MỘT VÀI BÀI TOÁN VỀ ĐA THỨC VÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC MỘT BIẾN

Đa thức l  một chuyên đề quan trọng trong chương trình toán học phổ thông. Không những thế, đa thức l một chủ đề hay v rộng lớn để chúng ta khai thác tìm hiểu. Các b i toán về đa thức l kiến thức kiểm tra không thể thiếu trong các kì thi phổ thông. Đặc biệt trong các kì thi Olimpic quốc tế, chủ đề đa thức, phương trình h m đa thức được xuất hiện thường xuyên với những dạng toán hết sức đa dạng. Do đó, để đáp ứng nhu cầu về giảng dạy, học tập, luận văn Một v i b i toán về đa thức v phương trình h m đa thức một biến nhằm tìm hiểu, thu thập các t i liệu v phân loại hệ thống các b i toán về đa thức, phương trình h m đa thức một biến.

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

Cao Thị Na

MỘT VÀI BÀI TOÁN VỀ ĐA THỨC VÀ

PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC MỘT BIẾN

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Hà Nội - Năm 2017

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌCPGS TS NGUYỄN NHỤY

Hà Nội - Năm 2017

Mục lục

1.1 Đa thức, nghiệm của đa thức 3

1.1.1 Đa thức một biến 3

1.1.2 Đa thức bằng nhau 4

1.1.3 Phép cộng trừ đa thức, nhân đa thức 5

1.1.4 Bậc của tổng, hiệu và tích các đa thức 6

1.1.5 Phép chia đa thức có dư 6

1.1.6 Phép chia hết Ước và bội 7

1.1.7 Thuật toán Euclid 10

1.1.8 Nghiệm của đa thức, các định lí cơ bản 12

1.1.9 Định lí Viète 19

1.1.10 Đồng nhất thức Newton 22

1.1.11 Các bài toán 23

1.2 Đa thức với hệ số nguyên, đa thức bất khả quy 30

1.2.1 Đa thức với hệ số nguyên 30

1.2.2 Đa thức bất khả quy trên Z[x] 31

1.2.3 Mối quan hệ bất khả quy trên Z[x] và Q[x] 35

1.2.4 Các bài toán 37

2 Phương trình hàm đa thức 43

2.1 Phương trình dạng P (f )P (g) = P (h) 43

2.2 Phương pháp nghiệm đa thức 57

2.3 Phương pháp khảo sát hệ số 69

2.4 Phương pháp sử dụng bậc của đa thức 72

LỜI NÓI ĐẦU

Đa thức là một chuyên đề quan trọng trong chương trình toán học phổthông Không những thế, đa thức là một chủ đề hay và rộng lớn để chúng takhai thác tìm hiểu Các bài toán về đa thức là kiến thức kiểm tra không thểthiếu trong các kì thi phổ thông Đặc biệt trong các kì thi Olimpic quốc tế,chủ đề đa thức, phương trình hàm đa thức được xuất hiện thường xuyên vớinhững dạng toán hết sức đa dạng

Do đó, để đáp ứng nhu cầu về giảng dạy, học tập, luận văn "Một vài bàitoán về đa thức và phương trình hàm đa thức một biến" nhằm tìm hiểu, thuthập các tài liệu và phân loại hệ thống các bài toán về đa thức, phương trìnhhàm đa thức một biến

Bố cục luận văn gồm lời mở đầu, hai chương, phần kết luận và danh mụctài liệu tham khảo

Chương 1 Một vài bài toán về đa thức

Chương này được dành để trình bày một số khái niệm cơ bản về đa thức,các định lí cơ bản, các tiêu chuẩn bất khả quy cùng với đó là các bài toántiêu biểu trong các kì thi Olimpic quốc tế

Chương 2 Phương trình hàm đa thức

Trong chương 2 chúng tôi trình bày dạng toán phương trình hàm thườnggặp và ba phương pháp thường dùng khi giải phương trình hàm đa thức cùngvới đó là các bài toán tiêu biểu trong các kì thi Olimpic quốc tế

Để hoàn thành luận văn, em đã nhận được sự giúp đỡ của thầy cô, bạn

bè, đặc biệt là sự chỉ bảo hướng dẫn tận tình của PGS TS Nguyễn Nhụy,cùng các thầy cô trong Seminar bộ môn Toán của trường Đại học Khoa học

Tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội Em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thànhcác thầy cô giáo trong khoa Toán - Cơ - Tin học, trường Đại học Khoa học

Tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội, đã hướng dẫn em hoàn thành khóa họcCao học 2015-2017

Do thời gian thực hiện luận văn không nhiều, kiến thức còn hạn chế nênkhi làm luận văn không tránh khỏi những hạn chế và sai sót Em mong nhậnđược những ý kiến góp ý của quý thầy cô và bạn đọc

Em xin chân thành cảm ơn

Hà Nội, tháng 11 năm 2017

Học viên

Cao Thị Na

Chương 1

Một vài bài toán về đa thức

Trong chương này, chúng tôi sẽ trình bày hai nội dung chính Mục một, sẽgiới thiệu các kiến thức cơ bản về đa thức như định nghĩa đơn thức, đa thức,phép chia hết, chia có dư, các định lí cơ bản Tiếp theo là một số các bàitoán hay về đa thức xuất hiện trong các kì thi Olimpic Vấn đề đa thức bấtkhả quy trên vành số nguyên sẽ được trình bày trong mục hai Tiêu chuẩncủa đa thức bất khả quy sẽ được chứng minh và kèm theo là các bài tập ápdụng

1.1.1 Đa thức một biến

Định nghĩa 1.1.1 (Đơn thức một biến)

Biểu thức có dạng axk (trong đó a thuộc trường K; x là biến; số mũ k làcác số tự nhiên) được gọi là đơn thức một biến với hệ số trong K

Định nghĩa 1.1.2 (Đa thức một biến)

Đa thức một biến x trên trường số K là biểu thức có dạng

P (x) = anxn + an−1xn−1+ + a1x + a0

trong đó ai ∈ K; an 6= 0 được gọi là các hệ số của đa thức an được gọi là hệ

số cao nhất; a0 được gọi là hệ số tự do

Chú ý 1.1.3 Tập hợp tất cả các đa thức một biến trên trường số thực kíhiệu là R[x]

Nếu các hệ số được lấy trên tập hợp số hữu tỉ thì ta có đa thức với hệ số hữu

Cho hai đa thức P (x) = anxn + + a1x + a0 và Q(x) = bmxm + +

b1x + b0 với n ≥ m Nếu tồn tại n + 1 số đôi một khác nhau α1, α2, , αn+1

(αi 6= αj, ∀i 6= j) sao cho P (αi) = Q(αi) với i = 1, 2, , n + 1 thì n = m và

a0 = b0, a1 = b1, , an = bn

Chứng minh

Cho hai đa thức

P (x) = anxn+ + a1x + a0Q(x) = bmxm+ + b1x + b0

Theo bài ra n ≥ m Khi đó ta có n = m + k với k ≥ 0.

Xét hiệu

P (x)−Q(x) = am+kxm+k+am+k−1xm+k−1+ .+xm(am−bm)+xm−1(am−1− bm−1)+ + a0− b0

Theo bài ra tồn tại n+1 số đôi một khác nhau α1, α2, , αn+1(αi 6= αj, ∀i 6= j)sao cho P (αi) = Q(αi) Khi đó P (αi) − Q(αi) = 0 Suy ra

ở đây, nếu n ≤ m thì bk = 0 với k = n + 1, , m Khi đó P (x)Q(x) là một

đa thức bậc m + n và có các hệ số được xác định bởi ck =

n+m

X

i=0

aibk−i

1.1.4 Bậc của tổng, hiệu và tích các đa thức

Tính chất 1.1.6 Cho đa thức P (x); Q(x) là các đa thức bậc m; n tươngứng Khi đó

1 deg(P ± Q) ≤ max(m; n) trong đó nếu deg(P ) 6= deg(Q) thì dấu bằngxảy ra Trong trường hợp m = n thì deg(P ± Q) có thể nhận bất cứ giátrị nào nhỏ hơn hoặc bằng m,

2 deg(P Q) = m + n,

3 deg P (Q(x)) = m n

1.1.5 Phép chia đa thức có dư

Định lý 1.1.7 Với hai đa thức P (x) và Q(x) bất kì, trong đó deg(Q) ≥ 1,tồn tại duy nhất các đa thức S(x) và R(x) thỏa mãn đồng thời các điều kiện

• P (x) = Q(x).S(x) + R(x),

• 0 ≤ deg(R(x)) < deg(Q(x))

Chứng minh

Trước tiên, ta chứng minh tính tồn tại

Ta chứng minh bằng quy nạp theo m = deg(P ) Nếu deg(P ) < deg(Q) thì

ta có thể chọn S(x) = 0 và R(x) = P (x) thỏa mãn đồng thời hai điều kiệncủa định lí Giả sử m ≥ n và định lí đã được chứng minh với các đa thức cóbậc nhở hơn m Ta chứng minh định lí đúng với các đa thức bậc m Giả sử

P (x) =Pm

k=0ak.xk, Q(x) = Pn

k=0bk.xk Xét đa thứcH(x) = P (x) −

Do hệ số của xm ở hai đa thức bị triệt tiêu nên bậc của H(x) không vượt quá

m − 1 Theo giả thiết quy nạp, tồn tại các đa thức S∗(x), R∗(x) sao cho

Tiếp theo ta chứng minh tính duy nhất

Giả sử ta có hai biểu diễn P (x) = S(x).Q(x) + R(x) và P (x) = S∗(x).Q(x) +

R∗(x) thỏa mãn điều kiện 2) Khi đó Q(x).(S(x) − S∗(x)) = R∗(x) − R(x) Ta

có, theo điều kiện 2) thì deg(R∗(x) − R(x)) < deg(Q) Mặt khác, nếu S(x) −

S∗(x) không đồng nhất bằng 0 thì deg(Q(x)(S(x) − S∗(x))) = deg(Q(x)) +deg(S(x) − S∗(x)) ≥ deg(Q) Mâu thuẫn vì hai vế bằng nhau Chú ý 1.1.8 Theo kí hiệu của định lí thì S(x) được gọi là thương số vàR(x) được gọi là số dư trong phép chia P (x) cho Q(x)

1.1.6 Phép chia hết Ước và bội

Trong phép chia P (x) và Q(x), nếu số dư R(x) đồng nhất bằng 0 thì tanói rằng đa thức P (x) chia hết cho 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) Kí hiệu tương ứng làQ(x)|P (x) và P (x) .Q(x)

Định nghĩa 1.1.9 (Ước chung lớn nhất của hai đa thức)

Cho P (x) và Q(x) là các đa thức khác 0 Ước chung lớn nhất của P (x) vàQ(x) là đa thức D(x) thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau

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

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

• Nếu D1(x) là một ước chung của P (x) và Q(x) thì D1(x) là ước củaD(x)

Định nghĩa 1.1.10 (Bội chung nhỏ nhất của hai đa thức)

Cho P (x) và Q(x) là các đa thức khác 0 Bội chung nhỏ nhất của P (x) vàQ(x) là đa thức M (x) thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau

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

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

• Nếu M1(x) là một bội chung của P (x) và Q(x) thì M1(x) là bội của

M (x)

Chú ý 1.1.11 Kí hiệu ước chung lớn nhất của hai đa thức P (x) và Q(x)

là (P (x), Q(x)) và bội chung nhỏ nhất của hai đa thức P (x) và Q(x) là[P (x), Q(x)]

Định lý 1.1.12 Với hai đa thức khác không bất kì P (x) và Q(x) ta đều có(P (x), Q(x)) [P (x), Q(x)] = P (x)Q(x)

Chứng minh

Giả sử D(x) = (P (x), Q(x)) Khi đó P (x) và Q(x) có biểu diễn

P (x) = D(x)P1(x) và Q(x) = D(x)Q1(x)

Trước hết ta thấy rằng P1(x) và Q1(x) là hai đa thức nguyên tố cùng nhaunghĩa là không có ước chung có bậc ≥ 1.

Thật vậy, nếu P1(x) = u(x)P2(x), Q1(x) = u(x)Q2(x) với deg u(x) ≥ 1 thìkhi đó P (x) = D(x)u(x)P2(x); Q(x) = D(x)u(x)Q2(x) nên

D∗(x) = D(x)u(x) là ước chung của P (x) và Q(x) và do D∗(x) D(x) vớideg u(x) ≥ 1 nên điều này trái với giả thiết là D(x) = (P (x), Q(x))

Ta đặt M (x) =

1D(x)P (x)Q(x)





=

P (x)Q(x)(P (x), Q(x))

D(x)P1(x)S(x)D(x)Q1(x) =

P1(x)S(x)

Q1(x) ,

là một đa thức, tức là P1(x)S(x) Q

1(x) Nhưng do P1(x) và Q1(x) nguyên tốcùng nhau nên S(x) Q

1(x), tức S(x) có dạng S(x) = Q1(x)F (x) Vậy thì từ(1) và (2), ta có

E(x) = P (x)S(x) = P (x)Q1(x)F (x) = M (x)F (x)

Điều này chứng tỏ E(x) M (x) Vậy M (x) là bội chung nhỏ nhất.(điều cần

Định nghĩa 1.1.13 (Hai đa thức nguyên tố cùng nhau)

Hai đa thức P (x) và Q(x) được gọi là hai đa thức nguyên tố cùng nhau nếu(P (x), Q(x)) = 1

1.1.7 Thuật toán Euclid

Trước khi tìm hiểu thuật toán Euclid, ta đặc biệt quan tâm đến định lísau đây

Định lý 1.1.14 Giả sử có hai đa thức P (x) và Q(x), trong đó deg (P (x)) ≥deg (Q(x)) Thực hiện phép chia P (x) cho Q(x) được thương số là S(x) và số

Khi đó D(x) là ước chung của Q(x) và R(x) Mặt khác D1(x) = (Q(x), R(x))

Lại có D1(x)|Q(x) S(x) + R(x) = P (x) nên D1(x) là ước chung của P (x) vàQ(x) Mặt khác D(x) = (P (x), Q(x))

Ta có D(x) và D1(x) là các đa thức đơn khởi (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra D(x) = D1(x)

Vậy (P (x), Q(x)) = (Q(x), R(x))

Thật ra thuật toán Euclid nói trên được tổng quát hóa từ thuật toánEuclid để tìm ước chung lớn nhất của hai số a và b thuộc tập R

Nếu b là ước của a thì (a, b) = b

Nếu b không là ước của a, giả sử a = b.p + c thì (a, b) = (b, c)

Thuật toán

a = b.p + r1, 0 < r1 < b

b = r1.p1+ r2, 0 < r2 < r1

r1 = r2.p2+ r3, 0 < r3 < r2

Ta thực hiện lần lượt các phép chia

Lấy 2x3+ 9x2+ 10x + 3 chia cho x2+ 5x + 4 được 2x dư −x2+ 2x + 3.Lấy x2+ 5x + 4 chia cho −x2+ 2x + 3 được −1 dư 7x + 7

Lấy −x2+ 2x + 3 chia cho 7x + 7 được

− 1

7 x dư 3x + 3.

Lấy 7x + 7 chia cho 3x + 3 được

7

3 dư 0.

Vậy ước chung lớn nhất của hai đa thức 2x3 + 9x2+ 10x + 3 và x2+ 5x + 4

1.1.8 Nghiệm của đa thức, các định lí cơ bản

Định nghĩa 1.1.16 (Nghiệm của đa thức)

Số thực a (trong một số trường hợp, ta xét cả số phức) được gọi là nghiệmcủa đa thức P (x) = anxn + an−1xn−1+ + a1x + a0 nếu P (a) = 0 Tức là

anan+ an−1an−1+ + a1a + a0 = 0

Định lý 1.1.17 (Định lý Bezout)

Đa thức P (x) chia hết cho nhị thức x − a khi và chỉ khi P (a) = 0

Chứng minh

Điều kiện cần Nếu P (x) chia hết cho (x − a) thì P (a) = 0

Thật vậy, với P (x) = (x − a)Q(x) thì P (a) = (a − a).Q(x) = 0

Điều kiện đủ Nếu P (a) = 0 thì P (x) chia hết cho (x − a)

Giả sử: P (x) = (x − a)Q(x) + R(x) suy ra P (a) = R(x) Vì P (a) = 0 nênR(x) = 0

Vì vậy P (x) chia hết cho (x − a)

Lược đồ Horner

Chúng ta sẽ áp dụng lược đồ Horner trong bài toán tìm đa thức thương

và dư trong phép chia đa thức f (x) cho x − α

Giả sử f (x) = anxn+ an−1xn−1 + + a1x + a0

Khi đó đa thức thương g(x) = bn−1xn−1+ bn−2xn−2+ + b1x + b0 ( dư củaphép chia) được xác định theo lược đồ sau:

an an−1 an−2 a1 a0

α bn−1 = an bn−2 bn−3 b0 r = b0.α + anTrong đó bn−2 = bn−1α + an−1; bn−3 = bn−2α + an−2; b0 = b1α + a1

Nghiệm hữu tỉ nếu có x =

p

q với (p, q) = 1 thì p là ước của hệ số tự do a0 và

q là ước của hệ số cao nhất an

Do vế phải chia hết cho q nên anpn chia hết cho q

Mà (p, q) = 1 nên an chia hết cho q hay q|an

Tương tự ta có: a0.qn = − (anpn+ an−1qpn−1+ + a1qn−1p)

Suy ra a0qn chia hết cho p hay p|a0 (điều cần chứng minh) Định lý 1.1.21 Nếu đa thức P (x) chia hết cho đa thức Q(x) thì tất cả cácnghiệm của Q(x) cũng là nghiệm của P (x)

Chứng minh

Đa thức P (x) chia hết đa thức Q(x) Khi đó tồn tại đa thức M (x) sao cho

P (x) = M (x).Q(x)

Gọi a là nghiệm của đa thức Q(x) Khi đó Q(a) = 0

Suy ra P (a) = M (a).Q(a) = 0 ⇒ P (a) = 0

Suy ra a cũng là nghiệm của đa thức P (x) (đccm) Chú ý 1.1.22 Điều ngược lại không đúng Rằng nếu mọi nghiệm của đa thứcQ(x) cũng là nghiệm của đa thức P (x) nhưng P (x) không chia hết cho Q(x).Giả sử Q(x) = x2, P (x) = x thì mọi nghiệm của Q(x) = x2 đều là nghiệmcủa P (x) = x nhưng P (x) không chia hết cho Q(x)

Định lý 1.1.23 (Định lí cơ bản của đại số)

Cho P (x) là đa thức với hệ số phức có bậc n > 0 Khi đó P (x) có n nghiệmphức

Ta sẽ sử dụng công cụ giải tích phức để chứng minh định lí cơ bản của đại

số Trước hết ta nhắc lại một số khái niệm trong giải tích phức

Hàm f chỉnh hình tại z0 khi và chỉ khi nó khả vi tại một lân cận nào đó của

z0

Rõ ràng đa thức P (x) với hệ số phức được cho bởi

P (x) = a0xn+ a1xn−1+ · · · + an−1x + an

là chỉnh hình trên C vì là hàm đa thức R khả vi và có đạo hàm theo z bằng

0 nên nó C khả vi tại mọi điểm

Ta chỉ cần chứng minh p(x) có một nghiệm phức là đủ Thật vậy, giả

sử x1 là một nghiệm của p(x) Nếu n = 1 thì p(x) có 1 nghiệm, kết quảđúng với n = 1 Giả sử kết quả đã đúng cho trường hợp bậc của đa thức là

n − 1 Ta chứng minh cho trường hợp p(x) có bậc n Bằng phép chia p(x) cho(x − x0) ta viết được p(x) = (x − x0) g(x) trong đó g(x) có bậc n − 1, x0 làmột nghiệm của đa thức p(x) Theo giả thiết quy nạp, g(x) có n − 1 nghiệmphức x1, x2, , xn Do đó p(x) có n nghiệm phức x1, x2, , xn

Giả sử p(x) không có nghiệm phức Khi đó p(x) 6= 0 với mọi x ∈ C Ta chứngminh p(x) bị chặn trên C Ta có

Vì an 6= 0 nên |xn| |an| → ∞ Do đó |p(x)| → ∞ khi |x| → ∞, khẳng địnhđược chứng minh Theo khẳng định trên, lấy 0 < r ∈ R, r đủ lớn cố định,

rõ ràng

1

p(x) bị chặn với mọi x ∈ C thỏa mãn |x| ≥ r Vì

1p(x) liên tục trên

|x| ≤ r nên 1

p(x) bị chặn trong miền |x| ≤ r Vậy,

1p(x) bị chặn trên toàn bộmặt phẳng phức

Vì p(x) 6= 0 với mọi x ∈ C nên

1p(x) xác định trên C Do đó

1p(x) khả vi trên

C, tức là nó giải tích trên C Theo định lí Liouville, p(x) là hàm hằng, điềunày là vô lí với giả thiết bậc của p(x) = n > 0 Suy ra p(x) có ít nhất một

Hệ quả 1.1.24 Nếu các đa thức P và Q có bậc không quá n và trùng nhautại n + 1 điểm phân biệt thì chúng bằng nhau

Chứng minh

Cho hai đa thức

P (x) = anxn+ + a1x + a0

Q(x) = bmxm+ + b1x + b0

Giả sử n ≥ m Khi đó ta có n = m + k với k ≥ 0.

Xét hiệu

P (x)−Q(x) = am+kxm+k+am+k−1xm+k−1+ .+xm(am−bm)+xm−1(am−1− bm−1)+ + a0− b0

Theo bài ra tồn tại n+1 số đôi một khác nhau α1, α2, , αn+1(αi 6= αj, ∀i 6= j)sao cho P (αi) = Q(αi) Khi đó P (αi) − Q(αi) = 0 Suy ra

Giả sử P (x) có một biểu diễn khác

Khi đó, với ∆ < 0, đa thức P (x) có hai nghiệm phức liên hợp x1 =

− b + i√−∆2a

có số nghiệm phức chẵn (nếu có)

Tương tự như vậy, các đa thức bậc 4; 5; · · · ; n luôn có số nghiệm phức là số

(b) Từ ý (a) ta suy ra, nếu đa thức chỉ có nghiệm phức thì đa thức chỉ phântích được thành các đa thức bậc 2 Vì vậy, bậc của đa thức sẽ luôn là số chẵn(điều cần chứng minh)

(c) Nếu đa thức P (x) có bậc n có k nghiệm thực k ≤ n

Trường hợp 1 k là số lẻ

Suy ra đa thức P (x) sẽ phân tích được thành ”k” đa thức bậc một và ”q” đathức bậc 2 Khi đó n = k + 2.q, suy ra n là số lẻ

Trường hợp 2 k là số chẵn

Suy ra đa thức P (x) sẽ phân tích được thành ”k” đa thức bậc một và ”q1”

đa thức bậc 2 Khi đó n = k + 2.q1, suy ra n là số chẵn

Từ 2 trường hợp, ta kết luận rằng n và k có cùng tính chẵn lẻ

(d) Đa thức bậc lẻ với hệ số thực luôn phân tích được sao cho luôn xuất hiện

ít nhất một đa thức bậc 1 nên luôn có ít nhất một nghiệm thực 

Giả sử x1, x2, , xn là n nghiệm của đa thức P (x)

Công thức Viète sau đây cho ta biết mối liên hệ giữa tổng và tích các nghiệmcủa đa thức với các hệ số của đa thức P (x)

Định lí Viète

Chứng minh.

Trước hết ta hãy xét các đa thức đơn giản

Xét đa thức bậc hai P (x) = x2+ ax + b có hai nghiệm là p, q

Bây giờ ta xét đa thức dạng tổng quát

P (x) = anxn+ an−1xn−1+ + a1x + a0 (ai là hệ số của xi, an 6= 0).

Theo định lí cơ bản của đại số: Đa thức bậc n luôn có n nghiệm phức

Giả sử r1, r2, , rn là n nghiệm của đa thức P (x)

Khi đó,

P (x) = an(x − r1)(x − r2) (x − rn)

Suy ra,

P (x) = anxn−an(r1+ r2+ + rn) xn−1+ an(r1r2+ r1r3+ + rn−1rn) xn−2+ + (−1)nanr1r2 rn

x1x2 xn = (−1)na0

an

= αn·thì x1, x2, , xn là nghiệm nếu có của phương trình

a2 n

− 2an−2+ an−1

− an−1

an + 2an−2 = 0.

Cứ tiếp tục làm như vậy ta có ansn + an−1sn−1+ + a1s1+ na0 =

= (anrn1 + + a1r1+ a0) + + (anrnn+ + a1rn+ a + 0) =

= n [P (r1) + P (r2) + + P (rn)] = 0 

1.1.11 Các bài toán

Bài toán 1.1.27 (IMO 1976)

Cho các đa thức Pk(x), k = 1, 2, 3 xác định bởi

P1(x) = x2− 2, Pi+1 = P1(Pi(x)), i = 1, 2, 3, Chứng minh rằng Pn(x) = x có 2n nghiệm thực phân biệt khác nhau

Tiếp tục quá trình như vậy, quy nạp ta được Pn(x) = 2 cos 2nt

Từ phương trình Pn(x) = x ⇒ 2 cos 2nt = 2 cos t

Giải phương trình ta được t =

Vì trên đoạn [−2; 2] đa thức có 2n nghiệm thực nên trên toàn trục R đa thứccũng có ít nhất là 2n nghiệm thực

Bài toán 1.1.28 Giả sử m và n là hai số nguyên ≥ 2 Chứng minh rằngcác đa thức

f (x) = 1 + x + x2+ + xm−1g(x) = 1 + x + x2+ + xn−1

là nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi m và n là hai số nguyên tố cùng nhau.Lời giải

Ta có: f (x) = 1 + x + x2+ + xm−1 =

xm − 1

x − 1 ,g(x) = 1 + x + x2+ + xn−1 =

xn − 1

x − 1·Điều kiện cần: Nếu f (x), g(x) nguyên tố cùng nhau thì m, n nguyên tố cùngnhau

Giả sử m, n không nguyên tố cùng nhau, tức là m, n có một ước chung d ≥ 2

Vì m, n có ước chung là d nên tồn tại k, q > 0 sao cho m = k.d, n = q.d.Khi đó, xm − 1 = xk.d− 1 = xd− 1
h

xd
k−1 + xd
k−2+ + xd + 1i

xn− 1 = xq.d− 1 = xd− 1
h

xd
q−1+ xd
q−2+ + xd+ 1i.Suy ra xm − 1 và xn− 1 đều chia hết cho xd− 1

Suy ra f (x) và g(x) đều chia hết cho đa thức

Điều kiện đủ: Nếu m, n nguyên tố cùng nhau thì f (x), g(x) nguyên tố cùngnhau.

Vì m, n nguyên tố cùng nhau nên tồn tại hai số nguyên khác không u và vsao cho mu + nv = 1

Dĩ nhiên trong hai số nguyên u, v có một số dương và có một số âm Vai tròcủa m và n là như nhau, và thay đổi kí hiệu , ta có thể xem rằng u và v làhai số nguyên dương sao cho: mu = nv + 1

Khi đó ta có: x − 1 = (xmu− 1) − (xnv+1− x) = (xmu− 1) − x (xnv− 1)Mặt khác ta có

xmu − 1 = (xm − 1) p(x),

xnv − 1 = (xn − 1) q(x)với p(x), q(x) là hai đa thức

Bài toán 1.1.29 Cho đa thức bậc chẵn và tất cả hệ số đều lẻ Chứng minh

đa thức không có nghiệm hữu tỉ

Khi đó: p|a0, q|an Suy ra p, q là các số lẻ.

Các hệ số của đa thức x4− x3− x2 − 1 là a4 = 1; a3 = −1; a2 = −1; a1 =0; a0 = −1

Ta có

P (a) + P (b) + P (c) + P (d) = (a6− a5− a3− a2− a) + (b6− b5− b3− b2− b)+ (c6− c5− c3− c2− c) + (d6− d5− d3− d2− d)

1.s2− s1+ 2.1 = 0 ⇒ s2 = 3,

s3− s2− s1+ 3.0 = 0 ⇒ s3 = 4,

s4− s3− s2− s1+ 4.0 = 0 ⇒ s4 = 11,

Vậy P (a) + P (b) + P (c) + P (d) = s4− s3− s1 = 11 − 4 − 1 = 6 Bài toán 1.1.31 (AIME 1995)

Hãy tìm b nếu phương trình x4+ ax3+ bx2+ cx + d = 0 với hệ số hữu tỉ cóbốn nghiệm phức, biết tổng hai nghiệm là 3 + 4i và tích hai nghiệm còn lại là

Lời giải.

Gọi các nghiệm của đa thức P (x) là: r1, r2, r3, r4, r5, r6, r7, r8

Theo công thức Viète ta có

1 + r22+ + r28)hay 2 ≤ r21+ r22+ + r28

Dấu bằng xảy ra khi r1 = r2 = = r8 =

1

2·Suy ra a0 = r1r2 r8 =







12

Bài toán 1.1.33 (VMO 1990)

Giả sử f (x) = a0xn + a1xn−1+ + an−1x + an là đa thức với hệ số thực, có

a0 6= 0 và thỏa mãn đẳng thức sau với ∀x ∈ R

Hơn nữa dễ dàng nhận thấy: x0 < 0 thì x0 > x1 > x2 > > xn > xn+1 > với x0 > 0 thì x0 < x1 < < xn < xn+1 <

Từ đó suy ra nếu f (x) có một nghiệm thực khác 0 thì f (x) sẽ có vô số nghiệmthực khác nhau Tuy nhiên, f (x) chỉ có tối đa n nghiệm thực, do f (x) là đathức bậc n với các hệ số thực Mâu thuẫn, chứng tỏ f (x) không có nghiệmthực khác 0

Ta chứng minh f (0) 6= 0 khi và chỉ khi an 6= 0

Giả sử an = 0 Gọi k là chỉ số lớn nhất thỏa mãn ak 6= 0

Do vậy: g(x) = f (x).f (2x2) = a202n.x3n + + a2k2n−k.x3(n−k)

h(x) = f (2x3+ x) = a02nx3n+ + akxn−k

Vì n − k > 0 nên 3(n − k) > n − k

Do đó g(x) ≡ h(x) suy ra ak = 0 (mâu thuẫn) Nên an 6= 0

Bài toán 1.1.34 (Olimpic Toán toàn quốc 2003)

Cho biết đa thức P (x) có bậc n ≥ 1 với m nghiệm thực Chứng minh rằng đathức

Ta biết rằng mỗi một đa thức bậc n ≥ 1 đều có đủ n nghiệm thực hoặcphức (kể cả bội) Đồng thời bao giờ nghiệm phức cũng là số chẵn, vì nếu đathức có nghiệm là α + iβ thì α − iβ cũng là nghiệm Ta xét hai trường hợp(i) Nếu n chẵn thì số nghiệm thực của P (x) phải là số chẵn, suy ra m chẵn,nên m − 1 là số lẻ Khi đó Q(x) có bậc n + 2 là số chẵn, nên nghiệm thực của

Trong mục này,chúng tôi sẽ trình bày và chứng minh bốn tiêu chuẩn đểchứng minh đa thức bất khả quy trên Z[x] đó là: tiêu chuẩn Eisentein, tiêuchuẩn Osada, tiêu chuẩn Polya, tiêu chuẩn Oskar Perron và đưa ra mối quan

hệ giữa bất khả quy trên vành số nguyên và vành số hữu tỉ Tiếp theo đó làmột số bài toán đa thức bất khả quy áp dụng những tiêu chuẩn trên Trongcác tiêu chuẩn thì tiêu chuẩn Eisenstein thường được áp dụng

1.2.1 Đa thức với hệ số nguyên

Ta nhắc lại định nghĩa đa thức với hệ số nguyên

Định nghĩa 1.2.1 Cho đa thức P (x) = anxn + an−1xn−1 + + a1x + a0

với an 6= 0 Trong đó: an; an−1; ; a1; a0 là các số nguyên Khi đó P (x) là đa

thức với hệ số nguyên.

1.2.2 Đa thức bất khả quy trên Z[x]

Định nghĩa 1.2.2 Đa thức P (x) với hệ số nguyên được gọi là bất khả quytrên Z[x] nếu nó không thể phân tích được thành tích của hai đa thức với hệ

số nguyên có bậc lớn hơn hoặc bằng một

Định lý 1.2.3 Tiêu chuẩn Eisenstein

Cho một đa thức : f (x) = anxn + an−1xn−1 + + a0 bậc n > 0 với hệ sốnguyên

Giả sử rằng, tồn tại một số nguyên tố p sao cho an không chia hết cho p vàcác ai, (với i = 0, 1, , n − 1) chia hết cho p, nhưng a0 không chia hết cho

p2 Khi đó f (x) là một đa thức bất khả quy trên Z[x]

với r = deg(g); s = deg(h) > 0, r + s = n

Vì b0c0 = a0 chia hết cho p mà không chia hết cho p2 với p là số nguyên tốnên một trong hai số b0; c0 phải chia hết cho p

Giả sử b0 chia hết cho p Vì a0 không chia hết cho p2 mà b0 chia hết cho pnên c0 không chia hết cho p

Khi đó nếu tất cả các bi chia hết cho p thì bici phải chia hết cho p với(i = 0, 1, , n − 1).Khi đó an chia hết cho p Do đó phải tồn tại một bj khôngchia hết cho p

Gọi i là chỉ số nhỏ nhất để bi không chia hết cho p

Ta có các hệ số của đa thức thỏa mãn tiêu chuẩn Eisenstein a4 = 1 khôngchia hết cho 3; a3 = 3, a2 = −9, a1 = 18 chia hết cho 3; a0 = 3 chia hết cho 3nhưng không chia hết cho 9.

Định lý 1.2.5 Tiêu chuẩn Osada

Cho f (x) = xn+ a1xn−1+ + an−1x ± p là đa thức có các hệ số nguyên với

p là số nguyên tố Khi đó nếu p > 1 + |a1| + + |an−1| thì f (x) là một đathức bất khả quy trên Z[x]

Chứng minh

Giả sử f (x) là khả quy Khi đó: f (x) = g(x)h(x) với g, h là những đa thứcbậc dương với các hệ số nguyên Vì p là số nguyên tố nên một trong các sốhạng tự do của g hay h phải bằng ±1

Giả sử: hệ số tự do của g bằng ±1 Do đó trị tuyệt đối của tích các nghiệmcủa g(x) trong trường số phức phải bằng 1 Do đó g(x) = 0 phải có mộtnghiệm phức α với |α| ≤ 1 Vì α cũng là nghiệm của f (x) = 0 nên

p = |αn + a1αn−1+ + an−1α| ≤ 1 + |a1| + |a2| + + |an−1|

Suy ra trái với giả thiết

Ví dụ 1.2.6 Đa thức P (x) = x8+ x7+ x6+ x5+ x4+ x3+ x2+ x + 11 là đathức bất khả quy

Ta có p = 11 > 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 8 Suy ra đa thức P (x)bất khả quy theo tiêu chuẩn Osada.

Định lý 1.2.7 Tiêu chuẩn Polya

Cho f (x) là một đa thức với hệ số nguyên, bậc n > 0 Đặt m =







n + 12





.Giả sử rằng, tồn tại n số nguyên d1, d2, , dn đôi một khác nhau và không

là nghiệm của f (x) sao cho |f (di)| <

m!

2m Khi đó f (x) là một đa thức bất khảquy trên Z[x]

Chứng minh

Giả sử: f (x) là khả quy Khi đó f (x) = g(x)h(x), trong đó g, h là những

đa thức bậc dương với các hệ số nguyên

Không mất tính tổng quát, ta giả sử deg h(x) ≤ deg g(x) = s

Như vậy: m ≤ s < n, ta thấy ngay g(di) 6= 0 và g(di) chia hết f (di)

Định lý 1.2.8 Tiêu chuẩn Oskar Perron

Cho đa thức P (x) với hệ số nguyên Giả sử tồn tại số nguyên b và số nguyên

tố p sao cho chúng thỏa mãn điều kiện sau

(a) P (b) = p,

Giả sử P (x) là đa thức khả quy Khi đó ta đặt: P (x) = f (x).g(x) với

f (x), g(x) là hai đa thức với hệ số nguyên và có bậc ≥ 1

Gọi zi là nghiệm của đa thức f (x) mà P (x) = f (x)g(x) nên zicũng là nghiệmcủa đa thức P (x)

Do các nghiệm của đa thức P (x) thỏa mãn bất đẳng thức Re(zi) < b −

1

2 nêntất cả các nghiệm zi của f (x) cũng thỏa mãn bất đẳng thức đó

<

f

Vì f (b − 1) là đa thức với hệ số nguyên, giá trị b − 1 nguyên nên đa thức

f (b − 1) nhận giá trị nguyên Lại có f (b − 1) 6= 0 Suy ra |f (b − 1)| ≥ 1.Thay t =

1

2 vào biểu thức (1) ta được |f (b)| > |f (b − 1)| ≥ 1.

Chứng minh tương tự đối với hàm g(b) ta được |g(b)| > |g(b − 1)| ≥ 1.Khi đó, tồn tại các ước f (b) và g(b) lớn hơn 1 mâu thuẫn với giả thiết P (b)

là số nguyên tố

Ví dụ 1.2.9 Giả sử số tự nhiên n chữ số p = a0a1 an là một số nguyên

tố Chứng minh đa thức tương ứng

P (x) = a0xn+ a1xn−1+ + an−1x + an

Xét trường hợp Re(z) < 0 hoặc |z| ≤ 1 thì biểu thức (1) luôn thỏa mãn.Xét trường hợp Re(z) ≥ 0, |z| > 1 ta có Re(z−1) ≥ 0 do đó

≥

... (b − 1) đa thức với hệ số nguyên, giá trị b − nguyên nên đa thức

f (b − 1) nhận giá trị nguyên Lại có f (b − 1) 6= Suy |f (b − 1)| ≥ 1.Thay t =

1

2 vào biểu thức (1)... gọi f (x) ∈ Z[x] nguyên hệ số nguyên tố Khi

đó, tích hai đa thức ngun đa thức nguyên

Chứng minh

Cho hai đa thức nguyên

f (x) = anxn + an−1xn−1+...

2 < 9

1

2· Suy cácnghiệm z đa thức P (x) thỏa mãn bất đẳng thức (1)

Vậy đa thức P (x) bất khả quy Z(theo tiêu chuẩn Oskar Perron)



1.2.3