Lời cảm ơn
Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến GS.TSKH Hà Huy Khoái, đã
định hướng chọn đề tài và nhiệt tình hướng dẫn để tôi có thể hoàn thành
luận văn này.

Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới Phòng Sau đại học, các
thầy cô giáo giảng dạy chuyên ngành Phương pháp Toán sơ cấp, trường
Đại học Thăng Long đã giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập tại trường.

Nhân dịp này tôi cũng xin gửi lời cảm ơn đến gia đình, bạn bè đã cổ vũ,
động viên để tôi hoàn thành luận văn này.
Hà Nội, tháng 4 năm 2016
Tác giả

Nguyễn Minh Nguyệt


Lời cam đoan
Tôi xin cam đoan, dưới sự chỉ bảo và hướng dẫn của GS.TSKH Hà
Huy Khoái, luận văn chuyên ngành Toán sơ cấp với đề tài:”Đa thức và
nghiệm của đa thức” được hoàn thành bởi sự nhận thức và tìm hiểu
của bản thân tác giả.
Trong quá trình nghiên cứu và thực hiện luận văn, tác giả đã kế thừa
những kết quả của các nhà khoa học với sự trân trọng và biết ơn.
Hà Nội, tháng 4 năm 2016
Tác giả

Nguyễn Minh Nguyệt

Thang Long University Libraty


Đồ thị của hàm bậc hai. . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.3

1.4

1.5

Đa thức bậc ba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.3.1

Đồ thị hàm bậc ba

. . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.3.2

Nghiệm của đa thức bậc ba . . . . . . . . . . . . . . 16

Đa thức bậc bốn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.4.1

Nghiệm của đa thức bậc bốn . . . . . . . . . . . . . 19

1.4.2

Đồ thị của hàm bậc bốn



Tài liệu tham khảo

46

3

Thang Long University Libraty


Mở đầu
Đa thức và nghiệm của đa thức là một trong những phần quan trọng
của chương trình Toán ở bậc THPT. Mặc dù trong các sách giáo khoa đã
trình bày việc tìm nghiệm của đa thức bậc thấp, nhưng sự liên hệ với đồ
thị của đa thức chưa được đề cập thấu đáo, trong khi chính điều này lại rất
quan trọng trong việc làm cho học sinh hiểu rõ bản chất toán học của vấn
đề, rèn luyện tư duy trực quan trong nghiên cứu toán học. Vì vậy, phần
thứ nhất của luận văn được dành cho sự trình bày về nghiệm đa thức bậc
thấp trong sự hình dung trực quan gắn liền với đồ thị.
Phần tiếp theo của luận văn trình bày một số kết quả về nghiệm của đa
thức với hệ số nguyên. Đây là một trong những chủ đề quan trọng của đại
số và số học.
Luận văn được viết dựa theo một số công trình nghiên cứu gần đây (xem
[2]), hoặc một số bài giảng nâng cao dành cho học sinh giỏi ở nước ngoài
(xem phần Tài liệu tham khảo).

4


Chương 1

kỳ nghiệm thực nào. Ví dụ đơn giản nhất là đa thức bậc hai x2 + 1. Nó có
hai nghiệm phức là i, −i.
Định lý 1.1.1. Một đa thức bậc lẻ mà có các hệ số đều là thực, có ít nhất
một nghiệm thực.
Chứng minh trực quan. Xét đồ thị của đa thức trong mặt phẳng.
Ví dụ, đồ thị của một đa thức bậc 1 là một đường thẳng, nó có các điểm
trên mặt phẳng nằm bên trên và bên dưới trục hoành, và chứa một điểm
trên trục hoành. Tương tự, đồ thị của đa thức lập phương có các điểm
trên mặt phẳng nằm trên và dưới trục hoành. Vì các miền này nối liền với
nhau, hợp của chúng phải chứa một điểm trên trục thực. Nói chung, nếu
bậc của

p(x) = an xn + · · · + a0
là lẻ, với mọi x > 0 đủ lớn, dấu của p(x) trùng với dấu của an , trong khi
nếu x lớn và không dương, p(x) có cùng dấu với −an . Do đó, p nhận cả giá
trị dương và giá trị âm, và là một hàm trơn nên nó phải có không điểm.
Nói cách khác, nó phải có nghiệm thực.
Tính thực của các hệ số trong định lý trên là cần thiết. Ví dụ, đa thức
tuyến tính x − i không có nghiệm thực.
Định lý 1.1.2. (Gauss). Mọi đa thức khác hằng có ít nhất một nghiệm,
có thể là số phức. Một đa thức bậc n có nhiều nhất n nghiệm phân biệt.
Kết quả sâu sắc này được gọi là Định lý cơ bản của Đại số.
Định lý 1.1.3. Giả sử p có các hệ số thực và z là một nghiệm phức của
nó. Khi đó z cũng là nghiệm của nó.

6


Chứng minh. Giả sử



Người Hy Lạp nghiên cứu tính hình học của đường thẳng, họ không biểu
diễn chúng theo cách đại số. Đềcác là người miêu tả cách để làm việc này:
ông đưa ra mặt phẳng R2 gồm các điểm có hai tọa độ, một cách làm mà
ngày nay chúng ta đã quen thuộc. Đồ thị của hàm được xác định là tập
7

Thang Long University Libraty


con của mặt phẳng mà giao của nó với mỗi đường thẳng đứng có nhiều
nhất một điểm. Hệ quả là, đường tròn không phải là đồ thị của một hàm,
cũng như đường parabol {(x, y) : y 2 = 4x} không phải là đồ thị của một

hàm.

Nếu c + mx là một đa thức tuyến tính, đồ thị của nó trong R2 là tập
các điểm

{(x, y); y = mx + c, x ∈ R} = {(x, mx + c) : x ∈ R},
được viết ngắn gọn là y = mx + c; m là hệ số góc của nó, và c là tung độ
của nó.
Cho hai điểm phân biệt (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) trên đồ thị của nó, khi đó

y1 = mx1 + c, y2 = mx2 + c,
trong trường hợp x1 = x2 , ta có thể giải các phương trình trên theo m, c
và thu được

m=



ax + by + c = 0,
trong đó a2 + b2 > 0. Đây là đồ thị của đa thức tuyến tính khi và chỉ khi

ab = 0. Nó là đồ thị của đa thức hằng nếu a = 0, b = 0.
1.2.2

Đồ thị của hàm bậc hai.

Hàm bậc hai đơn giản nhất là hàm bình phương x → x2 , có đồ thị trong

R2 là tập

{(x, y) : y = x2 , x ∈ R}.
Đây là tập con của nửa mặt phẳng trên, đối xứng qua trục tung và gốc
tọa độ là điểm thấp nhất, là ’điểm chuyển hướng’ duy nhất. Ngoài ra, hàm
bình phương là hàm lồi. Để thấy điều này, gọi P = (x1 , y1 ), Q = (x2 , y2 )
là hai điểm phân biệt trên đồ thị, khi đó y1 = x21 , y2 = x22 . Đường thẳng
qua P và Q có phương trình

y2 − y1
(x − x1 )
x2 − x1
x22 − x21
2
= x1 +
(x − x1 )
x2 − x1
= x21 + (x2 + x1 )(x − x1 )



y = ax2 + bx + c
b
= a x2 + x + c
a
b
b2
b2
2
=a x +
+c−a 2
+
2a 4a2
4a
b 2 4ac − b2
=a x+
.
+
2a
4a
Do đó

b 2
4ac − b2
=a x+
.
y−
4a
2a
Hay, đổi hệ tọa độ bằng cách dịch chuyển gốc tọa độ, ta có Y = aX 2 ,

≤

4ac−b2
4a ,
4ac−b2
4a ,

nếu a > 0
nếu a < 0,

b
. Nói cách khác,
với dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = − 2a

4ac − b2
min{p(x) : x ∈ R} =
4a
nếu a > 0 và

4ac − b2
max{p(x) : x ∈ R} =
4a

nếu a < 0.
Ví dụ 1.2.1. Nếu a, b, c là các số thực, và a = 0, thì

p(x) = ax2 + bx + c ≥ 0, ∀x ∈ R,
khi và chỉ khi a > 0, c ≥ 0 và b2 ≤ 4ac. Các điều kiện này xảy ra khi và
chỉ p là bình phương môđun một đa thức tuyến tính.


4a
11

Thang Long University Libraty


từ đó cũng suy ra rằng p là bình phương môđun đa thức tuyến tính
√
√
b + 4ac − b2 i
√
ax +
2 a
nó có hệ số phức.
Ví dụ 1.2.2. Cặp số thực (m, c) thỏa mãn y = mx + c là đường thẳng
nằm dưới đồ thị của hàm bình phương chứa tập

{(m, c) : m2 + 4c ≤ 0}.
Chứng minh. Giả sử (m, c) sinh ra đường thẳng như thế. Khi đó

mx + c ≤ x2 , ∀x ∈ R.
Hay tương đương, đa thức bậc hai x2 − mx − c không âm với mọi giá trị

thực x. Theo ví dụ trên, điều này xảy ra khi và chỉ khi m2 ≤ 4ac. Từ đó
suy ra điều phải chứng minh.

1.3

Đa thức bậc ba


2
Suy ra p chỉ có một nghiệm thực.
Thông thường, ta đặt

√

3i

.

√
−1 + 3i
,
ω=
2

từ đó

ω = 1, ω 3 = 1, ω 2 + ω + 1 = 0.
Chúng ta sẽ nhắc tới nó sau này.

1.3.1

Đồ thị hàm bậc ba

Hàm bậc ba đơn giản nhất là p(x) = x3 . Nó có đúng một nghiệm thực,
bội ba. Lưu ý rằng đạo hàm bậc nhất và đạo hàm bậc hai của nó cùng bị
triệt tiêu tại x = 0. Mặc dù nó có một điểm uốn tại đây, vì p nhận cả giá
trị âm và dương trong mọi lân cận của điểm đó, nhưng 0 không là điểm
13


với α, β, γ là các số thực. Ta có

p′ (x) = 3x2 − 2(α + β + γ)x + (αβ + βγ + γα),

14


nên có nghiệm thực khi và chỉ khi b2 ≥ 4ac. Bây giờ

b2 − 4ac = 4(α + β + γ)2 − 12(αβ + βγ + γα)

= 4[(α + β + γ)2 − 3(αβ + βγ + γα)]
= 4[α2 + β 2 + γ 2 − αβ − βγ − γα]

= 2[(α − β)2 + (β − γ)2 + (γ − α)2 ]
≥ 0,
với dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi α = β = γ . Do đó p′ có hai nghiệm
thực, có thể là bằng nhau.
Định lý 1.3.3. Giả sử p là hàm bậc ba, không nhất thiết có hệ số thực, và

p′ (α) = p′ (β) = 0 = p′′ (γ).
Khi đó

γ=

α+β
.
2


Điều này có nghĩa là nếu hàm bậc ba với hệ số thực có hai điểm chuyển
hướng thì trung điểm của chúng là điểm uốn.

1.3.2

Nghiệm của đa thức bậc ba

Để khảo sát nghiệm của đa thức tổng quát với hệ số thực, chúng ta cần
có một số kiến thức chuẩn bị.
Bổ đề 1.3.1. Giả sử x, y, z là các số thực hoặc phức. Khi đó

x3 + y 3 + z 3 − 3xyz = (x + y + z)(x2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx).
Chứng minh. Chỉ cần khai triển vế phải là ra điều phải chứng minh.
Cho y = 1, z = 0 ta thu được phép phân tích nhân tử quen thuộc hơn

x3 + 1 = (x + 1)(x2 − x + 1),
trong khi chọn y = −1, z = 0 ta được

x3 − 1 = (x − 1)(x2 + x + 1).
Tổng quát hơn, các đẳng thức

x3 + y 3 = (x + y)(x2 − xy + y 2 ), x3 − y 3 = (x − y)(x2 + xy + y 2 ),
đúng với mọi x, y thực hoặc phức.
Ta nhớ lại định nghĩa ω.
Bổ đề 1.3.2. Giả sử x, y, z là các số thực hoặc phức. Khi đó

x2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx = (x + ωy + ω 2 z)(x + ω 2 y + ωz).

16



p(x) = (x + 1)3 − 6x + 3 = (x + 1)3 − 6(x + 1) + 9,
17

Thang Long University Libraty


nên ta chỉ cần tìm nghiệm của X 3 − 6X + 10. Nên ta chọn a, b sao cho

2 = ab, a3 + b3 = 9.
Rõ ràng, cặp a = 1, b = 2 thỏa mãn. Cho nên,

X 3 − 6X + 10 = (X + 3)(X + ω + 2ω 2 )(X + ω 2 + 2ω)
= (X + 3)(X − 1 + ω 2 )(X − 1 + ω).

Nói cách khác,

p(x) = (x + 4)(x + ω 2 )(x + ω)
và −4, −ω, −ω 2 là các nghiệm của p.

Quay trở lại (1.1). Để các hệ thức này xảy ra, a3 , b3 phải là các nghiệm

của phương trình bậc hai

q3
z − rz − ,
27
và do vậy có thể được xác định bằng công thức
2


18


quan x2 bằng cách dịch chuyển trục x. Thật vậy,

x3 + bx2 + cx + d
1 2 1 2
b3
= (x + b) − b x −
+ cx + d
3
3
27
1 2
1
b3
1
1
1 2
− (c − b2 )( b) + d
= (x + b) + (c − b )(x + b) −
3
3
3
27
3
3
3
1
2b

Một đa thức bậc bốn là tổ hợp tuyến tính của các đa thức đơn 1, x, x2 , x3 , x4 ,
và do đó nó có dạng

p(x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e,
trong đó các hệ số a, b, c, d, e là các số thực hoặc phức, và a = 0.
Mọi hàm bậc bốn là tích của hai hàm bậc hai. Tính cả nghiệm bội thì đa
thức bậc như vậy có 4 nghiệm, và nếu ký hiệu các nghiệm này là α, β, γ, δ
thì

p(x) = a(x − α)(x − β)(x − γ)(x − δ)

= a(x2 − (α + β)x + αβ)(x2 − (γ + δ)x + γδ),
19

Thang Long University Libraty


là tích của hai hàm bậc hai, và hiển nhiên không duy nhất. Ngược lại, dễ
thấy tích của hai hàm bậc hai là hàm bậc bốn.
Định lý 1.4.1. Nếu một hàm bậc bốn có hệ số thực, thì nó có thể được
biểu diễn thành tích của hai hàm bậc hai và mỗi hàm đều có hệ số thực.
Chứng minh. Giả sử

p(x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e,
trong đó các hệ số a, b, c, d, e là các số thực và a = 0. Ta suy được ra ngay
kết quả nếu p chỉ có nghiệm thực. Nếu z là một nghiệm phức của p, thì
theo Định lý 1.1.3 z cũng là nghiệm. Vì p có nhiều nhất 4 nghiệm phân
biệt, hoặc chúng đều là số phức, và lập thành từng cặp, hoặc có nhiều nhất
hai nghiệm không là số thực. Nếu chúng đều là số phức, thì ta có thể viết
chúng thành α, α, β, β , trong trường hợp này,

với mọi x, khi đó mọi số là nghiệm của hàm bậc ba 4hx3 + (4h3 + 1)x,
điều này là vô lý.
Vì x4 là dương với mọi x khác không, dấu của hàm bậc bốn tổng quát

p(x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e, a = 0, cùng dấu với dấu của a với x
có giá trị lớn. Nói cách khác, nếu a > 0, đồ thị của hàm nằm trên nửa
mặt phẳng trên với mọi x đủ lớn, trong khi nếu a < 0, nó nằm trong nửa
mặt phẳng dưới với x đủ lớn. Do đó, để miêu tả đồ thị của hàm một cách
đầy đủ, chúng ta phải kiểm tra dáng điệu với mọi x trong các khoảng đối
xứng. Do đó, ta cần xác định các điểm chuyển hướng, và các điểm uốn nếu
có. Chúng sẽ cung cấp thông tin về dạng của đồ thị, và xác định chỗ lồi,
lõm, tăng giảm của đồ thị. Để làm điều này, chúng ta phải dùng phương
pháp giải tích. Các điểm chuyển hướng được tìm bằng cách tìm đạo hàm
bậc nhất p′ , và giải phương trình p′ (x) = 0; các điểm uốn được tìm bằng
cách xác định đạo hàm bậc hai p′′ và giải phương trình p′′ (x) = 0. Vì p′ có
hệ số thực nên tồn tại ít nhất một điểm chuyển hướng, nhưng không nhất
thiết tồn tại điểm uốn. Ví dụ, trường hợp hàm p(x) = x4 + 2x2 + 1, đối
xứng qua x = 0, lồi. Nó không có nghiệm thực, có chỉ một điểm chuyển
hướng tại x = 0 cũng là điểm cực tiểu, không có điểm uốn.

21

Thang Long University Libraty


1.5

Một số bài toán kiểu Olympic

1. (IMO 1973) Tìm giá trị nhỏ nhất của a2 + b2 , trong đó a, b là các số


{(x, y) : tx + y + 2 ≤ 0}

−2≤t≤2

= {(x, y) : −2x + y + 2 ≤ 0} ∪ {(x, y) : 2x + y + 2 ≤ 0}.
Dễ thấy rằng các đường thẳng −2x + y + 2 = 0, 2x + y + 2 = 0 tiếp tuyến

với đường parabol x2 = 4(y − 2) tương ứng tại các điểm (4, 6), (−4, 6), và
22


giao nhau tại (0, −2). Cho nên

{(x, y) : −2x + y + 2 ≤ 0} ∪ {(x, y) : 2x + y + 2 ≤ 0}
⊂ {(x, y) : 4(y − 2) ≤ x2 },

và do đó

Γ ⊂ {(x, y) : −2x + y + 2 ≤ 0} ∪ {(x, y) : 2x + y + 2 ≤ 0}.
Rõ ràng dấu bằng xảy ra ở đây. Cái chúng ta tìm kiếm là bình phương
khoảng cách từ Γ tới gốc tọa độ. Hiển nhiền từ khảo sát hình học rằng
khoảng cách bằng khoảng cách từ gốc tọa độ tới một trong các đường tiếp
tuyến, tức là nó bằng

|0 + 0 + 2|
2
=√ .
5
(±2)2 + 1


a+

√

a2

+1+

3

a−

√

a2 + 1

23

Thang Long University Libraty


Chứng minh rằng b là số nguyên dương nếu và chỉ nếu a là số nguyên
1
dương có dạng n(n2 + 3), với n nguyên dương.
2
Giải. Bằng cách tính trực tiếp ta thấy b là nghiệm của đa thức bậc
ba x3 + 3x − 2a. Cho nên, nếu b là một số nguyên dương, thì tương tự

2a = b3 + 3b. Nhưng biểu thức sau là số chẵn. Do vậy a là số nguyên


và vì ||a| − 1| ≤ 2, các nghiệm của phương trình bậc hai x2 + (|a| − 1)x + 1

là các số phức có độ lớn bằng đơn vị, suy ra điều phải chứng minh.
24