e(x) +

r(x)
, deg(r(x)) < deg(s(x)).

s(x)

Hơn nữa nếu gcd(a(x), s(x)) = 1 thì gcd(r(x), s(x)) = 1.
Chứng minh. Sự tồn tại: Theo Định lý 1.1.4, tồn tại e(x), r(x) ∈ F [x]
thỏa mãn a(x) = s(x)e(x) + r(x) và deg(r(x)) < deg(s(x)). Khi đó

P =

r(x)
a(x)
= e(x) +
, deg(r(x)) < deg(s(x)).
s(x)
s(x)

Dễ thấy gcd(a(x), s(x)) = gcd(r(x), s(x)) = 1.
Sự duy nhất: Giả sử tồn tại e1 (x), r1 (x), e2 (x), r2 (x) ∈ F [x] thỏa
mãn

a(x)
r1 (x)
r2 (x)
= e1 (x) +
= e2 (x) +
.
s(x)
s(x)
s(x)
11

Khi đó e1 (x) − e2 (x) =

r2 (x)−r1 (x)
.
s(x)

Điều này kéo theo

deg(e1 (x) − e2 (x)) = deg(r2 (x) − r1 (x)) − deg(s(x)) < 0.
Như vậy e1 (x) = e2 (x) và r1 (x) − r2 (x).
Định nghĩa 2.2.2. Cho P =

a(x)
s(x)

∈ F (x). Phân thức P được gọi là

thực sự nếu deg(a(x)) < deg(s(x)), và nó được gọi là không thực sự nếu
trái lại. Một phân thức không thực sự luôn viết được dưới dạng

P = e(x) +

r(x)
,
s(x)

trong đó e(x) là đa thức được gọi là phần đa thức hay phần nguyên
(polynomial part or integral part) của phân thức P , và

r(x)
s(x)

là phân

thức thực sự.
Ví dụ 2.2.3. Cho P =

x4 +x3 −2x2 +x−1
.
x3 −3x2 +1
3
2

Theo thuật toán chia với dư, chia

x4 + x3 − 2x2 + x − 1 cho x − 3x + 1, ta có P = x + 4 +

10x2 −5
x3 −3x2 +1

.

Bổ đề 2.2.4. Cho a(x) ∈ F [x], n ∈ N∗ , s1 (x), . . . , sn (x) ∈ F [x] \ {0}
trong đó gcd(si (x), sj (x)) = 1 với 1 ≤ i < j ≤ n. Khi đó tồn tại

a1 (x), . . . , an (x) ∈ F [x] thỏa mãn
a1 (x)
an (x)
a(x)

=
+ ··· +
.
s1 (x) · · · sn (x)
s1 (x)
sn (x)
Chứng minh. Ta sẽ chứng minh quy nạp theo n. Trường hợp n = 1 là
hiển nhiên.
Với n = 2, vì gcd(s1 (x), s2 (x)) = 1 nên tồn tại u1 (x), u2 (x) ∈ F [x]
thỏa mãn s1 (x)u(x) + s2 (x)v(x) = 1. Do đó

a(x)
a(x)(s1 (x)u(x) + s2 (x)v(x)) a(x)u1 (x) a(x)u1 (x)
=
=
+
.
s1 (x)s2 (x)
s1 (x)s2 (x)
s1 (x)
s2 (x)
Giả sử phát biểu đúng với n > 1 và s1 (x), . . . , sn+1 (x) ∈ F [x]\{0}
nguyên tố với nhau từng đơi một. Ta có gcd(s1 (x) · · · sn (x), sn+1 (x)) =

1. Áp dụng trường hợp n = 2, tồn tại c1 (x), an+1 (x) ∈ F [x] thỏa mãn
a(x)
c1 (x)
an+1 (x)
=
+

.
s1 (x) · · · sn (x)sn+1 (x) s1 (x) · · · sn (x) sn+1 (x)
12


Theo giả thiết quy nạp tồn tại a1 (x), . . . , an (x) ∈ F [x] thỏa mãn

a(x)
a1 (x)
an (x)
=
+ ··· +
.
s1 (x) · · · sn (x)
s1 (x)
sn (x)
Do đó

a(x)
a1 (x)
an+1 (x)
=
+ ··· +
.
s1 (x) · · · sn+1 (x)
s1 (x)
sn+1 (x)
Bổ đề 2.2.5. Cho a(x) ∈ F [x], n ∈ N∗ , s1 (x), . . . , sn (x) ∈ F [x] \ {0}
thỏa mãn gcd(si (x), sj (x)) = 1, với mọi i = j. Khi đó tồn tại duy
nhất e(x), r1 (x), . . . , rn (x) ∈ F [x], deg(ri (x)) < deg(si (x)) với mọi i =

1, . . . , n thỏa mãn
r1 (x)
rn (x)
a(x)
= e(x) +
+ ··· +
.
s1 (x) · · · sn (x)
s1 (x)
sn (x)
Hơn nữa e(x) là phần đa thức của

a(x)
s1 (x)...sn (x) .

Chứng minh. Sự tồn tại: Theo Bổ đề 2.2.4 tồn tại a1 (x), . . . , an (x) ∈

F [x] thỏa mãn
a(x)
a1 (x)
an (x)
=
+ ··· +
.
s1 (x) . . . sn (x)
s1 (x)
sn (x)
Theo Bổ đề 2.2.1 tồn tại e1 (x), . . . , en (x), r1 (x), . . . , rn (x) ∈ F [x] thỏa
mãn

ri (x)
ai (x)
= ei (x) +
.
si (x)
si (x)
Đặt e(x) = e1 (x) + · · · + en (x) ta có điều phải chứng minh.
Tính duy nhất: Ta chứng minh quy nạp theo n.
Trường hợp n = 1 là hiển nhiên.
Với n = 2, giả sử tồn tại e(x), r1 (x), r2 (x), d(x), p1 (x), p2 (x) ∈

F [x] thỏa mãn giả thiết và
a(x)
r1 (x) r2 (x)
p1 (x) p2 (x)
= e(x) +
+
= d(x) +
+
,
s1 (x)s2 (x)
s1 (x) s2 (x)
s1 (x) s2 (x)

13


trong đó deg(ri (x)) < deg(si (x)), deg(pi (x)) < deg(si (x)) for i = 1, 2.
Ta có

s1 (x)(r2 (x) = p2 (x)) = s1 (x)s2 (x)(d(x) − e(x)) + s2 (x)(p1 (x) − r1 (x)).
Điều này kéo theo s1 (x)|s2 (x)(p1 (x) − r1 (x)). Vì gcd(s1 (x), s2 (x)) = 1
nên s1 (x)|p1 (x) − r1 (x). Mặt khác deg(p1 (x) − r1 (x)) < deg(s1 (x)). Do
đó p1 (x) − r1 (x) = 0, i.e p1 (x) = r1 (x). Tương tự ta có p2 (x) = r2 (x).
Kéo theo e(x) = d(x).
Giả sử phát biểu đúng với n > 1 và tồn tại e(x), r1 (x), . . . , rn+1 (x),

d(x), p1 (x), . . . , pn+1 (x) ∈ F [x] thỏa mãn
a(x)
= e(x) +
s1 (x) · · · sn+1 (x)

n+1

i=1

ri (x)
= d(x) +
si (x)

n+1

i=1

pi (x)
,
si (x)

deg(ri (x)) < deg(si (x)), deg(pi (x)) < deg(si (x)) for i = 1, . . . , n + 1.

Đặt






n

t(x) = s1 (x) · · · sn (x),

b(x) =
i=1



ri (x) 



i≤j≤n



sj (x)
 ,

j=i







n

c(x) =
i=1



pi (x) 



i≤j≤n



sj (x)
 .

j=i

Ta có

b(x) rn+1 (x)
c(x) pn+1 (x)
a(x)

= e(x) +
+
= d(x) +
+
.
t(x)sn+1 (x)
t(x) sn+1 (x)
t(x) sn+1 (x)
Áp dụng trường hợp n = 2, ta có d(x) = e(x), c(x) = b(x), pn+1 (x) =

rn+1 (x) và

n ri (x)
i=1 si (x)

=

n pi (x)
i=1 si (x) ,

deg(ri (x)) < deg(si (x)), deg(pi (x)) <

deg(si (x)) với mọi i = 1, . . . , n. Theo quy nạp ta có pi (x) = ri (x) với
mọi i = 1, . . . , n.
Vì deg

r1 (x)
s1 (x)

+ ··· +

rn (x)
sn (x)

≤ max deg( srii(x)
(x) ) < 0 và theo Bổ
1≤i≤n

đề 2.2.1 ta có e(x) là phần đa thức của
14

a(x)
s1 (x)···sn (x) .


Bổ đề 2.2.6. Cho a(x), s(x) ∈ F [x], deg(s(x)) ≥ 1 và m ∈ N∗ . Khi đó
tồn tại duy nhất e(x), c1 (x), . . . , cm (x) ∈ F [x] thỏa mãn

a(x)
cm (x) cm−1 (x)
c1 (x)
=
e(x)
+
+
+
·
·
·
+

,
s(x)m
s(x)m s(x)m−1
s(x)
deg(ci (x)) < deg(s(x)) với i = 1, . . . , m. Hơn nữa e(x) là phần đa thức
của

a(x)
s(x)m .

Chứng minh. Sự tồn tại: Ta sẽ chứng minh quy nạp theo m. Với m = 1
Phát biểu là đúng theo Bổ đề 2.2.1. Giả sử phát biểu là đúng với m > 0.
Khi đó tồn tại e(x), c1 (x), . . . , cm (x) ∈ F [x] thỏa mãn

a(x)
cm (x) cm−1 (x)
c1 (x)
= e(x) +
+
+ ··· +
m
m
m−1
s(x)
s(x)
s(x)
s(x)
và deg(ci (x)) < deg(s(x)) với i = 1, . . . , m. Theo Bổ đề 2.2.1, ta có
e1 (x)
s(x)

= e(x) +

c1 (x)
s(x)

and deg(c1 (x)) < deg(s(x)). Như vậy, ta có

a(x)
a(x)
cm+1 (x)
c1 (x)
=
=
e
(x)
+
+
·
·
·
+
.
1
s(x)m+1
s(x)m s(x)
s(x)m+1
s(x)
Tính duy nhất: Ta chứng minh quy nạp theo m. Với m = 1 kế
quả suy ra từ Bổ đề 2.2.1.

Giả sử phát biểu đúng với m > 0. Khi đó tồn tại

e1 (x), c1 (x), . . . , cm+1 (x), e2 (x), d1 (x), . . . , dm+1 (x) ∈ F [x]
thỏa mãn

e1 (x) +

cm+1 (x)
c1 (x)
dm+1 (x)
d1 (x)
+
·
·
·
+
=
e
(x)
+
+
·
·
·
+
,
2
s(x)m+1
s(x)
s(x)m+1

s(x)

deg(ci (x)) < deg(s(x)), and deg(di (x)) < deg(s(x)). Nhân hai vế với
s(x)m , ta có
a(x)
cm+1 (x)
= (e1 (x)s(x)m + cm (x) + cm−1 (x)s(x) + · · · + c1 (x)s(x)m−1 ) +
s(x)
s(x)
dm+1 (x)
= (e2 (x)s(x)m + dm (x) + dm−1 (x)s(x) + · · · + d1 (x)s(x)m−1 ) +
.
s(x)
15


Theo Bổ đề 2.2.1, ta có dm+1 (x) = cm+1 (x). Áp dụng giả thiết quy nạp
suy ra e1 (x) = e2 (x), c1 (x) = d1 (x), . . . , cm (x) = dm (x).
Vì deg

cm (x)
s(x)m

+ ··· +

c1 (x)
s(x)

ci (x)
≤ max deg( s(x)

< 0 và theo Bổ
i)

đề 2.2.1 ta có e(x) là phần đa thức

1≤i≤n
m
của a(x)
s(x) .

Bổ đề trên dẫn đến kết quả chính sau của mục. Chú ý theo Định
lý 1.2.6 mọi đa thức g(x) trong F [x] viết được thành lũy thừa của các
đa thức bất khả quy g(x) = s1 (x)m1 · · · sn (x)mn .
Định lý 2.2.7 (Phân tích phân thức đơn giản). Cho F =

f (x)
g(x)

∈ F (x).

Viết g(x) thành lũy thừa của các đa thức bất khả quy phân biệt g(x) =

s1 (x)m1 · · · sn (x)mn . Khi đó tồn tại duy nhất các đa thức e(x) và aij (x)
với deg(aij (x)) < deg(si (x)) thỏa mãn

f (x)
= e(x) +
g(x)

n

mi

i=1 j=1

aij (x)
sji (x)

.

Nếu deg(g(x)) < deg(f (x)) thì e(x) = 0.

2.3. Một số phương pháp phân tích phân thức
2.3.1. Đồng nhất hệ số

Ví dụ 2.3.1. Tìm phân tích đơn giản của

f (x)
g(x)

=

1
x2 +2x−3

∈ Q(x).

Giải. Phân tích mẫu thức q(x) = x2 + 2x − 3 = (x + 3)(x − 1). Do đó
theo Định lý 2.2.7 ta có phân tích phân thức đơn giản

f (x)
1
A
B
= 2
=
+
.
g(x)
x + 2x − 3 x + 3 x − 1
Nhân mẫu thức vào hai vế, ta có đồng nhất thức

1 = A(x − 1) + B(x + 3).
Thế x = −3 vào phương trình ta có A = −1/4. Thế x = 1 vào phương
trình, ta có B = 1/4. Do đó

1
1
f (x)
= 2
=
g(x)
x + 2x − 3 4
16

−1
1
+
.
x+3 x−1

Ví dụ 2.3.2. Tìm phân tích phân thức đơn giản của

f (x) x9 − 2x6 + 2x5 − 7x4 + 13x3 − 11x2 + 12x − 4
=
∈ Q[x].
g(x)
x7 − 3x6 + 5x5 − 7x4 + 7x3 − 5x2 + 3x − 1
Giải. Chia tử thức cho mẫu thức và phân tích mẫu thức thành tích các
nhân tử bất khả quy, ta có

f (x)
2x6 − 4x5 + 5x4 − 3x3 + x2 + 3x
= x2 + 3x + 4 +
.
g(x)
(x − 1)3 (x2 + 1)2
Theo Định lý 2.2.7, phân tích phân thức đơn giản có dạng

A
B
C
2x6 − 4x5 + 5x4 − 3x3 + x2 + 3x
=
+
+
(x − 1)3 (x2 + 1)2
x − 1 (x − 1)2 (x − 1)3
Dx + E

Fx + G
+ 2
+ 2
.
x +1
(x + 1)2
Nhân hai vế với mẫu thức ta có đồng nhất thức

2x6 − 4x5 + 5x4 − 3x3 + x2 + 3x =
= A(x − 1)2 (x2 + 1)2 + B(x − 1)(x2 + 1)2 + C(x2 + 1)2 .
+ (Dx + E)(x − 1)3 (x2 + 1) + (F x + G)(x − 1)3
Thế các giá trị đặc biệt của x lần lượt x = 1, x = i, x = 0 để tính các
hệ số




4 = 4C

2 + 2i = (F i + G)(2 + 2i)


0 = A − B + C − E − G.
Giải hệ, ta có



C = 1

F = 0, G = 1



E = A − B.

17


Do đó

2x6 − 4x5 + 5x4 − 3x3 + x2 + 3x =
= A(x − 1)2 (x2 + 1)2 + B(x − 1)(x2 + 1)2 + (x2 + 1)2
+ (Dx + (A − B))(x − 1)3 (x2 + 1) + (x − 1)3
= (A + D)x6 + (−A − 3D)x5 + (2B + 4D + 1)x4
+ (−2B − 4D + 1)x3
+ (−A + 2B + 3D − 1)x2 + (A − 2B − D + 3)x.
So sánh hệ số x6 và x5 hai vế, ta có

A+D =2
−A − 3D = −4
Kéo theo A = D = 1. Vì vậy

2x6 − 4x5 + 5x4 − 3x3 + x2 + 3x = 2x6 − 4x5 + (2B + 5)x4
+ (−2B − 3)x3 + (2B + 1)x2 + (−2B + 3)x.
Suy ra B = 0. Vậy ta có phân tích phân thức đơn giản

f (x)
1
1
x+1
1

= x2 + 3x + 4 +
+
+
+
.
g(x)
(x − 1) (x − 1)3 x2 + 1 (x2 + 1)2

2.3.2. Phân thức có cực điểm đơn

Mệnh đề 2.3.3. Cho P =

f (x)
g(x)

∈ F (x) thỏa mãn g(x) có nghiệm đơn

(nghĩa là P có cực điểm đơn) α. Khi đó hệ số λ của
tích phân thức đơn giản của P =

f (x)
g(x)

(x − α)

λ
x−α

trong phân

∈ F (x) là

f (x)
g(x)

x=α

Chứng minh. Vì α là nghiệm đơn của g(x) nên g(x) = (x−α)g1 (x), g1 (α) =

0. Theo Bổ đề 2.2.4, tồn tại f1 (x) ∈ F [x] thỏa mãn
P =

f (x)
λ
f1 (x)
=
+
.
g(x)
x − α g1 (x)
18


Do đó f (x) = λg1 (x)−(x−α)f1 (x). Thế x bằng α, ta có f (α) = λg1 (α).
Vì vậy

λ=

f (α)
f (x)

= (x − α)
g1 (α)
g(x)

.
x=α

Ví dụ 2.3.4. Tìm phân tích phân thức đơn giản của P =

x
(x−1)(x−2)

∈

R[x].
Giải.

A
B
+
.
x−1 x−2
x
Theo Mệnh đề 2.3.3, A = (x − 1)P |x=1 = x−2
|x=1 = −1.
P =

B = (x − 2)P |x=2 =
Vì vậy P =

−1
x−1

+

x
x−1 |x=2

= 2.

2
x−2

Nhận xét 2.3.5. Ta có cách giải sơ cấp khác P =
−1
x−1

+

2
x−2 .

2(x−2)−(x−1)
(x−1)(x−2)

=

Do đó

1

(x − α) − (x − β)
=
(x − α)(x − β) (β − α)(x − α)(x − β)
1
1
=
−
.
(β − α)(x − β) (β − α)(x − α)
Mệnh đề 2.3.6. Cho P =

α. Khi đó hệ số λ của

λ
x−α

f (x)
g(x)

∈ F (x) thỏa mãn g(x) có cực điểm đơn

trong phân tích đơn giản của P =

f (x)
g(x)

∈ F (x)

là

f (x)
g (x)

.
x=α

Chứng minh. Sử dụng ký hiệu trong chứng minh Mệnh đề 2.3.3, ta có

λ =

f (α)
g1 (α) .

Lấy đạo hàm hai vế g(x) = (x − α)g1 (x)ta có f (x) =

(x − α)g1 (x) + g1 (x). Kéo theo f (α) = g1 (α). Do đó λ =

f (α)
g1 (α)

=

1
xn −1

∈

f (x)
g (x) x=α .

Ví dụ 2.3.7. Cho n ∈ N∗ . Tìm phân tích đơn giản của P =
C(x).
19


n−1
k=0 (x − εk ),

Giải. Trong C[x], ta có xn − 1 =

trong đó εk = (cos 2kπ
n +

i sin 2kπ
n ), k = 0, . . . , n − 1. Do đó
n−1

P =
k=0

Ak
,
x − εk

trong đó Ak ∈ C for k = 0, . . . , n − 1. Theo Mệnh đề 2.3.6

Ak =

1
nxn−1

=
x=εk

Do đó

1
=
xn − 1

n−1

k=0

1
εk
.
=
n
nεn−1
k
εk
n

x − εk

.

1

Nhận xét 2.3.8. Nếu ta áp dụng Mệnh đề 2.3.3 thì Ak =

(εk −εj ) .

0≤j≤n−1,j=k

Đó là một cơng thức phức tạp khó sử dụng.
2.3.3. Phân thức có cực điểm bội tại 0

Trước hết ta giới thiệu phép chia đa thức theo lũy thừa tăng
Định lý 2.3.9 (Chia đa thức theo lũy thừa tăng). Cho n ∈ N và

f (x), g(x) ∈ F [x] thỏa mãn g(0) = 0. Khi đó tồn tại duy nhất cặp
q(x), r(x) ∈ F [x] thỏa mãn
f (x) = g(x)q(x) + xn+1 r(x), deg(q(x)) ≤ n.
Đa thức q(x) (tương ứng r(x)) được gọi là thương (tương ứng dư) trong
phép chia theo lũy thừa tăng (cấp n).
Chứng minh. Ta chứng minh sự tồn tại quy nạp theo n.
Trường hợp n = 0. Đặt q(x) = a0 b0−1 , chú ý b0 = 0. Khi đó

f (x) − g(x)q(x) khơng có hệ số tự do. Do đó x chia hết f (x) − g(x)q(x).
Đặt r(x) =

f (x)−g(x)q(x)
.
x

Ta có f (x) = g(x)q(x) + r(x), deg(q(x)) = 0.

Giả sử phát biểu đúng đến cấp n. Ta có f (x) = g(x)q1 (x) +

xn+1 r1 (x) với deg(q1 (x)) ≤ n. Áp dụng phép chia cho r1 (x) cấp 0, ta có
20


r1 (x) = λg(x) + xr(x)R với deg(λ) = 0 ≤ n. Đặt q(x) = q1 (x) + λxn+1 ,
ta có

f (x) = g(x)q(x) + xn+2 r(x), deg(q(x)) ≤ n + 1.
Sự duy nhất. Giả sử tồn tại (q(x), r(x)) và (q (x), r (x)) thỏa
mãn giả thiết. Khi đó g(x)(q(x) − q (x)) + xn+1 (r(x) − r (x)) = 0 với

deg(q(x)) ≤ n và deg(q (x)) ≤ n. Do đó xn+1 chia hết g(x)(q(x)−q (x)).
Tuy nhiên g(0) = 0 kéo theo x không là nhân tử bất khả quy của

g(x) và như vậy xn+1 không chia hết g(x). Do đó xn+1 phải chia hết
q(x) − q (x). Vì deg(q(x) − q (x)) ≤ n nên q(x) − q (x) = 0. Cuối cùng
ta có r(x) − r (x) = 0.
Ví dụ 2.3.10. Chia theo lũy thừa tăng đến cấp 2, f (x) = 2+x−3x2 +x3
cho g(x) = 1 + 4x − x2 + x3 trong R[x].
Giải.

2 +x −3x2 +x3
1 + 4x − x2 + x3
−7x −x2 −x3
2 − 7x + 27x2
27x2 −8x3 + 7x4
−16x3 + 34x4 − 27x5
Do đó 2 + x − 3x2 + x3 = (1 + 4x − x2 + x3 )(2 − 7x + 27x2 ) + (−16x3 +

34x4 − 27x5 ).
Phép chia theo lũy thừa tăng giúp ta tìm phân tích đơn giản của
phân thức hữu tỉ có cực điểm 0.
Ví dụ 2.3.11. Tìm phân tích đơn giản của

1+x
x4 (1+x2 )

∈ Q(x).

Giải. Chia 1 + x cho 1 + x2 như sau

1 +x
1 + x2
x
−x2
1 + x − x2 − x3
−x2 −x3
−x3 +x4
x4 + x5

21