ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN THỊ HỒNG TÂM

MỘT SỐ TÍNH CHẤT VỀ NGHIỆM
CỦA ĐA THỨC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2016


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN THỊ HỒNG TÂM

MỘT SỐ TÍNH CHẤT VỀ NGHIỆM
CỦA ĐA THỨC
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học
TS. TRẦN NGUYÊN AN

THÁI NGUYÊN - 2016


Mục lục

MỞ ĐẦU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

Chương 1. Đa thức và nghiệm của đa thức . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1. Đa thức và nghiệm của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.2. Nghiệm của đa thức trên trường số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11

Chương 2. Số nghiệm và biên nghiệm của đa thức . . . . . .

16

2.1. Số nghiệm thực của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

16

2.2. Đánh giá số nghiệm bằng công cụ giải tích . . . . . . . . . . . . . . . . .

29

2.3. Chặn trên cho nghiệm của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .


37

2.4. Biên nghiệm và ứng dụng xét tính bất khả quy của đa thức

49

KẾT LUẬN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

53

Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

53

ii


MỞ ĐẦU
Trong Toán học nói chung và trong chương trình toán học phổ
thông nói riêng chuyên đề đa thức là một trong những chuyên đề quan
trọng, quen thuộc, phổ dụng và có nhiều ứng dụng phong phú. Một
vấn đề có lịch sử phát triển lâu đời và được nhiều người quan tâm là
phương trình đa thức. Khi tìm hiểu phương trình đa thức (trên miền
đang xét) nhiều câu hỏi tự nhiên đặt ra: phương trình có nghiệm không,
tìm nghiệm của phương trình, phương trình có bao nhiêu nghiệm, vị trí
nghiệm (trên các trường số) ...
Từ thời xa xưa người Hylạp đã tìm ra cách giải phương trình (đa
thức) bậc hai. Phương trình bậc ba, bậc bốn có cách giải từ thế kỉ XVI.
Khoảng 300 năm sau đó, người ta tiếp tục tìm cách giải các phương
trình bậc cao hơn nhưng không có kết quả. Mãi đến những năm 20 của

thế kỉ XIX Abel mới chứng minh được rằng phương trình bậc n, n ≥ 5
là không giải được, có nghĩa là không thể có công thức biểu diễn nghiệm
qua các hệ số của phương trình bằng căn thức. Tuy nhiên kết quả của
Abel không loại trừ khả năng là các nghiệm của đa thức cụ thể với hệ
số thực hay phức có giải được bằng căn thức. Mãi đến những năm 30
của thế kỷ XX, Galois mới giải quyết trọn vẹn vấn đề về điều kiện để
phương trình cụ thể cho trước giải được bằng căn thức. Các vấn đề trên
đây đã được tìm hiểu một phần trong chương trình đại học.
Khi không xác định được một cách cụ thể nghiệm của một đa thức
ta xét đến bài toán xác định số nghiệm của đa thức. Quy tắc xét dấu
Descartes, Định lý Budan-Fourier và Định lý Sturm là những công cụ
hữu hiệu cho việc xác định số nghiệm thực của đa thức. Đôi khi xác định
số nghiệm là chưa đủ ta cần xác định vị trí nghiệm, chẳng hạn khoảng
hay đoạn số thực chứa nghiệm. Trong thực tế ta lại cần xác định giá trị
1


xấp xỉ của nghiệm. Đối với vần đề này phương pháp do Newton đề xuất
là hữu hiệu và dễ tiếp cận.
Mục đích của luận văn là tìm hiểu một số tính chất về nghiệm
của đa thức. Luận văn nhấn mạnh vào việc tìm hiểu số nghiệm và biên
nghiệm của đa thức.
Ngoài phần mở đầu, kết luận, và tài liệu tham khảo, luận văn gồm
hai chương. Chương 1 trình bày sơ lược về vành đa thức, nghiệm của
đa thức, đa thức trên các trường số phức, trường số thực và trường số
hữu tỉ, công thức nghiệm Viete. Trong chương 2, luận văn trình bày về
số nghiệm và biên nghiệm của đa thức. Cụ thể về công thức nghiệm cơ
bản, số nghiệm của đa thức, một số định lý đánh giá về số nghiệm của
đa thức như: Định lý Budan - Fourier, định lý Sturm, định lý Sturm mở
rộng cũng như quy tắc dấu Descartes. Bên cạnh đó luận văn trình bày

việc đánh giá số nghiệm bằng công cụ giải tích. Một số chặn nghiệm,
đặc biệt phương pháp sử dụng ma trận để đánh giá nghiệm của đa thức,
ứng dụng biên nghiệm để xét tính bất khả quy của đa thức cũng được
trình bày trong luận văn này.
Trong suốt quá trình làm luận văn, tôi nhận được sự hướng dẫn
và giúp đỡ tận tình của TS. Trần Nguyên An. Tôi xin được bày tỏ lòng
biết ơn sâu sắc đến thầy.
Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến quý thầy cô giảng dạy lớp
Cao học toán khoá 8 đã truyền thụ đến cho tôi nhiều kiến thức và kinh
nghiệm nghiên cứu khoa học.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Thái Nguyên, tháng 5 năm 2016,

Nguyễn Thị Hồng Tâm

2


Chương 1

Đa thức và nghiệm của đa thức
1.1. Đa thức và nghiệm của đa thức
Giả sử R là vành giao hoán có đơn vị. Đặt

P = {(a0 , a1 , . . . , an , . . .) ∈ RN |ai = 0 với i đủ lớn }.
Ta định nghĩa phép cộng và phép nhân trong P như sau. Giả sử (a0 , a1 , a2 , . . .),

(b0 , b1 , b2 , . . .) ∈ P
(a0 , a1 , . . . , an , . . .)+(b0 , b1 , . . . , bn , . . .) = (a0 +b0 , a1 +b1 , . . . , an +bn , . . .),
(a0 , a1 , . . . , an , . . .)(b0 , b1 , . . . , bn , . . .) = (c0 , c1 , . . . , cn , . . .),

với ck = a0 bk + a1 bk−1 + · · · + ak b0 =

ai bj , k = 0, 1, 2, . . . Dễ thấy
i+j=k

đó là các phép toán trên P và cùng với hai phép toán đó P là một
vành giao hoán, có đơn vị. Phần tử không là (0, 0, 0, . . .), phần tử đối
của (a0 , a1 , . . . , an , . . .) là (−a0 , −a1 , . . . , −an , . . .), phần tử đơn vị là

(1, 0, . . . , 0, . . .).
Ký hiệu x = (0, 1, 0, 0, . . .) ∈ P . Dễ dàng kiểm tra được

x2 = (0, 0, 1, 0, 0, . . .),
x3 = (0, 0, 0, 1, 0, 0, . . .),
...
xk = (0, 0, . . . , 0, 1, 0, 0, . . .),
trong đó xk là dãy có toạ độ thứ k + 1 bằng 1, còn các toạ độ khác đều
bằng 0. Xét ánh xạ ϕ : R → P xác định bởi ϕ(a) = (a, 0, 0, . . .) với mọi
3


a ∈ R. Rõ ràng ϕ là đơn cấu vành. Vì thế ta có thể coi R như là vành
con của P . Từ đơn cấu ϕ ở trên, ta có thể đồng nhất

(0, . . . , 0, a, 0, . . .) = (a, 0, 0, . . .)(0, . . . , 0, 1, 0, . . .) = axk ,
trong đó vị trí thứ k + 1 của (0, . . . , 0, a, 0, . . .) là a, còn các vị trí khác
là 0. Vì thế mỗi dãy (a0 , a1 , . . . , an , 0, 0, . . .) của P được đồng nhất với
biểu thức a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn . Ta thường viết phần tử của P
theo số mũ tăng dần hoặc giảm dần, tức là viết a0 + a1 x + · · · + an xn
hoặc an xn + · · · + a1 x + a0 .

Định nghĩa 1.1.1. Vành P được gọi là vành đa thức của ẩn x lấy hệ
tử trong R, hay vắn tắt vành đa thức của ẩn x lấy hệ tử trong R, và ký
hiệu là R[x]. Các phần tử của vành đó gọi là đa thức của ẩn x lấy hệ tử
trong R và thường được ký hiệu bởi f (x), g(x), h(x), . . . Trong một đa
thức

f (x) = an xn + · · · + a1 x + a0 ,
các ai , i = 0, 1, . . . , n gọi là các hệ tử của đa thức. Các ai xi gọi là các
hạng tử của đa thức, đặc biệt a0 gọi là hạng tử tự do.
Nếu an = 0 thì an được gọi là hệ số cao nhất của f (x) và n được
gọi là bậc của f (x). Ta kí hiệu bậc của f (x) là deg(f (x)). Người ta
thường quy ước bậc của đa thức 0 là −∞. Một đa thức khác 0 được gọi
là monic nếu hệ số cao nhất của nó là 1. Các đa thức bậc 0 được gọi là
đa thức hằng. Các đa thức bậc 1 được gọi là đa thức tuyến tính.
Kết quả sau đây suy ra ngay từ định nghĩa của phép cộng và phép
nhân các đa thức.
Bổ đề 1.1.2. Với mọi f (x), g(x) ∈ R[x], ta có

deg(f (x) + g(x)) ≤ max{deg(f (x)), deg(g(x))};
deg(f (x)g(x)) ≤ deg(f (x)) + deg(g(x)).
Nếu R là miền nguyên thì

deg(f (x)g(x)) = deg(f (x)) + deg(g(x)).
4


Hệ quả 1.1.3. Nếu R là miền nguyên, thì R[x] cũng là miền nguyên.
Định lý 1.1.4 (Chia với dư). Cho f (x), g(x) ∈ R[x], với R là một
trường và g(x) = 0. Khi đó tồn tại duy nhất hai đa thức q(x) và r(x)
thuộc R[x] sao cho: f (x) = g(x)q(x) + r(x) và deg r(x) < deg g(x).

Chú ý 1.1.5. Đa thức q(x) gọi là thương và r(x) goi là dư của phép
chia f (x) cho g(x).
Định lí trên vẫn đúng khi R là miền nguyên và hệ số cao nhất của

g(x) khả nghịch trong R.
Trong thuật toán chia với dư trên đây, nếu các hệ số của f (x) và

g(x) là những số thực (tương ứng hữu tỉ) thì các hệ số của thương q(x)
và dư r(x) đều là thực (tương ứng hữu tỉ).
Thuật toán chia dư giúp ta tìm ƯCLN của hai đa thức.
Định nghĩa 1.1.6. Giả sử R là vành con của vành S, và f (x) = an xn +

· · · + a1 x + a0 là một đa thức trong R[x]. Với mỗi phần tử α ∈ S , ta
kí hiệu f (α) = an αn + · · · + a1 α + a0 ∈ S . Phần tử α ∈ S được gọi
là nghiệm của f (x) nếu f (α) = 0. Trong trường hợp này ta cũng nói α
là một nghiệm của phương trình f (x) = 0 trên S . Tìm các nghiệm của

f (x) trên S được gọi là giải phương trình đa thức f (x) = 0 trên S.
Định lý 1.1.7 (Định lý Bézout). Cho R là một miền nguyên, f (x) ∈

R[x], α ∈ R. Điều kiện cần và đủ để α là một nghiệm của f (x) là f (x)
chia hết cho (x − α).
Từ kết quả trên ta có sơ đồ chia Horner: chia đa thức f (x) cho

x − a. Giả sử R là miền nguyên f (x) = an xn + · · · + a1 x + a0 là một
đa thức trong R[x]. Chia f (x) cho x − a, a ∈ R, ta được thương dạng

g(x) = bn−1 xn−1 + · · · + b1 x + b0 , dư r ∈ R. Vì f (x) = (x − a)g(x) + r

5



nên ta có



bn−1 = an





···



b = a + ab
i−1

i

i

(1.1)


···






b0 = a1 + ab1




r = a0 + b0 .

Sơ đồ giúp ta tìm thương g(x) và dư r trong phép chia f (x) cho x − a,
trong đó bi , i = 0, · · · , n − 1 được xác định theo 1.1 được gọi là sơ đồ
chia Hocner

an an−1 . . .
α bn−1 bn−2 . . .

a1 a0
b0 r

Chú ý: Bằng phương pháp tương tự như trên ta cũng có sơ đồ Horner
khi chia cho đa thức bậc hai x2 + px + q.
Thực hiện liên tiếp các phép chia cho x−a, ta có khai triển Taylor
của f (x) tại a, tức là f (x) có thể khai triển duy nhất dưới dạng
n

ck (x − a)k .

f (x) =
k=0


Thật vậy, ta có

f (x) = (x − a)f0 (x) + r0 , r0 ∈ R, deg(f0 (x)) = n − 1,
f0 (x) = (x − a)f1 (x) + r1 , r1 ∈ R, deg(f1 (x)) = n − 2,
............
fn−2 (x) = (x − a)fn−1 (x) + rn−1 , rn−1 ∈ R, deg(fn−1 (x)) = 1,
fn−1 = (x − a)an .

Thế ngược lên ta có

f (x) = an (x − a)n + rn−1 (x − a)n−1 + · · · + r1 (x − a) + r0 .
Đặt cn = an , cn−1 = rn−1 , . . . , c1 = r1 , c0 = r0 , ta có điều phải chứng
minh.
6


Bổ đề 1.1.8. Cho f (x) ∈ R[x]. Phần tử a ∈ R là nghiệm bội k của

f (x) nếu và chỉ nếu f (x) = (x − a)k g(x) với g(x) ∈ R[x] và g(a) = 0.
Sử dụng công cụ đạo hàm ta có thể mô tả khác cho các hệ tử
trong khai triển Taylor của f (x) tại a.
Định nghĩa 1.1.9. Cho f (x) ∈ R[x] với R là miền nguyên.
(i) Nếu f (x) = a0 ∈ R, đặt f (x) = 0. Nếu f (x) =

n ≥ 1, đặt f (x) =

n
k−1
.
k=1 kak x


n
k
k=0 ak x

với

Ta gọi f (x) là đạo hàm (hình thức)

của f (x).
(ii) Đặt f (0) (x) = f (x), f (1) (x) = f (x), ..., f (k) (x) = (f (k−1) (x)) , ∀k ∈
N∗ . Ta nói f (k) (x) là đạo hàm cấp k của f (x) với k ∈ N.
Trong trường hợp R là trường số thực R thì đạo hàm hình thức ở
đây là đạo hàm của hàm số f (x).
Nếu f (x) và g(x) là hai đa thức thì đạo hàm hình thức của tổng
và tích của hai đa thức này như sau

(f + g) (x) = f (x) + g (x)
(f.g) (x) = f .g(x) + f.g (x)
Chú ý. Trong trường hợp R là trường có đặc số 0 thì các hệ số ck trong
khai triển Taylor có thể tính theo các đạo hàm của f (x) như sau:

f (k) (a)
,
ck =
k!
nghĩa là

n


f (x) =
k=0

f (k) (a)
(x − a)k .
k!

Trong trường hợp a = 0, ta có khai triển Maclaurin
n

f (x) =
k=0

f (k) (0) k
x .
k!

Định nghĩa 1.1.10 (Nghiệm bội). Cho f (x) ∈ R[x], α ∈ R, k ∈ Z, k ≥

1. Ta gọi α là nghiệm bội k của f (x) nếu f (x) chia hết cho (x − α)k
7


nhưng không chia hết cho (x − α)k+1 nghĩa là:

f (x) = (x − α)k g(x), ∀x ∈ R,
g(α) = 0.
Nếu k = 1, ta gọi α là nghiệm đơn hay còn gọi nghiệm, nếu k = 2, ta
gọi α là nghiệm kép.
Sử dụng công cụ đạo hàm ta có một số tính chất sau của nghiệm

của đa thức.
Định lý 1.1.11. Giả sử R là một trường tùy ý (có thể có đặc số p). Đa
thức f (x) ∈ R[x] bậc n > 0 chỉ có nghiệm đơn khi và chỉ khi
ƯCLN(f (x), f (x)) = 1.
Chứng minh. Giả sử f (x) là đa thức bậc n và chỉ có n nghiệm đơn, nếu
ƯCLN(f (x), f (x)) = d(x) là một đa thức có bậc dương thì nghiệm u
của d(x) cũng là nghiệm của f (x) và f (x). Khi đó

f (x) = (x − u)g(x).
Vì f (x) chỉ có nghiệm đơn nên suy ra g(x) không chia hết cho (x − u).
Mặt khác,

f (x) = g(x) + (x − u)g (x),
mà f (x) lại chia hết cho (x − u) nên g(x) phải chia hết cho (x − u).
Mâu thuẫn. Do đó ta có
ƯCLN(f (x), f (x)) = 1.
Đảo lại, giả sử
ƯCLN(f (x), f (x)) = 1,
nhưng f (x) có nghiệm u bội k > 1. Khi đó

f (x) = (x − u)k g(x), trong đó g(x) không chia hết cho (x − u).
Và

f (x) = (x − u)k−1 [kg(x) + (x − u)g (x)] .
8


Như vậy (x − u)k−1 là một ước chung bậc dương của f (x) và f (x). Điều
vô lý này chứng tỏ định lý được chứng minh.
Định lý 1.1.12. Nếu R là trường có đặc số không thì mọi đa thức bất

khả quy thuộc R[x] đều chỉ có nghiệm đơn.
Chứng minh. Giả sử f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 ∈ R[x] là
một đa thức bất khả quy. Vì trường R có đặc số 0, n > 0, an = 0 nên

nan = 0. Do đó
f (x) = nan xn−1 + (n − 1)an−1 xn−2 + · · · + a1 = 0.
Vì f (x) bất khả quy và bậc của f (x) nhỏ hơn n, nên f (x) không chia
hết cho f (x), nên ƯCLN(f (x), f (x)) = 1. Vậy f (x) chỉ có nghiệm
đơn.
Định lý 1.1.13. a là nghiệm bội cấp k, k = 1 của f (x) khi và chỉ khi

a là nghiệm của các đa thức f , f , . . . , f (k−1) , nhưng không là nghiệm
của f (k) .
Chứng minh. Nếu a là nghiệm bội cấp k, ta có

f (a) = f (a) = · · · = f (k−1)(a) = 0, f (k) (a) = 0.
Đảo lại, giả sử các quan hệ trên thỏa mãn, theo công thức Taylor ta có:

f (k) (a)
f (n) (a)
k
(x − a) + · · · +
(x − a)n = (x − a)k g,
f (x) =
k!
n!
với

g=


f (k) (a)
f (n) (a)
+ ··· +
(x − a)n−k .
k!
n!

f (k) (a)
Vậy g(a) =
= 0, nên a là nghiệm bội cấp k của f (x).
k!
Định lý 1.1.14. Cho R là một miền nguyên. Cho 0 = f (x) ∈ R[x] và
a1 , a2 , . . . , ar ∈ R là các nghiệm phân biệt của f (x). Giả sử ai là nghiệm
bội ki của f (x) với i = 1, 2, . . . , r. Khi đó ta có

f (x) = (x − a1 )k1 (x − a2 )k2 . . . (x − ar )kr g(x)
9


trong đó g(x) ∈ R[x] và g(ai ) = 0 với mọi i = 1, . . . , r.
Hệ quả 1.1.15. Cho R là một miền nguyên và f (x) ∈ R[x] là một đa
thức khác 0. Khi đó số nghiệm của f (x), mỗi nghiệm tính với số bội của
nó, không vượt quá bậc của của f (x).
Hệ quả 1.1.16. Cho R là miền nguyên và f (x), g(x) ∈ R[x], trong đó

deg(f (x))

n và deg(g(x))

n. Nếu f (x) và g(x) có giá trị bằng nhau


tại n + 1 phần tử khác nhau của R thì f (x) = g(x).
Chú ý rằng nếu R không là miền nguyên thì Hệ quả 1.1.16 không
còn đúng nữa. Thật vậy, chọn R = Z6 , vành các lớp thặng dư theo
môđun 6. Chọn f (x) = 3x và g(x) = 3x2 . Ta có deg(f (x)) = 1 và

deg(g(x)) = 2, tức là deg(f (x)), deg(g(x))

2. Dễ thấy f (x) và g(x)

đều có 3 nghiệm phân biệt 0, 2, 4 trong Z6 , tức là chúng nhận giá trị
như nhau tại 3 điểm phân biệt, nhưng chúng không bằng nhau.
Hai trường hợp đặc biệt sau cũng rất hay được sử dụng trong các
bài toán phương trình hàm.Ta xét các đa thức trên trường số thực R.
Hệ quả 1.1.17. Nếu đa thức f (x) ∈ R[x] có vô số nghiệm thì f (x) = 0.
Nói riêng, nếu số nghiệm lớn hơn bậc của đa thức f (x) thì f (x) = 0.
Hệ quả 1.1.18. Nếu đa thức f (x) ∈ R[x] thỏa mãn f (x) = f (x +

a), ∀x ∈ R (với a là một hằng số khác không nào đó) thì f (x) ≡ c (với
c là hằng số).
Cũng sử dụng tính chất trên của nghiệm ta có kết quả: Tồn tại đa
thức f (x) bậc n nhận n + 1 giá trị cho trước tại n + 1 điểm khác nhau
cho trước, còn gọi là công thức nội suy Lagrange.
Định lý 1.1.19 (Lagrange). Cho f (x) là đa thức bậc n và x0 , x1 , ..., xn
n

(x − xi ). Khi đó ta có biểu diễn

là n + 1 số phân biệt. Đặt g(x) =
i=0


x − xk
.
i=0
k=i,k=0 xi − xk
n f (x ) g(x)
i
(ii) f (x) =
.
i=0 g (xi ) x − xi
n

(i) f (x) =

n

f (xi )

10


Công thức nội suy Lagrange có nhiều ứng dụng trong Đại số,
Phương pháp tính cũng như giải quyết nhiều bài toán trong thực tế.

1.2. Nghiệm của đa thức trên trường số
Tìm hiểu sự tồn tại nghiệm của đa thức trên các trường số ta có
kết quả đơn giản sau.
Bổ đề 1.2.1. Mọi đa thức với hệ số thực có bậc lẻ có ít nhất một nghiệm
thực.
Chứng minh. Giả sử f (x) = an xn + · · · + a1 x + a0 , n = 2k + 1, an = 0.

Ta có thể giả sử thêm an > 0 (trường hợp an < 0 chứng minh tương
tự). Khi đó

lim f (x) = lim an xn = +∞,

x→+∞

x→+∞

lim f (x) = lim an xn = −∞,

x→−∞

x→−∞

Do vậy tồn tại α, β ∈ R sao cho f (α) > 0, f (β) < 0. Suy ra f (α)f (β) <

0. Mặt khác vì hàm số R −→ R, x −→ f (x) là hàm liên tục nên theo
Định lý Giá trị trung bình tồn tại c ∈ R, c ∈ (α, β), sao cho f (c) = 0.
Vậy f (x) có nghiệm thực c.
Biết rằng các đa thức với hệ số thực, chẳng hạn đa thức x2 + 1
không có nghiệm thực. Vậy có thể tồn tại đa thức không có nghiệm phức
hay không, ngay cả khi các hệ số của nó là các số phức. Định lý sau sẽ
trả lời câu hỏi trên.
Định lý 1.2.2 (Định lý cơ bản của Đại số). Mọi đa thức bậc lớn hơn 0
với hệ số phức có ít nhất một nghiệm phức.
Hệ quả 1.2.3. Các đa thức bất khả quy của C[x] là các đa thức bậc
nhất.
Hệ quả 1.2.4. Giả sử f (x) ∈ C[x], bậc n > 0. Khi đó f (x) có sự phân
tích duy nhất thành tích những đa thức bất khả quy, sai khác một nhân

11


tử khả nghịch

f (x) = u(a1 x + b1 )n1 (a2 x + b2 )n2 · · · (ak x + bk )nk ,
với u = 0, ai , bi ∈ C, ai = 0, i = 1, 2, ..., k và n = n1 + n2 + · · · nk .
Hệ quả 1.2.5. Mọi đa thức bậc n với hệ số phức có n nghiệm phức.
Sau đây ta sẽ áp dụng Định lý cơ bản của Đại số để tìm hiểu
nghiệm của các đa thức với hệ số thực. Trước hết ta cần bổ đề sau.
Bổ đề 1.2.6. Giả sử z ∈ C, x ∈ R. Khi đó (x − z)(z − z) ∈ R.
Bổ đề 1.2.7. Giả sử f (x) ∈ R[x] có nghiệm z ∈ C \ R, x ∈ R. Khi đó

z cũng là nghiệm của f (x) và f (x) chia hết cho đa thức (x − z)(z − z)
trong R[x].
Chứng minh. Giả sử f (x) = an xn + · · · a1 x + a0 ∈ R[x]. Vì f (z) =

an z n + · · · a1 z + a0 = 0 nên
0 = an z n + · · · a1 z + a0
= an z n + · · · a1 z + a0
= an z n + · · · a1 z + a0
= f (z).
Chia f (x) cho (x − z)(z − z) trong R[x], ta có f (x) = (x − z)(z −

z)g(x) + r(x), deg r(x) < 2. Suy ra
r(z) = r(z) = 0.
Do đó theo hệ quả 1.1.15 r(x) = 0 hay f (x) chia hết cho đa thức

(x − z)(z − z) trong R[x].
Hệ quả 1.2.8. Các đa thức bất khả quy trên R[x] là các đa thức bậc

nhất và các đa thức bậc hai không có nghiệm trên R.
Hệ quả 1.2.9. Giả sử f (x) ∈ R[x], bậc n > 0. Khi đó f (x) có sự phân
tích duy nhất, sai khác một nhân tử khả nghịch

f (x) = u(a1 x + b1 )n1 · · · (ak x + bk )nk (α1 x2 + β1 x + γ1 )m1 · · ·
12


(α x2 + β x + γ )m1 ,
với u = 0, ai x + bi , i = 1, 2, ..., k là các đa thức bậc nhất, ai = 0, αj x2 +

βj x + γj , αj = 0 j = 1, 2, ..., l là các đa thức bậc hai với biệt số âm.
Chú ý. Kronecker đưa ra kết quả: Cho f (x) ∈ R[x] với deg f (x) =

n > 0 và R là một trường. Khi đó tồn tại một trường F chứa R sao cho
f (x) có n nghiệm trên F. Từ đó ta có thể giả sử một đa thức f (x) bậc
n có n nghiệm trên một trường nào đó.
Định lý 1.2.10 (Định lý Viete thuận). Giả sử

f (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 ,
là đa thức bậc n có n nghiệm α1 , . . . , αn . Khi đó


α1 + α2 + . . . + αn = − aan−1

n


an−2



αi αj = an



i



...



(∗)
αi1 αi2 . . . αik = (−1)k an−k
an
i
<...
1
2
k




...





n−1 a1

α
α
.
.
.
α
=
(−1)
i
i
i

1
2
n−1
an


i1 


α1 α2 . . . αn = (−1)n aan0 .
Công thức (*) được gọi là công thức Viete.
Chú ý. Kết quả trên còn đúng trên một miền nguyên và hệ số cao

nhất của f (x) là khả nghịch.

13


Định lý 1.2.11 (Định lý Viete đảo). Giả sử α1 , . . . , αn ∈ T thỏa mãn


α1 + α2 + . . . + αn = an−1





αi αj = an−2



i



...
(∗)



αi1 αi2 . . . αik = an−k
i

<...
1
2
k




...





αi1 αi2 . . . αin−1 = a1



i
<...1
2
n−1



α1 α2 . . . αn = a0 .

Khi đó α1 , . . . , αn là các nghiệm của đa thức

f (x) = xn − an−1 xn−1 + · · · + (−1)n a0 .
Đối với bài toán tìm nghiệm phức hay thực của đa thức, từ thời
xa xưa người Hylạp đã tìm ra cách giải trình bậc hai, phương trình bậc
ba, bậc bốn có cách giải từ thế kỉ XVI. Sau đó khoảng 300 năm người ta
tiếp tục tìm cách giải các phương trình bậc cao hơn nhưng không có kết
quả. Mãi đến những năm 20 của thế kỉ XIX Abel mới chứng minh được
rằng phương trình bậc n, n ≥ 5 là không giải được, có nghĩa là không
thể có công thức biểu diễn nghiệm qua các hệ số của phương trình nhờ
căn thức. Tuy nhiên kết quả cuả Abel không loại trừ khả năng là các
nghiệm của đa thức cụ thể với hệ số thực hay phức, bằng cách nào đó
biểu diễn được qua hệ số của đa thức bằng tổ hợp nào đó của các căn
thức, tức là, như thường nói, giải được dưới dạng căn thức. Mãi đến
những năm 30 của thế kỷ trước, Galois mới giải quyết trọn vẹn vấn đề
về điều kiện để phương trình cụ thể cho trước giải được dưới dạng căn
thức. Đây cũng là những nội dung thú vị về đa thức. Tuy nhiên luận
văn không đi sâu tìm hiểu những vấn đề này.
Ta tìm hiểu thêm về bài toán tìm nghiệm hữu tỉ của đa thức với
hệ số hữu tỉ. Cho đa thức g(x) với hệ số hữu tỷ và đa thức f (x) với
các hệ số nguyên, nhận được từ g(x) bằng cách nhân các mẫu số chung
14


1 3
x − x + 1 suy
3
ra f (x) = x3 − 3x + 3. Hai đa thức g(x) và f (x) như vậy có cùng tập
của tất cả các hệ số hữu tỷ của g(x). Ví dụ g(x) =

nghiệm. Vì thế không giảm tính tổng quát ta xét các đa thức f (x) với
hệ số nguyên. Tuy rằng không có một công thức để xác định nghiệm
phức của một đa thức tổng quát trên trường số C, nhưng với đa thức
với hệ số nguyên và tìm nghiệm hữu tỉ. Định lý sau đây cho ta một cách
xác định nghiệm hữu tỷ của nó.
Định lý 1.2.12. Giả sử đa thức f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a0 với
các hệ số nguyên an , an−1 , . . . , a0 , nếu đa thức f (x) có nghiệm hữu tỷ c,
p
thì c có dạng c = , (p, q) = 1, p, q ∈ Z, q = 0 và thỏa mãn
q
(i) p là ước của a0 và q là ước của an .
(ii) p − q là ước của f (1) và p + q là ước của f (−1).
Hệ quả 1.2.13. Nếu đa thức f (x) với các hệ số nguyên, có hệ số cao
nhất an = ±1, thì nghiệm hữu tỷ c của f (x) là nghiệm nguyên và là ước
của hệ số tự do a0 : c ∈ Z, c | a0 .
Chú ý: Nếu an +an−1 +· · ·+a0 = 0 thì f (x) có một nghiệm x = 1,
nếu tổng các hệ số của các "luỹ thừa" bậc chẵn của x bằng tổng các hệ
số bậc lẻ của x thì f (x) có một nghiệm x = −1.

15


Chương 2

Số nghiệm và biên nghiệm của đa
thức
2.1. Số nghiệm thực của đa thức
Trong mục này ta xét các đa thức với hệ số thực. Cho dãy số thực
xếp thứ tự, chẳng hạn 1, 3, −2, 5, −7, 4, 1. Ta viết dãy các dấu của
chúng +, +, −, +, −, +, +. Ta thấy trong dãy này có 4 chỗ các dấu

khác nhau đứng kề nhau. Ta nói rằng dãy số thực khác 0 ở trên đổi dấu
4 lần.
Bây giờ ta xét đa thức f (x) với hệ số thực. Ta có thể giả sử rằng

f (x) không có nghiệm bội (nếu trái lại ta chia f (x) cho ƯCLN của f (x)
và f (x)).
Định nghĩa 2.1.1. Hệ hữu hạn sắp xếp thứ tự các đa thức khác 0, với
hệ số thực

f (x) = f0 (x), f1 (x), f2 (x), . . . , fs (x),

(2.1)

được gọi là hệ Sturm của đa thức f (x), nếu thoả mãn 4 điều kiện sau:
1) Các đa thức kề nhau trong 2.1 không có nghiệm chung.
2) Đa thức cuối cùng fs (x) không có nghiệm thực.
3) Nếu α là nghiệm thực của 2.1 trong các đa thức trung gian fm (x)
của 2.1, 1 ≤ m ≤ s − 1, thì fm−1 (α).fm+1 (α) < 0.
4) Nếu α là nghiệm thực của đa thức f (x) thì tích f (x)f1 (x) đổi dấu
từ − sang + khi qua x = α.
16


Chú ý: Nếu f (x) = f0 (x), f1 (x), . . . , fs (x) là một hệ Sturm thì

a0 f (x) = f0 (x), a1 f1 (x), . . . , as fs (x) cũng là hệ Strurm với mọi số dương
ai , i = 0, ..., s.
Định lý 2.1.2. Mọi đa thức f (x) với hệ số thực không có nghiệm bội,
đều có hệ Sturm.
Chứng minh. Đặt f1 (x) = f (x). Khi đó điều kiện 4) của dãy Sturm thoả

mãn. Thật vậy, nếu α là nghiệm thực của đa thức f (x), thì f (α) = 0
(do f (x) không có nghiệm kép). Nếu f (α) > 0 thì f (x) > 0 trong lân
cận điểm α (tính liên tục của đạo hàm đa thức), bởi vậy trong lân cận
đó f (x) đồng biến, nên f (x) đổi dấu từ − sang + khi qua x = α hay

f (x)f1 (x) cũng đổi dấu từ − sang + khi qua x = α. Tương tự, xét
trường hợp f (α) < 0. Tiếp theo, chia có dư f (x) cho f1 (x); đổi dấu
phần dư và kí hiệu là f2 (x), ta được

f (x) = f1 (x)q1 (x) − f2 (x).
Theo quy nạp giả sử fm−1 (x) và fm (x) đã tìm được, thì ký hiệu phần
dư với dấu ngược lại của phép chia fm−1 (x) cho fm (x) là fm+1 (x), ta
được

fm−1 (x) = fm (x)qm (x) − fm+1 (x)

(2.2)

Phương pháp trình bày đây chỉ khác với thuật toán Euclid tìm ước
chung lớn nhất của f (x) và f (x) ở chỗ phần dư lấy dấu ngược lại.
Nhưng trong thuật toán Euclid thì việc đổi dấu phần dư không ảnh
hưởng đến kết quả cuối cùng. Vì vậy, quá trình sẽ dừng lại ở đa thức

fs (x) = (f (x), f (x)), và fs (x) là một số thực khác 0, do f (x) không có
nghiệm bội. Từ đó suy ra hệ các đa thức

f (x) = f0 (x), f (x) = f1 (x), f2 (x), . . . , fs (x)
thoả mãn điều kiện 2) của điều kiện hệ Sturm. Để chứng minh thoả mãn
điều kiện 1), ta giả sử fm (x) và fm+1 (x) có nghiệm thực chung α. Khi
17

đó theo 2.2, α cũng là nghiệm của fm−1 (x). Ta lại chuyển về hệ thức

fm−2 (x) = fm−1 (x)qm−1 (x) − fm (x).
ta lại được α cũng là nghiệm của fm−2 (x). Cứ tiếp tục như vậy, ta được

α cũng là nghiệm chung của f (x) và f (x). Điều này trái với giả thiết
f (x) chỉ có nghiệm đơn.
Cuối cùng, từ 2.2 ta suy ra: Nếu fm (α) = 0 thì fm−1 (α) =

−fm+1 (α). Do đó fm−1 (α).fm+1 (α) < 0. Điều này chứng tỏ điều kiện 3)
thoả mãn.
Ví dụ 2.1.3. (i) Tìm hệ Sturm của đa thức f (x) = x3 + 3x − 1.
(ii) Tìm hệ Sturm của đa thức f (x) = −2x3 + 3x2 + 1.
Giải. (i) Ta có

f (x) = x3 + 3x − 1, f (x) = 3x2 + 3 suy ra f1 (x) = x2 + 1,
f (x) = (x2 + 1)x − (−2x + 1) suy ra f2 (x) = −2x + 1,
1
1
5
f1 (x) = (−2x + 1)( x − ) + suy ra f3 (x) = −1.
2
4
4
Vậy ta có hệ Sturm x3 + 3x − 1, x2 + 1, −2x + 1,−1.
(ii) Ta có

f (x) = f0 (x) = −2x3 + 2x2 + 1

f (x) = −6x2 + 6x suy ra f1 (x) = −x2 + 1
4
1
f (x) = (−x2 + 1)(−2x − ) − (−2x − ) suy ra f2 (x) = −3x + 2
3
3
1
2
5
f1 (x) = (−3x − 2)( (x) − ) − (− ) suy ra f3 (x) = −1.
3
3
9

Nếu ta có hệ Sturm của đa thức f (x), ta sẽ tìm số nghiệm thực
của nó bằng phương pháp Sturm.
Định nghĩa 2.1.4. Giả sử số thực c không phải là nghiệm của đa
thức f (x) với hệ số thực và 2.1 là hệ Sturm của đa thức f (x). Xét
18


f (c), f1 (c), f2 (c), . . . fs (c) bỏ các số 0 (nếu có) và ký hiệu v(c) là số lần
đổi dấu của hệ nhận được. Ta gọi v(c) là số lần đổi dấu của hệ Sturm
2.1 của đa thức f (x), khi x = c.
Phương pháp Sturm thể hiện bằng định lý Sturm sau đây:
Định lý 2.1.5 (Định lý Sturm). Nếu các số thực a < b không là nghiệm
của đa thức f (x) với các hệ số thực và f (x) không có nghiệm kép, thì

v(a) ≥ v(b) và hiệu v(a) − v(b) là số nghiệm thực của đa thức f (x)
trong khoảng (a; b).

Chứng minh. Xét sự biến thiên của v(x) khi x tăng của hệ Sturm.
Nếu x tăng mà không qua 1 nghiệm nào của hệ Sturm 2.1, thì các
đa thức của hệ này không đổi dấu, do đó số v(x) không đổi.
Nếu x qua nghiệm của một đa thức trung gian fm (x), 1 ≤ m ≤

s − 1. Khi đó theo điều kiện 1) của hệ Sturm, ta có fm−1 (α) = 0 và
fm+1 (α) = 0. Do đó tính liên tục của đa thức, tồn tại 1 số ε > 0 đủ bé
để trong lân cận (α − ε, α + ε) các đa thức fm−1 (x) và fm+1 (x) không
có nghiệm và do đó giữ nguyên dấu; đồng thời, theo điều kiện 3) của
hệ Sturm, dấu của fm−1 (x) và fm+1 (x) trái nhau khi x trong khoảng

(α − ε, α + ε). Từ đó suy ra rằng, mỗi hệ
fm−1 (α − ε), fm (α − ε), fm+1 (α − ε)

(2.3)

fm−1 (α + ε), fm (α + ε), fm+1 (α + ε)

(2.4)

và

có đúng 1 lần đổi dấu, không phụ thuộc vào dấu của fm (α−ε) và fm (α+

ε). Chẳng hạn, nếu fm−1 (x) < 0 trong khoảng ta xét, thì fm+1 (x) > 0
trong khoảng đó và ngược lại. Nếu fm (α − ε) > 0, fm (α + ε) < 0 (qua
nghiệm thì đa thức đổi dấu), thì các hệ 2.3 và 2.4 có dấu tương ứng.

− + + và − −+
Như vậy, khi x qua nghiệm của một đa thức trung gian, số v(x) không

đổi.
19


Nếu x qua nghiệm α của đa thức f (x), thì theo điều kiện 1) của
hệ Sturm, f1 (α) = 0, do vậy tồn tại ε > 0 đủ bé, để f1 (x) = 0 khi

x ∈ (α − ε, α + ε), do vậy f1 (x) giữ nguyên dấu trong khoảng này. Nếu
f1 (x) > 0 thì f (x) đồng biến và theo điều kiện 4), f (x) đổi dấu từ −
sang +, tức là f (α − ε) < 0, f( α + ε) > 0. Vậy các hệ

f (α − ε), f1 (α − ε) và f (α + ε), f1 (α + ε)

(2.5)

có dấu tương ứng là − + và + +, tức là trong hệ Sturm mất đi 1 lần đổi
dấu. Nếu như f1 (x) < 0 khi x ∈ (α − ε, α + ε), thì theo điều kiện 4) của
hệ Sturm, f (x) đổi dấu từ + sang − khi x qua α tức là f (α − ε) > 0,

f (α+ε) < 0; hệ (2.5) bây giờ có dấu là +− và −−, tức là hệ Sturm vẫn
mất 1 nghiệm. Như vậy, số v(x) chỉ thay đổi khi x tăng đi qua nghiệm

α của f (x), và giảm đi đúng 1 đơn vị.
Về mặt thực hành ta tính v(−∞) − v(+∞) là số nghiệm của đa
thức, trong đó v(+∞) là dấu của f (x) khi x đủ lớn, cũng chính là dấu
của số hạng cao nhất của f (x), tương tự cho dấu của v(−∞).
Ví dụ 2.1.6. (i) Tìm số nghiệm thực của đa thức f (x) = x3 + 3x − 1.
(ii) Tìm số nghiệm thực của đa thức f (x) = −2x3 + 3x2 + 1.
(iii) Tìm số nghiệm thực của đa thức

f (x) = x5 + 2x4 − 5x3 + 8x2 − 7x − 3.
Giải. (i) Theo ví dụ 2.1.3. (1) ta có hệ Sturm

x3 + 3x − 1, x2 + 1, −2x + 1, −1.
Lập bảng

f (x) f1 (x) f2 (x) f3 (x) v(x)
−∞ −
+
+
−
2
+∞ +
+
−
−
1
v(−∞) − v(+∞) = 2 − 1 = 1. Vậy đa thức có một nghiệm thực.

20


(ii) Theo ví dụ 2.1.3 (2), ta có hệ Sturm

−2x3 + 3x2 + 1, −x2 + 1, −3x − 2, −1
Lập bảng

f (x) f1 (x) f2 (x) f3 (x) W (x)
−∞ +
−

+
−
3
+∞ −
−
−
−
0
v(−∞) − v(+∞) = 3. Vậy đa thức có 3 nghiệm thực.
(iii) Hệ Sturm của f (x):

x5 + 2x4 − 5x3 + 8x2 − 7x − 3 = f (x),
5x4 + 8x3 − 15x2 + 16x − 7 = f (x) = f1 (x),
66x3 − 150x2 + 172x + 61 = f2 (x),
− 464x2 + 1135x + 723 = f3 (x),
− 32599457x − 8486093 = f4 (x),
− 1 = f5 (x).
Lập bảng

f (x) f1 (x) f2 (x) f3 (x) f4 (x) f5 (x) W (x)
−∞ −
+
−
−
+
−
4
+∞ +
+
+

−
−
−
1
Vậy số nghiệm thực của f (x) là v(−∞) − v(+∞) = 3.
Chú ý. Ta có thể sử dụng một số phần mềm toán học (chẳng hạn
Maple hay CoCoA) để thực hiện các bài toán trên.
Định lý Sturm mở rộng được áp dụng để tìm các nghiệm của đa
thức thỏa mãn các bất đẳng thức đa thức.
Định lý 2.1.7 (Định lý Sturm mở rộng). Cho f (x), g(x) ∈ R[x] và
hệ Sturm f0 (x) = f (x), f1 (x) = f (x)g(x), f2 (x), . . . , fn (x) được xác
định như thuật toán trong Định lý 2.1.2 với f0 (x) = f (x) và f1 (x) =
21


f (x)g(x). Với mỗi c ∈ R, gọi v(c) là số lần đổi dấu trong hệ f0 (c), f1 (c), ..., fn (c).
Nếu a, b là các số thực, a < b, đều không là nghiệm của f (x) thì

v(a) − v(b) = #{c ∈ [a; b] : f (c) = 0 và g(c) > 0}
− #{c ∈ [a; b] : f (c) = 0 và g(c) < 0}
Chứng minh. Chia [a; b] thành phân hoạch x0 = a < x1 < ... < xs = b
sao cho tồn tại duy nhất nghiệm của fj trong mỗi khoảng mở (xi , xi+1 ).
Tương tự như trong chứng minh định lý Sturm chúng ta có thể thấy nếu
nghiệm này không phải là nghiệm của f (x) thì v(xi ) = v(xi+1 ). Do đó
ta chỉ cần chứng minh nếu tồn tại duy nhất c ∈ (a; b) sao cho f (c) = 0
thì

v(a) − v(b) = sign(g(c)).
Giả sử

f (x) = (x − c)r ϕ (x) và g (x) = (x − c)s ψ (x) ,
trong đó r > 0, ϕ (c) = 0 và ψ (c) = 0.
+ Trường hợp 1: Giả sử s = 0, khi đó ψ (x) = g (x). Xét đa
thức f (x).f (x).g(x), vì v (a) − v (b) = #{lần đổi dấu [f (a) ,f g (a)]} −

#{lần đổi dấu [f (b) ,f g (b)]} nên
1, khi sign(f f g(x)) = −1;
0, khi sign(f f g(x)) = 1.
Vì f (x) = r(x − c)r−1 ϕ (x) + (x − c)r ϕ (x) nên
#{lần đổi dấu {[f (x) ,f g (x)]}} =

f (x) .f (x) .g (x) = (x − c)2r−2 r (x − c) ϕ2 (x) g (x) + (x − c)2 ϕ (x) ϕ (x) g (x)
Do (x − c)2r−2 ≥ 0. Vì

lim rϕ2 (x) g (x) + (x − c) ϕ (x) ϕ (x) g (x) = rϕ2 (x) g (x) ,

x→c

do đó nếu x đủ gần c ta có

sign (f f g (x)) = sign r (x − c) ϕ2 (x) g (x) + (x − c)2 ϕ (x) ϕ (x) g (x)
= sign ((x − c) g (c))
Suy ra

sign (f f g (a)) = −sign (g (c)) , sign (f f g (b)) = −sign (g (b))
Do đó
22