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

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

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: TS Lê Thị Hoài Thu

Đà Nẵng - Năm 2020

Lời cảm ơn

Lời đầu tiên tôi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới cô giáo Lê Thị Hoài Thu

đã tận tình hướng dẫn tôi trong suốt quá trình thực hiện để tôi có thể hoànthành được luận văn này

Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Ban giám hiệu, Phòng Đàotạo - Khoa học - Quan hệ quốc tế và Khoa khoa học cơ bản của Trường Đạihọc Quảng Bình - Đại học sư phạm Đà Nẵng đã tạo điều kiện thuận lợi nhấttrong suốt quá trình học tập tại trường cũng như thời gian tôi hoàn thành

đề tài này

Tôi xin cảm ơn Sở giáo dục và đào tạo Quảng Bình và Trường THCS vàTHPT Bắc Sơn - nơi tôi đang công tác đã tạo điều kiện cho tôi hoàn thànhkhóa học này

Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành nhất đến tất cả các thầy cô giáo

đã tận tình dạy bảo tôi trong suốt thời gian học tập của khóa học Đồng thờicũng xin gửi lời cảm ơn đến các anh chị trong lớp phương pháp toán sơ cấpkhóa 36 đã nhiệt tình giúp đỡ tôi trong quá trình học tập tại lớp, động viên,

cổ vũ để tôi có thể hoàn thành nhiệm vụ của mình

Đinh Nữ Việt Trinh

Mục lục

1.1 Vành và trường 3

1.1.1 Vành 3

1.1.2 Miền nguyên 4

1.1.3 Trường 5

1.2 Vành đa thức 6

1.2.1 Định nghĩa 6

1.2.2 Phép chia và phép chia có dư 7

1.2.3 Nghiệm của đa thức 8

1.2.4 Phần tử đại số và phần tử siêu việt 11

1.2.5 Đa thức bất khả quy 11

1.3 Đa thức trên các trường số 12

2 ĐỊNH LÝ CƠ BẢN CỦA ĐẠI SỐ, QUY TẮC DẤU CỦA DESCARTES 14 2.1 Định lý cơ bản của đại số 14

2.1.1 Định lý cơ bản của Đại số 14

2.1.2 Sơ lược về lịch sử của "Định lý cơ bản của Đại số" 14

2.1.3 Chứng minh định lý cơ bản của Đại số 16

2.2 Quy tắc dấu Descartes 19

3 ỨNG DỤNG QUY TẮC DẤU DESCARTES TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH ĐA THỨC 28 3.1 Vài nét lịch sử giải phương trình đa thức 28

3.2 Một số ứng dụng 29

3.2.1 Tìm số nghiệm của phương trình 29

3.2.2 Tìm nghiệm hữu tỉ của đa thức 38

3.2.3 Ứng dụng khác 44

Zn Vành các số nguyên theo mod n

MỞ ĐẦU

1 Tính cấp thiết của đề tài

Phương trình là chủ đề được các nhà toán học quan tâm từ rất sớm Việcnghiên cứu giải các phương trình đa thức có trước cả việc nghiên cứu bảnthân các đa thức Để giải phương trình, trước hết ta cần thông tin về nghiệmcủa nó, chẳng hạn: phương trình có hay không có nghiệm; nếu có nghiệm thì

có thể có bao nhiêu nghiệm? Định lý cơ bản của đại số học khẳng định rằngmọi đa thức một biến hệ số phức bậc n ≥ 1 có đúng n nghiệm phức (kể cảbội) Nhưng những thông tin cụ thể hơn về từng loại nghiệm của đa thức(như số nghiệm thực, số nghiệm thuần phức; số nghiệm dương, số nghiệmâm) thì lại cần đến Quy tắc dấu của Descartes

Giải phương trình nói chung và giải phương trình đa thức nói riêng là mộttrong những nội dung chính của chương trình môn Toán ở THCS và THPT.Việc nghiên cứu sâu về vấn đề này sẽ giúp tôi nâng cao kiến thức, năng lựcchuyên môn, phục vụ tốt hơn công tác giảng dạy của mình

Với các lí do trên, dưới sự hướng dẫn của TS Lê Thị Hoài Thu, tôi chọnnghiên cứu đề tài: Một số ứng dụng của Đại số trong việc giải phươngtrình đa thức

2 Mục đích nghiên cứu

Mục tiêu của luận văn là giới thiệu Quy tắc dấu của Descartes, Định

lý cơ bản của đại số, đồng thời đưa ra các ví dụ về việc ứng dụng để giảiphương trình đa thức Các kết quả và thông tin chính được viết dựa vào bàibáo “A genaralization of Descartes’ rule of signs and fundamental theorem ofalgebra” của Pentti Haukkanen và Descartes’ Rule of signs - How can it be?của Stewart A Levin (2002)

3 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

Luận văn chủ yếu nghiên cứu về phương trình đa thức, Quy tắc dấu củaDescartes, Định lý cơ bản của đại số và một số định lý về nghiệm của đathức Trong đó, nội dung chủ đạo là Quy tắc dấu Descartes, kĩ thuật xácđịnh số nghiệm thực dương, số nghiệm thực âm (tối đa) của một phươngtrình đa thức trên trường số thực R.

Phạm vi nghiên cứu của luận văn chỉ đi sâu tìm hiểu các khái niệm, địnhnghĩa, đính lý liên quan đến quy tắc dấu Descartes và Định lý cơ bản củaĐại số, từ đó đưa ra ứng dụng liên quan đến việc giải phương trình đa thức

4 Phương pháp nghiên cứu

Thu thập các bài báo khoa học và tài liệu của các tác giả nghiên cứu liênquan đến Định lý cơ bản của Đại số và Quy tắc dấu Descarter

Tham gia các buổi seminar của cô hướng dấn để trao đổi các kết quả đangnghiên cứu

5 Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài

Thông qua quy tắc dấu Descartes, ta biết được số nghiệm của một phươngtrình, phương trình có hay không có nghiệm; nếu có nghiệm thì có thể cóbao nhiêu nghiệm, đóng góp không nhỏ trong quá trình giải phương trình đathức

Luận văn có thể giúp các giáo viên và học sinh xem như tài liệu thamkhảo những kiến thức liên quan đến việc giải phương trình đa thức

6 Cấu trúc của luận văn

Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, luận văn được trình bàytrong ba chương:

Chương 1 Kiến thức chuẩn bị: Chương này trình bày một số cấu trúc đại số

và vành đa thức trên trường số chuẩn bị cho các chương sau

Chương 2 Định lý cơ bản của đại số, Quy tắc dấu của Descartes

Chương 3 Ứng dụng Quy tắc dấu Descartes trong trong giải phương trình

đa thức

i) Phép cộng có tính chất kết hợp: ∀x, y, z ∈ R : x + (y + z) = (x + y) + z.ii) Phép cộng có tính chất giao hoán: ∀x, y ∈ R: x + y = y + x.

iii) Tồn tại phần tử 0 ∈ R sao cho ∀x ∈ R: x + 0 = 0 + x = x

iv) ∀x ∈ R, ∃ − x ∈ R : x + (−x) = (−x) + x = 0

v) Phép nhân có tính chất kết hợp: ∀x, y, z ∈ R : (xy)z = x(yz)

vi) Phép nhân phân phối đối với phép cộng

(x + y)z = xz + yz, ∀x, y ∈ R

z(x + y) = zx + zy ∀x, y ∈ R

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

các số thực R, tập hợp các số phức C với phép cộng và phép nhân thôngthường là vành.

2) Tập hợp Z/nZ các số nguyên mod n cùng với phép cộng và phép nhâncác số nguyên mod n là một vành giao hoán, có đơn vị, gọi là vành các sốnguyên mod n và kí hiệu là Zn

Nhận xét 1.1.3 Vành là một nhóm cộng abel, nửa nhóm nhân và phépnhân phân phối đối với phép cộng

Vành R được gọi là giao hoán nếu phép nhân trong R có tính chất giao hoán,nghĩa là xy = yx, ∀x, y ∈ R Vành R được gọi là có đơn vị nếu phép nhân cóđơn vị, phần tử đơn vị của vành ( nếu có) thường kí hiệu là 1

4) Trong vành R có luật phân phối suy rộng, nghĩa là với mọi phần tử

x, y1, y2, , yn(n ≥ 2) ∈ R ta có: x

nXi=1

yi=

nXi=1

xyi; (

nXi=1

yi)x=

nXi=1

yix

5) Quy tắc về dấu, với mọi x, y ∈ R

x(−y) = (−x)y = −xy; (−x)(−y) = xy

6) Đối với mọi số nguyên n và mọi phần tử

x, y ∈ R : n(xy) = (nx)y = x(ny)

1.1.2 Miền nguyên

Định nghĩa 1.1.4 Phần tử x 6= 0 của vành R được gọi là một ước củakhông nếu tồn tại một phần tử y ∈ R, y 6= 0 sao cho xy = yx = 0

Nhận xét 1.1.5 R là vành giao hoán có đơn vị 1 6= 0 Khi đó vành R không

có phần tử nào là ước của không, khi phép nhân trong R có luật giản ướcđối với những phần tử khác không, nghĩa là ∀x ∈ R, x 6= 0, ∀y, z ∈ R :

i) (F, +) là một nhóm giao hoán với phần tử trung hòa 0

ii) (F∗

,×) là một nhóm giao hoán, trong đó F∗= F r {0}

iii) Phép nhân phân phối với phép cộng

Ví dụ 1.1.9 1) Tập hợp các số hữu tỉ Q, tập hợp các số thực R, tập hợpcác số phức C với phép cộng và nhân thông thường là trường

2) Tập hợp các số nguyên Z cùng với phép cộng và nhân thông thường làmiền nguyên nhưng không là trường

Mối liên hệ giữa vành, miền nguyên và trường thể hiện qua các định lý và hệquả sau:

Định lý 1.1.1 Mỗi trường đều là một miền nguyên

Chứng minh Giả sử F là một trường Khi đó, F là một vành giao hoán

có đơn vị 1 6= 0 Mặt khác, ∀x, y ∈ F Giả sử xy = 0, x 6= 0 Khi đó,

x− 1(xy) = x− 10 = 0 Suy ra y = 0 Vậy trong F có luật giản ước cho cácphần tử khác không và do đó F là một miền nguyên

Định lý 1.1.2 Một miền nguyên hữu hạn là một trường

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

1 Ta chứng tỏ rằng mọi phần tử khác 0 của D có nghịch đảo đối với phépnhân Giả sử x ∈ D, x 6= 0 Khi đó tập hợp

xD = {xx0, xx1, , xxn}trùng với D Thật vậy, nếu xxi = xxj thì sau khi giản ước cho x ta được

xi = xj, bởi vậy mọi phần tử của xD là phân biệt và do đó xD chính là D

Từ đó, suy ra tồn tại xs sao cho xxs = 1, nghĩa là xs = x− 1

Vậy D là một trường

Hệ quả 1.1.3 Vành Zn là trường khi và chỉ khi n là số nguyên tố

Chứng minh (⇐) Giả sử n là một số nguyên tố và giả sử ab = 0 trong Zn.Khi đó n|ab, do đó n|a hoặc n|b Bởi vậy a = 0 hoặc b = 0 và Zn là một miềnnguyên Do Zn có hữu hạn phần tử trên nó là một trường

(⇒) Bây giờ giả sử n không là số nguyên tố Khi đó n có sự phân tích n = r.s,trong đó 1 < r, s < n Như vậy ta có r,s là những phần tử khác 0 trong Znnhưng tích của chúng r.s = rs = 0 Mâu thuẫn với Zn là miền nguyên

1.2 Vành đa thức

1.2.1 Định nghĩa

Cho R là vành giao hoán, có đơn vị 1 6= 0 Một biểu thức dạng

f(x) = anxn+ + a1x+ a0 trong đó ai ∈ R với mọi i = 0, n được gọi là một

đa thức của ẩn x (hay biến x) với hệ số trong R Nếu an 6= 0 thì an được gọi

là hệ số cao nhất của f(x) và số tự nhiên n được gọi là bậc của f(x), kí hiệu

là deg f(x)

Chú ý rằng hai đa thức f(x) = P aixi và g(x) = P bixi là bằng nhau nếu

và chỉ nếu ai = bi với mọi i Ta chỉ định nghĩa bậc cho những đa thức khác

0, còn ta quy ước đa thức 0 là không có bậc Kí hiệu R [x] là tập hợp các đathức ẩn x với hệ số trong R

Bổ đề 1.2.1 Giả sử f(x) và g(x) là hai đa thức 6= 0 của R [x]

i) Nếu deg f(x) 6= deg g(x) thì f(x) + g(x) 6= 0 và

deg (f(x) + g(x))= max {degf(x), degg(x)}

Nếu deg f(x) = deg g(x) và nếu f(x) + g(x) 6= 0 thì

deg (f(x) + g(x))≤ max {degf(x), degg(x)}

ii) Nếu f(x).g(x) 6= 0 thì deg(f(x).g(x)) ≤ degf(x) + degg(x)

(Dấu bằng xảy ra khi R là miền nguyên)

Hệ quả 1.2.2 Nếu R là một miền nguyên thì vành đa thức R [x] cũng làmiền nguyên

Chứng minh Thật vậy, nếu f(x) 6= 0 và g(x) 6= 0 thì

deg(f (x).g(x)) = degf (x) + degg(x)

Từ đó f(x).g(x) 6= 0 Điều này chứng tỏ R [x] là miền nguyên

1.2.2 Phép chia và phép chia có dư

Trong phần này ta xét vành đa thức F [x] với F là một trường Ta có:

Định lý 1.2.3 Cho f(x), g(x) ∈ F [x], trong đó g(x) 6= 0 Khi đó tồn tạiduy nhất một cặp đa thức q(x), r(x) ∈ F [x] sao cho

f(x) = g(x)q(x) + r(x), với r(x) = 0 hoặc deg r(x)<deg g(x)

Chứng minh Trước hết ta chứng minh tính duy nhất Giả sử

f(x) = g(x)q(x) + r(x) = g(x)q1(x) + r1(x)

trong đó r(x), r1(x) bằng 0 hoặc có bậc nhỏ hơn bậc của g(x) Khi đó

g(x)(q(x) − q1(x)) = r1(x) − r(x)

Nếu r(x) 6= r1(x) thì

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

Điều này mâu thuẫn vì

deg(r − r1) ≤ max {degr, degr1} < degg ≤ degg + deg(q − q1)

Do vậy, r1(x) = r(x) Suy ra g(x)(q(x) − q1(x)) = 0 Vì g(x) 6= 0 nên

q(x) − q1(x) = 0, tức là q(x) = q1(x)

Bây giờ ta chứng minh sự tồn tại Nếu deg f(x) <deg g(x) thì ta chọn

q(x) = 0 và r(x) = f (x) Giả sử deg f (x) ≥ deg g(x)

và ta được đa thức f2(x) Cứ tiếp tục quá trình trên ta được dãy đa thức

f1(x), f2(x), , nếu chúng đều khác 0 thì chúng có bậc giảm dần Vì thế sauhữu hạn bước ta được một đa thức có bậc bé hơn bậc của g(x) và đó chính

là đa thức dư r(x) Nếu một đa thức của dãy bằng 0 thì dư r(x) = 0 Thếvào rồi nhóm lại ta tìm được q(x)

Trong định lý trên, q(x) được gọi là thương và r(x) được gọi là dư củaphép chia f(x) cho g(x) Nếu dư của phép chia f(x) cho g(x) là 0 thì ta nói

f(x) chia hết cho g(x) hay g(x) là ước của f (x)

1.2.3 Nghiệm của đa thức

Định nghĩa 1.2.1 Giả sử f(x) = anxn+ +a1x+a0 ∈ F [x] và α là phần tửtrong một trường chứa F , ta đặt f(α) = anαn+ + a1α+ a0 Nếu f(α) = 0thì ta nói α là nghiệm của f(x) Tìm nghiệm của f(x) là giải phương trìnhđại số anxn + + a1x+ a0 = 0 (an 6= 0)

Chẳng hạn, √2 ∈ R là nghiệm của đa thức x2− 2 ∈ Q [x]

Ta có một số kết quả sau:

Hệ quả 1.2.4 Phần tử a ∈ F là nghiệm của đa thức f(x) ∈ F [x] nếu vàchỉ nếu tồn tại đa thức g(x) ∈ F [x] sao cho f(x) = (x − a)g(x)

Chứng minh Chia f(x) cho x − a , phần dư hoặc bằng 0 hoặc là một đathức bậc 0 vì bậc của x − a bằng 1 Vì vậy, dư là một phần tử r ∈ F Ta có

f(x) = (x − a)q(x) + r Thay x = a vào đẳng thức ta được r = f(a) Do đó,(x − a)|f(x) ⇔ a là nghiệm của f(x)

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

Hệ quả 1.2.5 Phần tử a ∈ F là nghiệm bội k của f(x) ∈ F [x] nếu và chỉnếu f(x) = (x − a)kg(x) với g(x) ∈ F [x] và g(a) 6= 0

Chứng minh Giả sử a là nghiệm bội k của f(x) Vì f(x) chia hết cho (x−a)knên f(x) = (x − a)kg(x) với g(x) ∈ F [x] Nếu g(a) = 0 thì theo Hệ quả 1.2.4

ta có g(x) = (x−a)h(x) với h(x) ∈ F [x] và do đó f(x) chia hết cho (x−a)k +1,

vô lí Vậy g(a) 6= 0

Ngược lại, vì f(x) = (x − a)kg(x) nên f (x) chia hết cho (x − a)k Nếu

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

(x − a)kg(x) = (x − a)k+1h(x)

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

Hệ quả 1.2.6 Cho a1, a2, , ar ∈ F là những nghiệm phân biệt của f(x) ∈

F [x] Giả sử ai là nghiệm bội ki của f(x) với i = 1, 2, , r Khi đó f(x) =(x − a1)k 1

u(ai) 6= 0 với mọi i = 1, , r − 1 Do ar là nghiệm bôi kr của f(x) nên t ≤ kr,Hơn nữa, f(x) có sự phân tích f(x) = (x − ar)k rv(x), trong đó v(x) ∈ F [x]

Chứng minh Giả sử a1, , ar là các nghiệm của f(x) với số bội lần lượt là

k1, , kr Theo Hệ quả 1.5, tồn tại g(x) ∈ F [x] sao cho

ki ≥

rXi=1

ki điều kiện cần chứng minh.Sau đây là một số định lý về nghiệm của đa thức:

Định lý 1.2.8 ( Định lý Rolle) Nếu f(x) là hàm liên tục trên đoạn [a; b] ,

có đạo hàm trên khoảng (a; b) và f(a) = f(b) thì tồn tại c ∈ (a; b) sao cho

+ Khi M > m vì f(a) = f(b) nên tồn tại c ∈ (a; b) sao cho f(c) = m hoặc

f(c) = M theo bổ đề Fermat suy ra f′(c) = 0

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

f(b) − f(a)

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

− a x. Ta có F (x) là hàmliên tục trên đoạn [a; b] , có đạo hàm trên khoảng (a; b) và F (a) = F (b) Theođịnh lý Rolle tồn tại c ∈ (a; b) sao cho F′(c) = 0

1.2.4 Phần tử đại số và phần tử siêu việt

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

số trên A nếu c là nghiệm của một đa thức g(x) 6= 0 nào đó của A [x] Trongtrường hợp trái lại c được gọi là phần tử siêu việt trên A

Ví dụ 1.2.2 1) Các phần tử của trường A đều đại số trên A

2) √2 là đại số trên trường các số hữu tỉ Q Nó là nghiệm của đa thức

Ta có kết quả sau:

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

1.3 Đa thức trên các trường số

Sau đây chúng tôi trình bày một số kết quả về nghiệm của một đa thứctrên các trường số hữu tỉ Q, trường số phức C và trường số thực R

Mệnh đề 1.3.1 Nếu z = a + ib là một nghiệm phức của đa thức

f(x) ∈ R [x], thì liên hợp của nó z = a − ib cũng là một nghiệm của f(x).Chứng minh Xét đa thức

g(x) = x2− 2ax + a2+ b2 = (x − z)(x − z)

Theo thuật toán chia trong R [x], tồn tại các đa thức thực q(x) và r(x)sao cho f(x) = q(x)g(x) + r(x), trong đó r(x) = 0 hoặc deg r(x)< 2 Do đór(x) = r0 + r1x trong đó r0, r1 ∈ R Bây giờ z = a + ib là một nghiệm của

f(x) và g(x) nên nó cũng là nghiệm của r(x), do đó 0 = r0+ r1(a + ib) Chophần thực và phần ảo bằng nhau, chúng ta có r0+ r1a= 0 và r1b = 0 Nhưngkhi đó,

r(z) = r(a − ib) = r0+ r1(a − ib) = r0+ r1a− ir1b= 0

Do z là một nghiệm của r(x) và g(x), nên nó là nghiệm của f(x)

Nếu z là số phức và không phải là số thực, thì b 6= 0 Trong trường hợpnày r1 = 0 và r0 = 1 Do đó g(x)|f(x)

Mệnh đề 1.3.2 Mọi đa thức với hệ số thực có bậc lẻ có ít nhất một nghiệmthực

Chứng minh Giả sử f(x) = anxn+ + a1x+ a0 ∈ R [x] , an 6= 0, n ∈ N , n

là số lẻ

Dễ thấy rằng anf(x) → +∞ khi x → +∞ và anf(x) → −∞ khi x → −∞.Suy ra, tồn tại các số thực a, b, với a > 0 và b < 0 thỏa mãn anf(a) > 0 và

anf(b) < 0 Do đó, an 2f(a)f (b) < 0 hay f (a)f (b) < 0

Mặt khác f(x) là hàm đa thức xác định và liên tục trên R nên theo định lýWeierstrass, có ít nhất một số thực c nằm giữa a và b , sao cho f(c) = 0.Các đa thức bất khả quy trên các trường số thực và phức được cho bởiđịnh lý sau

Định lý 1.3.3 (i) Các đa thức bất khả quy của vành C [x] là các đa thứcbậc 1.

(ii) Các đa thức bất khả quy của vành R [x] là các đa thức bậc 1 cùng với các

đa thức bậc 2 có dạng ax2+ bx + c, trong đó b2 < 4ac

Chứng minh (i) Các đa thức bậc 0 là các phần tử khả nghịch trong C [x] Theo định lý cơ bản của đại số, mỗi đa thức có bậc dương có một nghiệmtrong C và do đó là nhân tử tuyến tính Do đó tất cả các đa thức có bậc lớnhơn 1 khả quy và các đa thức bậc 1 là các đa thức bất khả quy

(ii) Các đa thức bậc 0 là các phần tử khả nghịch của R [x] Theo phần (i)

và theo định lý nhân tử duy nhất, mọi đa thức thực có bậc ≥ 1 có thể phântích được thành tích của các nhân tử tuyến tính trong C [x] Theo đinh lý1.5(i), các nghiệm không thực của nó tạo thành các cặp liên hợp, mà tích cácnhân tử tương ứng cho ta nhân tử bậc 2 trong R [x] có dạng ax2+ bx + c,trong đó b2 < 4ac Do đó mỗi đa thức thực có thể được phân tích thành tíchcác nhân tử tuyến tính thực và các nhân tử bậc 2 thực có dạng trên

Định lý 1.3.4 ( Định lý về nghiệm hữu tỉ của đa thức) Cho đa thức

Suy ra p là ước của a0qn và q là ước của anpn Do (p, q) = 1 nên suy ra p

là ước của a0, q là ước của an

Mặt khác, khai triển f(x) theo lũy thừa của x − m, ta có

2.1 Định lý cơ bản của đại số

2.1.1 Định lý cơ bản của Đại số

Định lý 2.1.1 Cho p(z) là một đa thức với hệ số phức có bậc n > 0 Khi

đó p(z) có n nghiệm phức

Định lý khẳng định trường số phức C là một trường đóng đại số; tên gọi

"Định lý cơ bản của đại số" được đặt ra khi mà nội dung của các nghiên cứu

về Đại số chủ yếu ưu tiên cho lý thuyết phương trình

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

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

f(x) > 0 với hệ số phức có số nghiệm phức bằng bậc của nó, nếu mỗi nghiệmđược tính với số bội của nó.

Mặc dù tên của định lý là "Định lý cơ bản của Đại số " nhưng không

có một chứng minh thuần túy đại số nào cho định lý này Tất cả các chứngminh cho định lý đều cần đến tính đầy đủ của tập số thực, hoặc một dạngtương đương về tính đầy đủ, mà tính đầy đủ lại không là khái niệm đại số.Tên của định lý này được đặt ra vào thời điểm khi mà việc nghiên cứu đại

số chủ yếu là để giải phương trình đa thức

Peter Roth là người đầu tiên phát biểu trong cuốn sách "ArithmaticaPhylosophica" công bố năm 1608: "Một đa thức bậc n với hệ số thực có khôngquá n nghiệm" Tiếp đến là khẳng định của Albert Giard (1595 - 1632) trongcuốn sách "L’invention nouvelle en l’Algèbre" xuất bản năm 1629: "Phươngtrình đa thức bậc n có n nghiệm trừ khi phương trình bị khuyết" Nhiều nhàtoán học đã tin định lý là đúng, và do đó họ tin rằng mọi đa thức với hệ sốthực khác hằng đều viết dưới dạng tích của các đa thức với hệ số thực bậcmột hoặc hai Bên cạnh đó lại có những người (Gottfried Wilhelm Leibniz,Nikolaus II Bernoulli) cố tìm ra những đa thức bậc 4 với hệ số thực không

là tích của các đa thức bậc 1 hoặc 2 Tuy nhiên, các phản ví dụ của họ đềuđược Leonhard Euler phản bác, điều này càng làm cho các nhà toán học thời

đó tin tưởng tính đúng đắn của Định lý

Weierstrass là người đầu tiên vào giữa thế kỉ 19, đưa ra bài toán tìm mộtchứng minh xây dựng nghiệm cho Định lý cơ bản của Đại số vào năm 1891.Một chứng minh khác thuộc loại này được đưa ra bởi Hellmuth Knesser vàonăm 1940 và được đơn giản hóa bởi con trai của ông Martin Knesser, vàonăm 1981

Chứng minh đầu tiên cho Định lý thuộc về D’Alembert vào năm 1746,nhưng chứng minh này không hoàn chỉnh Euler vào năm 1749 có một chứngminh đúng cho Định lý trong trường hợp bậc của đa thức ≤ 6 Các chứngminh khác được thực hiện bởi Euler 1749 , De Foncenex 1759, Lagrange 1772

và Laplace 1795 đều có ít nhiều chỗ chưa chặt chẽ Kể cả chứng minh đầutiên của Gauss 1799 cũng không đầy đủ Mãi đến năm 1816, Gauss mới đưa

ra một chứng minh chính xác cho định lý

2.1.3 Chứng minh định lý cơ bản của Đại số

Ở đây, trong khuôn khổ mục tiêu của luận văn chúng tôi trình bày lạichứng minh của Định lý cơ bản của Đại số bằng công cụ Đại số

Để chứng minh định lý ta cần có các kết quả sau:

Bổ đề 2.1.2 Các phát biểu sau là đúng

(i) Mỗi đa thức bậc lẻ với hệ số thực đều có một nghiệm thực

(ii) Mỗi đa thức bậc hai với hệ số phức đều có hai nghiệm phức

(iii) Nếu p(x) là đa thức với hệ số thực thì tồn tại một trường F sao cho p(x)phân tích được thành các nhân tử tuyến tính với hệ số trong F

Chú ý 2.1.1 Nhờ tính liên tục của hàm đa thức, ta có tính chất trong bổ

đề trên Vì thế chứng minh Định lý cơ bản của Đại số mà chúng ta trình bàysau đây dùng công cụ đại số nhưng không phải là một chứng minh thuần túyđại số

Tiếp theo chúng ta cần chuẩn bị một số kiến thức về đa thức đối xứng.Trong phần này ta luôn giả thiết F ⊆ C là một trường Một biểu thức códạng xi 1

Tiếp theo ta xét quan hệ thứ tự từ điển đối với các đơn thức : Cho

u= xa1

1 xan

n và v = xb 1

1 xbn

n ta định nghĩa u < v nếu tồn tại chỉ số i sao cho

ai < bi và ak = bk với mọi k < i Với mỗi đa thức f ta kí hiệu In(f) là từlớn nhất trong các từ của f và gọi là từ dấu của f Dễ thấy rằng In(fg) =In(f)In(g) với mọi f, g

Bổ đề 2.1.3 Nếu f là đa thức đối xứng thì tồn tại duy nhất đa thức ϕ saocho f(x1 xn) = ϕ(σ1 σn)

1 σa2 −a 3

2 σan−1−a n

n−1 σa n

n là đa thức đốixứng Giả sử In (f1) = bxb1

1 xbn

n Tương tự như chứng minh trên ta có

b1 ≥ ≥ bn Hơn nữa, từ dấu của đa thức σb 1 −b 2

n Cứ tiếp tục quá trình trên, vì Inf > Inf1 > nên các bộ

b1, , bn, đều thỏa mãn tính chất bi, ≤ a1 với mọi i = 1, , n Nhận xétrằng chỉ có nhiều nhất na 1 +1 bộ số tự nhiên (d1, , dn), thỏa mãn tính chất

di ≤ a1 với mọi i = 1, , n Do quá trình này phải kết thúc sau một hữu hạnbước Vì vậy đến bước thứ s nào đó ta có

vào ϕ ta nhận được đa thức không Chúng ta sẽ chỉ ra điều này là vô lí.

Rõ ràng nếu aσk 1

1 , σkn

n và bσl 1

1 , σln

n là hai hạng tử của ϕ1(σ1 σn) sao cho

k1, , kn 6= l1, , ln thì khi thay σ1 σn bởi các biểu thức của chúng qua

x1, , xn vào hai hạng tử này, ta sẽ nhận được hai đa thức của x1, , xn màhai từ dấu của chúng không đống dạng Với mỗi hạng tử của ϕ1(σ1 σn), tatìm từ dấu của đa thức của x1, , xn thu được của hạng tử này bằng cáchthay σ1 σn bởi các biểu thức của chúng qua x1, , xn Khi đó, từ dấu lớnnhất trong các từ dấu vừa tìm được sẽ không đồng dạng với bất cứ một

từ nào khác Vì vậy, sau khi thay σ1 σn bởi các biểu thức của chúng qua

x1, , xn vào đa thức ϕ1(σ1 σn), ta sẽ nhận được đa thức khác không, mâuthuẫn

Hệ quả 2.1.4 Cho f(x) ∈ F [x] là một đa thức của biến x bậc n với hệ sốcao nhất bằng 1 Giả sử f có n nghiệm α1, , αn trong một mở rộng nào đócủa F Giả thiết rằng g(x1, , xn) là đa thức đối xứng Khi đó

Bây giờ chúng ta chứng minh Định lý cơ bản của Đại số

Chứng minh Trước hết ta khẳng định rằng chỉ cần chứng minh Định lý chotrường hợp đa thức với hệ số thực là đủ

Thật vậy, giả sử p(x) = (at + bti)xt + + (a1+ b1i)x + (a0+ b0i)

Đặt p(x)= (at− bti)xt + + (a1− b1i)x + (a0− b0i) Khi đó

p(x)p(x) = (atxt + + a1x+ a0)2+ (btxt+ + b1x+ b0)2

là một đa thức với hệ số thực và nếu z = a + bi là một nghiệm của p(x)p(x)

thì hoặc là z cũng là nghiệm của p(x) hoặc zz = a − bi là nghiệm của p(x).Bước tiếp theo là chứng minh định lý bằng quy nạp theo n, trong đó p(x)

là đa thức với hệ số thực có bậc là t = 2n(2m + 1) Không mất tính tổngquát, ta có thể giả thiết p(x) có hệ số cao nhất bằng 1 Cho n = 0 Khi đó

p(x) có bậc 2m + 1 là số lẻ Do đó theo Bổ đề 2.1.2(i), p(x) có nghiệm thực.Giả sử đã chứng minh Định lý cho trường hợp n < N Ta chứng minh chotrường hợp bậc của đa thức p(x) là d = 2N(2m + 1) Theo bổ đề 2.1.2(ii),tồn tại một trường F sao cho p(x) có sự phân tích p(x) = (x − r1) (x − rd)với r1, , rd ∈ F Đặt s = d(d − 1)

s= 2N −1(2m + 1)(2n

(2m + 1) − 1) Vì thế, theo giả thiết quy nạp, mỗi qk(x)

có một nghiệm phức Từ công thức của qk(x), ta thấy rằng mỗi nghiệm của

qk(x) phải có dạng ri + rj + krirj với i < j nào đó Như vậy, mỗi đa thứctrong số s + 1 đa thức qk(x) đều có một nghiệm phức, mỗi nghiệm phứcđược tính theo một cặp i < j và chỉ có tất cả s cặp i < j Theo nguyên lýnhốt chim bồ câu, tồn tại một cặp i < j sao cho có hai số nguyên k1 6= k2

để ri + rj + k1rirj là nghiệm phức của qk 1(x) và ri + rj + k2rirj là nghiệmphức của qk 2(x) Khi đó, ri, rj là hai nghiệm của đa thức bậc hai x2+ bx + c,trong đó b = k2u+ k1v

k1+ k2

và c = u− v

k1− k2

Theo Bổ đề 2.1.2(ii), ri, rj là các sốphức

2.2 Quy tắc dấu Descartes

Cho đa thức f(x) = anxn + an−1xn−1 + + a1x + a0 bậc n ≥ 1, ai ∈

R,(i = 0, n), an 6= 0 Định lý cơ bản của Đại số cho biết, số nghiệm phức

của f(x) đúng bằng bậc của nó, các nghiệm có thể phân biệt hoặc trùngnhau Nếu f(x) có bậc lẻ thì nó có ít nhất một nghiệm thực; nếu f(x) cómột nghiệm phức z = s+it((t 6= 0)) thì f(x) cũng nhận liên hợp z của z làmnghiệm Đây là những thông tin quan trọng về nghiệm của f(x), tuy nhiênvẫn còn rất "chung chung" Ngay cả khi f(x) là đa thức với hệ số hữu tỉ,Định lý nghiệm hữu tỉ cho phép chúng ta kiểm tra số hữu tỉ α = p

q, trong

đó p, q ∈ Z, (p, q) = 1, p|a0, q|an có phải là nghiệm của f(x)không, nhưng sốlượng các số hữu tỉ α cần kiểm tra nhiều khi quá lớn Phần mềm vẽ đồ thịhàm số cũng là công cụ hữu ích trong giải phương trinh f(x) = 0 nhưng việctính toán không phải bao giờ cũng thuận lợi Nói chung việc xác định chínhxác số nghiệm của một phương trình đa thức bậc ≥ 5 là vấn đề khó, khoahọc máy tính cũng cố gắng xây dựng các thuật toán để đưa ra một số chínhxác hoặc xấp xỉ Vì thế, thông tin cụ thể về nghiệm đa thức như số nghiệm,loại nghiệm ( nghiệm thực, nghiệm phức, nghiệm âm, nghiệm dương) tiếptục được quan tâm trong toán học cũng như khoa học máy tính

Quy tắc dấu Descartes là một phương pháp xác định số nghiệm thựcdương, số nghiệm thực âm tối đa của một đa thức với hệ số số thực Mặc

dù nó chỉ có tính phỏng đoán nhưng những thông tin đó rất cần thiết tronggiải phương trình và khoa học ứng dụng Quy tắc này được phát biểu (khôngchứng minh) lần đầu tiên vào năm 1637 bởi René Descartes - một triết gia,nhà toán học, nhà khoa học người Pháp

Descartes phát biểu rằng: "Số nghiệm thực dương của một đa thức (hệ

số thực) cùng lắm là bằng số lần thay đổi dấu của các hệ số của đa thứcđó" Đến năm 1707, Isaac Newton đã phát biểu lại nhưng cũng không chứngminh Chứng minh đầu tiên được thực hiện bởi nhà toán học Pháp Jean

- Paul de Gua de Malves vào năm 1740 Đến năm 1828 (nghĩa là gần mộtthế kỉ sau), Gauss - nhà toán học người Đức đã chỉ ra rằng: số nghiệm thựcdương của f(x) (kể cả bội) chỉ có thể là m, m − 2, m − 4, trong đó m là sốlần thay đổi dấu của các hệ số của đa thức f(x)

Định lý 2.2.1 Cho đa thức f(x) = a0xb0 + a1xb1 + + anxbn, trong đó

ai ∈ R, ai 6= 0, (i = 0, n), bj là các số nguyên sao cho

0 ≤ b0 < b1 < b2 < < bn Khi đó,

1) Số nghiệm thực dương của f(x) (kể cả bội) bằng số lần thay đổi dấu

trong dãy các hệ số a0, , an hoặc ít hơn một bội của 2.

2) Số nghiệm thực âm của f(x) (kể cả bội) bằng số lần thay đổi dấu trongdãy các hệ số của đa thức f(−x) hoặc ít hơn một bội của 2

Kí hiệu số lần thay đổi dấu trong dãy các hệ số của f là v(f) và số nghiệmthực dương của f(x) (kể cả bội) là z(f)

Bổ đề 2.2.2 Cho f(x) là đa thức nói trong Định lý trên

f(x) = a0xb0 + a1xb1 + + anxbn

nếu a0an > 0 thì z(f ) là chẵn; nếu a0an < 0 thì z(f ) lẻ

Chứng minh Ta chỉ cần chứng minh phần 1) Không mất tính tổng quát, ta

có thể giả sử rằng b0 = 0 Ta quy nạp theo n

Với n = 1 hiển nhiên v(f) = z(f)

Giả sử với n ≤ k −1, v(f) ≥ z(f) và z(f) ≡ v(f) (mod 2) Ta chứng minhđịnh lý đúng với n = k Xét các trường hợp sau:

Trường hợp 1 a0a1 > 0 Trong trường hợp này v(f ) = v(f′) Theo bổ đề2.2.2 z(f) ≡ z(f′) (mod 2) Theo giả thiết quy nạp, z(f′

) ≡ v(f′) (mod 2) và z(f′

) ≤ v(f′) Talại có z(f) ≡ v(f) (mod 2) Theo Định lý Rolle, z(f′

) ≥ z(f) − 1 Do đó,v(f ) = v(f′

) + 1 ≥ z(f′

) + 1 ≥ z(f)

Sau đây, để thuận lợi, ta viết đa thức f(x) dạng:

f(x) = f (x) = anxn + an−1xn−1+ + a1x+ a0,trong đó ai ∈ R, an 6= 0, n ≥ 1, ai 6= 0, ∀i = 0, n

Nhận xét 2.2.1 Không mất tính tổng quát, ta luôn giả sử rằng hệ số caonhất an của f(x) luôn mang dấu dương, vì số nghiệm của f(x) và −f(x) là

như nhau Mặt khác, luôn giả sử an = 1 Vì nếu an 6= 1, chia f(x) cho an tađược

f(x) và g(x) chỉ khác nhau một nhân tử bậc 0 nên các nghiệm của g(x) cũng

là nghiệm của f(x) và ngược lại

Nhận xét 2.2.2 Luôn giả thiết hạng tử tự do a0 của f(x) khác 0, vì nếu 0

là một nghiệm của f(x), giả sử nghiệm này là bội k khi đó f(x) = xkh(x),(h(0) 6= 0), h(x) là đa thức có hệ tử tự do 6= 0 và số nghiệm dương (âm) của

h(x) và g(x) là như nhau

Mệnh đề 2.2.3 Nếu tất cả các hệ số của f(x) đều dương thì f(x) không cónghiệm dương

Chứng minh Rõ ràng là nếu tất cả các hệ số của f(x) đều dương thì f(x)

là tổng của các số hạng lớn hơn 0, với x > 0, do đó f(x) > 0

Hệ quả 2.2.4 Nếu tất cả các hệ số ai của đa thức f(x) đều khác 0 và đandấu thì f(x) sẽ không có nghiệm âm

Chứng minh Xét đa thức a0f(−x)

|a0| Đa thức này có các hệ số đều dươngnên theo mệnh đề 2.2.3, f(−x) không có nghiệm dương nên f(x) không cónghiệm âm

Mệnh đề 2.2.5 Nếu một đa thức f(x) bậc n có n nghiệm dương thì các hệ

số của nó đều khác 0 và đan dấu

Chứng minh Ta chứng minh quy nạp theo n

Với n = 0 ; f(x) không có nghiệm vì các hệ số không đổi dấu

Với n = 1 , đa thức bậc nhất f(x) = ax + b có một thay đổi dấu của a, bsuy ra f(x) có một nghiệm dương

Giả sử mệnh đề đúng với n − 1 (n > 1) Ta có (x − α)Xn−1

j=0

(−1)n−1−jajxjvới α và aj(j = 0, n− 1) > 0 Khai triển

(−1)nαa0

n−1X

j =0[(−1)n−jαaj + (−1)n−j−2aj−1]xj + an−1xn

= (−1)αa0

n−1X

j =0(−1)n−j(αaj + aj−1)xj + an−1xn.các hệ số khác 0 và đan dấu

Hệ quả 2.2.6 Nếu đa thức f(x) bậc n có n nghiệm âm thì tất cả các hệ sốcủa f(x) đều khác 0 và dấu của chúng như nhau

Chứng minh Áp dụng mệnh đề 2.2.5 cho (−1)nf(−x)

Sau đây ta sẽ chứng minh rằng nếu hệ số của f(x) có đúng một lần đổidấu thì f(x) có ít nhất một nghiệm dương

Định lý 2.2.7 Giả sử f(x) = f(x) = anxn+an−1xn−1+ +a1x+a0 ∈ R [x]với an 6= 0, n ≥ 1 Khi đó f(x) luôn luôn dương với x ≥ 1 + k

rG

an và tất cảcác nghiệm thực của f(x) đều bé hơn giá trị này, trong đó k là chỉ số đầutiên để ak <0 và G = max {|as|}, as là những hệ số âm của f(x)

Chứng minh Ta loại ra những hệ số không âm trừ những hệ số đầu tiên của

k hệ số không âm và thay các hệ số còn lại bởi −G Với x > 1 ta có

f(x) ≥ anxn− G

n−kXj=0

an và tất cả các nghiệm thực của f(x) đều

Chứng minh i) Chia đa thức cho hệ số cao nhất của nó Nếu tất cả các hệ

số đều dương thì suy ra ngay kết quả hoặc có một số hệ số sau là âm thì ápdụng định lý 2.2.7

Bây giờ ta sẽ chứng tỏ rằng, nếu đa thức f(x) có một lần đổi dấu hệ sốthì có đúng một nghiệm

Mệnh đề 2.2.10 Nếu hệ số của đa thức f(x) có một lần đổi dấu thì nó cóđúng một nghiệm dương

Chứng minh Trước hết ta có

Nhận xét 2.2.3 Cho φ0(x) = 0, φk(x) = φk− 1(x) + xk−1, với k = 1, Thếthì φk(x) thỏa mãn:

+ φk(1) = k

+ φk(y) ≥ φk(x) với y ≥ x ≥ 1

+ φm(x) ≥ φk(x) với m ≥ k khi x ≥ 0

Bây giờ ta chứng minh mệnh đề 2.2.10

Theo Mệnh đề 2.2.9 f(x) có ít nhất một nghiệm dương, giả sử α là nghiệmdương bé nhất

Lập đa thức bf(x) = α−nf(αx) Các hệ số của đa thức này cùng dấu với

đa thức ban đầu và nghiệm dương bé nhất của đa thức này là x = 1 Ta sẽchứng minh rằng bf(x) dương với x > 1 và x = 1 là một nghiệm đơn

Tách các hạng tử âm và dương, ta có bf(x) = q(x) − r(x) Ở đây hệ số của

q và r đều không âm, chọn k như định lý 2.2.7 sao cho q có k hệ số Ta có

b

f(x) = bf(x) − bf(1)

=

nX

j =n−k+1

qj(xj − 1) −

n−kXj=0

rj(xj − 1)

= (x − 1)[

nXj=n−k+1

qjφj(x) −

n−kXj=0

j =n−k+1

qj −

n−kXj=0

rj]

≥ φn−k +1(1)[r0+ bf(1)] = (n − k + 1)r0 >0

Vậy bf(x) có đúng một nghiệm dương

Mệnh đề 2.2.3; 2.2.5; 2.2.9; 2.2.10 cho biết rằng khi các hệ số của f(x)đều dương thì f(x) không có nghiệm dương Khi có một lần đổi dấu thì f(x)

có một nghiệm dương Tuy nhiên khi dấu của các hệ số thay đổi nhiều lầnhơn thì nói chung, việc chỉ ra chính xác số nghiệm thực dương (âm) khá khókhăn

Bổ đề 2.2.11 Nếu một đa thức g(x) với hệ số thực có m lần đổi dấu hệ sốthì với α > 0 tùy ý, đa thức f(x) = (x − α)g(x) có ít nhất m + 1 lần đổi dấu

bjxj

= −αb0+

nXj=1(bj−1− αbj)xj + bnxn+1

Như vậy, hệ số cao nhất an+1 của f(x) chính là bn, suy ra chúng cùng dấu.Mặt khác, từ j = n đến j = 1, ta thấy mỗi lần thay đổi dấu giữa bj−1 và bjthì aj = bj−1− αbj cùng dấu với bj−1 Do đó, bắt đầu với an+1, ta có mộtdãy con của aj, kí hiệu ajk, cùng dấu với dấu của các hệ số tương ứng bjk−1của g(x) Từ số lần thay đổi dấu của dãy bj bé hơn số lần đổi dấu của mộtdãy con của nó, ta tính được ít nhất m lần thay đổi dấu trong f(x) Cuốicùng, a0 có dấu ngược với b0 (a0 = −αb0) và do đó ngược với ajm Vậy f(x)

có ít nhất m + 1 lần đổi dấu hệ số

Hệ quả 2.2.12 Một đa thức f(x) có m nghiệm dương thì có nhiều hơn m

Giả sử ngược lại, a0 < 0 Thế thì f (0) = a0 < 0 Theo Định lý 2.2.7,

f(x) > 0 với x đủ lớn, do đó f (x) = 0 với x > 0 nào đó, mâu thuẫn với f (x)không có nghiệm dương

Để tìm số nghiệm âm, ta xét đa thức f(−x) Để ý rằng trong f(−x) cáchạng tử ứng với các lũy thừa bậc chẵn của x (kể cả hạng tử tự do và hạng

tử khuyết) cùng dấu với các hạng tử tương ứng trong f(x); còn các hạng tửứng với các lũy thừa bậc lẻ của x thì trái dấu với hạng tử tương ứng trong

f(x)

Trong không gian phức, một đa thức bậc n có đúng n nghiệm phức (kể

cả bội) Vì thế, nếu f(x) là đa thức bậc n, không nhận 0 làm nghiệm thì

số nghiệm thuần phức của f(x) tối thiểu bằng n − (p + q) trong đó p là sốnghiệm thực dương nhiều nhất có thể, q là số nghiệm thực âm nhiều nhất cóthể

Cũng như Định lý cơ bản của Đại số, Quy tắc dấu của Descartes khôngcho chúng ta biết công thức nghiệm cũng như vị trí các nghiệm trên hệ trụctọa độ Oxy, mà chỉ cho biết có thể tối đa (tối thiểu) số nghiệm và nhữngnghiệm đó thuộc loại nào

Việc sử dụng sự thay đổi dấu của một dãy số để nghiên cứu nghiệm thựccủa đa thức được nhiều nhà toán học quan tâm Nhưng vấn đề tính toán và