Luận văn phương trình và bất phương trình

Trong các kỳ thi Olympic Toán Quốc tế, thi học sinh giỏi Quốc gia,thi Olympic sinh viên giữa các trường Đại học, cao đẳng, những bài toánliên quan đến phương trình đại số cũng hay được đ

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

Nguyễn Hữu Cần

PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

MÃ SỐ: 60 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS Đàm Văn Nhỉ

Thái Nguyên - 2012

Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên

Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS Đàm Văn Nhỉ

Phản biện 1: PGS.TS Lê Thị Thanh Nhàn

Phản biện 2: PGS.TS Nông Quốc Chinh

Luận văn đã được bảo vệ trước hội đồng chấm luận văn họp tại:Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên

Ngày 01 tháng 12 năm 2012

Có thể tìm hiểu tạiThư viện Đại học Thái Nguyên

Mục lục

Mục lục 1

Mở đầu 3

Chương 1 Phương trình đại số 7 1.1 Mở rộng trường 7

1.1.1 Mở rộng đơn 8

1.1.2 Mở rộng đại số 11

1.2 Tính đóng đại số của trường C 13

1.2.1 Tính đóng đại số của trường C 15

1.2.2 Giải phương trình đa thức 21

1.3 Phương trình đại số 22

Chương 2 Ứng dụng của phương trình đại số 30 2.1 Ứng dụng của phương trình đại số và mở rộng trường 30

2.1.1 Đa thức bất khả qui và số đại số trên Q 30

2.1.2 Tính chia hết của một vài đa thức đặc biệt 36

2.1.3 Ứng dụng tính đóng đại số của C 40

2.2 Ứng dụng của phương trình đại số trong Hình học 45

2.2.1 Điểm và đường dựng được 45

2.2.2 Không thể gấp đôi một hình lập phương 47

2.2.3 Không thể cầu phương hình tròn 47

2.2.4 Không thể chia một góc tùy ý thành ba góc nhỏ bằng nhau 48

2.2.5 Dựng đa giác đều n cạnh với ϕ(n) = 2m 49

2.2.6 Bài toán dựng tam giác 53 Chương 3 Ứng dụng vào giải Toán ở Trung học phổ thông 56

3.1 Xây dựng phương trình đa thức bậc cao qua đẳng thứclượng giác 563.2 Xây dựng phương trình vô tỷ qua phương trình lượng giác 583.3 Xây dựng bất đẳng thức qua bất đẳng thức đã biết 633.4 Xây dựng hệ phương trình qua số phức 66Kết luận 74Tài liệu tham khảo 75

Trong các kỳ thi Olympic Toán Quốc tế, thi học sinh giỏi Quốc gia,thi Olympic sinh viên giữa các trường Đại học, cao đẳng, những bài toánliên quan đến phương trình đại số cũng hay được đề cập và thường rấtkhó, đòi hỏi người học, người làm toán phải có kiến thức rộng và sâu sắc

về mở rộng trường mới dễ dàng tìm ra được lời giải hay và chính xác.Chẳng hạn, chúng ta xét hai ví dụ:

Ví dụ 0.0.1 mặt phẳng Oxy, một hệ các điểm An(xn, yn) được xácđịnh như sau:

Ví dụ 0.0.1 là bài toán về dãy các số nguyên và Ví dụ 0.0.2 là giảiphương trình trên R, việc giải hai bài toán này trên Z hoặc R là rất khókhăn Nhưng nếu chúng ta giải quyết nó trên tập C thì dễ dàng tìm đượclời giải Vì thế, một phương pháp để giải quyết những bài toán trên Qhoặc R là xét bài toán trên một mở rộng trường F của Q hoặc R mà ở

đó bài toán sẽ dễ dàng hơn và nhiều khi còn giúp chúng ta tìm ra kếtquả mới

Để phục vụ cho công tác bồi dưỡng học sinh giỏi và việc trao đổi kinhnghiệm giữa các thầy cô giáo dạy học sinh giỏi quan tâm và tìm hiểuthêm về phần này, được sự chỉ dạy, hướng dẫn tận tình của thầy ĐàmVăn Nhỉ, chúng tôi đã tìm hiểu và viết đề tài " Phương trình và bấtphương trình"

Đề tài giải quyết các vấn đề trọng tâm:

Chương 1 Phương trình đại số

Chương này tập trung trình bày về mở rộng trường, mở rộng đại số,chứng minh lại Định lý cơ bản của Đại số, định nghĩa phương trình đại

số và chứng minh lại Định lý không điểm của Hilbert

Chương 2 Ứng dụng của phương trình đại số

Trong chương này, chúng tôi trình bày một vài ứng dụng của mở rộngtrường, phương trình đại số và tính đóng của C để tìm hoặc chứng minhmột đa thức bất khả qui, xét tính chia hết của vài đa thức đặc biệt, phântích đa thức thành nhân tử, giải phương trình và các ứng dụng trongHình học

Chương 3 Ứng dụng vào giải Toán ở Trung học phổ thôngTrong chương này, chúng tôi xin giới thiệu một vài ứng dụng của côngthức Moivre để xây dựng các phương trình, hệ phương trình, bất đẳngthức Thông qua đó rèn luyện tư duy linh hoạt, tính sáng tạo cho họcsinh trung học phổ thông

Luận văn này được hoàn thành với sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tìnhcủa PGS.TS Đàm Văn Nhỉ - Trường Đại học Sư phạm Hà Nội Thầy

đã dành nhiều thời gian hướng dẫn và giải đáp các thắc mắc của tác giảtrong suốt quá trình làm luận văn Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắcđến Thầy

Em xin trân trọng cảm ơn các Thầy (Cô) trong Trường Đại học Khoahọc - Đại học Thái Nguyên, phòng Đào tạo Trường Đại học Khoa họccùng các thầy cô tham gia giảng dạy khóa Cao học 2010-2012 Đồng thờitôi xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học Toán K4C trường Đại họcKhoa học đã động viên giúp đỡ tôi trong quá trình học tập và làm luậnvăn này.

Tôi xin cảm ơn Sở Giáo dục - Đào tạo Tỉnh Bắc Ninh, Ban Giámhiệu, các đồng nghiệp trường THPT Tiên Du số 1- Huyện Tiên Du -Tỉnh Bắc Ninh đã tạo điều kiện cho tôi học tập và hoàn thành kế hoạchhọc tâp

Tuy nhiên, do sự hiểu biết của bản thân còn hạn chế và khuôn khổcủa luận văn thạc sĩ, nên trong quá trình nghiên cứu chắc sẽ không tránhkhỏi những thiếu sót, chúng tôi rất mong được sự chỉ dạy và đóng góp

ý kiến của quý Thầy Cô và bạn đọc

Tôi xin chân thành cảm ơn

Thái Nguyên, ngày 01 tháng 12 năm 2012

Tác giả

Nguyễn Hữu Cần

Các ký hiệu sử dụng

N được ký hiệu cho tập các số tự nhiên

N∗ được ký hiệu cho tập các số tự nhiên dương

Z được ký hiệu cho vành các số nguyên

Q được ký hiệu cho trường các số hữu tỷ

R được ký hiệu cho trường các số thực

C được ký hiệu cho trường các số phức

K được ký hiệu cho một trong ba trường Q, R hoặc C

Các ký hiệu viết tắt

HSG được ký hiệu cho học sinh giỏi

∆ABC được ký hiệu cho tam giác ABC

A, B, C được ký hiệu cho các góc ở đỉnh A, B, C của ∆ABC

a, b, c được ký hiệu cho độ dại các cạnh tương ứng của ∆ABC

ha, hb, hc được ký hiệu cho độ dài các đường cao kẻ từ A,B,C của

∆ABC

ma, mb, mc được ký hiệu cho độ dài các đường trung tuyến kẻ từA,B,C của ∆ABC

Định nghĩa 1.1.1 Cho hai trường F và K Trường F được gọi là một

mở rộng của K nếu K là một vành con của F

Nếu trường F là một mở rộng của trường K thì F được coi như làmột không gian véctơ trên K Số chiều của không gian này được gọi làbậc mở rộng của F trên K và được kí hiệu qua [F : K] Trường F đượcgọi là mở rộng bậc hữu hạn (vô hạn) của K nếu bậc mở rộng của nó làhữu hạn (vô hạn)

Một tháp các trường là một dãy các trường K1, K2, , Kn sao cho

K1 ⊂ K2 ⊂ · · · ⊂ Kn, Ki+1 là mở rộng của Ki với i = 1, 2, , n − 1

Ví dụ 1.1.1

1) Vì C là một không gian véctơ trên R với một cở sở {1, i} và số chiềubằng 2 nên trường số phức C là một mở rộng bậc 2 của trường sốthực R

2) Vì trường Q[√2] = {a + b√

2|a, b ∈ Q} = Q(√2) là một không gianvéctơ trên Q với cơ sở {1,√2} nên trường Q[√2] là một mở rộngbậc 2 của trường các số hữu tỉ Q

Tương tự trường Q[i] = {a + bi|a, b ∈ Q} là một mở rộng bậc 2 củatrường Q

Định lý 1.1.1 Cho một tháp các trường K ⊂ E ⊂ F Khi đó F là một

mở rộng bậc hữu hạn của K nếu và chỉ nếu F là một mở rộng bậc hữu

hạn của E và E là một mở rộng bậc hữu hạn của K Hơn nữa, ta còn

có [F : K] = [F : E].[E : K]

Chứng minh: Giả sử [F : E] = s và [E : K] = r Khi đó tồn tại một

cơ sở {v1, v2, , vs} của F trên E và một cơ sở {w1, w2, , wr} của Etrên K Ta chỉ cần chứng minh rằng {viwj|1 ≤ i ≤ s, 1 ≤ j ≤ r} làmột cơ sở của F trên K Thật vậy, do F = Ev1 + Ev2 + · · · + Evs và

1) Q(√2,√

3) là một mở rộng đơn của Q vì Q(√2,√

3) = Q(√2 +√

3).2) Q(1, −i) là một mở rộng đơn của Q vì Q(1, −i) = Q(i)

3) Q(ω,√3

2) với ω = −1 + i√3

2 cũng là một mở rộng đơn của Q vìQ(ω, 3

√2) = Q(ω +√3

3) Với mọi a ∈ K đều là đại số trên trường K

4) Các số thực π, e đều là siêu việt trên trường số hữu tỉ Q

Định lý 1.1.2 Cho F là một mở rộng của trường K và u ∈ F là đại

số trên K Khi đó tồn tại một đa thức p(x) ∈ K[x] bất khả quy nhận ulàm nghiệm Hơn nữa, nếu u là một nghiệm của đa thức f (x) ∈ K[x]thì f (x) chia hết cho p(x) Đa thức p(x) được gọi là một đa thức tối tiểucủa u trên K Các đa thức tối tiểu của u thì liên kết với nhau

Chứng minh: Do u là đại số trên K, nên tồn tại một đa thức p(x)

có bậc dương bé nhất, nhận u làm nghiệm Ta sẽ chứng minh p(x) là

đa thức bất khả quy trên K Thật vậy, giả sử p(x) khả quy trên K.Khi đó p(x) = g(x)h(x) với g(x), h(x) ∈ K[x] và deg g(x) < deg p(x)

và deg h(x) < deg p(x) Vì u là một nghiệm của p(x) nên có p(u) =g(u)h(u) = 0 Do K là một trường nên g(u) = 0 hoặc h(u) = 0 hay u

là một nghiệm của g(x) hoặc h(x): mâu thuẫn với tính nhỏ nhất củadeg p(x) Vậy p(x) là đa thức bất khả quy trên K.

Giả sử f (x) ∈ K[x] nhận u làm nghiệm Lấy f (x) chia cho p(x) tanhận được f (x) = p(x)q(x)+r(x) với deg r(x) < deg p(x) Vì u là nghiệmcủa p(x) và f (x) nên f (u) = p(u)q(u) + r(u) = 0, do đó u là nghiệm củar(x): mâu thuẫn với tính cực tiểu của deg p(x) Vậy r(x) = 0 và do đó

3) x4− 16x2+ 4 là một đa thức tối tiểu của √

(i) K[u] = K(u) ∼= K[x]/(p(x))

(ii) {1, u, u2, , un−1} là một cơ sở của K(u) trên K

(iii) [K(u) : K] = n = deg p(x)

Chứng minh: (i) Giả sử đa thức f (x) ∈ K[x] Khi đó f (u) ∈ K[u] vàánh xạ ϕ : K[x] → K[u] cho bởi f (x) 7→ f (u) là một đồng cấu vành

Từ Định lý 1.1.2 ta suy ra Kerϕ = (p(x)) Vậy K[x]/(p(x)) ∼= Imϕ =K[u] ⊂ K(u) Vì p(x) bất khả quy nên K[x]/(p(x)) là một trường Do

đó K[u] là một trường chứa K và u Vậy K[u] ⊃ K(u) Từ đó ta suy raK[u] = K(u) đẳng cấu với K[x]/(p(x))

(ii) Do K(u) = K[u] nên mọi phần tử của K(u) đều có dạng f (u) với

f (x) ∈ K[x] Giả sử deg p(x) = n Lấy f (x) chia cho p(x) ta nhận được

f (x) = p(x)q(x) + r(x), trong đó r(x) = a0+ a1x + · · · + an−1xn−1 ∈ K[x].Khi đó

f (u) = p(u).q(u) + r(u) = 0.q(u) + r(u) = a0 + a1u + · · · + an−1un−1.Vậy {1, u, , un−1} là một hệ sinh của K(u) trên K Ta còn phảichứng minh tập {1, u, , un−1} là độc lập tuyến tính giả sử c0 + c1u +

· · ·+cn−1un−1 = 0 với ci ∈ K(i = 0, 1, , n−1) Khi đó u là một nghiệmcủa đa thức g(x) = c0 + c1x + · · · + cn−1xn−1 ∈ K[x] (deg g(x) ≤ n − 1)chia hết cho p(x) (deg p(x) = n) Điều này chỉ xảy ra nếu g(x) = 0, suy

ra ci = 0 với mọi i = 0, 1, , n − 1 Vậy {1, u, , un−1} độc lập tuyếntính và do đó nó là một cơ sở của K(u) trên K

(iii) được suy ra từ (ii)

Ví dụ 1.1.5 Đa thức tối tiểu của √

1.1.2 Mở rộng đại số

Định nghĩa 1.1.4 Giả sử F là một mở rộng của trường K Trường Fđược gọi là một mở rộng đại số của K nếu mọi phần tử của F đều đại

số trên K

Mỗi phần tử u ∈ F đại số trên K đều thuộc một trường mở rộng của

K có bậc hữu hạn( đó là trường F (u)) Ngược lại, nếu cho trước một

mở rộng bậc hữu hạn của trường K thì ta có khẳng định sau:

Định lý 1.1.4 Cho F là một mở rộng bậc hữu hạn của trường K Khi

đó F là một mở rộng đại số của K

Chứng minh: Giả sử [F : K] = n Lấy u bất kỳ thuộc F , ta phảichứng minh u là một nghiệm của một đa thức nào đó trên K.

Thật vậy, hệ {1, u, u2, , un} gồm có n + 1 phần tử nên nó phụ thuộctuyến tính Khi đó tồn tại các phần tử ai ∈ K(i = 0, 1, 2, , n) khôngđồng thời bằng 0 để a0 + a1u + · · · + anun = 0 Do đó u là nghiệm của

đa thức khác không a0+ a1x + · · · + anxn ∈ K[x] Vậy F là một mở rộngđại số của K

Chú ý Nếu F là một mở rộng của K và F chứa phần tử siêu việt utrên K thì F phải là một mở rộng bậc vô hạn của K

Định lý 1.1.5 Giả sử F là một mở rộng bậc hữu hạn của trường K.Khi đó F là một mở rộng hữu hạn sinh của K

Chứng minh: Gọi {u1, u2, , un} là một cơ sở của F trên K Khi đótất cả các tổ hợp tuyến tính của các ui với hệ số trong K đều thuộcK(u1, u2, , un) và do đó F = K(u1, u2, , un)

Định lý 1.1.6 Giả sử F = K(u1, u2, , un) là một mở rộng hữu hạnsinh của trường K và các phần tử ui(i = 1, , n) đều là đại số trên K.Khi đó F là một mở rộng đại số bậc hữu hạn của K

Chứng minh: Xét một tháp các trường:

K ⊂ K(u1) ⊂ K(u1, u2) ⊂ · · · ⊂ K(u1, u2, , un−1) ⊂ K(u1, , un) = F

Ta luôn có K(u1, u2, , ui−1, ui) = K(u1, u2, , ui−1)(ui) với mọi

i = 2, 3, , n Do đó K(u1, u2, , ui−1, ui) là một mở rộng đơn củaK(u1, u2, , ui−1) với mọi i = 1, 2, , n Vì ui là một phần tử đại sốtrên K nên nó cũng đại số trên K(u1, u2, , ui−1) Theo Định lý 1.1.5,K(u1, u2, , ui) là một mở rộng bậc hữu hạn của K(u1, u2, , ui−1) vớimọi i = 2, 3, , n Theo Hệ qủa 1.1.1, F là một mở rộng bậc hữu hạncủa K Do đó F là một mở rộng đại số của K

√

3,√5) trên Q như sau: xét tháp các trường Q ⊂ Q(√3) ⊂Q(

√3)(√5) = Q(√3,√

5) Khi đó[Q(√3,√

3,√

5,√15} là một cơ sở của Q(√3,√

5) trênQ

2) Trường Q(√3, i) là một mở rộng đại số bậc hữu hạn của Q Xét thápcác trường Q ⊂ Q(√3) ⊂ Q(√3)(i) = Q(√3, i) Chú ý rằng x2+1 là

đa thức tối tiểu của i trên Q(√3) và do đó [Q(√3, i) : Q(√3)] = 2.Vậy [Q(√3, i) : Q] = [Q(√3, i) : Q(√3)][Q(√3) : Q] = 2.2 = 4 và{1,√3, i, i√

3} là một cơ sở của Q(√3, i) trên Q

1.2 Tính đóng đại số của trường C

Mệnh đề 1.2.1 Tập C là một trường chứa trường R như một trườngcon

Chứng minh: Dễ dàng kiểm tra C là một vành giao hoán với đơn vị

1 Giả sử z = a + bi 6= 0 Khi đó a2+ b2 > 0 Giả sử z, = x + iy ∈ C thỏamãn zz, = 1 hay  ax − by = 1

bx + ay = 0 Giải hệ trên được x =

a2 + b2i là nghịch đảo của z Tóm lại C

là một trường Vì đồng nhất a ∈ R với a + 0i ∈ C qua phép nhúng

R → C, a 7→ a + 0i, nên có thể coi R là trường con của C

Mệnh đề 1.2.2 Nếu z1 = r1(cos α1+ i sin α1), z2 = r2(cos α2+ i sin α2)với r1, r2 ≥ 0 thì

(i) |z1z2| = |z1| |z2| và

z1

z2

= |z1|

|z2|.

(ii) z1z2 = r1r2[ cos(α1 + α2) + i sin(α1 + α2)].

Hệ quả 1.2.1 Mỗi số phức z = r(cos α + i sin α) có n căn bậc n zk =r

iα

eiβ =cos α + i sin α

cos β + i sin β = cos(α − β) + i sin(α − β) nên

eiα

eiβ = ei(α−β)

Từ  eiα = cos α + i sin α

e−iα = cos α − i sin α suy ra





cos α = e

iα+ e−iα2sin α = e

iα − e−iα2

và nhậnđược Công thức Euler:

Bài giải: Ta có z2−2z cos α+1 = 0 có 2 nghiệm z = z1 = cos α+i sin α,1

z = z2 = cos α − i sin α Khi đó

zn = z1n = cos nα + i sin nα, 1

zn = z2n = cos nα − i sin nα

Do vậy zn+ 1

zn = 2 cos nα với mọi số tự nhiên dương n

1.2.1 Tính đóng đại số của trường C

Mục này sẽ chỉ ra rằng, mọi đa thức bậc dương thuộc C[x] đều cónghiệm trong C Đó chính là nội dung Định lý cơ bản của đại số Ngườiđầu tiên chứng minh định lý này là nhà toán học C.Gauss (1777 − 1855)

Ta bắt đầu bằng khái niệm trường đóng đại số

Định nghĩa 1.2.1 Trường K được gọi là một trường đóng đại số nếumọi đa thức bậc dương thuộc K[x] đều có nghiệm trong K

Như vậy, trong K[x] mọi đa thức bậc dương đều phân tích thành tíchcác nhân tử tuyến tính khi K là một trường đóng đại số

Bổ đề 1.2.2 Mỗi đa thức bậc lẻ thuộc R[x] đều có ít nhất một nghiệmthực thuộc R

Chứng minh: Giả sử f (x) = a0x2s+1+ a1x2s+ · · · + a2sx + a2s+1 ∈ R[x]vơi a0 6= 0 Dễ dàng thấy rằng a0f (x) sẽ tiến ra +∞ khi x → +∞ và

a0f (x) sẽ tiến ra −∞ khi x → −∞ Từ đấy suy ra sự tồn tại của các

số thực α > 0 và β < 0 thỏa mãn a0f (α) > 0, a0f (β) < 0 Do vậy

a20f (α)f (β) < 0 hay f (α)f (β) < 0 Vì đa thức f (x) là hàm xác định vàliên tục trên R thỏa mãn f (α)f (β) < 0 nên, theo định lý Weierstrass,

đa thức f (x) có ít nhất một nghiệm thực thuộc (α, β)

Bổ đề 1.2.3 Mỗi đa thức bậc hai thuộc C[x] đều có hai nghiệm thuộcC

Chứng minh: Trước hết ta chỉ ra, với mỗi số phức z đều có hai sốphức z1, z2 để z12 = z, z22 = z Thật vậy, giả sử z = a + bi 6= 0 và giả sử

Ta có z1 = x1 + bi

2x1 và z2 = x2 +

bi2x2 thỏa mãn z

· · · + an−1x + an ta có biểu diễn f (x) = u + iv với u = rncos nt + · · · , v =

rnsin nt + · · · , trong đó các số hạng còn lại của u và v chứa lũy thừacủa r với số mũ nhỏ hơn n Khi đó f (x)f (x) = u2+ v2 Ta chỉ ra sự tồntại của r và t để u2 + v2 = 0

Xét hai tích phân sau

R→∞I2 = −2nπ Như vậy, với n đủ lớn có I1 6= I2 : mâu thuẫn Từ mâuthuẫn này suy ra sự tồn tại của r và t để u = v = 0 hay f (x) có nghiệmthuộc C

Từ Định lý 1.2.1 ta suy ra kết quả về các đa thức bất khả quy trongC[x]:

Hệ quả 1.2.2 Mọi đa thức thuộc C[x] với bậc n > 0 đều có n nghiệmtrong C và các đa thức bất khả quy trong C[x] là các đa thức bậc nhất

Bổ đề 1.2.4 Cho f (x) ∈ R[x]\R f (x) là đa thức bất khả quy khi vàchỉ khi hoặc f (x) = ax + b với a 6= 0 hoặc f (x) = ax2+ bx + c với a 6= 0

và b2 − 4ac < 0

Chứng minh: Hiển nhiên, nếu f (x) = ax + b với a 6= 0 hoặc f (x) =

ax2 + bx + c với a 6= 0 và b2 − 4ac < 0 thì f (x) là bất khả quy

Ta chứng minh điều ngược lại

Giả sử f (x) ∈ R[x] là bất khả quy với deg f (x) ≥ 1

Trường hợp deg f (x) = 1 thì f (x) = ax + b với a 6= 0

Xét trường hợp deg f (x) = 2 Khi đó f (x) = ax2 + bx + c với a 6= 0.Nếu ∆ = b2 − 4ac ≥ 0 thì f (x) có hai nghiệm α1, α2 ∈ R và ta có

f (x) = a(x − α1)(x − α2): mâu thuẫn với giả thiết Vậy b2 − 4ac < 0.Xét trường hợp deg f (x) > 2 Vì C là trường đóng đại số nên f (x) = 0

có nghiệm α ∈ C theo Định lý 1.2.1 và như vậy nó còn có nghiệm α.Khi đó f (x) có nhân tử (x − α)(x − α) ∈ R[x] hay f (x) là khả quy: mâuthuẫn giả thiết

Tóm lại, nếu f (x) là đa thức bất khả quy thì hoặc f (x) = ax + b với

a 6= 0 hoặc f (x) = ax2 + bx + c với a 6= 0 và b2 − 4ac < 0

Sử dụng kết quả trên để chỉ ra dạng phân tích một đa thức thuộcR[x] thành tích các nhân tử bất khả quy

Định lý 1.2.2 Mỗi đa thức f (x) ∈ R[x]\R đều có thể phân tích đượcmột cách duy nhất dạng

f (x) = a(x − a1)n1 (x − as)ns(x2 + b1x + c1)d1 (x2 + brx + cr)dr

với các b2i − 4ci < 0 cho i = 1, 2, , r khi r ≥ 1

Chứng minh: Vì vành R[x] là vành nhân tử hóa nên f (x) có thể phântích được một cách duy nhất thành tích các nhân tử bất khả quy trongR[x] Vì các đa thức bất khả quy trong R[x] chỉ có dạng hoặc ax + bhoặc ax2 + bx + c với a 6= 0, b2 − 4ac < 0 theo Bổ đề 1.2.4 nên mỗi đathức f (x) đều có thể phân tích được một cách duy nhất thành dạng

f (x) = a(x − a1)n1 (x − as)ns(x2 + b1x + c1)d1 (x2 + brx + cr)dr

với các b2i − 4ci < 0 cho i = 1, 2, , r khi r ≥ 1

Đôi khi để tìm mối liên hệ giữa các nghiệm hay một tính chất nào đócủa các nghiệm đa thức ta thường sử dụng kết quả sau:

Định lý 1.2.3 [Viét] Giả sử x1, , xn là n nghiệm của đa thức bậc nsau đây: f (x) = xn− δ1xn−1+ δ2xn−2− · · · + (−1)nδn Khi đó có các hệthức

δn = x1x2 xn

cos4 2π7

cos4 3π7

Bài giải: Từ hệ thức −1 = cos π + i sin π = (cos π

7 + i sin

π

7)

7 suy racosπ

7 là nghiệm của phương trình 64x

7 − 112x5 + 56x3 − 7x + 1 = 0hay (x + 1)(8x3− 4x2− 4x + 1)2 = 0 Như vậy cosπ

7 là một nghiệm củaphương trình 8x3 − 4x2 − 4x + 1 = 0 Tương tự cos3π

7 là ba số đôi một khác nhau nên chúng là ba nghiệm phân biệt củaphương trình 8x3 − 4x2 − 4x + 1 = 0 Vậy cosπ

cos4 π7

cos4 2π7

+1

cosn 3π7

cosn 5π7, n = 1, 2, Chứng

minh rằng an nguyên và chia hết cho 32 khi n ≥ 4

Bài giải: Theo công thức Moivre ta có (cosπ

7+i sin

π

7)

7 = −1 Đặt x =cosπ

7 Khi đó x thỏa mãn phương trình 64x

7− 112x5+ 56x3− 7x + 1 = 0

hay (x+1)(8x3−4x2−4x+1)2 = 0 Do x 6= −1 nên 8x3−4x2−4x+1 = 0.Tương tự cos3π

, y2 = 1

cos 3π7

, y3 = 1

cos5π7thì y1, y2, y3 là ba nghiệm của

phương trình y3 − 4y2 − 4y + 8 = 0(∗) Ta có an = y1n+ yn2 + yn3 với mọi

n nguyên dương Theo định lý Viét đối với đa thức bậc ba (∗)

1 + y22 + y32) − 4(y1 + y2 + y2) + 24 = 0 hay

a3 − 4a2 − 4a1 + 24 = 0 và công thức truy hồi an+3 = 4an+2 + 4an+1 −8an, n ≥ 1 Bằng quy nạp theo n ta chỉ ra được an nguyên và chia hếtcho 32 khi n ≥ 4

Ví dụ 1.2.6 Chứng minh rằng với số nguyên dương lẻ n ta có các kếtquả:

n với

3n − 12n ∈Q.

ii) Trong (i) cho n = 2011 có

Giải phương trình ax2 + bx + c = 0 Phương trình ax2+ bx + c = 0

có hai nghiệm x1,2 = −b ±√b2 − 4ac

Trước tiên đưa f (x) = ax3+bx2+cx+d về dạng g(x) = x3+ux2+vx+t.Với việc đặt y = x+u

Chia hai vế cho a và đặt y = x + b

2a để đưa phương trình đã cho về dạng

y4 + py2 + qy + r = 0

Biến đổi tiếp, ta còn có (y2 + z)2 = (2z − p)y2 − qy + z2 − r Giả

sử y là một nghiệm của y4 + py2 + qy + r = 0 Chọn z để sao cho(2z − p)y2 − qy + z2 − r = (sy + t)2 Để đạt được điều đó ta cần xét

∆ = q2 − 4(2z − p)(z2 − r) = 0 Ta đã biết cách giải phưng trìnhbậc ba với ẩn z Gọi z0 là một nghiệm của phương trình này Khi đó(y2+z0) = (sy +t)2 Giải phương trình này ta sẽ suy ra được bốn nghiệmcủa ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0

2 = cos 20

0 hay x1 = 2 cos 200 Tương tự,

x2 = −2 cos 400, x3 = −2 cos 800 cũng là nghiệm của phương trình

Tóm lại, phương trình có ba nghiệm là 2 cos 200, −2 cos 400 và

2 và (∗∗) nhận đượcnghiệm x3,4 = −1 ± i√3

2 Vậy phương trình có bốn nghiệm trong C là

Định nghĩa 1.3.2 Cho K1 là một trường tùy ý chứa trường K và n làmột số nguyên dương Ta gọi tập

K1n = {(a1, , an)|ai ∈ K}

là không gian n-afin trên K1 Đặc biệt, Kn là không gian n-afin trên K.Không gian n-afin K1n là không gian véctơ n chiều trên K1 Điểm(a) = (a1, , an) là một bộ gồm n phần tử của K1 Ký hiệu K[x] làvành đa thức n biến x1, , xn trên K Với mỗi đa thức f ∈ K[x] ta cómột hàm số từ K1n vào K1 được xác định bởi quy tắc (a) 7→ f (a) vớimọi (a) ∈ K1n Nếu K là một trường có nhiều vô hạn phần tử thì ta cóthể đồng nhất các đa thức với các hàm tương ứng Bổ đề sau đây chỉ rađiều đó.

Bổ đề 1.3.1 Giả sử Klà một trường có nhiều vô hạn phần tử Cho f, g

là hai đa thức trong K[x] Nếu f (a) = g(a) với mọi a ∈ K thì f = g.Chứng minh: Đặt h = f − g Ta có h(a) = 0 với mọi a ∈ Kn Ta chỉ

ra rằng h = 0 Giả sử h 6= 0 Trước tiên, ta thấy deg h > 0 vì h khôngthể là một hằng số khác 0 Nếu n = 1 thì h chỉ có hữu hạn nghiệm Điềunày mâu thuẫn với h triệt tiêu trên K Nếu n > 1 ta viết h dưới dạng

h = h0 + h1x + · · · + hdxdnvới h0, , hd ∈ K[x1, , xn−1], hd 6= 0 Bằng quy nạp theo n ta

có thể giả thiết hd không triệt tiêu tại mọi điểm của Kn−1 Chọn

a1, , an−1 ∈ K sao cho hd(a1, , an−1) 6= 0 Khi đó phương trìnhh(a1, , an−1, xn) = 0 chỉ có hữu hạn nghiệm là một điều mâu thuẫn.Vậy h = 0

Bổ đề trên không còn đúng nếu trường K chỉ có một số hữu hạn phầntử

Ví dụ 1.3.1 Cho K = Z/2Z là trường chỉ có hai phần tử 0, 1 Ta thấyngay các đa thức xt xác định cùng một hàm số trên Z/2Z với mọi t ≥ 1.Tập đại số afin

Nếu không nói gì thêm ta luôn luôn ký hiệu K[x1, , xn] qua K[x].Cho điểm (a) ∈ K1n ta ký hiệu vành đa thức của a1, , an trên

K qua K[a] = K[a1, , an] và trường các hàm hữu tỷ tương ứng

f (a) = 0 Khi đó, ta nói f triệt tiêu tại (a) Tập nghiệm của một hệphương trình đa thức trong K[x] được gọi là một tập đại số afin trong

K1n hay tập đại số afin trên K

Với định nghĩa trên thì các hình hình học thông thường như cácđường thẳng, đường tròn, mặt phẳng đều là các tập đại số Mỗi điểm(a) = (a1, , an) ∈ Kn đều lập thành một tập đại số vì (a) là nghiệmduy nhất của hệ phương trình

 xi− ai = 0,

i = 1, , n

Ngoài ra, không gian K1n và tập rỗng ∅ cũng là các tập đại số vì K1n làtập nghiệm của phương trình 0 = 0 còn tập ∅ là tập nghiệm của phươngtrình 1 = 0 Cho S là một tập các đa thức trong K[x] Ta gọi hệ phươngtrình f (x) = 0, f ∈ S là hệ phương trình của S

Định nghĩa 1.3.3 Tập hợp V (S) := {(a) ∈ K1n|f (a) = 0, ∀f ∈ S}được gọi là tập nghiệm của S trong K1n hay là tập đại số afin được xácđịnh bởi S Nếu S chỉ gồm một số hữu hạn các đa thức f1, , fr thì tadùng ký hiệu V (f1, , fr)

Hiển nhiên V (0) = K1n, V (1) = V (K[x]) = ∅ Nếu f là một đa thứcbậc dương thì V (f ) là một tập hữu hạn điểm nếu n = 1, một đườngcong nếu n = 2, một mặt cong nếu n = 3 Để cho tiện người ta gọi mộttập đại số dạng V (f ) là một siêu mặt của không gian n−afin K1n Nếu f

là một đa thức tuyến tính (bậc 1) thì V (f ) được gọi là một siêu phẳng.Theo định nghĩa thì mọi tập đại số đều là giao của một số hữu hạn cácsiêu mặt

V (S) = ∩

f ∈SV (f )

Ví dụ 1.3.2 Tập nghiệm V (f ) của một đa thức f một biến chỉ có thể

là K1 nếu f = 0 hay là một tập hữu hạn trong K1 nếu f có bậc dươnghoặc là một tập rỗng nếu f là một hằng số khác không

Vì vậy, tập đại số trong không gian 1−afin chỉ có thể là K1 hoặc tậpcon hữu hạn của K1 hay tập rỗng Nếu n ≥ 2 thì việc mô tả cụ thểdạng các siêu mặt trong K1n không dễ dàng chút nào Chẳng hạn, nếu

a2 2

= a

3 2

a3 1

= a3.Một số tính chất của tập đại số

Định lý 1.3.1 Các tập đại số có các tính chất cơ bản sau:

(a) Nếu S1 và S2 là hai tập hợp trong K[x] và S1 ⊇ S2 thì V (S1) ⊆

Ta thấy V (S1) ∪ V (S2) = V (S) Thật vậy, do mọi nghiệm của S1, S2cũng là nghiệm của S nên V (S1), V (S2) ⊆ V (S) và do đó V (S1)∪V (S2) ⊆

V (S.) Đảo lại, giả sử a là một nghiệm của S Nếu a không là nghiệmcủa S1 thì ta có một đa thức f ∈ S1 sao cho f (a) 6= 0 Do f (a)g(a) =(f g)(a) = 0 nên g(a) = 0 với mọi g ∈ S2 Từ đó suy ra a là nghiệm của

Từ Định lý 1.3.1 b) ta thấy ngay một tập hữu hạn các điểm là mộttập đại số afin

Chú ý, hợp của một tập vô hạn các tập đại số afin không nhất thiết

là một tập đại số afin

Ví dụ, mỗi một phần tử a ∈ K lập nên một tập đại số, vì nó là nghiệmcủa phương trình đa thức x − a = 0 Nhưng mọi tập con thực sự của K

có vô hạn phần tử sẽ không bao giờ là một tập đại số afin

Định lý 1.3.1 về hợp và giao cho thấy ta có thể trang bị một cấu trúctôpô cho không gian afin K1n, trong đó các tập đóng chính là các tập đại

số afin Tôpô này và tôpô cảm sinh trên mỗi tập đại số afin được gọi làtôpô Zariski Do giao của hai tập đại số afin là một tập đại số afin nêncác tập đóng trong một tập đại số afin V chính là các tập đại số afinnằm trong V

Cho S là một tập các phần tử của K[x] Ký hiệu (S) là iđêan sinhbởi S Nếu S chỉ gồm một hệ hữu hạn các phần tử f1, , fr thì dùng

ký hiệu (f1, , fr) thay cho ký hiệu (S) Khi đó

(f1, , fr) = {h1f1 + · · · + hrfr|h1, , hr ∈ K[x]} (1.1)

Bổ đề 1.3.2 Nếu a là iđêan sinh bởi S thì V (a) = V (S)

Chứng minh: Do a ⊇ S nên V (a) ⊆ V (S) theo Định lý 1.3.1 Đảolại, với mọi f ∈ a ta có thể viết dưới dạng như (1.1) Khi đó, với mọi

a ∈ V (S) ta có f1(a) = · · · = fr(a) = 0 và do đó

f (a) = h1(a)f1(a) + · · · + hr(a)fr(a) = 0

Từ đây suy ra a ∈ V (a) Vì vậy V (S) ⊆ V (a) Tóm lại V (a) = V (S).Như vậy là mọi tập đại số afin trong K1n đều là tập nghiệm của mộtiđêan trong K[x] Ta sẽ thấy các mối quan hệ cơ bản giữa các tập đại

số afin phản ánh các phép toán đối với iđêan

Định lý 1.3.2 Cho a và b là hai iđêan tùy ý trong K[x] Ta có

(a) V (a) ∪ V (b) = V (a ∩ b) = V (ab)

(b) V (a ∪ b) = V (a + b)

(c) V (a) = V (√

a)

(d) Nếu iđêan q là iđêan p-nguyên sơ thì V (q) = V (p)

(e) Nếu iđêan a có sự phân tích nguyên sơ rút gọn tối tiểu a = ∩s

(b) Theo chứng minh Định lý 1.3.1 về giao thì V (a) ∩ V (b) = V (a ∪ b)

Do iđêan a + b sinh bởi a ∪ b nên V (a ∪ b) = V (a + b)

Ví dụ 1.3.3 Cho a = (x, y2) và b = (x2, y) là hai iđêan của K[x, y].

Ta có a ∩ b = (x2, xy, y2), ab = (x3, xy, y3) và a + b = (x, y) Hiển nhiên

V (a) ∪ V (b) = {0, 0} = V (a ∩ b) và V (a) ∩ V (b) = {0, 0} = V (a + b).Cuối cùng của mục này chúng ta chứng minh định lý Hilbert về khôngđiểm và luôn giả thiết K là trường đóng đại số Xét hệ fi(x1, , xr) ∈K[x] với i = 1, , r và V (f1, , fr) 6= ∅ Giả sử g(x) = g(x1, , xn)

là một đa thức khác 0 thỏa mãn g(x) triệt tiêu trên V (f1, , fr) Khi

đó ta có kết quả sau

Định lý 1.3.3 [Định lý Hilbert về không điểm.] Nếu đa thức g(x)triệt tiêu trên V (f1, , fr) thì tồn tại các đa thức ai(x) và các số nguyêndương s để [g(x)]s =

Hệ mới này không có nghiệm trong bất kỳ một mở rộng nào củatrường K Vậy iđêan sinh ra bởi các đa thức trong hệ phải là iđêan đơn

Gauss được sinh ra tại Braunschweig, thuộc Brunswick-L¨uneburg (nay

là Hạ Saxony, Đức), trong một gia đình thuộc tầng lớp thấp trong xãhội Theo giai thoại kể lại, tài năng bẩm sinh của Gauss được phát hiệnkhi ông mới lên ba, qua việc ông sửa lại lỗi của cha trong tính toán tàichính Một câu chuyện khác kể rằng khi ông học tiểu học, thầy giáo yêucầu học sinh tính cộng các số nguyên từ 1 đến 100 Gauss đã trả lời đúngchỉ trong vài giây bằng một cách giải nhanh và độc đáo Ông nhận thấyviệc cộng hai số ở đầu và cuối dãy tạo ra kết quả trung gian giống nhau:

1 + 100 = 101, 2 + 99 = 101, 3 + 98 = 101, và kết quả tổng cộng là50.101 = 5050

Từ thời trung học, Gauss khám phá ra một số định lý toán học quantrọng một cách độc lập; năm 1795 Gauss viết luận án tiến sĩ và đã đưa

ra quy luật thuận nghịch bậc hai thuộc lý thuyết đại số; năm 1796, Gauss

đã có đột phá toán học đầu tiên khi ông chứng minh rằng mọi đa giácđều với số cạnh bằng số nguyên tố Fermat (và, do đó, mọi đa giác đềuvới số cạnh bằng tích của các số nguyên tố Fermat khác nhau và lũythừa của 2) đều có thể dựng được bằng compa và thước kẻ Đây là mộtkhám phá quan trọng trong ngành dựng hình, một bài toán đã làm đauđầu nhiều nhà toán học từ thời Hy Lạp cổ đại Gauss đã thích thú vớikết quả này đến nỗi ông đã yêu cầu khắc lên mộ mình sau này một hìnhthất thập giác đều

Gauss đã để lại cho đời nhiều công trình về Toán học, Thiên văn học,Vật lý học, Dân tộc Đức vĩ đại có quyền tự hào về ông

Chương 2

Ứng dụng của phương trình đại số

Trong chương này, chúng tôi trình bày một vài ứng dụng của mở rộngtrường, phương trình đại số và tính đóng của C để tìm hoặc chứng minhmột đa thức bất khả qui, xét tính chia hết của vài đa thức đặc biệt, phântích đa thức thành nhân tử, giải phương trình và các ứng dụng trongHình học

2.1 Ứng dụng của phương trình đại số và mở rộng trường2.1.1 Đa thức bất khả qui và số đại số trên Q

Trước khi trình bày một số ứng dụng của khái niệm phương trình đại

số và mở rộng trường, chúng ta chứng minh lại một số kết quả sau

Bổ đề 2.1.1 Cho đa thức f (x) = a0xn + a1xn−1 + · · · + an−1 + an ∈Z[x], a0 6= 0 Nếu số hữu tỷ p

q với (p, q) = 1 là nghiệm của phương trình

f (x) = 0 thì

(i) p là một ước của an và q là một ước của a0

(ii) p − mq là một ước của f (m) cho mọi số nguyên m

Chứng minh: (i) Giả sử số hữu tỷ p

q với (p, q) = 1 là nghiệm của

q và quy đồng a0(p − mq)

n+ b1(p − mq)n−1q + · · · + bn−1(p −mq)qn−1 + f (m)qn = 0 Vì (p, q) = 1 nên p − mq là một ước của f (m)cho mọi số nguyên m

Hệ quả 2.1.1 Nghiệm hữu tỷ của đa thức f (x) = xn+a1xn−1+· · ·+an ∈Z[x] phải là số nguyên.

Chứng minh: Suy ra trực tiếp từ bổ đề trên

3 +p6 − 3√

3).Tiếp tục bình phương hai vế, rút gọn ta nhận được α4 − 16α2+ 32 = 0

Do đó đa thức f (x) = x4 − 16x2

+ 32 ∈ Z[x] thỏa mãn f (α) = 0 Nhậnthấy không có ước nào của 32 là nghiệm của f (x) Như vậy, α là số vôtỷ

Cho đa thức f (x) = a0xn + a1xn−1+ · · · + an ∈ Z[x] Đặt cont(f) =

Chứng minh: Chỉ cần chứng minh cho trường hợp cont(g) = cont(h) =

1 là đủ vì thay cho việc xét g và h ta xét các đa thức g

cont(g) và

hcont(h)tương ứng Giả sử g(x) = a0xn + a1xn−1 + · · · + an và h(x) = b0xm +

b1xm−1 + · · · + bm ∈ Z[x], a0b0 6= 0, với cont(g) = cont(h) = 1 Giả sửcont(gh) = d > 1 Gọi p là số nguyên tố và là ước của d Khi đó tất cảcác hệ số của gh đều chia hết cho p trong khi g và h có những hệ sốkhông cùng chia hết cho p Gọi ar và bs là những hệ số đầu tiên của g

và h tương ứng mà không chia hết cho p Khi đó hệ số ar+s của gh thỏamãn

Từ bổ đề trên ta suy ra ngay hai hệ quả sau đây:

Hệ quả 2.1.2 Tích hai đa thức nguyên bản cũng là một đa thức nguyênbản

Hệ quả 2.1.3 Đa thức f ∈ Z[x] là bất khả quy trên Z khi và chỉ khi

nó bất khả quy trên Q

Chứng minh: Giả sử f ∈ Z[x] và f = gh với g, h ∈ Q[x] Không hạnchế, có thể giả thiết cont(f ) = 1 Cho g ta chọn số nguyên dương msao cho mg ∈ Z[x] Đặt n = cont(mg) và r = m

n Khi đó rg ∈ Z[x] vàcont(rg) = 1 Tương tự, chọn số hữu tỷ dương s cho h sao cho sh ∈ Z[x]

và cont(sh) = 1 Khi đó f = (rg)(sh) là sự phân tích của f trên Z.Theo Bổ đề 2.1.2, ta có 1 = cont(f ) = cont(rg)cont(sh) = cont(rsgh) =cont(rsf ) Vậy rs = 1

Do kết quả này mà ta chỉ cần nghiên cứu tính bất khả quy của đathức với các hệ số nguyên trên vành Z Ta có tiêu chuẩn sau đây để cóthể kiểm tra khi nào một đa thức với các hệ số nguyên là bất khả quy.Định lý 2.1.1 [Tiêu chuẩn Eisenstein] Cho f (x) = anxn+an−1xn−1+

· · · + a0, an 6= 0, là đa thức với hệ số nguyên và p là số nguyên tố sao cho

an không chia hết cho p và các ai, i < n, chia hết cho p nhưng a0 khôngchia hết cho p2 Khi đó f (x) là đa thức bất khả quy trên Z

Vì a0 không chia hết cho p2 nên c0 không chia hết cho p Nếu tất cả các

bi đều chia hết cho p thì an cũng chia hết cho p: mâu thuẫn với giả thiết.Vậy phải có một bi không chia hết cho p Gọi i là chỉ số nhỏ nhất để bikhông chia hết cho p Khi đó 0 < i ≤ r Vì ai = bic0+ bi−1c1+ · · · + b0cichia hết cho p với tất cả các số hạng bi−1c1, , b0ci đều chia hết cho pnên bic0 cũng chia hết cho p: mâu thuẫn Điều này chứng tỏ f là đa thứcbất khả quy trên Z

Ví dụ 2.1.2 Với bất kỳ số nguyên dương n đa thức f (x) = 1 + x +

x2

2! + · · · +

xnn! là đa thức bất khả quy trên Q

Bài giải: Ta phải chưng minh n!f (x) = n! + n!x + n!x

2

2! + · · · + x

n làbất khả quy trên Z Ta chọn số nguyên p với p ≤ n < 2p và n chia hếtcho p, nhưng n! không chia hết cho p2 Theo tiêu chuẩn Eisenstein, đathức n!f là bất khả quy trên Z

Ví dụ 2.1.3 Với bất kỳ số nguyên tố p đa thức f (x) = 1 + x + · · · + xp−1

p − 1



là bất khả quy trên Z Do đó f bất khảquy trên Z

Định lý 2.1.2 Cho f (x) = b0xn+ b1xn−1+ · · · + bn là đa thức với các

hệ số nguyên và p là số nguyên tố sao cho b0 không chia hết cho p nhưng

bk+1, , bn chia hết cho p, bn không chia hết cho p2 Khi đó f (x) có nhân

tử bất khả quy bậc ≥ n − k

Chứng minh: Phân tích f (x) thành các nhân tử bất khả quy Giả sửg(x) = c0xm + c1xm−1 + · · · + cm ∈ Z[x] là một nhân tử bất khả quyvơi cm chia hết cho p Biểu diễn f (x) = g(x)h(x) với h(x) = d0xh +

d1xh−1 + · · · + dh ∈ Z[x] Khi đó dh không chia hết cho p Gọi ci là hệ

số đầu tiên của g(x) không chia hết cho p trong khi bm, , bi+1 chia hếtcho p Ta có cmdh = bn chia hết cho p, nhưng không chia hết cho p2

Vì bh+i = cidh + ci+1dh−1 + · · · không chia hết cho p nên h + i ≤ k hay

2 Như vậy f (x) = (x3 + 6x − 3)2 − 2(3x2 − 2)2 = x6 − 6x4 −6x3 + 12x2 − 36x + 1 là đa thức bậc 6 với các hệ số nguyên nhận x1 =

Ví dụ 2.1.5 Xác định đa thức bất khả quy f (x) ∈ Z[x] bậc 4 có nghiệmtan π

Bài giải: Sử dụng công thức tan 2x = 2 tan x

1 − tan2x, nên từ tan

Bài giải: Ký hiệu αr = cosr2π

3n + i sin

r2π3n với r = 0, 1, 2, , 3n Khi

đó f (x) = (xn− 1)(x2n+ xn+ 1) = x3n− 1 có sự biểu diễn thành ba tíchsau:

1 + i) Vậy f (x) = (xn −√2(cosπ

Giả sử hai đa thức f (x), g(x) ∈ R[x] Đa thức f (x) được gọi là chiahết cho đa thức g(x) nếu có đa thức h(x) ∈ R[x] để f (x) = g(x)h(x).Định lý 2.1.3 Giả sử trường F là một mở rộng của trường K và α ∈ F

là đại số trên K Khi đó tồn tại duy nhất một đa thức bất khả quy với

hệ tử cao nhất bằng 1 là p(x) ∈ K[x] nhận α làm nghiệm Hơn nữa, nếu

f (x) ∈ K[x] mà thỏa mãn f (α) = 0 thì f (x) chia hết cho p(x)

Chứng minh: Vì p(x) là đa thức bất khả quy, nhận α làm nghiệm, nên

nó là đa thức tối tiểu của α trên K Giả sử đa thức f (x) ∈ K[x] TheoĐịnh lý về phép chia với dư, ta có f (x) = q(x)p(x) + r(x), trong đódeg r(x) < deg p(x) Vậy f (α) = 0 khi và chỉ khi r(α) = 0 Do đó f (x)chia hết cho p(x) khi và chỉ khi f (α) = 0

Ví dụ 2.1.8 Với các số tự nhiên m và n, tam thức xm+ xn+ 1 chia hếtcho x2+x+1 khi và chỉ khi mn−2 3 Từ đó suy ra x10+x5+1, x20+x4+1đều chia hết cho x2 + x + 1

Bài giải: Đa thức x2+ x + 1 là đa thức bất khả quy trên Q với nghiệmphức α = −1 + i√3

2 , α

3 = 1 Biểu diễn m = 3h + r, n = 3k + s với

r, s ∈ {0, 1, 2} Vậy p(x) = xm + xn + 1 chia hết cho x2 + x + 1 khi vàchỉ khi αm+ αn+ 1 = 0 hay αr+ αs+ 1 = 0 Do vậy 0 = (−1 + i√3

r+

Định nghĩa 1.3.3 Tập... phương trình đại số

Trong chương này, chúng tơi trình bày vài ứng dụng mở rộngtrường, phương trình đại số tính đóng C để tìm chứng minhmột đa thức bất khả qui, xét tính chia hết vài... giải phương trình ứng dụng trongHình học

2.1 Ứng dụng phương trình đại số mở rộng trường2.1.1 Đa thức bất khả qui số đại số Q

Trước trình bày số ứng dụng khái niệm phương trình