đa thức đa thức đa thức là một trong những khái niệm trung tâm của toán học trong chương trình phổ thông chúng ta đã làm quen với khái niệm đa thức từ bậc trung học cơ sở từ những phép cộng trừ nh

Trong chương trình phổ thông, chúng ta đã làm quen với khái niệm đa thức từ bậc trung học cơ sở, từ những phép cộng, trừ, nhân đa thức đến phân tích đa thức ra thừa số, dùng sơ đồ Horner[r]

Đa thức

Đa thức khái niệm trung tâm toán học Trong chương trình phổ thơng, làm quen với khái niệm đa thức từ bậc trung học sở, từ phép cộng, trừ, nhân đa thức đến phân tích đa thức thừa số, dùng sơ đồ Horner để chia đa thức, giải phương trình đại số

Bài giảng hệ thống hoá lại kiến thức đa thức biến, dạng toán thường gặp đa thức Ở cuối đề cập cách sơ lược đa thức nhiều biến

1 Đa thức phép toán đa thức

1.1 Định nghĩa Đa thức trường số thực biểu thức có dạng

P(x) = anxn + an-1xn-1 + … + a1x + a0,  R an 

ai gọi hệ số đa thức, an gọi hệ số cao a0

được gọi hệ số tự

n gọi bậc đa thức ký kiệu n = deg(P) Ta quy ước bậc của đa thức P(x) = a0 với x a0  a0 =

Để tiện lợi cho việc viết công thức, ta quy ước với đa thức P(x) bậc n có hệ số ak với k > n, chúng

Tập hợp tất đa thức biến trường số thực ký hiệu R[x] Nếu hệ số lấy tập hợp số hữu tỷ, số ngun ta có khái niệm đa thức với hệ số hữu tỷ, đa thức với hệ số nguyên tương ứng tập hợp Q[x], Z[x]

1.2 Đa thức nhau

Hai đa thức

akxk,Q(x )=¿∑

k=0 n

bkxk P(x)=∑

k=0 m

¿

bằng m = n ak = bk với

mọi k=0, 1, 2, …, m

1.3 Phép cộng, trừ đa thức.

Cho hai đa thức

akxk,Q(x )=¿∑

k=0 n

bkxk P(x)=∑

k=0 m

¿

Khi phép cộng trừ hai đa

P(x)± Q(x)= ∑ k=0

max{m ,n}

(ak±bk)xk

Ví dụ: (x3 + 3x2 – x + 2) + (x2 + x – 1) = x3 + 4x2 + 1. 1.4 Phép nhân đa thức

Cho hai đa thức

akxk,Q(x )=

¿∑

k=0 n

bkxk P(x)=∑

k=0 m

¿

Khi P(x).Q(x) đa thức

có bậc m+n có hệ số xác định ck=∑

i=0 k

aibk −i

Ví dụ: (x3 + x2 + 3x + 2)(x2+3x+1) = (1.1)x5 + (1.3 + 1.1)x4 + (1.1 + 1.3 + 3.1)x3 +

(1.1 + 3.3 + 2.1)x2 + (3.1 + 2.3)x + (2.1) = x5 + 4x4 + 7x3 + 12x2 + 9x + 1.5 Bậc tổng, hiệu tích đa thức

Từ định nghĩa đây, dễ dàng suy tính chất sau

Định lý Cho P(x), Q(x) đa thức bậc m, n tương ứng Khi đó

a) deg(PQ)  max{m, n} deg(P)  deg(Q) dấu xảy Trong trường hợp m = n deg(PQ) nhận giá trị  m

b) deg(P.Q) = m + n

1.6 Phép chia có dư.

Định lý Với hai đa thức P(x) Q(x) bất kỳ, deg(Q)  1, tồn duy

nhất đa thức S(x) R(x) thoả mãn đồng thời điều kiện: i) P(x) = Q(x).S(x) + R(x)

ii) deg(R) < deg(Q)

Chứng minh Tồn Ta chứng minh quy nạp theo m = deg(P) Nếu deg(P) < deg(Q) ta chọn S(x)  R(x) = P(x) thoả mãn đồng thời điều kiện i) ii) Giả sử m  n định lý chứng minh với đa thức có bậc nhỏ m Ta chứng minh định lý với đa thức bậc m Giả sử

akxk,Q(x )=

¿∑

k=0 n

bkxk P(x)=∑

k=0 m

¿

H (x )=P(x )−am bn

xm −nQ(x)

(amxm+am −1xm− 1+ +a1x +a0)−am

bn x m − n

(bnxn+ +b0)

(am− 1−

ambn −1 bn )

xm−1+

Do hệ số xm hai đa thức bị triệt tiêu nên bậc H(x) không vượt m-1.

Theo giả thiết quy nạp, tồn đa thức S*(x), R*(x) cho H(x) = S*(x).Q(x) + R*(x)

Nhưng

P(x)=H (x)+am

bn

xm − nQ( x)=(am

bn

xm − n

+S∗(x ))+R ∗(x)

Vậy đặt S(x) = (am/bn)xm-n + S*(x) R(x) = R*(x) ta biểu diễn cần tìm cho

P(x)

Duy Giả sử ta có hai biểu diễn P(x) = S(x).Q(x) + R(x) P(x) = S*(x).Q(x) + R*(x) thoả mãn điều kiện ii) Khi Q(x).(S(x)-S*(x)) = R*(x) – R(x) Ta có, theo điều kiện ii) định lý ded(R*(x) – R(x)) < deg(Q) Mặt khác, S(x) – S*(x) không đồng deg(Q(x).(S(x)-S*(x))) = deg(Q(x)) + deg(S(x)-S*(x))  deg(Q) Mâu thuẫn hai vế

Theo ký hiệu định lý S(x) gọi thương số R(x) gọi dư số phép chia P(x) cho Q(x)

Phép chứng minh nói cho thuật tốn tìm thương số dư số phép chia hai đa thức, gọi phép chia dài (long division) hay sơ đồ Horner. Ví dụ: Thực phép chia 3x3 – 2x2 + 4x + cho x2 + 2x

3x3 – 2x2 + 4x + | x2 + 2x

3x3 + 6x2 | 3x - 8

- 8x2 + 4x +

- 8x2 + 16

20x +

Vậy ta có 3x3 – 2x2 + 4x + chia x2 + 2x 3x – 8, dư 20x + 7. 1.7 Sự chia hết Ước bội.

Cho P(x) Q(x) đa thức khác Ước chung lớn P(x) Q(x) là đa thức D(x) thoả mãn đồng thời điều kiện sau:

i) D(x) đa thức đơn khởi, tức có hệ số cao

ii) D(x) ước chung P(x) Q(x), tức D(x) | P(x) D(x) | Q(x) iii) Nếu D’(x) ước chung P(x) Q(x) D(x) ước

của D’(x)

Tương tự, ta có khái niệm bội chung nhỏ hai đa thức

Cho P(x) Q(x) đa thức khác Bội chung lớn P(x) Q(x) đa thức M(x) thoả mãn đồng thời điều kiện sau:

iv) M(x) đa thức đơn khởi, tức có hệ số cao

v) M(x) bội chung P(x) Q(x), tức P(x) | M(x) Q(x) | M(x)

vi) Nếu M’(x) bội chung P(x) Q(x) M’(x) bội M(x)

Ký hiệu UCLN BCNN hai đa thức P(x), Q(x) GCD(P(x), Q(x)), LCM(P(x), Q(x)) hay đơn giản (P(x), Q(x)), [P(x), Q(x)]

Hai đa thức P(x), Q(x) gọi nguyên tố (P(x), Q(x)) =

1.8 Thuật tốn Euclide

Để tìm ước chung lớn hai đa thức P(x), Q(x), ta sử dụng thuật toán Euclide sau đây:

Định lý Giả sử có hai đa thức P(x), Q(x), deg(P)  degQ Thực hiện

phép chia P(x) cho Q(x) thương số S(x) dư số R(x) Khi

Nếu R(x) = (P(x), Q(x)) = q*-1Q(x), q* hệ số cao của

đa thức Q(x)

Nếu R(x)  (P(x), Q(x)) = (Q(x), R(x))

Chứng minh Nếu R(x) = P(x) = Q(x).S(x) Khi đa thức q*-1Q(x) rõ ràng

thoả mãn tất điều kiện UCLN

Định lý giải thích cho thuật tốn Euclide để tìm UCLN hai đa thức theo ví dụ đây:

Ví dụ: Tìm ước chung lớn hai đa thức x5 – 5x + x3 – 3x2 + 2.

Ta thực phép chia

x5 – 5x + cho x3 – 3x2 + x2 + 3x + dư 25x2 – 11x – 14

x3 – 3x2 + cho 25x2 – 11x – 14 (25x – 64)/625, dư (354/625)(x-1)

25x2 – 11x – 14 cho x-1 25x + 14 dư 0

Vậy (x5 – 5x + 4, x3 – 3x2 + 2) = x – 1.

Lưu ý, trình thực hiện, ta nhân đa thức với số khác Ví dụ phép chia cuối cùng, thay chia 25x2 – 11x – 14 cho

(354/625)(x-1) ta chia cho x –

1.9 Tính chất phép chia hết

Nhắc lại, hai đa thức P(x), Q(x) gọi nguyên tố (P(x), Q(x)) = Ta có định lý thú vị có nhiều ứng dụng sau đa thức nguyên tố nhau:

Định lý (Bezout) Hai đa thức P(x) Q(x) nguyên tố khi

tồn đa thức U(x), V(x) cho P(x).U(x) + Q(x).V(x) =

Chứng minh Giả sử tồn đa thức U(x) V(x) thoả mãn điều kiện P(x).U(x) + Q(x).V(x) = Đặt D(x) = (P(x), Q(x)) D(x) | P(x), D(x) | Q(x) suy D(x) | = P(x).U(x) + Q(x).V(x) Suy D(x) =

Ngược lại, giả sử (P(x), Q(x)) = Ta chứng minh tồn đa thức U(x) V(x) cho P(x).U(x) + Q(x).V(x) = Ta chứng minh quy nạp theo m = min{deg(P), deg(Q)}

Nếu m = điều cần chứng minh hiển nhiên Chẳng hạn deg(Q) = Q = q số ta cần chọn U(x) = 0, V(x) = q-1 ta P(x).U(x) +

Q(x).V(x) =

Giả sử ta chứng minh định lý đến m Xét hai đa thức P(x), Q(x) có min{deg(P), deg(Q)} = m+1 Khơng tính tổng qt, giả sử m+1 = deg(Q) Thực phép chia P(x) cho Q(x) thương S(x) dư R(x) Không thể xảy trường hợp R(x) = = (P(x), Q(x)) = q*-1Q(x) Vì vậy, ta có

Lúc này, min(deg(Q), deg(R)) = deg(R) < m +1 nên theo giả thiết quy nạp, tồn đa thức U*(x), V*(x) cho Q(x)V*(x) + R(x)U*(x) = Thay R(x) = P(x) – Q(x).S(x), ta

Q(x)V*(x) + (P(x) – Q(x)S(x))U*(x) = Hay

P(x)U*(x) + Q(x)(V*(x) – S(x)U*(x)) =

Đặt U(x) = U*(x), V(x) = V*(x) – S(x)U*(x) ta đpcm

Tính chất phép chia hết

i) Q | P, Q | R suy Q | P + R hay tổng quát Q | P.U + R.V với U, V đa thức

ii) Q | P, P | R suy Q | R (tính bắc cầu)

iii) Q | P, P | Q suy tồn số thực khác a cho Q = aP (ta gọi P Q đa thức đồng dạng)

iv) Nếu Q1 | P1 Q2 | P2 Q1.Q2 | P1.P2

v) Nếu Q | P.R (P, Q) = Q | R

vi) Nếu Q | P, R | P (Q, R) = Q.R | P

Chứng minh Các tính chất i-iv) hiển nhiên xuất phát từ định nghĩa Q | P  tồn S cho P = Q.S

Để chứng minh tính chất v) vi), ta áp dụng định Bezout

v) Từ giả thiết Q | P.R (P,Q) = suy tồn S cho P.R = Q.S U, V cho P.U + Q.V =

Khi R = (P.U+Q.V).R = (P.R)U + Q.V.R = Q.S.U + Q.V.R = Q.(SU+VR) suy Q | R

vii) Từ giả thiết Q | P, R | P (Q, R) = suy P = Q.S Vì P = Q.S chia hết cho R, mà (Q, R) = nên theo v) suy S chia hết cho R, tức S = R.S1 Vậy P = Q.S

= (Q.R).S1 suy P chia hết cho Q.R 1.10 Các ví dụ có lời giải

Bài tốn Tìm tất cặp số a, b cho x4 + 4x3 + ax2 + bx + bình

phương đa thức

Giải: Nếu x4 + 4x3 + ax2 + bx + bình phương đa thức đa thức đó

phải có bậc Giả sử

x4 + 4x3 + ax2 + bx + = (Ax2 + Bx + C)2

 x4 + 4x3 + ax2 + bx + = A2x4 + 2ABx3 + (2AC + B2)x2 + 2BCx + C2

A2 = 1, 2AB = 4, 2AC + B2 = a, 2BC = b, C2 = 1.

Khơng tính tổng qt, giả sử A = 1, suy B = C -1 Nếu C = a = 6, b = Nếu C = -1 a = 2, b = -4

Vậy có hai cặp số (a, b) thoả mãn yêu cầu toán (6, 4) (2, -4)

Bài toán Cho đa thức P(x) hai số a, b phân biệt Biết P(x) chia cho x-a

dư A, P(x) chia cho x-b dư B Hãy tìm dư phép chia P(x) cho (x-a)(x-b) Giải: Giả sử P(x) = (x-a)(x-b)Q(x) + Cx + D Lần lượt thay x = a, b, ta

A = Ca + D, B = Cb + D

Từ suy C = (A-B)/(a-b), D = A – (A-B)a/(a-b) = (aB – bA)/(a-b)

Bài tốn Tìm dư phép chia x100 cho (x – 1)2

Giải: Giả sử x100 = (x-1)2Q(x) + Ax + B Thay x = 1, ta được

1 = A + B

Lấy đạo hàm hai vế cho x = 1, ta 100 = A

Từ suy dư 100x – 99

Bài tốn Tìm a, b, c biết đa thức P(x) = x3 + ax2 + bx + c chia hết cho x-2

và chia x2 – dư 2x.

Giải: Từ điều kiện đề suy P(2) = 0, P(1) = P(-1) = -2, tức + 4a + 2b + c =

1 + a + b + c = –1 + a – b + c = -2

Từ suy b = 1, a = -10/3, c = 10/3 Từ P(x) = x3 – (10/3)x2 + x + 10/3 Bài toán Chứng minh với giá trị n, đa thức (x+1)2n+1 + xn+2 chia hết

cho đa thức x2 + x + 1.

Giải:

Cách (Quy nạp theo n) Với n = 0, điều phải chứng minh hiển nhiên Giả sử ta có (x+1)2n+1 + xn+2 chia hết cho x2 + x + Khi đó

(x+1)2n+3 + xn+3 = (x2+2x+1)(x+1)2n+1 + xn+3

 x(x+1)2n+1 + xn+3 = x((x+1)2n+1 + xn+2)  (mod (x2+x+1)

Cách (Dùng số phức) Đa thức x2 + x + có hai nghiệm α=−1 ±i√3

2 Để

chứng minh P(x) chia hết cho x2 + x + ta cần chứng minh P() = Điều này

(1+i2√3) 2 n+1

+(− 1+i√3

2 )

n +2

=0

Chuyển số phức sang dạng lượng giác dùng cơng thức Moivre, ta có điều tương đương với

cos((2 n+1) π

3 )+i sin(

(2 n+1)π

3 )+cos(

(n+2)2 π

3 )+isin(

(n+2)2 π

3 )=0

Điều (2n+1)/3 - (n+2)2/3 = 

Bài tốn Tìm tất giá trị n cho x2n + xn + chia hết cho x2 + x + 1.

Giải:

Cách 1: Ta nhận thấy x3  mod x2 + x + Do

x2(n+3) + xn+3 +  x2n + xn + (mod x2 + x + 1)

Do ta cần xét với n = 0, 1, Rõ ràng Với n = 0, không chia hết cho x2 + x + 1

Với n = 1, x2 + x + chia hết cho x2 + x + 1

Với n = 2, x4 + x2 +  x + x2 + chia hết cho x2 + x +

Từ suy x2n + xn + chia hết cho x2 + x + n có dạng 3k+1

hoặc 3k+2

Cách 2: (Số phức) Tương tự 5, ta có P(x) = x2n + xn + chia hết cho x2 + x

+ P() = Áp dụng cơng thức Moivre, ta có điều tương đương với

cos(4 nπ

3 )+isin( 4 nπ

3 )+cos( 2 nπ

3 )+i sin( 2nπ

3 )+1=0

Điều xảy n khơng chia hết cho

Bài tốn Chứng minh (xm – 1, xn – 1) = x(m,n) – 1.

Giải: Giả sử d = (m, n) rõ ràng xm – = (xd)m’ – chia hết cho xd – tương

tự xn – chia hết cho xd Suy xd – ước chung xm - 1, xn – Giả sử D(x)

là ước chung xm - 1, xn – Vì d = (m, n) nên tồn số nguyên dương

u, v cho d = mu – nv Khi D(x) ước (xmu – 1) – (xnv-1) = xnv(xd-1) Vì

(xm-1, xnv) = nên (D(x), xnv) = 1, suy D(x) ước xd – 1, suy xd – là

ước chung lớn xm – xn – 1.11 Bài tập

1 Chứng minh đa thức đơn khởi bậc 2n viết dạng q2 + r

với q, r đa thức deg(r) < n

3 Tìm a, b cho (x-1)2 | ax4 + bx3 + 1.

4 Cho P(x) đa thức với hệ số nguyên Chứng minh không tồn số nguyên phân biệt a, b, c cho P(a) = b, P(b) = c, P(c) = a

5 Cho P(x) đa thức với hệ số nguyên Biết P(2) chia hết cho P(5) chia hết cho Chứng minh P(7) chia hết cho 10

6 (Rumani 1962) Cho  số thức thoả mãn điều kiện sin()  Chứng minh với giá trị n  2, đa thức

P(x) = xnsin() – xsin(n) + sin(n-1)

chia hết cho đa thức Q(x) = x2 – 2xcos() + 1.

7 (Mỹ 1976) Giả sử P(x), Q(x), R(x) S(x) thoả mãn đồng thức P(x5) + xQ(x5) + x2R(x5) = (x4+x3+x2+x+1)S(x)

Chứng minh đa thức P(x) chia hết cho đa thức x-1 Với giá trị n ta có