Luận văn toán học Nghiệm của đa thức

TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN VŨ THỊ LUYẾN NGHIỆM CỦA ĐA THỨC KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Đại số HÀ NỘI - 2014 TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI KHOA TỐN VŨ THỊ LUYẾN NGHIỆM CỦA ĐA THỨC KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Đại số Ngƣời hƣớng dẫn khoa học TS GVC NGUYỄN THỊ KIỀU NGA HÀ NỘI - 2014 LỜI CẢM ƠN Em xin tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới cô – TS Nguyễn Thị Kiều Nga tận tình hướng dẫn để em hồn thành tốt khóa luận Đồng thời em chân thành cảm ơn thầy cô Tổ Đại, số thầy khoa Tốn – Trường Đại hoc sư phạm Hà Nội tận tình dạy dỗ em năm học tập trường Trong khn khổ cấu trúc khóa luận tốt nghiệp, điều kiện thời gian lần đầu nghiên cứu khoa học nên khóa luận nhiều thiếu sót.Em mong nhận góp ý, bảo thầy bạn để khóa luận hoàn thiện Em xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, ngày 10 tháng năm 2014 Sinh viên Vũ Thị Luyến LỜI CAM ĐOAN Khóa luận kết mà em nghiên cứu trình học tập hướng dẫn tận tình giáo – TS Nguyễn Thị Kiều Nga Em xin cam đoan kết đề tài “ Nghiệm đa thức ” khơng có trùng lặp, chép với kết đề tài khác Hà Nội, ngày 10 tháng năm 2014 Sinh viên Vũ Thị Luyến MỤC LỤC MỞ ĐẦU NỘI DUNG Chƣơng Kiến thức chuẩn bị 1.1 Xây dựng vành đa thức ẩn 1.2 Định lí phép chia có dư 1.3 Nghiệm đa thức ẩn 1.3.1 Nghiệm bội 1.3.2 Nghiệm đa thức hệ số nguyên 1.3.3 Nghiệm đa thức hệ số đối xứng 1.3.4 Công thức Viète 1.4 Xây dựng vành đa thức nhiều ẩn 1.5 Đa thức đối xứng Chƣơng Một số toán nghiệm đa thức 2.1 Bài toán chia hết 2.1.1 Kiến thức chuẩn bị 2.1.2 Các dạng toán chia hết 11 2.2 Sự tồn nghiệm đa thức 19 2.2.1 Một số định lí tồn nghiệm đa thức 19 2.2.2 Bài toán tồn nghiệm 20 2.3 Ứng dụng đạo hàm để giải toán nghiệm bội 25 2.3.1 Đạo hàm số tính chất đạo hàm 25 2.3.2 Tìm nghiệm bội đa thức 26 2.4 Một số toán khác 30 2.4.1 Chứng minh hệ thức, đẳng thức 30 2.4.2 Nghiệm đa thức nguyên 36 2.4.3 Nghiệm đa thức hệ số đối xứng 41 2.4.4 Bài toán đa thức nhiều biến 44 KẾT LUẬN 49 TÀI LIỆU THAM KHẢO 50 MỞ ĐẦU Lý thuyết đa thức lý thuyết quan trọng toán học Nó có vị trí quan trọng Đại số cơng cụ đắc lực Giải tích nghiên cứu lý thuyết xấp xỉ, lý thuyết tối ưu… Trong chương trình trung học thi học sinh giỏi cấp, từ phổ thông đến đại học, thấy xuất nhiều dạng toán đa thức, đặc biệt toán nghiệm đa thức chứng minh tồn nghiệm phương trình, tốn nghiệm nguyên, toán mối liên hệ nghiệm giải phương trình đại số… Qua ta thấy lý thuyết nghiệm đa thức cần quan tâm nghiên cứu.Tuy nhiên nay, tài liệu nghiệm đa thức hạn chế nên việc giải toán nghiệm đa thức sơ sài nhiều thiếu sót Vì vậy, gợi ý cô Nguyễn Thị Kiều Nga, em chọn đề tài “Nghiệm đa thức” làm đề tài khóa luận tốt nghiệp Khóa luận chia làm hai chương: Chương 1: Kiến thức chuẩn bị Trình bày cách xây dựng vành đa thức ẩn, nhiều ẩn, lý thuyết nghiệm đa thức ẩn, công thức Viète đa thức đối xứng Chương 2: Một số toán nghiệm đa thức Trình bày tốn liên quan đến nghiệm đa thức toán chia hết, toán tồn nghiệm, ứng dụng đạo hàm để tìm nghiệm bội nhiều tốn khác (đa thức nguyên, đa thức đối xứng, đẳng thức) Do điều kiện thời gian kiến thức hạn chế nên khóa luận nhiều thiếu sót Kính mong thầy giáo bạn sinh viên nhận xét, góp ý kiến để khóa luận em hồn thiện Chƣơng KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Xây dựng vành đa thức ẩn Cho A - vành giao hốn có đơn vị kí hiệu Đặt P = { (a0 , a1 ,, an ,) /  A,  hầu hết } Chú ý (a0 , a1 ,, an ,) =  b0 , b1 ,, bn ,  bi với i  0,1, 2, Trên A xác định phép toán (+) (.) sau: ( a0 , a1 ,, an ,) +  b0 , b1 ,, bn , =  a0  b0 , a1  b1 ,, an  bn ,  a , a ,, a ,.b , b ,, b , =  c0 , c1,, cn , với ck  n  i j k n aib j , k  0,1,2, Khi P với phép tốn hai ngơi lập thành vành giao hốn có đơn vị 1: 1,0, gọi vành đa thức Thật vậy: - Phép (+) P có tính chất giao hốn kết hợp - Phần tử không phép cộng (0,0,…,0,…) - Phần tử đối  a0 , a1 ,, an ,   a0 ,  a1 ,,  an , Vậy P nhóm cộng giao hốn - Vì A vành giao hốn nên  i  j k aib j   i j k b j Do đó, phép nhân P giao hốn - Phép nhân A có tính chất kết hợp phân phối phép cộng nên phép nhân P có tính chất kết hợp phân phối phép cộng vì: Với m  0,1,2, Ta có:     a b c  a ( b c )  ( a b ) c  a b    h   i j   h i j  h i j    h i c j h  k m hi  j m j l m  hi l   i  j k  h i  j  m  (b j  c j )   aib j   c j với k  0,1, 2, i  j k i  j k i  j k Phần tử đơn vị P 1: 1,0,, 0, Do P vành giao hốn có đơn vị Xét ánh xạ: f : A→P a →  a,0,,0, Khi f đơn cấu vành Vì ta đồng  với f (a)   a ,0,,0, A vành vành P Đặt x :  0,1,0, thì: x2   0,0,1,0, x3   0,0,0,1,0, … x n = (0,0, ,0,1,0, ) , n      * n Qui ƣớc: x0  1,0, ,0, Với    a0 , a1 , , an ,   P Không giảm tính tổng qt ta coi an 1  an    Khi đó:    a0 ,0,0,   0, a1,, an ,0, = = =  a0 ,0,0,   0, a1,0,   0,0, a2 ,0,  0,0,,0, an ,0,  a0  a1x  a2 x2  an xn Vậy phần tử P viết dạng f ( x)  a0  a1x  a2 x2  an xn Khi thay cho P ta viết A x  gọi vành đa thức ẩn x Các phần tử A x  kí hiệu f ( x), g ( x), Cho f  x   a0  a1 x  a2 x2  an xn xi - hạng tử thứ i , a i hệ tử thứ i Chú ý: Cho f  x   a0  a1 x  a2 x2  an xn Nếu an  ( n  ) n gọi bậc đa thức f ( x) Kí hiệu: n  deg f  x  Qui ƣớc: Đa thức khơng có bậc - ∞ 1.2 Định lí phép chia có dƣ Cho A x  vành đa thức, A trường Khi đó, với f  x  , g  x   A x, g ( x)  tồn hai đa thức q  x  r  x  cho f  x   g x q x  r x  Nếu r  x   deg r  x   deg g  x  Chú ý: Nếu r  x   ta nói f  x   g  x  1.3 Nghiệm đa thức ẩn Định nghĩa: Cho f  x   A x , f  x   a0  a1x  a2 x2  an xn với c  K  A f  c   ancn  an1cn1   a1c  a0  A gọi giá trị f  x  xc Nếu f  c   c gọi nghiệm đa thức f ( x) K 1.3.1 Nghiệm bội a) Định nghĩa: Cho k  * Phần tử   A gọi nghiệm bội bậc k đa thức f  x   A x f ( x)( x   )k f  x  không chia hết cho x – k 1 Chú ý: Cho A - trường ,   A, f  x   A x, k *  f ( x )  ( x   ) k h( x )  nghiệm bội bậc k f ( x) tức  h( x)  A[ x], h( x)  Đặc biệt: k   gọi nghiệm đơn f  x  k   gọi nghiệm kép f  x  b) Tính chất: Cho A trường,   A , k  *  nghiệm bội bậc k f  x   A x tức  f ( )  f ' ( )   f k 1 ( )   k  f ( )  1.3.2 Nghiệm hữu tỷ a) Định lí 1: Cho đa thức với hệ số nguyên P  x   an xn  an1xn1   a1x  a0 Khi đó, phân số tối giản p nghiệm P  x  p ước q a0 , q ước a n b) Định lí 2: Nếu phân số tối giản p nghiệm đa thức với hệ số nguyên q P  x   an xn  an1 xn1   a1 x  a0 với số ngun m ta có P (m) ( p  qm) Đặc biệt p  q ước P  1 p – q ước P 1 1.3.3 Nghiệm đa thức có hệ số đối xứng a) Định nghĩa: Đa thức P  x   an xn  an1xn1   a1x  a0 gọi đa thức hệ số đối xứng an  a0 , an 1  a1 , , ak  ak 1 , b) Định lí 3: Đa thức P  x  đa thức có hệ số đối xứng bậc n điều kiện sau thỏa mãn: Mọi số  nghiệm đa thức P  x  số nghiệm  c) Định lí 4: Đa thức P  x  đa thức có hệ số đối xứng x  : P( x)  x n P( ) x Ta có bảng: u v uv u v u v uv u v u v uv u v -1 -2 -2 -1 -3 -3 -2 -4 -4 -3 -5 -6 -5 -7 12 13 11 -12 -11 -13 -1 1 -1 -3 3 -1 -5 -2 1 -4 -1 2 -5 1 -1 -7 -3 1 -5 -1 3 -7 -5 1 -7 Ta tính P 1  P   1  18 Dựa cách tìm định lí ta thấy số hữu tỉ thỏa mãn 1 2, 3, ,  Do nghiệm phương trình cho nằm giá trị số hữu tỉ Mặt khác : P ( )   P ( x)( x   ) hay  nghiệm P  x  37 Áp dụng lược đồ Hoocner ta có: 19 -7 -26 12 31 55 84 180 -3 -10 Suy x  3 nghiệm thực phương trình (1) Và P( x)  ( x  3)Q( x)  ( x  3)(6x3  x2  10x  4) 1 Ta lại kiểm tra nghiệm thực phương trình (1) số 3 , ,  Ta thấy - khơng nghiệm Q  x   Kiểm tra hai số lại   x 1  lược đồ Hoocner -10 -8 -1 29 56  1 nghiệm thực Q  x  nên x  nghiệm thực P  x  2 Vậy P  x  có nghiệm thực x  3 x  Ví dụ 2: Chứng minh khơng tồn đa thức bậc hai P( x)  ax2  bx  c với hệ số nguyên nhận 3 làm nghiệm Giải Giả sử có đa thức bậc hai với hệ số nguyên có dạng P( x)  ax2  bx  c ( a  ) Vì P ( x ) nhận 3 làm nghiệm nên ta có: a  b 3  c  hay (a  b 3  c)(a 3  b)   3a  bc  (b2  ac) 3  38 (1) Do a, b, c nguyên 3 số vô tỉ nên từ (1) suy 3a  bc  3a3  abc     b  ac   b  abc  ( a, b  ) Biến đổi hệ ta có 3a  b3  hay b  a 3 (2) Do b nguyên nên (2) xảy a  b  Suy c  (mâu thuẫn giả thiết a  ) Vậy không tồn đa thức bậc hai P ( x ) với hệ số nguyên nhận 3 làm nghiệm Ví dụ 3: Cho P ( x ) đa thức hệ số nguyên Giả sử P (0) P(1) số nguyên lẻ Chứng minh P ( x ) khơng có nghiệm ngun Giải Đặt P  x   an xn  an1xn1   a1x  a0 , an  Gọi p q số nguyên khác chẵn lẻ P  p   P(q)  an ( pn  qn )  an1 ( pn1  qn1 )   a1 ( p  q) (1) Áp dụng khai triển ( xn  y n ) kết hợp với (1) suy P ( p )  P ( q ) ( p  q )  P( p)  P(q) số chẵn với p số nguyên chẵn khác Mặt khác, P (0) số nguyên lẻ nên P ( p ) số nguyên lẻ ( P ( p )  với số nguyên p chẵn) (2) Tương tự ta có: P  p  – P(1) số chẵn với p số nguyên lẻ khác Do P(1) số nguyên lẻ nên nên P ( p ) số nguyên lẻ ( P ( p )  với số nguyên p lẻ) (3) 39 Từ (2) (3) suy P  x  lẻ với x nguyên hay đa thức P  x  khơng có nghiệm nguyên Ví dụ 4: Cho P  x  đa thức hệ số nguyên cho nhận giá trị ± với hai giá trị x1 , x2 khác Chứng minh rằng: Nếu x1  x2  phương trình P  x   khơng có nghiệm hữu tỉ Còn x1  x2  có nghiệm hữu tỉ ( x1  x2 ) Giải Giả sử số hữu tỉ   u ,  u, v   , v  nghiệm P  x   v Khi đó, theo định lí u  x1v u  x2v chia hết P ( x1 )  1 P ( x2 )  1  u  x1v  1 Nghĩa là:   ( x1  x2 ) v  2 ( x1  x2 ) v  u  x v     v0 Do  nên xảy ( x1  x2 ) v  2 x  x  Giả sử x2  x1 ( x1  x2 ) v  v 2 x1 3x  x nên u  x1v   1 x1  x2 x1  x2 x1  x2 Vậy P  x  có nghiệm hữu tỉ   u 3x1  x2  v Bài tập áp dụng Bài 1: Tìm nghiệm hữu tỉ phương trình sau 1) x  x3  x  13x  24  2) x5  x  x3  x  5x   3) x  x3  x   40 Bài 2: Chứng minh đa thức hệ số nguyên P  x   xn  an1 xn1   a1x  a0 có nghiệm hữu tỉ chúng nghiệm nguyên Bài 3: Cho P  x  đa thức với hệ số nguyên Biết đa thức P  x  không chia hết cho với giá trị nguyên liên tiếp x Chứng minh P  x  khơng có nghiệm ngun 2.4.3 Nghiệm đa thức với hệ số đối xứng *Cơ sở lí luận: Để tìm nghiệm đa thức với hệ số đối xứng, ta sử dụng định lí, tính chất đa thức hệ số đối xứng *Ví dụ: Ví dụ 1: Tìm nghiệm P( x)  x4  5x3  2x2  5x  Giải Có P( x)  x4  5x3  2x2  5x   (1) Vì x  khơng nghiệm P  x  nên ta chia vế (1) cho x  Khi ta có: x2  5x   Đặt u  x   0 x x2 1  1    x2    5 x     x   x  1 1     x    5 x    x x   (2) có dạng u  5u   u(u  5)  x  u  u  5 + Với u  : x  + Với u  5 x    x   (vô lí x  0, x  ) x 5  21  5  x  x    x1,2  x 41 (2) Vậy phương trình cho có nghiệm x1  5  21 5  21 x2  2 Ví dụ 2: Cho P( x)  x6  3x5  6x4  x3  6x2  3x  (1) Tìm nghiệm đa thức P ( x ) Giải Vì x  không nghiệm (1) P  x  đa thức bậc chẵn nên ta chia vế (1) cho x  Ta được: x  3x  x      x x x 1  1  1    x3    3 x     x     x   x   x  1 1  1 1      x    3 x    3 x      x     x x  x x    1 1 1      x    3 x    3 x     x x x    Đặt y  x  ( y  2) (2) có dạng y3  y  y   x (2) (3) hay ( y  1)3  hay y  1 (loại y  ) Do khơng tồn y để (3) có nghiệm nên khơng tồn x để phương trình (2) Vậy phương trình vơ nghiệm Ví dụ 3: Tìm nghiệm đa thức sau: P( x)  x7  2x6  5x5  13x4  13x3  5x2  2x  Giải Vì P  x   đa thức với hệ số đối xứng bậc lẻ nên x  1 nghiệm P  x  Khi P  x  viết dạng P( x)  ( x  1).Q( x) 42 (1) Tìm Q  x  dựa vào lược đồ Hoocner đây: -1 -5 -13 -13 -5 1 -6 -7 -6 1  Q( x)  x6  x5  6x4  x3  6x2  x  Do P  x   nên Q  x   Q  x  đa thức hệ số đối xứng bậc chẵn Ta tìm nghiệm đa thức Q  x  Có Q( x)  x6  x5  6x4  x3  6x2  x  (2) Vì x  không nghiệm (2) nên chia vế (2) cho x  1 x3  x  x      x x x 1  1  1    x3     x     x     x   x   x  1 1  1 1      x    3 x     x      x     x x  x x    1  1 1     x     x    9 x     x  x x   Đặt p  x  (3) ( p  ) (2) có dạng x p3  p2  p    p  3 p  1 (loại) + Với p  : x  3   x  3x    x2,3  x + Với p  3 : x  3   3  x  3x    x4,5  x Vì x  1 nghiệm P  x  Suy phương trình cho có nghiệm x1  1 , x2,3  3 3  , x4,5  2 43 Bài tập áp dụng Bài 1: Giải phương trình sau 1) x  13x3  12 x  13x   2) x6  3x5  x  x3  x  3x   3) x7  x6  x5  x  x3  x   Bài 2: Giải phương trình sau P( x)  12x5  56x4  107 x3  107x2  56x  12  2.4.4 Bài toán đa thức nhiều biến *Cơ sở lí luận: Để giải toán đa thức nhiều biến, ta sử dụng tính chất định lí đa thức đối xứng đa thức đối xứng biết * Phƣơng pháp giải - Dùng tính chất để biểu diễn đa thức đối xứng qua đa thức đối xứng - Áp dụng định lí đa thức đối xứng để giải toán liên quan đến đa thức *Ví dụ Ví dụ 1: Biểu diễn đa thức sau qua đa thức đối xứng P( x, y, z)  x2 y  xy  x2 z  zx2  z y  yz  x2 yz  xy z  xyz Giải Đơn thức P  x, y, z  x yz nên bậc x, y, z K1  2, K  1, K  Suy tích Q1  121 211 31  1 với  , , đa thức đối xứng x, y, z Đặt   x  y  z ,   xy  yz  zx ,   xyz 44 Và P1 ( x, y, z)  P( x, y, z)  Q1 ( x, y, z)  x2 y  xy  y z  zy  zx  xz Đơn thức P1  x, y, z  x y nên bậc x, y, z K1  2, K  1, K  Ta có tích Q2  121 210 30  1  ( x  y  z)( xy  yz  zx)  x2 y  xy2  y z  zy2  zx2  xz  3xyz Nên P1 ( x, y, z )  Q2 ( x, y, z )  3xyz  3 Vậy P( x, y, z )  Q1 ( x, y, z )  Q2 ( x, y, z )  3   1   1  3 Ví dụ 2: Phân tích đa thức sau thành nhân tử  P( x, y, z)  x4  y  z  2x2 y  y z  2z x2 Giải Đặt   x  y  z ,   xy  yz  zx ,   xyz P( x, y, z)  x4  y  z  2x2 y  y z  2z x2  ( x2  y2  z )2  4( x2 y  y z  z x2 )  [( x  y  z)2  2( xy  yz  zx)]2  4( x2 y  y z  z x2 )  [( x  y  z)2  2( xy  yz  zx)]2  4[( xy  yz  zx)  2xyz( x  y  z)]  (12  2 )2  4 22  81  14  412  81 Ta thấy P  x, y, z  đa thức với lũy thừa bậc chẵn x, y, z  P ( x , y , z ) (  x  y  z )  Suy  P( x, y, z )( x  y  z )  P ( x , y , z ) ( x  y  z )  P( x, y, z )  ( x  y  z )( x  y  z )( x  y  z )( x  y  z ).Q ( x, y , z ) Do deg  P     degQ nên degQ  Mà P(1,1,1)  3  3Q(1,1,1)  Q(1,1,1)  1 hay Q( x, y, z )  1 Vậy P( x, y, z )  ( x  y  z )( x  y  z )( x  y  z )( x  y  z ) 45 Ví dụ 3: Chứng minh đẳng thức sau với x, y, z   ( x  y  z )( xy  yz  zx)  xyz  ( x  y )( y  z )( z  x) Giải Đặt   x  y  z ,   xy  yz  zx ,   xyz Khi đó: VT   1   (1) VP  ( x  y )( y  z )( z  x)  ( xy  xz  y  yz)( z  x)  2xyz  x2 y  xz  x2 z  y z  xy  yz  ( x  y  z )( xy  yz  zx)  xyz   1   (2) Từ (1) (2) ta có đẳng thức Ví dụ 4: Chứng minh với số thực x, y, z ta có bất đẳng thức sau: ( x  y  z)2  3( xy  yz  zx) (1) Dấu “ =” xảy x  y  z Giải Đặt   x  y  z ,   xy  yz  zx ,   xyz Nhận thấy, đẳng thức (1) có dạng 12  3  Mà 12  3  ( x  y  z)2  3( xy  yz  zx)  x2  y  z  xy  yz  zx  [( x  xy  y )  ( y  yz  z )  ( z  zx  x )]  [( x  y )  ( y  z )  ( z  x) ] Vì x, y, z số thực nên  12  3  [( x  y )  ( y  z )  ( z  x) ]  46 x  y   Dấu “ = ” xảy  y  z  hay x  y  z z  x   Vậy ta có điều phải chứng minh Ví dụ 5: Cho x  y  , x3  y3  a , x5  y5  b Chứng minh rằng: 5a(a  1)  9b  Giải Ta có: x3  y3  ( x  y)3  3xy( x  y)  13  31 (1) Đặt   x  y  1,   xy Từ (1) có 13  31  a hay  3  a Suy   1 a Mặt khác lại có: b  x5  y5  x5  y5  x2 y3  x3 y  x2 y3  x3 y  x2 ( x3  y3 )  y2 ( x3  y3 )  x2 y2 ( x  y)  ( x3  y3 )( x2  y2 )  x2 y ( x  y)  (12  2 )(13  31 )  31  (1  2 )(1  3 )   22   5 22  5 Do   1 a nên thay vào (2) ta 5a  5a  hay 9b  5a  5a  b Suy 9b   5a(a  1) Vậy ta có điều phải chứng minh Bài tập áp dụng Bài 1: Hãy biểu diễn đa thức sau qua đa thức đối xứng 1) P( x, y, z)  x5 y  x2 y5  x2 z  z x5  z y  y5 z 2) P( x, y, z )  ( x  y  1)( y  z  1)( z  x  1) 3) P( x1, x2 , x3 )  x1x22  x12 x2  x12 x3  x1x32  x22 x3  x2 x32 47 (2) Bài 2: Chứng minh a  b  c  a  b3  c3  3abc Bài 3: Chứng minh xy  yz  zx  ( y  z)2 ( z  x)2 ( x  y)2  24x2 y z  x4 ( y  z)2  y ( x  z)2  z ( x  y)2 Bài 4: Chứng minh bất đẳng thức sau a) (ab  ac  bc)2  3abc(a  b  c) với a, b, c  b) (a  b  c)(ab  bc  ca )  9abc với a, b, c  Bài 5: Phân tích đa thức sau thành nhân tử P( x, y)  x3  3x3 y  2x2 y  3x2 y  2xy  3xy3  y3 48 KẾT LUẬN Trong khóa luận này, em phân loại số dạng toán nghiệm đa thức sử dụng nghiệm để chứng minh toán chia hết, tồn nghiệm, ứng dụng đạo hàm để giải toán nghiệm bội toán nghiệm đa thức…Với dạng, khóa luận đưa sở lí luận để giải, đưa ví dụ tập để minh họa Do hạn chế mặt thời gian kiến thức nên nhiều vấn đề đa thức chưa đề cập đến khóa luận Em mong nhận đóng góp ý kiến thầy giáo khoa bạn sinh viên để khóa luận hoàn thiện 49 TÀI LIỆU THAM KHẢO Nguyễn Hữu Điển (2003), Đa thức ứng dụng, NXB Giáo Dục Hồng Xn Sính (1994), Đại số đại cương, NXB Giáo Dục Nguyễn Hữu Việt Hưng (1998), Đại số đại cương, NXB Giáo Dục Phan Huy Khải (2009), Phương trình nghiệm nguyên, NXB Giáo Dục Vũ Hữu Bình (2002), Phương trình tốn với nghiệm nguyên, NXB Giáo Dục Dương Quốc Việt (2012), Bài tập đại số sơ cấp, NXB Đại học sư phạm Báo “Toán học tuổi trẻ” Chuyên đề chọn lọc đa thức áp dụng (2008), NXB Giáo Dục 50 ... dựng vành đa thức ẩn 1.2 Định lí phép chia có dư 1.3 Nghiệm đa thức ẩn 1.3.1 Nghiệm bội 1.3.2 Nghiệm đa thức hệ số nguyên 1.3.3 Nghiệm đa thức hệ số... chương: Chương 1: Kiến thức chuẩn bị Trình bày cách xây dựng vành đa thức ẩn, nhiều ẩn, lý thuyết nghiệm đa thức ẩn, công thức Viète đa thức đối xứng Chương 2: Một số toán nghiệm đa thức Trình bày tốn... VỀ NGHIỆM CỦA ĐA THỨC 2.1 Bài tốn chia hết 2.1.1 Kiến thức chuẩn bị a) Hai đa thức chia hết a1) Định nghĩa: Cho đa thức P  x  , Q  x   A x - trường Ta nói đa thức P  x  chia hết cho đa