NGHIỆM và TÍNH CHẤT NGHIỆM của đa THỨC

Chuyên đề: NGHIỆM VÀ TÍNH CHẤT NGHIỆM CỦA ĐA THỨC A MỞ ĐẦU Đa thức nội dung quan trọng chương trình toán học phổ thông bắt đầu giảng dạy chương trình đại số cấp THCS Các toán đa thức xuất nhiều kì thi học sinh giỏi Quốc gia Quốc tế Kiến thức liên quan để giải tập đa thức đa dạng phong phú Trong nội dung chuyên đề nhỏ đề cập đến số vấn đề liên quan đến nghiệm đa thức Nội dung chuyên đề bao gồm phần sau: */ Nhắc lại số kết tính chất số học đại số đa thức I Nghiệm nguyên đa thức hệ số nguyên II Tính chất chia hết hai đa thức III Định lý Viète áp dụng IV Định lý Roll áp dụng B NỘI DUNG */ Nhắc lại số kết tính chất số học đại số đa thức - Đa thức bậc n có không n nghiệm thực - Đa thức có vô số nghiệm đa thức không - Đa thức có bậc nhỏ n mà nhận giá trị n+1 giá trị khác đối số đa thức đa thức - Hai đa thức bậc nhỏ n mà nhận n+1 giá trị n+1 giá trị khác đối số đồng -Bậc tổng hai đa thức không lớn bậc hai đa thức - Bậc tích hai đa thức khác không tổng bậc hai đa thức - Hai đa thức f g thuộc ¡ [ x] g khác không (đa thức không), có cặp đa thức q, r ∈ ¡ [ x] cho f = qg + r r = deg r < degg với r ≠ - Dư phép chia đa thức f ( x) cho x − c f (c) -Với hai đa thức f , g ∈ ¢ [ x] tồn ƯCLN f g ƯCLN - Nếu đa thức d ƯCLN đa thức f g, tồn hai đa thức u,v cho fu + gv = d Ngược lại đa thức d ước chung đa thức f g thỏa mãn fu + gv = d d ƯCLN f g - Hai đa thức f g nguyên tố tức ( f , g ) = tồn hai đa thức u,v cho fu + gv = - Nếu đa thức f(x) g(x) nguyên tố  f ( x )   g ( x )  m m nguyên tố với m,n nguyên dương - Mọi nghiệm x0 đa thức f ( x) = a0 x n + a1 x n −1 + + an−1x + an (a0 ≠ 0) thỏa mãn bất đẳng thức | a0 | ( | x0 | −1) ≤ A, A = max | ak |, k = 1, n - Đa thức p bất khả quy ước đa thức bậc đa thức có dạng ap với a số khác - Mỗi đa thức f bậc lớn không phân tích thành tích đa thức bất khả quy Và phân tích không kể đến thứ tự nhân tử nhân tử bậc không - Tiêu chuẩn Eisenstein: Cho P( x) = an x n + an−1x n −1 + + a1x + a0 ∈ ¢ [ x] Nếu có cách chọn số nguyên tố p thỏa mãn đồng thời điều kiện : *) an không chia hết cho p, *) Tất hệ số lại chia hết cho p *) a0 chia hết cho p không chia hết cho p p(x) không phân tích thành tích đa thức có bậc thấp với hệ số hữu tỷ - Ta có khẳng định sau đa thức nguyên: (a) Định lý nghiệm nguyên Cho f ( x) = an x n + an−1x n−1 + + a1x + a0 với a0 , a1 , , an số nguyên f(p) = với p nguyên Khi a0 chia hết cho p (b) Định lý nghiệm hữu tỷ Cho f ( x) = an x n + an −1x n−1 + + a1x + a0 với a0 , a1 , , an số nguyên f(p/q) = với p/q phân số tối giản Khi a0 chia hết cho p an chia hết cho q (c) Trong ký hiệu câu (b), với số nguyên k số f(k) chia hết cho p – kq - Định lý Viète: a/ Giả sử phương trình an x n + an −1 x n −1 + + a1 x + a0 = (an ≠ 0) (1) có n nghiệm (thực phức) x1 , x2 , , xn an −1   E1 ( x) = x1 + x2 + + xn = − a n   an −  E2 ( x ) = x1 x2 + x1 x3 + + xn −1 xn = an    n a0   En ( x ) = x1 x2 xn = ( −1) a n  (2) b/ Ngược lại số x1 , x2 , , xn thỏa mãn hệ chúng nghiệm phương trình (1) c/ Các hàm E1 ( x), E2 ( x), , En ( x) hệ phương trình (2) gọi hàm (đa thức) đối xứng sơ cấp Viète - Kết sau hệ định lý Rolle : Nếu đa thức P( x) ∈ ¡ [ x] có k nghiệm thực phân biệt P’(x) có k-1 nghiệm thực I Nghiệm nguyên đa thức hệ số nguyên Trong phần ta thường sử dụng tính chất chia hết, tính chẵn lẻ, định lý Bezout, định lý Fermat,… Bài 1.Cho đa thức P( x), Q( x) ∈ ¢ [ x] a ∈ ¢ thỏa mãn P(a) = P(a + 2015) = 0; Q (2014) = 2016 Chứng minh phương trình Q ( P ( x )) = nghiệm nguyên Lời giải: P( x) = ( x − a )( x − a − 2015).g ( x ) , ⇒ P ( x) chẵn với ∀x ∈ ¢ Q( x) = ( x − 2014)h( x) + 2016 ⇒ Q ( P( x)) = ( P ( x) − 2014)h( P( x)) + 2016 chia hết Q ( P ( x)) ≠ 1∀x ∈ ¢ (đpcm) Bài Cho k∈¥ * Tìm tất đa thức P(x) thỏa mãn: ( x − 2015) k P( x) = ( x − 2016) k P( x + 1) (*) Lời giải: Giả sử P(x) đa thức thỏa mãn đề Ta thấy x=2016 nghiệm bội bậc ≥ k P(x).Theo định lý Bezout ta có P( x) = ( x − 2016) k Q( x) , thay vào (*) ta ( x − 2015)k ( x − 2016) k Q( x) = ( x − 2015) k ( x − 2016) k Q( x + 1) Từ suy Q ( x) = Q( x + 1) ∀x , hay Q( x) = a số Vậy P ( x ) = a( x − 2016) k Thử lại Bài 3: Cho f ∈ ¢ [ x] a/ Giả sử ∏ f (i) không chia hết cho Chứng minh phương trình f ( x) = i =0 nghiệm nguyên b/ Chứng minh f ( x) = có nghiệm nguyên phương trình f ( x) = −1 nghiệm nguyên c/ Giả sử a,b,c nghiệm nguyên khác phương trình f ( x) = Chứng minh nghiệm nguyên phương trình f ( x) = −1 lớn {a,b,c} d/ Giả sử degf ≥ , n(f) số nghiệm nguyên phương trình f ( x) = Chứng minh n( f ) ≤ degf + e/ Giả sử f ∈ ¢ [ x] , a, b ∈ ¢ cho f (a) = f (b) = , c, d ∈ ¢ cho f (c ) = f (d ) = −1 Chứng minh {a,b,c,d} hoán vị bốn số nguyên liên tiếp Lời giải a/ Giả sử x0 ∈ ¢ nghiệm phương trình f ( x ) = Viết x0 = 5q + r , r ∈{0,1, 2, 3} Vì f ( x0 )M5 ⇒ f (r ) M5 điều vô lý Vậy phương trình f ( x ) = nghiệm nguyên b/ Giả sử phương trình f ( x) = có bốn nghiệm a, b, c, d ∈ ¢ khác Suy f ( x) = ( x − a)( x − b)( x − c)( x − d )Q( x) + với Q( x) ∈ ¢ [ x] Do -2 phân tích thành tích bốn số nguyên phân biệt nên phương trình f ( x) = −1 có nghiệm nguyên c/ Giả sử phương trình f ( x) = có nghiệm nguyên a,b,c phương trình f ( x) = −1 có nghiệm nguyên d Theo câu b ta suy phương trình f ( x) = có nghiệm Khi f ( x) = ( x − a)( x − b)( x − c)Q( x) + với Q ( x) ≠ 0∀x ∈ ¢ Và −1 = (d − a)(d − b)(d − c)Q(d ) + ⇔ ( a − d ) ( b − d ) ( c − d ) Q ( d ) = suy ba số a-d,bd,c-d phân biệt vàđều ước nên tồn số âm, giả sử a − d < ⇒ d > a ⇒ d > {a,b,c} (đpcm) d/ Giả sử n( f ) ≥ degf + (*) Do f ( x) = ⇔ ( f ( x) − 1) ( f ( x) + 1) = số nghiệm phương trình f(x)=1 f(x)=-1 ≤ n( f ) nên ta suy hai phương trình f(x)=1 f(x)=-1 phải có nghiệm Giả sử phương trình f(x)=1 có nghiệm a,b,c (a n m − n > n − ≥ hay t m −n +1 + t m− n < t n + t mà từ (1) (2) ta lại có t m −n +1 + t m− n = t n + t m − n + ≤ n hay m ≤ 2n − Ta lại (4) có x n + x − = g ( x ) | ( x m − n g ( x ) − f ( x )) = x m − n + − x m− n − x + n ≤ m − n + hay m ≥ 2n − (5) Từ (4) (5) ta có hai trường hợp: - Trường hợp 1: m=2n-2 Khi ta có x n + x − 1| x n − x n− − x + vô lý - Trường hợp 2: m=2n-1 Khi ta có x n + x − 1| x n+1 − x n −1 − x + Do ta n n +1 n −1 có ( x + 1) ( x + x − 1) ≡ x − x − x + hay n=3, m=5 Thử lại ta thấy giá trị thỏa mãn Vậy có cặp (m,n) thỏa mãn đầu (5;3) Bài 6.(Mỹ 1977) Tìm m, n ∈ ¢ + cho đa thức p ( x) = + x + x + + x m ước đa thức q ( x) = + x n + x n + + x mn Lời giải Dễ thấy đa thức q0 ( x) = x ( m +1) n − = ( x n − 1)q( x), p0 ( x) = x m +1 − = ( x − 1) p( x) nghiệm bội (phức) đa thức đạo hàm chúng nghiệm chung Nên đa thức p(x), q(x) nghiệm bội Từ kết ta có p( x) | q( x) nghiệm p(x) nghiệm q(x) Ta có cặp đa thức ( x n − 1) q( x) ; ( x − 1) p( x) nghiệm chung, ( m +1) n − 1) nên nghiệm p(x) nghiệm đồng thời p0 ( x) | q0 ( x); ( x − 1) | ( x q(x) hai đa thức x n − x m +1 − có nghiệm chung x=1 Ta xét hai trường hợp sau: 12 - Trường hợp 1: d = (m + 1, n) > Khi ta có hai đa thức x n − x m +1 − có 2π 2π + isin nên không thỏa mãn d d Trường hợp 2: d = (m + 1, n) = Khi ∃k , l ∈ ¢ : k (m + 1) + ln = Giả sử hai nghiệm chung khác x0 = cos - đa thức xn −1 có x m +1 − nghiệm chung x0 Dễ thấy x0 = x0k ( m +1) + ln = ( x0m +1 ) k ( x0n )l = Trường hợp thỏa mãn Vậy hai số nguyên dương m,n thỏa mãn đầu (m + 1, n) = III Định lý Viète áp dụng Bài Cho f ( x) = x n + a1 x n −1 + + an−1 x + đa thức có n nghiệm thực thỏa mãn > 0∀i = 1, , n − Chứng minh f ( x) ≥ ( x + 1)n ∀x ∈ Q + Lời giải Gọi α1 , , α n nghiệm phương trình f ( x) = Do ( ) i =1 > ⇒ α i < 0∀i = 1, n − n −1 Đặt βi = −α i ⇒ βi > Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: n ∀x ∈ ¡ + , f ( x) = ∏ ( x + βi ) ≥ i =1 ( n x n + n β1 β n ) n = ( x + 1) (đpcm) n Bài Biết đa thức f ( x) = x − 18 x3 + kx + 200 x − 1984 có hai nghiệm mà tích -32 Tính k Lời giải Từ giả thiết suy  −32b + 162a = 200 f ( x) = ( x + ax − 32)( x + bx + 162) ⇒   a + b = −18 ⇒ k = 86 Bài a b b c c a b a c b a c Cho a, b, c ∈ ¢ \{0} thỏa mãn A = + + ∈ ¢ , B = + + ∈ ¢ 13 Chứng minh |a|=|b|=|c| Lời giải Ta có a b c , , nghiệm hữu tỷ phương trình : x3 + Ax + Bx − = b c a Tối giản phân số a b c , , , mẫu số tử số chúng ước 1, b c a từ suy |a|=|b|=|c| IV Định lý Roll áp dụng - Định lý Rolle: Giả sử hàm số f : [ a; b ] → ¡ liên tục đoạn [a;b] có đạo hàm khoảng (a;b) Nếu f(a)=f(b) tồn điểm c thuộc khoảng (a;b) cho f '(c) = - Hệ quả: Nếu đa thức P( x) ∈ ¡ [ x] có k nghiệm thực phân biệt P’(x) có k-1 nghiệm thực Bài 1: Giả sử f ∈ ¡ [ x] (deg f=n) Biết f(x) có n nghiệm thực phân biệt lớn Chứng minh g ( x) = f ( x) f '( x)( x + 1) + x( f ( x) + f '( x) ) có 2n-1 nghiệm thực phân biệt Lời giải Ta có g ( x) = ( xf ( x ) + f '( x ) ) ( xf '( x ) + f ( x )) Giả sử f(x) có n nghiệm thực a1 , , an (1 < a1 < a2 < < an ) Vì xf(x) có n+1 nghiệm thực phân biệt 0,a 1,…,an nên xf’(x)+f(x) có n nghiệm thực phân biệt x2 x2 Lại có e f ( x) có n nghiệm thực phân biệt a1,…,an nên e ( xf ( x) + f ' ( x ) ) có n-1 nghiệm thực phân biệt nên xf(x)+f’(x) có n-1 nghiệm thực phân biệt Ta chứng minh xf’(x)+f(x) xf(x)+f’(x) nghiệm chung Giả sử α nghiệm chung hai đa thức 14 x2 Do e f ( x ) có n nghiệm thực phân biệt a 1,…,an nên xf(x)+f’(x) có n-1 nghiệm thực c1 , c2 , , cn thỏa mãn < a1 < c1 < a2 < c2 < < cn−1 < an Do nghiệm chung α >1 α f ( α ) + f ' ( α ) = Vậy  f α + α f ' α = ( )  ( ) ⇒ f (α ) = f ' ( α ) = suy α nghiệm bội f(x) Mâu thuẫn Vậy g(x) có 2n-1 nghiệm phân biệt Bài 2: Cho đa thức f(x) bậc n có n nghiệm dương phân biệt Chứng minh f ( x) − α f '( x) (α > 0) có n nghiệm dương phân biệt Lời giải n n k =1 k =1 Giả sử f ( x) = a∏ ( x − xk ) , xk > 0∀k = 1, , n ⇒ f '( x) = f ( x)∑ f '( x) Xét hàm g ( x) = f x ( ) n D = ¡ \ {x1 , x2 , , xn } ⇒ g ' ( x ) = −∑ k =1 x − xk ( x − xk ) < 0∀x ∈ D Suy g(x) hàm giảm Ta có bảng biến thiên g(x) Từ bảng biến thiên ta suy phương trình g ( x) = có n nghiệm dương α phương trình f ( x) − α f '( x) có n nghiệm dương Chú ý: toán không khó lại toán sở để giải toán 3,4 15 Bài 3: Cho đa thức f(x) bậc n có n nghiệm phân biệt x1 < x2 < < xn , c số f '( x) dương Tập hợp giá trị x cho f x > c hợp số hữu hạn ( ) khoảng đôi không giao Chứng minh tổng độ dài chúng n c Lời giải f '( x ) Theo nghiệm bất phương trình f x > c (*) hợp n khoảng ( ) ( x1 ; y1 ), ( x2 ; y2 ), , ( xn ; yn ) y1 , y2 , , yn nghiệm phương trình f '( x ) f ( x) =c Vậy tổng độ dài khoảng nghiệm bất phương trình (*) n n i =1 i =1 ∑ yi − ∑ xi (1) Giả sử f ( x) = an x n + + a1 x + a0 Khi x1 , x2 , , xn n nghiệm phương trình an x n + + a1 x + a0 = −a n −1 Theo định lý Viet x1 + x2 + + xn = an (2) Mặt khác y1 , y2 , , yn n nghiệm phương trình cf ( x ) − f ' ( x ) = n n −1 Ta có cf ( x ) − f ' ( x ) = an x + ( can−1 − nan ) x + + ( a0 − a1 ) = Áp dụng định lý Viet y1 + y2 + + yn = n n i =1 i =1 Từ (1),(2),(3) ta có ∑ yi − ∑ xi = nan − can −1 (3) can n (đpcm) c Bài 4: Cho đa thức P( x) bậc có nghiệm dương phân biệt 16 Chứng minh phương trình 1− 4x − 4x P ( x) + (1 − ) P '( x) − P '( x ) = x x (1) có nghiệm dương phân biệt Lời giải Ta có (1) ⇔ 1− 4x ( P ( x) − P '( x)) + ( P '( x) − P ''( x)) = (2) x2 Đặt Q( x) = P( x) − P '( x) Theo Q(x) có bốn nghiệm dương phân biệt Ta có (2) có bốn nghiệm phân biệt ⇔ − 4x Q( x ) + Q '( x) = có bốn nghiệm phân biệt x2 1 ⇔ x − x Q ( ) + Q '( ) = có bốn nghiệm phân biệt x x ( ) ( ) ( ) ⇔ x Q( x) + x Q( x) ' = có bốn nghiệm phân biệt (*) x Vì Q(x) có bốn nghiệm dương phân biệt x1 , x2 , x3 , x4 nên x Q( ) có bốn nghiệm 1 1 dương x , x , x , x nên (*) chứng minh Vậy phương trình (1) có bốn nghiệm dương phân biệt Bài 5: (Khái quát 4) Cho đa thức P( x) bậc n có n nghiệm dương phân biệt Chứng minh phương trình − nx − nx P ( x ) + (1 − ) P '( x) − P '( x) = x x (1) có n nghiệm dương phân biệt C KẾT LUẬN Chuyên đề nhỏ đưa số hướng giải toán đa thức liên quan đến nghiệm tính chất nghiệm đa thức Nội dung chuyên đề giúp cho học sinh giỏi bạn đồng nghiệp tham khảo trình nghiên cứu đa thức 17 [...]... nghiệm của p(x) cũng là nghiệm của q(x) Ta có các cặp đa thức ( x n − 1) và q( x) ; ( x − 1) và p( x) không có nghiệm chung, ( m +1) n − 1) nên mọi nghiệm của p(x) cũng là nghiệm đồng thời p0 ( x) | q0 ( x); ( x − 1) | ( x của q(x) khi và chỉ khi hai đa thức x n − 1 và x m +1 − 1 có một nghiệm chung duy nhất là x=1 Ta xét hai trường hợp sau: 12 - Trường hợp 1: d = (m + 1, n) > 1 Khi đó ta có hai đa. .. sao cho đa thức p ( x) = 1 + x + x 2 + + x m là ước của đa thức q ( x) = 1 + x n + x 2 n + + x mn Lời giải Dễ thấy các đa thức q0 ( x) = x ( m +1) n − 1 = ( x n − 1)q( x), p0 ( x) = x m +1 − 1 = ( x − 1) p( x) đều không có nghiệm bội (phức) do các đa thức này và đạo hàm của chúng không có nghiệm chung Nên các đa thức p(x), q(x) cũng không có nghiệm bội Từ kết quả trên ta có p( x) | q( x) khi và chỉ... cũng có n nghiệm dương phân biệt C KẾT LUẬN Chuyên đề nhỏ này đã đưa ra một số hướng giải quyết các bài toán về đa thức liên quan đến nghiệm và tính chất nghiệm của đa thức Nội dung chuyên đề giúp cho học sinh giỏi cũng như các bạn đồng nghiệp có thể tham khảo trong quá trình nghiên cứu về đa thức 17 ... dài của chúng bằng n c Lời giải f '( x ) Theo bài 5 nghiệm của bất phương trình f x > c (*) là hợp của n khoảng ( ) ( x1 ; y1 ), ( x2 ; y2 ), , ( xn ; yn ) trong đó y1 , y2 , , yn là các nghiệm của phương trình f '( x ) f ( x) =c Vậy tổng độ dài của các khoảng nghiệm của bất phương trình (*) là n n i =1 i =1 ∑ yi − ∑ xi (1) Giả sử f ( x) = an x n + + a1 x + a0 Khi đó x1 , x2 , , xn là n nghiệm của. .. e 2 ( xf ( x) + f ' ( x ) ) có n-1 nghiệm thực phân biệt nên xf(x)+f’(x) có n-1 nghiệm thực phân biệt Ta chứng minh xf’(x)+f(x) và xf(x)+f’(x) không có nghiệm chung Giả sử α là nghiệm chung của hai đa thức 14 x2 Do e 2 f ( x ) có n nghiệm thực phân biệt a 1,…,an nên xf(x)+f’(x) có n-1 nghiệm thực c1 , c2 , , cn thỏa mãn 1 < a1 < c1 < a2 < c2 < < cn−1 < an Do đó nghiệm chung α >1 α f ( α ) + f '... r ( x) ≡ 0 và bài toán quy về tìm g ( an ) m, n ∈ ¥ : m, n ≥ 3 để f ( x )Mg ( x) (Vì f , g ∈ ¢ [ x] và g là monic nên phép chia hết nói ở đây là như nhau khi xét trong ¡ [ x] , ¤ [ x], ¢ [ x] ) Vì f ( x)Mg ( x) nên mọi nghiệm của g(x) (xét trong tập số phức) đều là nghiệm của f(x) (số bội của nghiệm trong g(x) nhỏ hơn hoặc bằng trong f(x)) Trong bài toán này ta quan tâm tới nghiệm thực của g(x) Dễ... khi đó mẫu số và tử số của chúng đều là ước của 1, b c a từ đó suy ra |a|=|b|=|c| IV Định lý Roll và áp dụng - Định lý Rolle: Giả sử hàm số f : [ a; b ] → ¡ liên tục trên đoạn [a;b] và có đạo hàm trong khoảng (a;b) Nếu f(a)=f(b) thì tồn tại ít nhất một điểm c thuộc khoảng (a;b) sao cho f '(c) = 0 - Hệ quả: Nếu đa thức P( x) ∈ ¡ [ x] có k nghiệm thực phân biệt thì P’(x) có ít nhất k-1 nghiệm thực Bài... Khi đó ta có hai đa thức x n − 1 và x m +1 − 1 có 2π 2π + isin nên không thỏa mãn d d Trường hợp 2: d = (m + 1, n) = 1 Khi đó ∃k , l ∈ ¢ : k (m + 1) + ln = 1 Giả sử hai một nghiệm chung khác là x0 = cos - đa thức và xn −1 có x m +1 − 1 nghiệm chung x0 Dễ thấy x0 = x0k ( m +1) + ln = ( x0m +1 ) k ( x0n )l = 1 Trường hợp này thỏa mãn Vậy hai số nguyên dương m,n thỏa mãn đầu bài khi và chỉ khi (m + 1,... biến thiên của g(x) Từ bảng biến thiên ta suy ra phương trình g ( x) = 1 có n nghiệm dương do đó α phương trình f ( x) − α f '( x) có n nghiệm dương Chú ý: đây là bài toán không khó nhưng lại là bài toán cơ sở để giải quyết các bài toán 3,4 15 Bài 3: Cho đa thức f(x) bậc n có n nghiệm phân biệt x1 < x2 < < xn , c là hằng số f '( x) dương Tập hợp các giá trị của x sao cho f x > c là hợp của một số... nghiệm chung α >1 α f ( α ) + f ' ( α ) = 0 Vậy  f α + α f ' α = 0 ( )  ( ) ⇒ f (α ) = f ' ( α ) = 0 suy ra α là nghiệm bội của f(x) Mâu thuẫn Vậy g(x) có 2n-1 nghiệm phân biệt Bài 2: Cho đa thức f(x) bậc n có n nghiệm dương phân biệt Chứng minh rằng f ( x) − α f '( x) (α > 0) có n nghiệm dương phân biệt Lời giải n n k =1 k =1 Giả sử f ( x) = a∏ ( x − xk ) , xk > 0∀k = 1, , n ⇒ f '( x) = f ( x)∑ ... tồn ƯCLN f g ƯCLN - Nếu đa thức d ƯCLN đa thức f g, tồn hai đa thức u,v cho fu + gv = d Ngược lại đa thức d ước chung đa thức f g thỏa mãn fu + gv = d d ƯCLN f g - Hai đa thức f g nguyên tố tức... x + II đa thức có nghiệm thực, mâu thuẫn Tính chất chia hết hai đa thức Trong phần ta sử dụng tính chất sau: Nếu hai đa thức f ( x ), g ( x ) ∈ ¡ [ x ] có bậc lớn f ( x)Mg ( x) ¡ [ x] nghiệm. .. đẳng thức | a0 | ( | x0 | −1) ≤ A, A = max | ak |, k = 1, n - Đa thức p bất khả quy ước đa thức bậc đa thức có dạng ap với a số khác - Mỗi đa thức f bậc lớn không phân tích thành tích đa thức