✨Định lý Viète

thumb|Chân dung [[François Viète]] Trong toán học, định lý Viète hay hệ thức Viète (tiếng Pháp: Relations de Viète) do nhà toán học Pháp François Viète tìm ra, nêu lên mối quan hệ giữa các nghiệm của một phương trình đa thức (trong trường số phức) và các hệ số của nó.

Phát biểu tổng quát

Xét đa thức có bậc n bất kì

$$P(x)\; =\; a\_n\; x^n\; +\; a\_\{n-1\}x^\{n-1\}\; +\; \backslash cdots\; +\; a\_1\; x\; +\; a\_0$$ (với các hệ số có thể thực hoặc phức, ). Bằng định lý cơ bản của đại số, ta luôn biết rằng phương trình này có đủ _n_ nghiệm (không nhất thiết phân biệt) . Định lý Vìete cho ta mối liên hệ giữa các nghiệm đó như sau: {a_n} \\[1ex] (r_1 r_2 + r_1 r_3 + \cdots + r_1 r_n) + (r_2r_3 + r_2r_4+\cdots + r_2r_n)+\cdots + r_{n-1}r_n = \dfrac{a_{n-2{a_{n \\[1ex] {} \quad \vdots \\[1ex] r_1 r_2 \cdots r_n = (-1)^n \dfrac{a_0}{a_n}. \end{cases}| Một cách tổng quát hơn, định lý Vìete có thể được biểu diễn dưới dạng với .

Các số hạng ở vế phải định lý này là các đa thức đối xứng cơ bản của các nghiệm.

Hệ phương trình Vìete có thể được giải bằng phương pháp Newton và phương pháp Durand-Kerner.

Tổng quát trên vành

Định lý Vìete thường được áp dụng cho các đa thức có hệ số trên một miền nguyên , bởi khi đó thương $a\_i/a\_n$ nằm trong trường các thương của chính (thậm chí là ở trong nếu như $a\_n$ khả nghịch trong ), khi này các nghiệm $r\_i$ nằm trong trường đóng đại số mở rộng của nó.

Đối với các đa thức trên vành giao hoán mà không phải miền nguyên, định lý Vìete chỉ đúng khi $a\_n$ không phải là ước của không và đa thức ban đầu có thể được biểu diễn dưới dạng $P(x)\; =\; a\_n(x-r\_1)(x-r\_2)\backslash dots(x-r\_n)$. Một phản ví dụ cho tình huống định lý Vìete không đúng là ở vành thặng dư modulo 8, phương trình bậc hai $P(x)\; =\; x^2-1$ có tới bốn nghiệm là 1, 3, 5 và 7.

Ví dụ

Hai ví dụ nổi tiếng nhất của định lý Vìete chính là mối quan hệ của các nghiệm phương trình bậc hai và bậc ba như sau:

Hai nghiệm $r\_1,\; r\_2$ của phương trình bậc hai $P(x)\; =\; ax^2\; +\; bx\; +\; c$ luôn thỏa mãn

$$r\_1\; +\; r\_2\; =\; -\backslash frac\{b\}\{a\},\; \backslash quad\; r\_1\; r\_2\; =\; \backslash frac\{c\}\{a\},$$

hay phương trình bậc ba $P(x)\; =\; ax^3\; +\; bx^2\; +\; cx\; +\; d$ có ba nghiệm $r\_1,\; r\_2,\; r\_3$ thỏa mãn

$$r\_1\; +\; r\_2\; +\; r\_3\; =\; -\backslash frac\{b\}\{a\},\; \backslash quad\; r\_1\; r\_2\; +\; r\_1\; r\_3\; +\; r\_2\; r\_3\; =\; \backslash frac\{c\}\{a\},\; \backslash quad\; r\_1\; r\_2\; r\_3\; =\; -\backslash frac\{d\}\{a\}.$$

Chứng minh

Chứng minh trực tiếp

Nhờ định lý Bézout, khi phương trình đa thức bậc n có đủ n nghiệm $r\_1,\; r\_2,\; \backslash dots,\; r\_n$ trên một miền nguyên, khi này đa thức đó có thể được biểu diễn dưới dạng

$$a\_n\; x^n\; +\; a\_\{n-1\}x^\{n-1\}\; +\backslash cdots\; +\; a\_1\; x+\; a\_0\; =\; a\_n\; (x-r\_1)\; (x-r\_2)\; \backslash cdots\; (x-r\_n).$$ Từ đây, một cách chứng minh rất trực tiếp và tự nhiên của định lý Vìete là nhân khai triển toàn bộ vế phải, sau đó đồng nhất thức để có được điều cần chứng minh.

Chứng minh bằng quy nạp

Một cách chứng minh khác của định lý Vìete là sử dụng quy nạp như được trình bày dưới đây.

Giả thuyết quy nạp

Cách chứng minh trực tiếp cho ta giả thuyết quy nạp như sau: Cho $\{P(x)\}$ là đa thức bậc n với n nghiệm phức $\{r\_1\},\{r\_2\},\{\backslash dots\},\{r\_n\}$ và các hệ số phức $a\_0,a\_1,\backslash dots,a\_n$ với $\{\; a\_n\}\; \backslash neq\; 0$. Giả thuyết quy nạp là

$$\{P(x)\}\; =\; \{a\_n\}\{x^n\}+\{x^\{n-1\}+\{\backslash cdots\}+\{x+\; =\; \}-\{a\_n\}\{(\{r\_1\}+\{r\_2\}+\{\backslash cdots\}+\{r\_n\})\{x^\{n-1\}+\{\backslash cdots\}+\; \{\; (a\_n)\}\{(\{r\_1\}\{r\_2\}\{\backslash cdots\}\{r\_n\})$$ #### Bước cơ sở $n\; =\; 2$ Giả sử phương trình bậc hai có các hệ số bậc thấp dần lần lượt là $a\_2,\; a\_1,\; a\_0$ và hai nghiệm $r\_1,\; r\_2$. Bằng định lý Bézout ta có ngay $$\{a\_2\; x^2\}+\{a\_1\; x\}\; +\; a\_0\; =\; \{a\_2\}\{(x-r\_1)(x-r\_2)\}$$ Tiến hành nhân biểu thức ở vế phải cho ta ngay điều cần chứng minh: $$\{a\_2\; x^2\}+\{a\_1\; x\}\; +\; a\_0\; =$$ #### Bước quy nạp Khi này, giả sử giả thuyết quy nạp vẫn đúng với $n\backslash geqslant\; 2$, ta cần chứng minh nó đúng với $n+1$, tức là đúng với đa thức $$\{P(x)\}\; =\; \{a\_\{n+1\{x^\{n+1+\{x^\{n\}+\{\backslash cdots\}+\{x+$$ Ta biến đổi tương đương đa thức trở thành $$\{P(x)\}\; =\; \{(x-r\_\{n+1\})\}\; \{[\{\backslash frac\{x^\; \{n+1+\{x^\{n\}+\{\backslash cdots\}+\{x+\}\{x-\; r\_\{n\; +1\}]\}$$, hay $$\{P(x)\}\; =\{(a\_\{n+\{1)\}\{(x-r\_\{n+1\})\}\; \{[\{\backslash frac+\; \{\backslash frac\; \{x^\{n\}\{(a\_\{n+\{1)+\{\backslash cdots\}+\{\backslash frac\; \{a\_\{1\{(a\_\{n+\{1)\}\; \{x+\; \}\; \{x-\; r\_\{n\; +1\}]\}$$ Thực hiện phép chia và để đơn giản, ta sẽ viết lại đa thức dưới một bộ hệ số $\backslash zeta$ là $$P(x)\; =\; \{(a\_\; \{n+1\})\}\{(x-r\_\; \{n+1\})\}\{[\{x^n\}+\{\backslash zeta\_\{n-1\}x^\{n-1+\{\backslash cdots\}+\{\backslash zeta\_0\}]\}$$ Sử dụng giả thuyết quy nạp, ta có ngay $$P(x)\; =\; \{(a\_\; \{n+1\})\}\; \{(x-r\_\; \{n+1\})\}\; \{[\}-\{(\{r\_1\}+\{r\_2\}+\{\backslash cdots\}+\{r\_n\})\{x^\{n-1\}+\{\backslash cdots\}+\; \{(\{r\_1\}\{r\_2\}\{\backslash cdots\}\{r\_n\})]\}$$ Nhân khai triển vế phải cho ta điều cần chứng minh. $$\{a\_\; n\}\{x^n\}+\{x^\{n-1\}+\{\backslash cdots\}+\{x+\; =\; \}-\{a\_n\}\{(\{r\_1\}+\{r\_2\}+\{\backslash cdots\}+\{r\_n\})\{x^\{n-1\}+\{\backslash cdots\}+\; \{(\{r\_1\}\{r\_2\}\{\backslash cdots\}\{r\_n\})$$ ## Lịch sử Định lý này được tìm ra bởi nhà toán học người Pháp François Viète vào thế kỷ thứ 16 trong trường hợp các nghiệm đều dương. Theo quan điểm của nhà toán học người Anh Charles Hutton, trường hợp tổng quát như ngày nay lần đầu tiên được biết đến bởi nhà toán học người Pháp Albert Girard vào thế kỷ thứ 17:

...(Girad là) người đầu tiên tìm được mối quan hệ tổng quát giữa các hệ số của đa thức với tổng và tích của các nghiệm. Anh ta là người đầu tiên phát hiện ra quy luật của tổng các nghiệm của một phương trình bất kì.