ỨNG DỤNG ĐA THỨC TRONG GIẢI TOÁN SƠ CẤP 10600680

Trong chương trình phổ thông, chúng ta đã làm quen với khái niệm đa thức từ bậc trung học cơ sở, từ những phép cộng, trừ, nhân đa thức đến phân tích đa thức ra thừa số, dùng sơ đồ Horner

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

ĐÀ NẴNG - 2021

MỤC LỤC

LỜI CẢM ƠN 3

MỞ ĐẦU 4

1 Lý do chọn đề tài 4

2 Mục đích nghiên cứu: 4

3 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu: 4

4 Phương pháp nghiên cứu: 4

5 Cấu trúc của khóa luận: 4

NỘI DUNG 6

I CƠ SỞ LÝ THUYẾT VỀ ĐA THỨC 6

1 Đa thức và các phép toán trên đa thức 6

1.1 Định nghĩa 6

1.2 Đa thức bằng nhau 6

1.3 Phép cộng, trừ đa thức 6

1.4 Phép nhân đa thức 7

1.5 Bậc của tổng, hiệu và tích của các đa thức 7

1.6 Phép chia có dư 8

1.7 Sự chia hết, ước và bội 10

1.8 Thuật toán Euclide 10

1.9 Tính chất của phép chia hết 14

2 Đa thức và nghiệm 15

2.1 Nghiệm của đa thức, định lý Bezout 15

2.2 Định lý Viet 17

3 Đa thức bất khả quy 19

3.1 Đa thức với hệ số nguyên 19

3.2 Đa thức bất khả quy 20

4 Công thức nội suy Lagrange 21

4.1 Một số ví dụ 21

4.2 Định lý 23

4.3 Ứng dụng của công thức nội suy Langrange 24

4.4 Một số bài toán vận dụng: 24

II ỨNG DỤNG ĐA THỨC TRONG GIẢI TOÁN SƠ CẤP 26

1 Sử dụng đa thức trong việc giải các bài tập đại số 26

2 Sử dụng đa thức trong các bài tập số học: 33

KẾT LUẬN 42

TÀI LIỆU THAM KHẢO 43

LỜI CẢM ƠN

Em xin chân thành cảm ơn TS Lê Văn Dũng đã giới thiệu đề tài, cung cấp tài liệu và hướng dẫn cho em trong suốt quá trình thực hiện đề tài của mình và đã giúp em có thêm nhiều kiến thức bổ ích trong quá trình thực hiện đề tài này

Đồng thời, em cũng xin cảm ơn các thầy cô trong Khoa Toán - Trường Đại học Sư phạm - Đại học Đà Nẵng đã giúp đỡ em hoàn thành khóa luận của mình, đồng thời cảm ơn Thư viện Trường Đại học Sư phạm - Đại học Đà Nẵng đã tạo điều kiện để em

có được nguồn tài liệu quý báu làm khóa luận

Do kiến thức còn hạn chế nên đề tài còn gặp nhiều thiếu sót, kính mong sự nhận xét và đóng góp ý kiến từ quý thầy cô và các bạn

Em xin chân thành cảm ơn!

Đà Nẵng, ngày 10 tháng 01 năm 2021

Sinh viên thực hiện

MỞ ĐẦU

1 Lý do chọn đề tài

Số học và đại số được coi là một bộ phận lớn của toán học Trong đó, đa thức có vị trí

vô cùng quan trọng, là đối tượng nghiên cứu trọng tâm Trong chương trình phổ thông, chúng ta đã làm quen với khái niệm đa thức từ bậc trung học cơ sở, từ những phép cộng, trừ, nhân đa thức đến phân tích đa thức ra thừa số, dùng sơ đồ Horner để chia đa thức, giải các phương trình đại số Các bài toán về đa thức thường xuyên xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi toán và luôn được đánh giá là các bài toán khó Các bài toán này thường yêu cầu nghiên cứu tính chất về các hệ số của một đa thức, tính chất

về nghiệm của nó hoặc những bài toán về đa thức nguyên, tính khả quy và được hỏi theo nhiều hình thức khác nhau

Là một sinh viên ngành Sư phạm Toán với mong muốn tìm hiểu sâu hơn cơ sở lý thuyết về đa thức và ứng dụng của nó trong giải toán sơ cấp nên tôi chọn đề tài khóa luận tốt nghiệp là: “Ứng dụng đa thức trong giải toán sơ cấp”

2 Mục đích nghiên cứu

Với mục đích hệ thống hóa lại lý thuyết về đa thức, phân loại và tổng hợp lại các dạng bài tập thường gặp về đa thức, sử dụng làm tài liệu cho học sinh lớp chuyên toán tham khảo ôn thi học sinh giỏi các cấp

3 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

- Đa thức và các phép toán trên đa thức

- Nghiệm của đa thức, định lý Viet

- Đa thức bất khả quy

- Công thức nội suy Lagrange

- Một số bài toán sơ cấp có thể ứng dụng đa thức để giải

4 Phương pháp nghiên cứu

- Thu thập, tổng hợp, hệ thống các tài liệu

- Phân tích, nghiên cứu các tài liệu

- Trao đổi, tham khảo ý kiến của người hướng dẫn

5 Cấu trúc của khóa luận

Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, nội dung khóa luận gồm hai chương: Chương I: Cơ sở lý thuyết về đa thức

Chương này trình bày định nghĩa về đa thức và các phép toán trên đa thức, nghiệm của

đa thức, đa thức bất khả quy, công thức nội suy Lagrange và những định lý có liên quan Chương này cung cấp các nội dung làm cơ sở cho chương sau

Chương II: Ứng dụng đa thức trong giải toán sơ cấp

Chương này là phần chính của khóa luận, trình bày những ứng dụng của đa thức trong giải toán sơ cấp Chương này chia thành hai phần chính là ứng dụng trong giải bài tập đại số và bài tập số học

NỘI DUNG

CƠ SỞ LÝ THUYẾT VỀ ĐA THỨC

1 Đa thức và các phép toán trên đa thức

1.1 Định nghĩa đa thức

Định nghĩa 1 Một đa thức một biến với hệ số trên ℝ có thể được viết dưới dạng

𝑃(𝑥) = 𝑎𝑛𝑥𝑛+ 𝑎𝑛−1𝑥𝑛−1+ ⋯ + 𝑎1𝑥 + 𝑎0trong đó 𝑎0, 𝑎1, … , 𝑎𝑛 ∈ ℝ và x là một kí hiệu gọi là biến (hay biến không xác định)

Ta cũng viết đa thức này dưới dạng

𝑃(𝑥) = ∑ 𝑎𝑖𝑥𝑖

∞

𝑖=0

ℎ𝑜ặ𝑐 𝑃(𝑥) = ∑ 𝑎𝑖𝑥𝑖trong đó 𝑎𝑖 = 0 với mọi 𝑖 > 𝑛

Kí hiệu ℝ[𝑥] là tập các đa thức một biến x với hệ số trên ℝ

Ta gọi 𝑎0 là hệ số tự do của P x( ).

• Nếu 𝑎𝑛 ≠ 0 thì n được gọi là bậc của P x( ) và được kí hiệu là deg 𝑃(𝑥) Trong trường hợp này, 𝑎𝑛 được gọi là hệ số cao nhất của P x( ).

• Nếu 𝑎𝑛 = 1 thì P x( ) được gọi là đa thức dạng chuẩn

• Ta không định nghĩa bậc cho đa thức 0

• Nếu 𝑃(𝑥) = 𝑎 ∈ ℝ thì P(x) được gọi là đa thức hằng

• Các đa thức bậc 1 được gọi là đa thức tuyến tính

Khi đó phép cộng và trừ hai đa thức P(x) và Q(x) được thực hiện theo từng hệ số của

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

Từ các định nghĩa trên đây, dễ dàng suy ra các tính chất sau đây:

Định lý 1 Cho 𝑃(𝑥), 𝑄(𝑥) ∈ ℝ[𝑥] là các đa thức khác 0 Khi đó

Nếu 𝑃(𝑥) + 𝑄(𝑥) ≠ 0 thì

deg(𝑃(𝑥) + 𝑄(𝑥)) ≤ max{deg 𝑃(𝑥) , deg 𝑄(𝑥)}

Định lý 2: Với mọi 𝑃(𝑥), 𝑄(𝑥) ∈ ℝ[𝑥], 𝑃(𝑥), 𝑄(𝑥) ≠ 0 Khi đó

deg(𝑃(𝑥) 𝑄(𝑥)) = deg 𝑃(𝑥) + deg 𝑄(𝑥)

1.6 Phép chia có dư

Định lý 3 Cho 0 ≠ 𝑃(𝑥), 𝑄(𝑥) ∈ ℝ[𝑥] Giả sử deg 𝑃(𝑥) = 𝑛 và deg 𝑄(𝑥) = 𝑚 Đặt

𝑘 = 𝑚𝑎𝑥{𝑛 − 𝑚 + 1,0} Giả sử 𝑏𝑚 là hệ số cao nhất của Q(x)

Khi đó tồn tại một cặp đa thức 𝑆(𝑥), 𝑅(𝑥) ∈ ℝ[𝑥] sao cho

𝑏𝑚𝑘𝑃(𝑥) = 𝑆(𝑥)𝑄(𝑥) + 𝑅(𝑥), trong đó 𝑅(𝑥) = 0 hoặc deg 𝑅(𝑥) < deg 𝑄(𝑥)

Hơn nữa, nếu hệ số cao nhất của Q(x) không là ước của 0 thì cặp 𝑆(𝑥), 𝑅(𝑥) là xác định duy nhất

𝑏𝑚𝑘−1𝑎𝑛𝑥𝑛−𝑚𝑄(𝑥) Chọn 𝑆(𝑥) = 𝑏𝑚𝑘−1𝑎𝑛𝑥𝑛−𝑚 và 𝑅(𝑥) = 0 ta có kết quả Giả sử

𝑃1(𝑥) ≠ 0, khi đó deg 𝑃1(𝑥) = 𝑛1 ≤ 𝑛 − 1 Đặt

𝑘1 = 𝑚𝑎𝑥{𝑛1− 𝑚 + 1,0}

Vì 𝑘1 ≤ 𝑘 − 1 nên theo giả thiết quy nạp, tồn tại 𝑆1(𝑥), 𝑅1(𝑥) ∈ ℝ[𝑥] sao cho

𝑏𝑚𝑘1𝑃(𝑥) = 𝑆1(𝑥) 𝑄(𝑥) + 𝑅1(𝑥), trong đó 𝑅1(𝑥) = 0 hoặc deg 𝑅1(𝑥) < deg 𝑄(𝑥) Từ đẳng thức trên ta có 𝑏𝑚𝑃(𝑥) = 𝑃1(𝑥) + 𝑎𝑛𝑥𝑛−𝑚𝑄(𝑥) Do đó ta có

𝑏𝑚𝑘𝑃(𝑥) = 𝑏𝑚𝑘−1(𝑃1(𝑥) + 𝑎𝑛𝑥𝑛−𝑚𝑄(𝑥))

= 𝑏𝑚𝑘−1−𝑘1𝑏𝑚𝑘1𝑃1(𝑥) + 𝑏𝑚𝑘−1𝑎𝑛𝑥𝑛−𝑚𝑄(𝑥)

= (𝑏𝑚𝑘−1−𝑘1𝑏𝑚𝑘1𝑆1(𝑥) + 𝑏𝑚𝑘−1𝑎𝑛𝑥𝑛−𝑚)𝑄(𝑥) + 𝑏𝑚𝑘−1−𝑘1𝑅1(𝑥) Đặt 𝑆(𝑥) = 𝑏𝑚𝑘−1−𝑘1𝑏𝑚𝑘1𝑆1(𝑥) + 𝑏𝑚𝑘−1𝑎𝑛𝑥𝑛−𝑚 và 𝑅(𝑥) = 𝑏𝑚𝑘−1−𝑘1𝑅1(𝑥) Khi đó

𝑏𝑚𝑘𝑃(𝑥) = 𝑆(𝑥)𝑄(𝑥) + 𝑅(𝑥), với 𝑅(𝑥) = 0 hoặc deg 𝑅(𝑥) < deg 𝑄(𝑥)

Giả sử 𝑏𝑚 không là ước của 0 Ta chứng minh tính duy nhất của cặp đa thức

𝑆(𝑥), 𝑅(𝑥) Giả sử tồn tại 𝑆∗(𝑥), 𝑅∗(𝑥) ∈ ℝ[𝑥] sao cho 𝑏𝑚𝑘𝑃(𝑥) = 𝑆∗(𝑥) 𝑄(𝑥) +

𝑅∗(𝑥), trong đó 𝑅∗(𝑥) = 0 hoặc deg 𝑅∗(𝑥) < deg 𝑄(𝑥) Khi đó

(𝑆(𝑥) − 𝑆∗(𝑥))𝑄(𝑥) = 𝑅∗(𝑥) − 𝑅(𝑥) Nếu 𝑆(𝑥) ≠ 𝑆∗(𝑥) thì 𝑆(𝑥) − 𝑆∗(𝑥) ≠ 0 Do 𝑏𝑚 không là ước của 0 nên

deg ((𝑆(𝑥) − 𝑆∗(𝑥))𝑄(𝑥)) = deg(𝑆∗(𝑥) − 𝑆(𝑥)) + deg 𝑄(𝑥) ≥ 0

Điều này là vô lý Vậy 𝑆(𝑥) = 𝑆∗(𝑥) Suy ra 𝑅∗(𝑥) = 𝑅(𝑥)

❖ Thuật toán tìm thương số:

Theo ký hiệu của Định lý 3 thì 𝑆(𝑥) và 𝑅(𝑥) lần lượt được gọi là thương và dư của phép chia 𝑃(𝑥) cho 𝑄(𝑥) Nếu 𝑅(𝑥) = 0 thì ta nói 𝑃(𝑥) chia hết cho 𝑄(𝑥)

Phép chứng minh nói trên cũng cho chúng ta thuật toán tìm thương số và dư số của phép chia hai đa thức, gọi là phép chia dài (long division) hay lược đồ Horner

Ví dụ 4 Thực hiện phép chia 3𝑥3− 2𝑥2 + 4𝑥 + 7 cho 𝑥2 + 2𝑥

Ta thực hiện chia đa thức như sau:

3x3− 2x2 + 4x + 7 3x3+ 6x2

x2 + 2x 3x – 8

−8x2 + 4𝑥 + 7

−8x2 − 16𝑥

20x + 7 Vậy chia 3𝑥3 − 2𝑥2 + 4𝑥 + 7 cho 𝑥2 + 2𝑥 được 3𝑥 – 8, dư 20𝑥 + 7

1.7 Chia hết, ước và bội

Trong phép chia 𝑃(𝑥) cho 𝑄(𝑥), nếu dư số 𝑅(𝑥) đồng nhất bằng 0 thì ta nói rằng đa thức 𝑃(𝑥) chia hết cho đa thức 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) hoặc 𝑃(𝑥) là bội của 𝑄(𝑥)

Ký hiệu tương ứng là 𝑄(𝑥) | 𝑃(𝑥) và 𝑃( 𝑥) ⋮ 𝑄( 𝑥 )

1.7.1 Ước chung lớn nhất

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) thoả mãn đồng thời các điều kiện sau:

i) 𝐷(𝑥) là đa thức đơn khởi, tức là có hệ số cao nhất bằng 1

ii) 𝐷(𝑥) là ước chung của 𝑃(𝑥) và 𝑄(𝑥), tức là 𝐷(𝑥) | 𝑃(𝑥) và 𝐷(𝑥) | 𝑄(𝑥)

iii) Nếu 𝐷’(𝑥) cũng là ước chung của 𝑃(𝑥) và 𝑄(𝑥) thì 𝐷(𝑥) cũng là ước của 𝐷’(𝑥) Tương tự, ta có khái niệm bội chung nhỏ nhất của hai đa thức

1.7.2 Bội chung nhỏ nhất

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) thoả mãn đồng thời các điều kiện sau:

i) 𝑀(𝑥) là đa thức đơn khởi, tức là có hệ số cao nhất bằng 1

ii) 𝑀(𝑥) là bội chung của 𝑃(𝑥) và 𝑄(𝑥), tức là 𝑃(𝑥) | 𝑀(𝑥) và 𝑄(𝑥) | 𝑀(𝑥)

iii) Nếu 𝑀’(𝑥) cũng là bội chung của 𝑃(𝑥) và 𝑄(𝑥) thì 𝑀’(𝑥) cũng là bội của 𝑀(𝑥)

Ký hiệu: UCLN và BCNN của hai đa thức 𝑃(𝑥), 𝑄(𝑥) là 𝐺𝐶𝐷(𝑃(𝑥),𝑄(𝑥)), 𝐿𝐶𝑀(𝑃(𝑥), 𝑄(𝑥)) hay đơn giản hơn là (𝑃(𝑥), 𝑄(𝑥)), [𝑃(𝑥), 𝑄(𝑥)] Hai đa thức 𝑃(𝑥), 𝑄(𝑥) được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu (𝑃(𝑥), 𝑄(𝑥)) = 1

1.8 Thuật toán Euclide

Để tìm ước chung lớn nhất của hai đa thức 𝑃(𝑥), 𝑄(𝑥), ta sử dụng thuật toán Euclide sau đây:

Định lý 4 Giả sử có hai đa thức 𝑃(𝑥), 𝑄(𝑥), trong đó deg(𝑃) ≥ deg (𝑄)

Thực hiện phép chia 𝑃(𝑥) cho 𝑄(𝑥) được thương số là 𝑆(𝑥) và dư số là 𝑅(𝑥) Khi đó:

• Nếu 𝑅(𝑥) = 0 thì (𝑃(𝑥), 𝑄(𝑥)) = 𝑞∗−1𝑄(𝑥), trong đó 𝑞∗ là hệ số cao nhất của đa thức Q(x)

• Nếu 𝑅(𝑥) ≠ 0 thì (𝑃(𝑥), 𝑄(𝑥)) = (𝑄(𝑥), 𝑅(𝑥))

Chứng minh: Nếu 𝑅(𝑥) = 0 thì 𝑃(𝑥) = 𝑄(𝑥) 𝑆(𝑥) Khi đó đa thức 𝑞∗−1𝑄(𝑥) rõ ràng thoả mãn tất cả các điều kiện của UCLN

Nếu 𝑅(𝑥) ≠ 0, đặt 𝐷(𝑥) = (𝑃(𝑥), 𝑄(𝑥)), 𝐷’(𝑥) = (𝑄(𝑥), 𝑅(𝑥)) Cần chứng minh 𝐷(𝑥) = 𝐷′(𝑥)

Ta có 𝐷(𝑥) | 𝑃(𝑥) – 𝑄(𝑥) 𝑆(𝑥) = 𝑅(𝑥), suy ra 𝐷(𝑥) là ước chung của 𝑄(𝑥), 𝑅(𝑥), theo định nghĩa của 𝐷’(𝑥), ta có 𝐷’(𝑥) là ước của 𝐷(𝑥)

Mặt khác 𝐷’(𝑥) | 𝑄(𝑥) 𝑆(𝑥) + 𝑅(𝑥) = 𝑃(𝑥), suy ra 𝐷’(𝑥) là ước chung của 𝑃(𝑥), 𝑄(𝑥), theo định nghĩa của 𝐷(𝑥), ta có 𝐷(𝑥) là ước của 𝐷’(𝑥)

Từ đây, do 𝐷 và 𝐷’ đều là các đa thức đơn khởi, ta suy ra 𝐷 = 𝐷’

Định lý trên giải thích cho thuật toán Euclide để tìm UCLN của hai đa thức theo như

ví dụ dưới đây:

Ví dụ 5 Tìm ước chung lớn nhất của hai đa thức 𝑥5 – 5𝑥 + 4 𝑣à 𝑥3 – 3𝑥2 + 2

Lời giải: Ta lần lượt thực hiện các phép chia

𝑥5 – 5𝑥 + 4 cho 𝑥3 – 3𝑥2 + 2 được 𝑥2 + 3𝑥 + 9 dư 25𝑥2 – 11𝑥 – 14

𝑥3– 3𝑥2 + 2 cho 25𝑥2 – 11𝑥 – 14 được 25𝑥 – 64

625 , dư 354

625(𝑥 − 1) 25𝑥2 – 11𝑥 – 14 cho 𝑥 − 1 được 25𝑥 + 14 dư 0

Vậy (𝑥5 – 5𝑥 + 4, 𝑥3– 3𝑥2+ 2) = 𝑥 – 1

Lưu ý Trong quá trình thực hiện, ta có thể nhân các đa thức với hằng số khác 0

Ví dụ trong phép chia cuối cùng, thay vì chia 25𝑥2 – 11𝑥 – 14 cho 354

625(𝑥 − 1) ta đã chia cho x – 1

Định lý 5 Giả sử 𝑃(𝑥) = 𝑄(𝑥) 𝑆(𝑥) + 𝑅(𝑥), trong đó 𝑅(𝑥) = 0 hoặc deg 𝑅(𝑥) <

deg 𝑄(𝑥) Khi đó đa thức D(x) là ước chung lớn nhất của P(x) và Q(x) nếu và chỉ nếu

nó là ước chung lớn nhất của S(x) và R(x)

Chứng minh: Cho D(x) là một ước chung lớn nhất của P(x) và Q(x) Cho T(x) là một

ước chung lớn nhất của Q(x) và R(x)

Khi đó D(x) là một ước của 𝑅(𝑥) = 𝑃(𝑥) − 𝑄(𝑥)𝑆(𝑥) Vì thế D(x) là một ước chung của Q(x) và R(x) Suy ra D(x) là ước của T(x)

Ngược lại, vì T(x) là một ước của 𝑃(𝑥) = 𝑄(𝑥)𝑆(𝑥) + 𝑅(𝑥) nên T(x) là một ước chung của Q(x) và P(x) Vì thế T(x) là ước của D(x)

Do đó tồn tại 0 ≠ 𝑎 ∈ ℝ sao cho 𝑇(𝑥) = 𝑎𝐷(𝑥) Vì thế ta có điều phải chứng minh

Định lý 6 (Thuật toán Euclid tìm ước chung lớn nhất)

Giả sử 𝑃(𝑥), 𝑄(𝑥) là hai đa thức trong ℝ[𝑥] và 𝑄(𝑥) ≠ 0 Khi đó tồn tại số tự nhiên k

và các đa thức 𝑅𝑖(𝑥), 𝑆𝑖(𝑥) ∈ ℝ[𝑥] sao cho

Hơn nữa đa thức dư cuối cùng 𝑅𝑘(𝑥) ≠ 0 là một ước chung lớn nhất của P(x) và Q(x)

Chứng minh: Chia P(x) cho Q(x) ta được thương 𝑆0(𝑥) và dư 𝑅0(𝑥) Nếu 𝑅0(𝑥) ≠ 0 thì chia Q(x) cho 𝑅0(𝑥) ta được thương 𝑄1(𝑥) và dư 𝑅1(𝑥) Nếu 𝑅1(𝑥) ≠ 0 thì chia

𝑅0(𝑥) cho 𝑅1(𝑥) ta được thương 𝑄2(𝑥) và dư 𝑅2(𝑥) Cứ tiếp tục quá trình trên, quá trình này phải dừng lại sau một số hữu hạn bước vì dãy giảm các số tự nhiên

deg 𝑄(𝑥) > deg 𝑅0(𝑥) > deg 𝑅1(𝑥) > ⋯ không thể kéo dài vô hạn Từ định lý trên,

ta suy ra ước chung lớn nhất của P(x) và Q(x) là 𝑅𝑘(𝑥)

Ví dụ 6 Để tìm ước chung lớn nhất của 𝑥6− 1, 𝑥4− 1 𝑣à 𝑥3− 3𝑥 + 2, trước hết ta tìm ước chung lớn nhất của 𝑥6− 1 𝑣à 𝑥4− 1 Ta có:

Do đó −2𝑥 + 2 là một ước chung lớn nhất của 𝑥2− 1 𝑣à 𝑥3− 3𝑥 + 2 Vì thế −2𝑥 +

2 là một ước chung lớn nhất của 𝑥6− 1, 𝑥4− 1 𝑣à 𝑥3− 3𝑥 + 2

Định lý 7 Giả sử 𝑃(𝑥), 𝑄(𝑥) là hai đa thức trong ℝ[𝑥] và 𝐷(𝑥) = (𝑃(𝑥), 𝑄(𝑥)) Khi

đó tồn tại hai đa thức 𝑈(𝑥), 𝑉(𝑥) ∈ ℝ[𝑥] sao cho

𝐷(𝑥) = 𝑃(𝑥)𝑈(𝑥) + 𝑄(𝑥)𝑉(𝑥)

Chứng minh: Giả sử rằng với 𝑘 + 2 phép chia liên tiếp ta có

Theo Thuật toán Euclid tìm ước chung lớn nhất, 𝑅𝑘(𝑥) = 𝑎𝐷(𝑥) 𝑣ớ𝑖 𝑎 ∈ ℝ Với

𝑈1(𝑥) = 1, 𝑉1(𝑥) = −𝑆𝑘(𝑥), đẳng thức thứ 𝑘 + 1 cho ta biểu diễn của D(x) thành tổ hợp tuyến tính của 𝑅𝑘−1(𝑥) 𝑣à 𝑅𝑘−2(𝑥) như sau:

𝑎𝐷(𝑥) = 𝑅𝑘−2(𝑥)𝑈1(𝑥) + 𝑅𝑘−1(𝑥)𝑉1(𝑥) Thay vào ta có biểu diễn của D(x) qua 𝑅𝑘−2(𝑥) 𝑣à 𝑅𝑘−3(𝑥) như sau:

𝑎𝐷(𝑥) = 𝑅𝑘−3(𝑥)𝑈2(𝑥) + 𝑅𝑘−2(𝑥)𝑉2(𝑥), Trong đó 𝑈2(𝑥) = 𝑉1(𝑥) 𝑣à 𝑉2(𝑥) = 𝑈1(𝑥) − 𝑉1(𝑥)𝑆𝑘−1(𝑥) Cứ tiếp tục rút

𝑅𝑘−2(𝑥), … , 𝑅1(𝑥), 𝑅0(𝑥) từ các đẳng thức thứ 𝑘 − 1, … ,2,1 và thay lần lượt vào công thức tính D(x), ta biểu diễn được D(x) thành tổ hợp tuyến tính của P(x) và Q(x)

Ví dụ 7 Cho 𝑃(𝑥) = 𝑥6− 𝑥4− 𝑥2+ 1 và 𝑄(𝑥) = 𝑥3− 1 là hai đa thức trong ℚ[𝑥]

Để biểu diễn (𝑃(𝑥), 𝑄(𝑥)) thành tổ hợp tuyến tính của P(x) và Q(x), ta dùng Thuật toán Euclid:

3) 𝑄(𝑥)

1.9 Tính chất của phép chia hết

Nhắc lại, hai đa thức 𝑃(𝑥), 𝑄(𝑥) được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu (𝑃(𝑥), 𝑄(𝑥)) =

1 Ta có định lý sau và nhiều ứng dụng về các đa thức nguyên tố cùng nhau:

Định lý 8 (Bezout) Hai đa thức 𝑃(𝑥) 𝑣à 𝑄(𝑥) nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi tồn

tại các đa thức 𝑈(𝑥), 𝑉(𝑥) sao cho 𝑃(𝑥) 𝑈(𝑥) + 𝑄(𝑥) 𝑉(𝑥) = 1

Chứng minh:

• Giả sử tồn tại các đa thức 𝑈(𝑥) và 𝑉(𝑥) thoả mãn điều kiện 𝑃(𝑥) 𝑈(𝑥) + 𝑄(𝑥) 𝑉(𝑥) = 1

Đặt 𝐷(𝑥) = (𝑃(𝑥), 𝑄(𝑥)) thì 𝐷(𝑥) | 𝑃(𝑥), 𝐷(𝑥) | 𝑄(𝑥) suy ra 𝐷(𝑥)|1 = 𝑃(𝑥) 𝑈(𝑥) + 𝑄(𝑥) 𝑉(𝑥) Suy ra 𝐷(𝑥) = 1

Ngược lại, giả sử (𝑃(𝑥), 𝑄(𝑥)) = 1 Ta chứng minh tồn tại các đa thức 𝑈(𝑥) và 𝑉(𝑥) sao cho 𝑃(𝑥) 𝑈(𝑥) + 𝑄(𝑥) 𝑉(𝑥) = 1

Ta chứng minh bằng quy nạp theo 𝑚 = 𝑚𝑖𝑛{𝑑𝑒𝑔(𝑃), 𝑑𝑒𝑔(𝑄)}

Nếu 𝑚 = 0 thì điều cần chứng minh là hiển nhiên

Chẳng hạn nếu 𝑑𝑒𝑔(𝑄) = 0 thì 𝑄 = 𝑞 là hằng số và ta chỉ cần chọn 𝑈(𝑥) = 0, 𝑉(𝑥) = 𝑞−1 thì ta được 𝑃(𝑥) 𝑈(𝑥) + 𝑄(𝑥) 𝑉(𝑥) = 1

• Giả sử ta đã chứng minh định lý đúng đến m Ta cần chứng minh định lí đúng với m+1 Xét hai đa thức 𝑃(𝑥), 𝑄(𝑥) có 𝑚𝑖𝑛{𝑑𝑒𝑔(𝑃), 𝑑𝑒𝑔(𝑄)} = 𝑚 + 1 Không mất tính tổng quát, giả sử 𝑚 + 1 = 𝑑𝑒𝑔(𝑄)

Thực hiện phép chia 𝑃(𝑥) cho 𝑄(𝑥) được thương là 𝑆(𝑥) và dư là 𝑅(𝑥)

Không thể xảy ra trường hợp 𝑅(𝑥) = 0 vì khi đó 1 = (𝑃(𝑥), 𝑄(𝑥)) = 𝑞∗−1𝑄(𝑥) (𝑑𝑒𝑔𝑄(𝑥) ≠ 0) Vì vậy, ta có 1 = (𝑃(𝑥), 𝑄(𝑥)) = (𝑄(𝑥), 𝑅(𝑥))

Lúc này, do min {𝑑𝑒𝑔(𝑄), 𝑑𝑒𝑔(𝑅)} = 𝑑𝑒𝑔(𝑅) < 𝑚 + 1 nên theo giả thiết quy nạp, tồn tại các đa thức 𝑈∗(𝑥), 𝑉∗(𝑥) sao cho 𝑄(𝑥) 𝑉∗(𝑥) + 𝑅(𝑥)𝑈∗(𝑥) = 1

ii) 𝑄 | 𝑃, 𝑃 | 𝑅 suy ra 𝑄 | 𝑅 (tính bắc cầu)

iii) 𝑄 | 𝑃, 𝑃 | 𝑄 suy ra tồn tại số thực 𝑎 ≠ 0 sao cho 𝑄 = 𝑎𝑃 (ta gọi P và Q là các

đa thức đồng dạng)

Để chứng minh các tính chất v) và vi), ta sẽ áp dụng định Bezout

v) Từ giả thiết 𝑄 | 𝑃 𝑅 và (𝑃, 𝑄) = 1 suy ra tồn tại S sao cho 𝑃 𝑅 = 𝑄 𝑆 và 𝑈, 𝑉 sao cho 𝑃 𝑈 + 𝑄 𝑉 = 1

Khi đó 𝑅 = (𝑃 𝑈 + 𝑄 𝑉) 𝑅 = (𝑃 𝑅)𝑈 + 𝑄 𝑉 𝑅 = 𝑄 𝑆 𝑈 + 𝑄 𝑉 𝑅 =

𝑄 (𝑆𝑈 + 𝑉𝑅) tức là 𝑅 = 𝑄 (𝑆𝑈 + 𝑉𝑅) suy ra 𝑄|𝑅

vi) Từ giả thiết 𝑄 | 𝑃, 𝑅 | 𝑃 và (𝑄, 𝑅) = 1 suy ra 𝑃 = 𝑄 𝑆

Vì 𝑃 = 𝑄 𝑆 chia hết cho 𝑅, mà (𝑄, 𝑅) = 1 nên theo v) suy ra S chia hết cho R, tức

đề trung tâm của đại số

2.1 Nghiệm của đa thức, định lý Bezout

Định nghĩa Số thực a được gọi là nghiệm của đa thức

𝑃(𝑥) = 𝑎𝑛𝑥𝑛+ 𝑎𝑛−1𝑥𝑛−1+ … + 𝑎1𝑥 + 𝑎0 nếu 𝑃(𝑎) = 0, tức là 𝑎𝑛𝑎𝑛+ 𝑎𝑛−1𝑎𝑛−1+ … + 𝑎1𝑎 + 𝑎0 = 0

Ta có định lý đơn giản nhưng rất có nhiều ứng dụng sau đây về nghiệm của đa thức:

Định lý 9 Số thực a là nghiệm của đa thức 𝑃(𝑥) khi và chỉ khi 𝑃(𝑥) chia hết cho

Nên a là nghiệm khi và chỉ khi 𝑃(𝑥) ⋮ (𝑥 − 𝑎)

Định lý 10 Số dư trong phép chia đa thức 𝑃(𝑥) cho 𝑥 – 𝑎 là 𝑃(𝑎)

Cả Định lý 9 và Định lý 10đều được gọi là định lý Bezout

Bổ đề 1 Cho hai số thực x, a (𝑥 ≠ 𝑎), 𝑛 ∈ ℕ Khi đó

Suy ra 𝑃(𝑥) − 𝑃(𝑎) chia hết cho 𝑥 – 𝑎 (điều phải chứng minh)

❖ Từ Định lý 9, ta có thể có một định nghĩa khác cho nghiệm của đa thức như sau: a là nghiệm của đa thức 𝑃(𝑥) nếu 𝑃(𝑥) = (𝑥 − 𝑎)𝑄(𝑥) với 𝑄(𝑥) là một đa thức nào đó

Với định nghĩa này, ta có thể phát triển thành định nghĩa về nghiệm bội

Định nghĩa Cho 𝑃(𝑥) ∈ ℝ[𝑥], 𝑎 ∈ ℝ, 𝑟 ∈ ℤ, 𝑟 ≥ 1 Ta gọi a là nghiệm bội r của đa

thức 𝑃(𝑥) nếu P(x) chia hết cho (𝑥 − 𝑎)𝑟 nhưng không chia hết cho (𝑥 − 𝑎)𝑟+1 nghĩa là:

{𝑃(𝑥) = (𝑥 − 𝑎)𝑟𝑄(𝑥), ∀𝑥 ∈ ℝ

𝑄(𝑎) ≠ 0Nếu 𝑟 = 1, ta gọi a là nghiệm đơn hay vắn tắt là nghiệm

Vậy ta có điều phải chứng minh

Chứng minh Định lý 11: Theo định nghĩa nghiệm bội, tính chất vi) của phép chia hết

và do các đa thức (𝑥 − 𝑥𝑖)𝑟 𝑖 đôi một nguyên tố cùng nhau nên ta dễ dàng suy ra điều phải chứng minh

Định lý 12 Xét đa thức 𝑃(𝑥) ∈ ℝ[𝑥] bậc n Giả sử 𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑘 là các nghiệm phân biệt của 𝑃(𝑥) với các bội 𝑟1, 𝑟2, … , 𝑟𝑘 tương ứng Nếu 𝑟1+ 𝑟2+ ⋯ + 𝑟𝑘 = 𝑛 thì 𝑃(𝑥) = 𝑎𝑛(𝑥 − 𝑥1)𝑟1(𝑥 − 𝑥2)𝑟2… (𝑥 − 𝑥𝑘)𝑟𝑘

Chứng minh: Dùng định lý 11, ta suy ra

𝑃(𝑥) chia hết cho (𝑥 − 𝑥1)𝑟 1(𝑥 − 𝑥2)𝑟 2… (𝑥 − 𝑥𝑘)𝑟 𝑘,

suy ra 𝑃(𝑥) = (𝑥 − 𝑥1)𝑟1(𝑥 − 𝑥2)𝑟2… (𝑥 − 𝑥𝑘)𝑟𝑘𝑄(𝑥)

So sánh bậc và hệ số cao nhất, ta suy ra 𝑄(𝑥) = 𝑎𝑛

Từ định lý 8 ta suy ra hai hệ quả đơn giản nhưng rất hiệu quả trong giải toán sau:

Hệ quả 1 Một đa thức bậc n có không quá n nghiệm

Hệ quả 2 Nếu 𝑃(𝑥) 𝑣à 𝑄(𝑥) là các đa thức bậc không quá n, trùng nhau tại 𝑛 +1 điểm phân biệt thì hai đa thức này trùng nhau

Định lý 13 (Định lý Viet) Giả sử đa thức

Định lý 14 (Định lý Viét đảo)

Nếu n số 𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛 có tổng của tích chập k từ n số đó là 𝑆𝑘 thì 𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛 là nghiệm nếu có của phương trình:

𝑋𝑛− 𝑆1𝑋𝑛−1+ 𝑆2𝑋𝑛−2+ ⋯ + (−1)𝑛−1𝑆𝑛−1𝑋 + (−1)𝑛𝑆0 = 0

❖ Đặc biệt:

a) Nếu 𝑥1 + 𝑥2 = 𝑆, 𝑥1 𝑥2 = 𝑃 thì 𝑥1, 𝑥2 là 2 nghiệm của phương trình

𝑋2 – 𝑆𝑋 + 𝑃 = 0 b) Nếu 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 = 𝑆, 𝑥1𝑥2 + 𝑥2𝑥3 + 𝑥3𝑥1 = 𝑇, 𝑥1𝑥2𝑥3 = 𝑃 thì

𝑥1, 𝑥2, 𝑥3 là 3 nghiệm của phương trình

𝑋3 – 𝑆𝑋2 + 𝑇𝑋 – 𝑃 = 0

3 Đa thức bất khả quy

3.1 Đa thức với hệ số nguyên

Định nghĩa 6 Đa thức với hệ số nguyên là đa thức có dạng

𝑃(𝑥) = 𝑎𝑛𝑥𝑛+ 𝑎𝑛−1𝑥𝑛−1+ … + 𝑎1𝑥 + 𝑎0với 𝑎𝑖 là các số nguyên

Ta ký hiệu tập hợp tất cả các đa thức với hệ số nguyên là ℤ[𝑥]

❖ Tính chất của đa thức với hệ số nguyên

(1) Nếu 𝑃(𝑥) có nghiệm nguyên 𝑥 = 𝑎 thì phân tích được 𝑃(𝑥) = (𝑥 − 𝑎)𝑄(𝑥)với 𝑄(𝑥) là đa thức với hệ số nguyên

(2) Nếu 𝑎, 𝑏 nguyên và 𝑎 ≠ 𝑏 thì 𝑃(𝑎) – 𝑃(𝑏) chia hết cho 𝑎 – 𝑏

6 nhận giá trị nguyên với mọi x nguyên

Đa thức với hệ số hữu tỉ nhưng nhận giá trị nguyên với mọi x nguyên được gọi là đa thức nguyên

Một đa thức với hệ số hữu tỉ P(x) bất kỳ có thể biểu diễn được dưới dạng 𝑎

𝑏𝑄(𝑥) với a,

b là các số nguyên và Q(x) cũng là đa thức với hệ số nguyên

3.2 Đa thức bất khả quy

Định nghĩa 7 Cho 𝑃(𝑥) là đa thức với hệ số nguyên Ta gọi 𝑃(𝑥) là bất khả quy trên

𝑍[𝑥] nếu 𝑃(𝑥) không phân tích được thành tích hai đa thức thuộc 𝑍[𝑥] với bậc lớn hơn hay bằng 1

Tương tự định nghĩa đa thức bất khả quy trên 𝑄[𝑥]

Định lý 15 (Tiêu chuẩn Eisenstein)

Cho 𝑃(𝑥) = 𝑎𝑛𝑥𝑛+ 𝑎𝑛−1𝑥𝑛−1+ ⋯ + 𝑎1𝑥 + 𝑎0

Nếu tồn tại số nguyên tố p sao cho

i) 𝑎𝑛 không chia hết cho p

ii) 𝑎0, 𝑎1, … , 𝑎(𝑛−1) chia hết cho p

iii) 𝑎0 không chia hết cho 𝑝2

thì đa thức 𝑃(𝑥) bất khả quy

Định lý 16 (Quan hệ bất khả quy trên 𝑍[𝑥] và 𝑄[𝑥])

Nếu đa thức 𝑃(𝑥) ∈ 𝑍[𝑥] bất khả quy trên 𝑍[𝑥] thì cũng bất khả quy trên 𝑄[𝑥]

Bổ đề 3 (Bổ đềGauss) Ta gọi đa thức 𝑃 ∈ 𝑍[𝑥] là nguyên bản nếu các hệ số của nó nguyên tố cùng nhau

Ta có bổ đề Gauss: Tích của hai đa thức nguyên bản là nguyên bản

Chứng minh: Cho hai đa thức nguyên bản

𝑃(𝑥) = 𝑎𝑛𝑥𝑛+ 𝑎𝑛−1𝑥𝑛−1+ ⋯ + 𝑎1𝑥 + 𝑎0𝑄(𝑥) = 𝑏𝑚𝑥𝑚+ 𝑏𝑚−1𝑥𝑚−1 + ⋯ + 𝑏1𝑥 + 𝑏0thì 𝑃(𝑥) 𝑄(𝑥) = 𝑐𝑚+𝑛𝑥𝑚+𝑛 + 𝑐𝑚+𝑛−1𝑥𝑚+𝑛−1+ ⋯ + 𝑐1𝑥 + 𝑐0

Giả sử tích trên không nguyên bản thì tồn tại một số nguyên tố p là ước chung của các

hệ số 𝑐0, 𝑐1, … , 𝑐𝑚+𝑛 Vì P nguyên bản nên gọi i là số nhỏ nhất mà 𝑎𝑖 không chia hết cho p và j là số nhỏ nhất sao cho 𝑏𝑗 không chia hết cho p

Khi đó xét 𝑥𝑖+𝑗 ta thấy hệ số tương ứng không chia hết cho p, vô lý Vậy tích trên nguyên bản

Chứng minh Định lý 16: Cho 𝑃(𝑥) bất khả quy trên 𝑍[𝑥] Giả sử 𝑃(𝑥) khả quy trên 𝑄[𝑥]: 𝑃(𝑥) = 𝑃1(𝑥) 𝑃2(𝑥) với 𝑃1, 𝑃2 là các đa thức bậc nhỏ hơn bậc của 𝑃 và có hệ

số hữu tỷ

Do 𝑃(𝑥) ∈ 𝑍[𝑥] nên từ đây suy ra các hệ số của 𝑄1(𝑥)𝑄2(𝑥) đều chia hết cho q, suy

ra 𝑄1(𝑥)𝑄2(𝑥) không nguyên bản, trái với bổ đề Gauss Mâu thuẫn

Vậy P(x) bất khả quy trên Q[x]

4 Công thức nội suy Lagrange

2 vào ta được đa thức 𝐴(𝑥) = 1

2(𝑥 − 2)(𝑥 − 3) =1

2𝑥2−5

2𝑥 + 3 thỏa mãn điều kiện bài toán

Ví dụ 11 Tìm tất cả các đa thức 𝑃(𝑥) thoả mãn điều kiện: 𝑃(1) = 1, 𝑃(2) = 2,𝑃(3) = 4

Lời giải: Rõ ràng nếu P và Q là hai đa thức thoả mãn điều kiện đề bài thì 𝑃(𝑥) – 𝑄(𝑥)

sẽ bằng 0 tại các điểm 1, 2, 3 và từ đó, ta có

𝑃(𝑥) – 𝑄(𝑥) = (𝑥 − 1)(𝑥 − 2)(𝑥 − 3)𝐻(𝑥)

Ngược lại, nếu 𝑃(𝑥) là đa thức thoả mãn điều kiện đề bài thì các đa thức

𝑄(𝑥) = 𝑃(𝑥) + (𝑥 − 1)(𝑥 − 2)(𝑥 − 3)𝐻(𝑥)

cũng thoả mãn điều kiện đề bài với mọi H(x)

Từ đó có thể thấy rằng có vô số các đa thức thoả mãn điều kiện đề bài

❖ Ta đặt ra câu hỏi: Trong các đa thức thoả mãn điều kiện đề bài, hãy tìm đa

thức có bậc nhỏ nhất Rõ ràng đa thức này không thể là hằng số, cũng không thể

là bậc nhất Ta thử tìm bậc tiếp theo là bậc 2