Chuyên đề Đa thức Đại số Khối THCS

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, nhân đa thức đến phân tích đa thức ra thừa số, dùng sơ đồ 
Horner để chia đa thức, giải các phương trình đại số. 
Bài giảng này sẽ hệ thống hoá lại những kiến thức cơ bản nhất về đa thức 1 biến, 
các dạng toán thường gặp về đa thức. Ở cuối bài sẽ đề cập 1 cách sơ lược nhất về 
đa thức nhiều biến. 
1. Đa thức và các phép toán trên đa thức 
1.1. Định nghĩa. Đa thức trên trường số thực là biểu thức có dạng 
P(x) = anx
n
 + an-1x
n-1
 +  + a1x + a0, trong đó ai  R và an  0. 
ai được gọi là các hệ số của đa thức, trong đó an được gọi là hệ số cao nhất và a0 
được gọi là hệ số tự do. 
 n được gọi là bậc của đa thức và ký kiệu là n = deg(P). Ta quy ước bậc của 
đa thức hằng P(x) = a0 với mọi x là bằng 0 nếu a0  0 và bằng nếu a0 = 0. 
Để tiện lợi cho việc viết các công thức, ta quy ước với đa thức P(x) bậc n thì vẫn 
có các hệ số ak với k > n, nhưng chúng đều bằng 0. 
Tập hợp tất cả các đa thức 1 biến trên trường các số thực được ký hiệu là R[x]. 
Nếu các hệ số được lấy trên tập hợp các số hữu tỷ, các số nguyên thì ta có khái 
niệm đa thức với hệ số hữu tỷ, đa thức với hệ số nguyên và tương ứng là các tập 
hợp Q[x], Z[x]. 
1.2. Đa thức bằng nhau 
Hai đa thức 


n
k
k
k
m
k
k
k xbxQxaxP
00
)(,)( bằng nhau khi và chỉ khi m = n và ak = bk 
với mọi k=0, 1, 2, , m. 
1.3. Phép cộng, trừ đa thức. 
 Cho hai đa thức 


n
k
k
k
m
k
k
k xbxQxaxP
00
)(,)( . Khi đó phép cộng và trừ hai 
đa thức P(x) và Q(x) được thực hiện theo từng hệ số của xk, tức là 
 


},max{
0
)()()(
nm
k
k
kk xbaxQxP 
Ví dụ: (x3 + 3x2 – x + 2) + (x2 + x – 1) = x3 + 4x2 + 1. 
1.4. Phép nhân đa thức. 
 Cho hai đa thức 


n
k
k
k
m
k
k
k xbxQxaxP
00
)(,)( . Khi đó P(x).Q(x) là một đa 
thức có bậc m+n và có các hệ số được xác định bởi 
 


k
i
ikik bac
0
. 
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)x
2
 + (3.1 + 2.3)x + (2.1) = x
5
 + 4x
4
 + 7x
3
 + 12x
2
 + 9x + 1. 
1.5. Bậc của tổng, hiệu và tích của các đa thức 
Từ các định nghĩa trên đây, dễ dàng suy ra các tính chất sau đây 
Định lý 1. Cho P(x), Q(x) là các đa thức bậc m, n tương ứng. Khi đó 
 a) deg(PQ)  max{m, n} trong đó nếu deg(P)  deg(Q) thì dấu bằng xảy 
ra. Trong trường hợp m = n thì deg(PQ) có thể nhận bất cứ giá trị nào  m. 
 b) deg(P.Q) = m + n. 
1.6. Phép chia có dư. 
Định lý 2. Với hai đa thức P(x) và Q(x) bất kỳ, trong đó deg(Q)  1, tồn tại duy 
nhất các đa thức S(x) và R(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện: 
i) P(x) = Q(x).S(x) + R(x) 
ii) deg(R) < deg(Q) 
Chứng minh. Tồn tại. Ta chứng minh bằng quy nạp theo m = deg(P). Nếu deg(P) 
< deg(Q) thì ta có thể chọn S(x)  0 và R(x) = P(x) thoả mãn đồng thời các điều 
kiện i) và ii). Giả sử m  n và định lý đã được chứng minh với các đa thức có bậc 
nhỏ hơn m. Ta chứng minh định lý đúng với các đa thức bậc m. Giả sử 
 


n
k
k
k
m
k
k
k xbxQxaxP
00
)(,)( 
Xét đa thức 
...
)...()...(
)()()(
11
1
001
1
1














m
n
nm
m
n
n
nm
n
mm
m
m
m
nm
n
m
x
b
ba
a
bxbx
b
a
axaxaxa
xQx
b
a
xPxH
Do hệ số của xm ở hai đa thức bị triệt tiêu nên bậc của H(x) không vượt quá m-1. 
Theo giả thiết quy nạp, tồn tại các đa thức S*(x), R*(x) sao cho 
 H(x) = S*(x).Q(x) + R*(x) 
Nhưng khi đó 
 )(*))(*()()()( xRxSx
b
a
xQx
b
a
xHxP nm
n
mnm
n
m   
Vậy đặt S(x) = (am/bn)x
m-n
 + S*(x) và R(x) = R*(x) ta được biểu diễn cần tìm cho 
P(x). 
Duy nhất. Giả sử ta có hai biểu diễn P(x) = S(x).Q(x) + R(x) và P(x) = S*(x).Q(x) 
+ R*(x) thoả mãn điều kiện ii). Khi đó Q(x).(S(x)-S*(x)) = R*(x) – R(x). Ta có, 
theo điều kiện ii) và định lý 1 thì ded(R*(x) – R(x)) < deg(Q). Mặt khác, nếu S(x) 
– S*(x) không đồng nhất bằng 0 thì deg(Q(x).(S(x)-S*(x))) = deg(Q(x)) + 
deg(S(x)-S*(x))  deg(Q). Mâu thuẫn vì hai vế bằng nhau. 
Theo ký hiệu của định lý thì S(x) được gọi là thương số và R(x) được gọi là dư số 
trong phép chia P(x) cho Q(x). 
Phép chứng minh nói trên cũng cho chúng ta thuật toán tìm thương số và dư số 
của phép chia hai đa thức, gọi là phép chia dài (long division) hay sơ đồ Horner. 
Ví dụ: Thực hiện phép chia 3x3 – 2x2 + 4x + 7 cho x2 + 2x 
 3x
3
 – 2x2 + 4x + 7 | x2 + 2x 
 3x
3
 + 6x
2
 | 3x - 8 
 - 8x
2
 + 4x + 7 
 - 8x
2
 + 16 
 20x + 7 
Vậy ta có 3x3 – 2x2 + 4x + 7 chia x2 + 2x được 3x – 8, dư 20x + 7. 
1.7. Sự chia hết. Ước và bội. 
 Trong phép chia P(x) cho Q(x), nếu dư số R(x) đồng nhất bằng 0 thì ta nói 
rằng đa thức P(x) chia hết cho đa thức Q(x). Như vậy, P(x) chia hết cho Q(x) nếu 
tồn tại đa thức S(x) sao cho P(x) = Q(x).S(x). Trong trường hợp này ta cũng nói 
Q(x) chia hết P(x), Q(x) là ước của P(x) hoặc P(x) là bội của Q(x). Ký hiệu tương 
ứng là Q(x) | P(x) và ).()( xQxP  
Cho P(x) và Q(x) là các đa thức khác 0. Ước chung lớn nhất của P(x) và Q(x) là 
đa thức D(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện sau: 
i) D(x) là đa thức đơn khởi, tức là có hệ số cao nhất bằng 1 
ii) D(x) là ước chung của P(x) và Q(x), tức là D(x) | P(x) và D(x) | Q(x) 
iii) Nếu D’(x) cũng là ước chung của P(x) và Q(x) thì D(x) cũng là ước 
của D’(x). 
Tương tự, ta có khái niệm bội chung nhỏ nhất của hai đa thức. 
Cho P(x) và Q(x) là các đa thức khác 0. Bội chung lớn nhất của P(x) và Q(x) là đa 
thức M(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện sau: 
iv) M(x) là đa thức đơn khởi, tức là có hệ số cao nhất bằng 1 
v) M(x) là bội chung của P(x) và Q(x), tức là P(x) | M(x) và Q(x) | 
M(x) 
vi) Nếu M’(x) cũng là bội chung của P(x) và Q(x) thì M’(x) cũng là bội 
của M(x). 
Ký hiệu UCLN và BCNN của hai đa thức P(x), Q(x) là GCD(P(x), Q(x)), 
LCM(P(x), Q(x)) hay đơn giản hơn là (P(x), Q(x)), [P(x), Q(x)]. 
Hai đa thức P(x), Q(x) được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu (P(x), Q(x)) = 1. 
1.8. Thuật toán Euclide 
Để tìm ước chung lớn nhất của hai đa thức P(x), Q(x), ta sử dụng thuật toán 
Euclide sau đây: 
Định lý 3. Giả sử có hai đa thức P(x), Q(x), trong đó deg(P)  degQ. Thực hiện 
phép chia P(x) cho Q(x) được thương số là S(x) và dư số là R(x). Khi đó 
 Nếu R(x) = 0 thì (P(x), Q(x)) = q*-1Q(x), trong đó q* là hệ số cao nhất của 
đa thức Q(x) 
 Nếu R(x)  0 thì (P(x), Q(x)) = (Q(x), R(x)) 
Chứng minh. Nếu R(x) = 0 thì P(x) = Q(x).S(x). Khi đó đa thức q*-1Q(x) rõ ràng 
thoả mãn tất cả các điều kiện của UCLN. 
Nếu R(x)  0, đặt D(x) = (P(x), Q(x)), D’(x) = (Q(x), R(x)). Ta có D(x) | P(x) – 
Q(x).S(x) = R(x), suy ra D(x) là ước chung của Q(x), R(x), theo định nghĩa của 
D’(x), ta có D’(x) là ước của D(x). Mặt khác D’(x) | Q(x)S(x) + R(x) = P(x), suy 
ra D’(x) là ước chung của P(x), Q(x), theo định nghĩa của D(x), ta có D(x) là ước 
của D’(x). Từ đây, do D và D’ đều là các đa thức đơn khởi, ta suy ra D = D’. 
Định lý trên giải thích cho thuật toán Euclide để tìm UCLN của hai đa thức theo 
như ví dụ dưới đây: 
Ví dụ: Tìm ước chung lớn nhất của hai đa thức x5 – 5x + 4 và x3 – 3x2 + 2. 
Ta lần lượt thực hiện các phép chia 
 x
5
 – 5x + 4 cho x3 – 3x2 + 2 được x2 + 3x + 9 dư 25x2 – 11x – 14 
 x
3
 – 3x2 + 2 cho 25x2 – 11x – 14 được (25x – 64)/625, dư (354/625)(x-1) 
 25x
2
 – 11x – 14 cho x-1 được 25x + 14 dư 0 
Vậy (x5 – 5x + 4, x3 – 3x2 + 2) = x – 1. 
 Lưu ý, trong quá trình thực hiện, ta có thể nhân các đa thức với các hằng số khác 
0. Ví dụ trong phép chia cuối cùng, thay vì chia 25x2 – 11x – 14 cho (354/625)(x-
1) ta đã chia cho x – 1. 
1.9. Tính chất của phép chia hết 
Nhắc lại, hai đa thức P(x), Q(x) được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu (P(x), Q(x)) 
= 1. Ta có định lý thú vị và có nhiều ứng dụng sau về các đa thức nguyên tố cùng 
nhau: 
Định lý 4. (Bezout) Hai đa thức P(x) và Q(x) nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi 
tồn tại các đa thức U(x), V(x) sao cho P(x).U(x) + Q(x).V(x) = 1. 
Chứng minh. Giả sử tồn tại các đa thức U(x) và V(x) thoả mãn điều kiện P(x).U(x) 
+ Q(x).V(x) = 1. Đặt D(x) = (P(x), Q(x)) thì D(x) | P(x), D(x) | Q(x) suy ra D(x) | 1 
= P(x).U(x) + Q(x).V(x). Suy ra D(x) = 1. 
Ngược lại, giả sử (P(x), Q(x)) = 1. Ta chứng minh tồn tại các đa thức U(x) và V(x) 
sao cho P(x).U(x) + Q(x).V(x) = 1. Ta chứng minh bằng quy nạp theo m = 
min{deg(P), deg(Q)}. 
Nếu m = 0 thì điều cần chứng minh là hiển nhiên. Chẳng hạn nếu deg(Q) = 0 thì Q 
= q là hằng số và ta chỉ cần chọn U(x) = 0, V(x) = q-1 thì ta được P(x).U(x) + 
Q(x).V(x) = 1. 
Giả sử ta đã chứng minh định lý đúng đến m. Xét hai đa thức P(x), Q(x) có 
min{deg(P), deg(Q)} = m+1. Không mất tính tổng quát, giả sử m+1 = deg(Q). 
Thực hiện phép chia P(x) cho Q(x) được thương là S(x) và dư là R(x). Không thể 
xảy ra trường hợp R(x) = 0 vì khi đó 1 = (P(x), Q(x)) = q*-1Q(x). Vì vậy, ta có 
 1 = (P(x), Q(x)) = (Q(x), R(x)) 
Lúc này, do min(deg(Q), deg(R)) = deg(R) < m +1 nên theo giả thiết quy nạp, tồn 
tại các đa thức U*(x), V*(x) sao cho Q(x)V*(x) + R(x)U*(x) = 1. Thay R(x) = 
P(x) – Q(x).S(x), ta được 
 Q(x)V*(x) + (P(x) – Q(x)S(x))U*(x) = 1 
Hay 
 P(x)U*(x) + Q(x)(V*(x) – S(x)U*(x)) = 1 
Đặt U(x) = U*(x), V(x) = V*(x) – S(x)U*(x) ta được đpcm. 
Tính chất của phép chia hết 
i) Q | P, Q | R suy ra Q | P + R hay tổng quát hơn Q | P.U + R.V với U, V là các đa 
thức bất kỳ. 
ii) Q | P, P | R suy ra Q | R (tính bắc cầu) 
iii) Q | P, P | Q suy ra tồn tại số thực khác 0 a sao cho Q = aP (ta gọi P và Q là các 
đa thức đồng dạng) 
iv) Nếu Q1 | P1 và Q2 | P2 thì Q1.Q2 | P1.P2. 
v) Nếu Q | P.R và (P, Q) = 1 thì Q | R. 
vi) Nếu Q | P, R | P và (Q, R) = 1 thì Q.R | P 
Chứng minh. Các tính chất i-iv) là hiển nhiên xuất phát từ định nghĩa Q | P  tồn 
tại S sao cho P = Q.S. 
Để chứng minh các tính chất v) và vi), ta sẽ áp dụng định Bezout. 
v) Từ giả thiết Q | P.R và (P,Q) = 1 suy ra tồn tại S sao cho P.R = Q.S và U, V sao 
cho P.U + Q.V = 1 
Khi đó R = (P.U+Q.V).R = (P.R)U + Q.V.R = Q.S.U + Q.V.R = Q.(SU+VR) suy 
ra Q | R. 
vii) Từ giả thiết Q | P, R | P và (Q, R) = 1 suy ra P = Q.S. Vì P = Q.S chia hết cho 
R, mà (Q, R) = 1 nên theo v) suy ra S chia hết cho R, tức là S = R.S1. Vậy P = Q.S 
= (Q.R).S1 suy ra P chia hết cho Q.R. 
1.10. Các ví dụ có lời giải 
Bài toán 1. Tìm tất cả các cặp số a, b sao cho x4 + 4x3 + ax2 + bx + 1 là bình 
phương của một đa thức. 
Giải: Nếu x4 + 4x3 + ax2 + bx + 1 là bình phương của một đa thức thì đa thức đó 
phải có bậc 2. Giả sử 
 x
4
 + 4x
3
 + ax
2
 + bx + 1 = (Ax
2
 + Bx + C)
2
 x4 + 4x3 + ax2 + bx + 1 = A2x4 + 2ABx3 + (2AC + B2)x2 + 2BCx + C2 
Đồng nhất hệ số hai vế, ta được 
 A
2
 = 1, 2AB = 4, 2AC + B
2
 = a, 2BC = b, C
2
 = 1. 
Không mất tính tổng quát, có thể giả sử A = 1, suy ra B = 2. C có thể bằng 1 hoặc 
-1. Nếu C = 1 thì a = 6, b = 4. Nếu C = -1 thì a = 2, b = -4. 
Vậy có hai cặp số (a, b) thoả mãn yêu cầu bài toán là (6, 4) và (2, -4). 
Bài toán 2. Cho đa thức P(x) và hai số a, b phân biệt. Biết rằng P(x) chia cho x-a 
dư A, P(x) chia cho x-b dư B. Hãy tìm dư của 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 được 
 A = Ca + D, B = Cb + D 
Từ đó suy ra C = (A-B)/(a-b), D = A – (A-B)a/(a-b) = (aB – bA)/(a-b). 
Bài toán 3. Tìm dư trong 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 rồi cho x = 1, ta được 
 100 = A 
Từ đó suy ra dư là 100x – 99. 
Bài toán 4. Tìm a, b, c biết rằng đa thức P(x) = x3 + ax2 + bx + c chia hết cho x-2 
và chia x
2
 – 1 dư 2x. 
Giải: Từ các điều kiện đề bài suy ra P(2) = 0, P(1) = 2 và P(-1) = -2, tức là 
 8 + 4a + 2b + c = 0 
 1 + a + b + c = 2 
 –1 + a – b + c = -2 
Từ đó suy ra b = 1, a = -10/3, c = 10/3. Từ đó P(x) = x3 – (10/3)x2 + x + 10/3. 
Bài toán 5. Chứng minh rằng với mọi giá trị của n, đa thức (x+1)2n+1 + xn+2 chia 
hết cho đa thức x2 + x + 1. 
Giải: 
Cách 1. (Quy nạp theo n) Với n = 0, điều phải chứng minh là hiển nhiên. Giả sử ta 
đã có (x+1)2n+1 + xn+2 chia hết cho x2 + x + 1. Khi đó 
 (x+1)
2n+3
 + x
n+3 
= (x
2
+2x+1)(x+1)
2n+1
 + x
n+3
  x(x+1)2n+1 + xn+3 = x((x+1)2n+1 + xn+2)  0 (mod (x2+x+1) 
Cách 2. (Dùng số phức) Đa thức x2 + x + 1 có hai nghiệm là 
2
31 i
 . Để 
chứng minh P(x) chia hết cho x2 + x + 1 ta chỉ cần chứng minh P() = 0. Điều này 
tương đương với việc chứng minh 
 .0
2
31
2
31
212







 







 
 nn
ii
Chuyển các số phức sang dạng lượng giác rồi dùng công thức Moivre, ta có điều 
này tương đương với 
 0
3
2)2(
sin
3
2)2(
cos
3
)12(
sin
3
)12(
cos 




 





 





 





   n
i
nn
i
n
. 
Điều này đúng vì (2n+1)/3 - (n+2)2/3 = . 
Bài toán 6. Tìm tất cả các giá trị n sao cho x2n + xn + 1 chia hết cho x2 + x + 1. 
Giải: 
Cách 1: Ta nhận thấy x3  1 mod x2 + x + 1. Do đó 
 x
2(n+3)
 + x
n+3
 + 1  x2n + xn + 1 (mod x2 + x + 1) 
Do đó ta chỉ cần xét với n = 0, 1, 2. Rõ ràng 
 Với n = 0, 3 không chia hết cho x2 + x + 1 
 Với n = 1, x2 + x + 1 chia hết cho x2 + x + 1 
 Với n = 2, x4 + x2 + 1  x + x2 + 1 chia hết cho x2 + x + 1 
Từ đó suy ra x2n + xn + 1 chia hết cho x2 + x + 1 khi và chỉ khi n có dạng 3k+1 
hoặc 3k+2. 
Cách 2: (Số phức) Tương tự như bài 5, ta có P(x) = x2n + xn + 1 chia hết cho x2 + x 
+ 1 khi và chỉ khi P() = 0. Áp dụng công thức Moivre, ta có điều này tương 
đương với 
 01
3
2
sin
3
2
cos
3
4
sin
3
4
cos 






















  n
i
nn
i
n
Điều này xảy ra khi n không chia hết cho 3. 
Bài toán 7. Chứng minh rằng (xm – 1, xn – 1) = x(m,n) – 1. 
Giải: Giả sử d = (m, n) thì rõ ràng xm – 1 = (xd)m’ – 1 chia hết cho xd – 1 và tương 
tự xn – 1 chia hết cho xd. Suy ra xd – 1 là ước chung của xm - 1, xn – 1. Giả sử D(x) 
là một ước chung của xm - 1, xn – 1. Vì d = (m, n) nên tồn tại các số nguyên dương 
u, v sao cho d = mu – nv. Khi đó D(x) là ước của (xmu – 1) – (xnv-1) = xnv(xd-1). Vì 
(x
m
-1, x
nv
) = 1 nên (D(x), x
nv) = 1, suy ra D(x) là ước của xd – 1, suy ra xd – 1 là 
ước chung lớn nhất của xm – 1 và xn – 1. 
1.11. Bài tập 
1. Chứng minh rằng mọi đa thức đơn khởi bậc 2n đều có thể viết dưới dạng q2 + r 
với q, r là các đa thức và deg(r) < n. 
2. Tìm dư trong phép chia x100 – 2x51 + 1 cho x2 – 1. 
3. Tìm a, b sao cho (x-1)
2
 | ax
4
 + bx
3
 + 1. 
4. Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên. Chứng minh rằng không tồn tại các số 
nguyên phân biệt a, b, c sao cho P(a) = b, P(b) = c, P(c) = a. 
5. Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên. Biết rằng P(2) chia hết cho 5 và P(5) chia 
hết cho 2. Chứng minh rằng P(7) chia hết cho 10. 
6. (Rumani 1962) Cho  là số thức thoả mãn điều kiện sin()  0. Chứng minh 
rằng với mọi giá trị n  2, đa thức 
 P(x) = x
n
sin() – 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) và S(x) thoả mãn đồng nhất thức 
 P(x
5
) + xQ(x
5
) + x
2
R(x
5
) = (x
4
+x
3
+x
2
+x+1)S(x) 
Chứng minh rằng đa thức P(x) chia hết cho đa thức x-1. 
8. Với những giá trị nào của n ta có 
 a) x
2
 + x + 1 | (x-1)
n
 – xn – 1 b) x2 + x + 1 | (x+1)n + xn + 1