Một số đồng nhất thức cổ điển

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
KHOA TOÁN TIN


MỘT SỐ ĐỒNG NHẤT THỨC CỔ ĐIỂN
Giảng viên:

Nguyễn Công Minh

Sinh viên:

Cao Trung Hiếu
Nguyễn Thanh Mai

Lớp:

K68CLC Toán Tin

Ngày 02 tháng 07 năm 2021


ĐỒNG NHẤT THỨC

MỤC LỤC
LỜI NÓI ĐẦU .................................................................................................................... 3
I.

KHÁI NIỆM BIỂU THỨC ........................................................................................ 4

II. MỘT VÀI CÔNG THỨC NỘI SUY .......................................................................... 4
a.

b.
c.

Một số cơng thức nội suy....................................................................................... 4
Ví dụ áp dụng ........................................................................................................ 5
Bài tập vận dụng .................................................................................................... 8

III. PHÂN THỨC HỮU TỈ.............................................................................................. 16
a.
b.
c.

Phân thức hữu tỉ .................................................................................................. 16
Ví dụ minh họa .................................................................................................... 18
Bài tập vận dụng .................................................................................................. 21

IV. MỘT SỐ ĐỒNG NHẤT THỨC................................................................................ 26
a.
b.
c.

Một số đồng nhất thức ......................................................................................... 26
Ví dụ minh họa .................................................................................................... 28
Bài tập vận dụng .................................................................................................. 31

TÀI LIỆU THAM KHẢO ............................................................................................... 36

CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI

2

ĐỒNG NHẤT THỨC

LỜI NĨI ĐẦU
Trong chương trình mơn Tốn, từ cấp THCS, đa thức, phân thức luôn là một nội dung quan
trọng. Trong các vấn đề về đa thức như nghiệm, bậc của đa thức, tính bất khả quy,… thì công
thức nội suy đa thức và đồng nhất thức cũng là một nội dung có ứng dụng rất lớn để giải quyết
các bài toán đa thức. Với phân thức, chúng tôi quan tâm đến việc biểu diễn các phân thức hữu
tỉ thành tổng các phân thức đơn giản.
Vì vậy, chúng tôi đã sưu tầm, chọn lọc và biên soạn về chủ đền “Đồng nhất thức” để phục vụ
cho việc tham khảo, mở rộng cũng như có một tài liệu giảng dạy bồi dường học sinh giỏi. Mong
rằng, đây sẽ là một tài liệu hữu ích cho các bạn đọc.
Mặc dù có nhiều cố gắng nhưng trong qua trính nghiên cứu và tìm hiểu chắc chắn sẽ khơng
tránh khỏi những thiếu sót; rất mong nhận được sự thơng cảm và góp ý của thầy, cô và các bạn
đọc để tải liệu được hoàn thiện hơn.

CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI

3


ĐỒNG NHẤT THỨC

I. Khái niệm biểu thức
- Một biểu thức toán học là một tổ hợp các từ bao gồm các phép toán, các số, các chữ, đồng
thời cho phép hiểu rõ ngữ nghĩa của nó. Các chữ xuất hiện trong một biểu thức toán học
thường là tham số, biến số, hằng số.
- Các phép toán: cộng, trừ, nhân, chia, lũy thừa và khai căn được gọi là các phép tốn đại số.
Biểu thức tốn học mà trong đó chỉ có các phép tốn đại số được gọi là các biểu thức đại số.

+ Đơn thức là một biểu thức đại số chỉ gồm một số, hoặc một biến, hoặc một tích giữa các
số và các biến.
+ Đa thức là một đơn thức hoặc một tổng của hai hay nhiều đơn thức. Mỗi đơn thức trong
tổng gọi là một hạng tử của đa thức đó.
A
+ Phân thức là một đa thức hay một biểu thức có dạng , trong đó A, B là những đa thức,
B
B  0 , A là tử thức, B là mẫu thức.
- Các phép toán khơng phải phép tốn đại số được gọi là các phép tốn siêu việt. Biểu thức
tốn học mà trong đó có phép tốn siêu việt được gọi là biểu thức siêu việt.
- Hai biểu thức toán học nối với nhau bởi dấu bằng được gọi là đẳng thức.
- Một đẳng thức chứa biến ln đúng trên một tập T thì được gọi là một hằng đẳng thức
trên T.
II. Một vài công thức nội suy
1. Một số công thức nội suy
a. Công thức nội suy Lagrange
Cho f  x  là đa thức bậc n và x0 , x1 ,…, xn là n + 1 số phân biệt. Khi đó, ta có:
n
n
x  xk
.
f  x    f  xi  
x

x
i 0
k i , k 0 i
k
Chứng minh:
n

n
x  xk
Đặt g  x   f  x    f  xi  
.
i 0
k  i , k  0 xi  xk
Ta có deg g  n và g  x0   g  x1   ...  g  xn   0 .
Đa thức g  x  có deg g  n và có quá n nghiệm là x0 , x1 ,…, xn .
n

Do đó g  x  là đa thức 0. Vậy f  x    f  xi 
i 0

x  xk
.
k i , k 0 xi  xk
n



b. Công thức Taylor: Cho f  x  là đa thức bậc n. Khi đó a   ta có:
f ' a 
f ''  a 
f n  a 
2
n
f  x  f a 
 x  a 
 x  a   ... 
 x  a

1!
2!
n!

Chứng minh:
Dùng khai triển Taylor cho đa thức f  x  tại a.
 Một ứng dụng của khai triển Taylor là giải phương trình đồng dư một ẩn bậc cao:

CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI

4


ĐỒNG NHẤT THỨC

f   a
Dễ thấy
  khi a   . Nếu thay x  a  mt , ta có:
i!
f ' a 
f ''  a  2 2
f n  a  n n
f  a  mt   f  a  
mt 
m t  ... 
mt .
1!
2!
n!
i

2. Ví dụ áp dụng
Từ các cấp học THCS hay THPT, chúng ta đã biết được những hằng đẳng thức quen thuộc
như:
x0 2  x12
x0 2
x2
 x0  x1 
 1  x0  x1
x0  x1
x0  x1 x1  x0
x03
x13
x23


x x x
 x0  x1  x0  x2   x1  x0   x1  x2   x2  x0   x2  x1  0 1 2

Tổng quát các đẳng thức trên ta được:

n

xi n 1

n

x 
i 0

i

n

i 0

 x  x 

k  0, k  i

i

.

k

Sau đây, ta sẽ chứng minh đẳng thức trên bằng công thức nội suy Lagrange.
n

Ví dụ 1: Cho x0 , x1 ,…, xn là n + 1 số thực hoặc phức phân biệt. Đặt f  x     x  xi .
i 0

Khi đó, với đa thức p  x   x n1  f  x  ta có:

n

n

x 
i 0

i

i 0

xi

n 1

n

 x  x 

k  0, k  i

i

.

k

(Chuyên khảo đa thức)
Chứng minh:
n

Có p  x   x n 1  f  x   x n 1    x  xi 
i 0

 p  x   S1 x n  S2 x n1  S3 x n2  ....   1

n2

S n 1

n

 S1  x0  x1  ....  xn   xi
i 0

n 1

S

x
x

x
x

....

x
x

 xi x j
 2
0 1
0 2
n 1 n
Trong đó: 

0 i  j  n
...

n

S

x
x
x
....
x
x

 n1 0 1 2 n1 n  xi
i 0


Ta thấy deg p  n và p  xi   xi n 1 i  0,1,..., n
Theo công thức nội suy Lagrange cho đa thức p  x  , ta có:

CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI

5


ĐỒNG NHẤT THỨC
n
n
x  xk

x  xk
n 1
p  x    p  xi  . 
  xi . 
i 0
i 0
k 0, k i xi  xk
k 0, k i xi  xk
n

n

n

i 0
n

n

1
là hệ số của x n (hệ số cao nhất của p  x  )
k  0, k  i xi  xk

  xi n 1.


n

n
1


S

xi .


1
i0
k 0, k i xi  xk

  xi n1.
i 0

n
p  xi 
1
nên
có
thể
viết
ngắn
gọn
S

.


1
i 0 f '  xi 
k 0, k i xi  xk

 Chú ý: Từ việc đồng nhất hệ số trên, ta có thể tìm được một số đẳng thức mới.
Chẳng hạn, với n  2 :
+ Đồng nhất hệ số của x, ta được:
x13  x2  x0 
x23  x0  x1 
x03  x1  x2 


x x xx x x.
 x0  x1  x0  x2   x1  x0   x1  x2   x2  x0   x2  x1  0 1 1 2 2 0
+ Đồng nhất hệ số tự do, ta được:
x0 2
x12
x2 2


 1.
 x0  x1  x0  x2   x1  x0   x1  x2   x2  x0   x2  x1 
n

 Chú ý: Ta thấy f '  xi  

Ví dụ 2: Cho x0 , x1 ,…, xn là n + 1 số thực hoặc phức phân biệt.
n

Đặt f  x     x  xi . Khi đó, với mỗi đa thức p  x   a0 x n  a1 x n1  ...  an
i 0

n

ta có a0  
i 0

p  xi 
.
f '  xi 

(Giáo trình Đại số sơ cấp)
Chứng minh:
n

Từ cơng thức nội suy Lagrange, ta có: p  x    p  xi 
i 0

p  xi 

n

 p  x  
i 0

n



   
  x  x    f ' x  . x  x .
n

.

x  xk
k  i , k 0 xi  xk
n

  xi  xk  k i,k 0

n

k

i0

p xi

i

f x

i

k  i ,k  0

n

So sánh hệ số của x n , ta nhận được a0  
i 0

p  xi 
.

f '  xi 

Ví dụ 3: Cho tam thức bậc hai f  x   ax 2  bx  c thoả mãn điều kiện f  x   1

với mọi x   1;1 . Chứng minh rằng với mọi M  1 , ta có f  x   2 M 2  1 khi x  M .
(Chuyên khảo đa thức)
CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI

6


ĐỒNG NHẤT THỨC

Chứng minh:
Theo công thức nội suy Lagrange đa thức f  x  với n  2 tại các điểm 1;0;1 , ta có:
f  x   f  1 .

x  x  1
 x  1 x  1  f 1 . x  x  1
 f  0 .

 1  0  1  1
 0  1 0  1
1  0 1  1

x2  x
x2  x
2
 f  x   f 1 .
 f  0  . x  1  f  1 .

2
2
Do f  x   1  f  0   1; f  1  1; f 1  1 nên

f  x   f 1 .
 f  x 

x2  x
x2  x
 f  0  . x 2  1  f  1 .
2
2

x2  x x2  x

 x 2  1  2 x 2  1  2M 2  1.
2
2

Ví dụ 4: Cho các số nguyên x0 , x1 ,…, xn thoả mãn x0  x1  ...  xn và đa thức
n!
p  x   x n  a1 x n 1  ...  an thuộc   x  . Khi đó, tồn tại i để p  xi   .
2
(Giáo trình Đại số sơ cấp)
Chứng minh:
n

n

i 0

i 0

Đặt f  x     x  xi . Theo Ví dụ 1, ta nhận được 1  



p  xi 
.
f '  xi 



Đặt   max p  x0  ; p  x1  ;....; p  xn  . Ta có bất đẳng thức sau:

1

n


i 0

n
n
n
p  xi 
p  xi 
1
1




f '  xi  i 0 f '  xi 
i 0 f '  xi 
i 0 i ! n  i  !

n!
1
hay   n .
2
i  0 i ! n  i !
n

Vì f '  xi   i ! n  i ! , do đó 1   
Vậy tồn tại i để p  xi  

n!
.
2

Ví dụ 5: Cho đa thức p  x  với bậc  2n , ở đó n là số nguyên dương, và p  x   1 thoả
mãn cho mọi số nguyên i    n; n  . Chứng minh rằng p  x   22 n x    n; n .

(Giáo trình Đại số sơ cấp)
Chứng minh:
Đặt p  x    x  n  x  n  1 ... x  1 x  x  1 ... x  n  .
CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI

7

ĐỒNG NHẤT THỨC
n

Theo công thức nội suy Lagrange ta nhận được p  x    p  i 
i  n

n

n

Do đó p  x    p  i  .
i  n



k i , k  n
n

Khi n  x  n , ta có:



Vậy



n
n
xk

xk
 
.
i  k i  n k i ,k  n i  k







x  k  x   i  1 ..... x  n . x   i  1 ..... x  n .

k  i , k  n
n

xk
.
k i , k  n i  k
n

x  k   2n ! với mọi x    n; n  .



k i ,k  n

Từ các điều kiện trên, ta rút ra được:
n

p  x     2n !.
i  n

n



k i ,k  n

n
 2 n !  2 2 n .
1

i  k i  n  n  i ! n  i !

Tóm lại, ta có p  x   22 n x    n; n .
Ví dụ 6: Chứng minh rằng đa thức f  x  trên trường ℍ với đặc số 0 nhận a ℍ làm
nghiệm bội n khi và chỉ khi f 

m

 a   0 với mọi m < n và

f

n

 a   0.

(Bài tập Cơ sở Lý thuyết số và Đa thức)

Chứng minh:
 Theo khai triển Taylor của f  x  tại x  a , ta có:

f ' a 
f ''  a 
f n  a 
2
k
f  x  f a 
 x  a 
 x  a   ... 
 x  a  với k  deg f  x  .
1!
2!
k!
n
 Đa thức f  x  nhận a làm nghiệm bội n  n  k  nếu f  x    x  a  .g  x  với

g  x     x , g  a   0 .

 Điều này xảy ra 

f

m

 a   0 m  n

m!
Vậy ta có điều phải chứng minh.

và

f

n

a  0 .

n!

3. Bài tập vận dụng
Bài tập 1:
a. Xác định đa thức f  x  bậc ba nhận các giá trị bằng 6, 2,0,1 tại các giá trị x tương
ứng bằng 0,1,3,7. Hãy tính f  4  .
2k  6
b. Cho đa thức p  x  bậc n thoả mãn điều kiện p  k  
với mọi k  0,1, 2,...., n .
k 1
Hãy tính p  n  1 .
(Bài tập tự đề xuất)
CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI

8


ĐỒNG NHẤT THỨC

Hướng dẫn:
a. Ta có bảng giá trị:

xi

6

2

0

f  xi 
0
3
1
Theo công thức nội suy Lagrange với n  3 , ta có:
 x  2  x  x  1
 x  6  x  x  1
f  x   f  6  .
 f  2  .
 6  2  6  0  6  1
 2  6  2  0  2  1

 f  0.

1
7

 x  6  x  2  x  1  f 1 .  x  6  x  2  x

 0  6  0  2  0  1
1  6 1  2 1  0 

1
9
11
 f  x   x3  x 2  x  3.
8
8
4
Tính được f  4   40.

b. Theo công thức nội suy Lagrange, ta có:
n
2k  6 x  x  1 ..... x  k  1 x  k  1 ..... x  n 
p x  
.
k  k  1 .....1. 1 ..... k  n 
k 0 k  1

2k  6  n  1 .n..... n  k  2  n  k  .....1
.
k  k  1 .....1. 1..... k  n 
k 0 k  1
n

Do đó, p  n  1  

 n  1 .n..... n  k  2  n  k  1 n  k  .....1
k  k  1 .....1. 1 .....  k  n  n  k  1
k 0
n
 n  1!

n k
 p  n  1    2k  6 . 1 .
 k  1! n  k  1!
k 0
n

 p  n  1    2k  6 .

n

 p  n  1    2k  6 . 1
k 0

n k

.Cnk21.

Bài tập 2: (IMO Shortlist 1981) Cho đa thức p  x     x  có deg p  x   n thoả mãn
1
điều kiện p  k   k , k  0, n . Tính p  n  1 .
Cn 1
Hướng dẫn:
Theo công thức nội suy Lagrange đa thức f  x  với xk  k  0,1, 2,...., n , ta có:
n

n

p x  
k 0

 x  i

n
n
xi
1 n xi
i 0
p  k  .
  k .
 k
n k
k ! n  k !
k  0 Cn 1 i 0 k  i
k 0 Cn 1  1
i 0 k  i
n

ik

i k

n
n
1

n k
 p  n  1  
.  n  1  i     1
k  0  n  1! i  0
k 0

Vậy p  n  1  0 nếu n lẻ và p  n  1  1 nếu n chẵn.
n

CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI

n k

9


ĐỒNG NHẤT THỨC

Bài tập 3: Một số đẳng thức quen thuộc: Cho n là số nguyên dương:
+ Nếu n lẻ: Cn1 .1n  Cn3.3n  ...  Cnn .n n  Cn0 .0n  Cn2 .2 n  Cn4 .4 n  ...  Cnn1. n  1 .
n

+ Nếu n chẵn: Cn1 .1n  Cn3.3n  ...  Cnn1. n  1  Cn0 .0n  Cn2 .2n  Cn4 .4n  ...  Cnn1.n n .
n

Chứng minh công thức tổng quát với mọi n nguyên dương, ta có:
n

  1 .C
k

k 0

k
n

.k n  0.

(Bài tập tự đề xuất)
Hướng dẫn:
Xét đa thức f  x   x n .
Theo công thức nội suy Lagrange cho f  x  tại các n + 1 mốc nội suy xk  k k  0,1,..., n ,
ta có:
n

f  x  
k 0

n
n
x  xi
xi
n
f  xk  
 k 
k 0
i  k ,i 0 xk  xi
i  k ,i  0 k  i
n

Đồng nhất hệ số tự do ở hai vế, ta được:
n

n

n

1
1
n!
n
0  k . 
.  i   0   k n .
. . 1
n k
k 0
k 1
i  k ,i  0 k  i
 k  1! n  k !. 1 k
n

n

n

 0    1 .Cnk .k n    1 .Cnk .k n
k

k 1

n

k

k 0

   1 .Cnk .k n  0.

k

k 0

 Chú ý: Nếu xét f  x   x m  m  n  1 , ta có:

n

  1 .C .k
k 0

k

k
n

m

 0.

Bài tập 4: Cho n là số nguyên dương. Chứng minh rằng:
n

  1

nk

k 0

.Cnk .k n1 

n  n  1!
.
2

(Bài tập sưu tầm)
Hướng dẫn:
Xét đa thức f  x   x n .
Theo công thức nội suy Lagrange cho f  x  tại các n + 1 mốc nội suy xk  k k  0,1,..., n ,
ta có:
n

f  x    f  xk 
k 0

CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI

n
n
x  xi
xi
n

k



k 0
i  k ,i 0 xk  xi
i  k ,i  0 k  i

n

10


ĐỒNG NHẤT THỨC

Đồng nhất hệ số của x n , ta được:
n

1   k n.
k 0

n

1
k ! n  k ! 1

n k

 k n .
k 0

n

n!
k ! n  k ! 1

n k

 n !    1

n k

k 0

.Cnk .k n  n!

1

Đồng nhất hệ số của x n 1 , ta được:
n

n

1
. 1  2  ....  n  k 
i  k ,i  0 k  i

0   k n. 
k 0

n
n  n  1 n k n . 1
k n 1. 1

.

2
k  0 k ! n  k !

k 0 k ! n  k !
k

n

Từ (1) và (2)    1
k 0

k

nk

.Cnk .k n1 

(2)

n  n  1
n. n  1!
(đpcm).
.n ! 
2
2

Bài tập 5:
a. Chứng minh rằng nếu đa thức f  x  bậc hai nhận giá trị nguyên tại ba giá trị nguyên
liên tiếp của biến số x, thì đa thức nhận giá trị nguyên tại mọi x nguyên.
b. Giả sử đa thức f  x   c0  c1 x  c2 x 2  ...  cn x n có giá trị số hữu tỉ khi x hữu tỉ.
Chứng minh rằng, tất cả các hệ số c0 , c1 ,....cn đều là các số hữu tỉ.
(Chuyên khảo đa thức)
Hướng dẫn:

a. Giả sử f  k  1 , f  k  , f  k  1 là những số nguyên với k nguyên.

Theo công thức nội suy Lagrange cho đa thức bậc hai f  x  với các số nguyên
k  1, k , k  1 , ta có:
 x  k  x  k  1  f k .  x  k  1 x  k  1
f  x   f  k  1 .
 
2
1
 x  k  x  k  1
 f  k  1 .
2
Đặt m  x  k  m  , ta có:
m  m  1
m  m  1
f  x   f  k  1 .
 f  k  .1  m 2   f  k  1 .
2
2
Do tích hai số nguyên liên tiếp chia hết cho 2
 f  x  nguyên với mọi x nguyên.
b. Theo công thức nội suy Lagrange đa thức f  x  với ak  k  0,1, 2,...., n. , ta có:
f  x

 1


. f  0
 1 f 1 x x  2 ... x  n
 x  1 x  2 ... x  n  


 

n!
1! n  1!

n

n 1

 1 . f  2  x x  1 x  3 ... x  n  ...   1. f  n  x x  1 x  2 x  n  1 .

 
 

 


2! n  2 !
1!
Theo giả thiết, ta có f  0  , f 1 ,..., f  n  là những số hữu tỉ.
n2

CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI

11


ĐỒNG NHẤT THỨC

Dựa theo khai triển vế phải của đẳng thức trên, ta thấy các hệ số của các luỹ thừa của x i
với i  0,1,.., n đều là những số hữu tỉ.
Đồng nhất hệ số hai vế ta được c0 , c1 ,....cn là các số hữu tỉ.
 Hệ quả: Một đa thức có bậc khơng q n và có giá trị hữu tỉ tại n + 1 điểm hữu tỉ khác
nhau thì các hệ số của đa thức đó đều là các số hữu tỉ.
Bài tập 6: Cho đa thức bậc hai f  x   ax 2  bx  c thoả mãn điều kiện f  x   2 với mọi
x   1;1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M  a  b  c .

(Bài tập tự đề xuất)
Hướng dẫn:
Theo công thức nội suy Lagrange đa thức f  x  tại các điểm 1;0;1 , ta có:
f  x   f  1 .

x  x  1
 x  1 x  1  f 1 . x  x  1
 f  0 .

 1  0  1  1
 0  1 0  1
1  0 1  1

f 1  f  1  2 f  0  2 f 1  f  1
x 
x  f 0
2
2
Đồng nhất hệ số hai vế, ta được:
f 1  f  1  2 f  0 
f 1  f  1
; b

; c  f 0
a
2
2
 f  x 

abc

f 1  f  1
f 1  f  1

 2 f  0
2
2





 M  max f 1 ; f  1  2 f  0   2  2  4

Dấu “=” xảy ra  f 1  f  1  f  0   2.
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức M là 4.
Bài tập 7: Cho đa thức bậc ba f  x   ax3  bx 2  cx  d thoả mãn điều kiện f  x   1 với
mọi x   2;2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M  a  b  c  d .
(Bài tập tự đề xuất)
Hướng dẫn:
Theo công thức nội suy Lagrange đa thức f  x  tại các điểm 2; 1;1;2 , ta có:

x

f  x   f  2  .

2

 1  x  2 

x
 f  1 .

2

 4   x  1

12
6
x 2  1  x  2 
 x  1  x 2  4 

 f 1 .
 f  2 .
6
12
Đồng nhất hệ số hai vế, ta được:

CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI

12


ĐỒNG NHẤT THỨC


f  2  f  1 f 1 f  2 



a  
12
6
6
12

f  2  f  1 f 1 f  2 

b





6
6
6
6

c  f  2   2 f  1  2 f 1  f  2 

12
3
3

12

d   f  2   2 f  1  2 f 1  f  2 

6
3
3
6

f  2   f  2  
1  f  2   f  2 
 a  b  c  d   2.


3
2
2

f 1  f  1 
5  f  1  f 1
 .


3 
2
2

1 f  2   f  2  1
5
M  .

 max f  2  ; f  2   max f 1 ; f  1
3
2
3
3









1
1
5
7
 M  .1  .1  .1  .
3
3
3
3

 f  1  f 1  1
Dấu “=” xảy ra 
 f  2   f  2   1
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức M là

7

.
3

Bài tập 8: Tìm tất cả các số nguyên dương m sao cho tổn tại đa thức monic, bậc m
f  x     x  thoả mãn phương trình f  x   1 có đúng m + 1 nghiệm nguyên phân biệt.
(Bài tập tự đề xuất)
Hướng dẫn:
Gọi x0 , x1 ,...., xm là các nghiệm nguyên của phương trình f  x   1 .
Khơng mất tính tổng qt, giả sử x0  x1  ....  xm .
Theo công thức nội suy Lagrange cho f  x  tại các mốc nội suy x0 , x1 ,...., xm , ta có:
m

f  x    f  xi 
i 0

x  xk
k i , k 0 xi  xk
m



Đồng nhất hệ số cao nhất ở hai vế, ta được:
m

1   f  xi 
i 0

CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI

m

1
k  i , k  0 xi  xk



13


ĐỒNG NHẤT THỨC
m

 1   f  xi 
i 0

1
m



xi  xk

m



k i ,k 0

i0

1
m



k i

Cmi 2m


m!
i 0 m!
m

k i , k  0

 m!  2m

+ Với m  1  f  x   x  c  c    và phương trình x  c  1 có đúng 2 nghiệm nguyên
là 1  c và 1  c.
+ Với m  2  f  x   x 2  ax  b  a, b   
Để phương trình f  x   1 có đúng m + 1 nghiệm nguyên phân biệt thì 1 trong 2 phương

trình f  x   1 và f  x   1 có nghiệm ngun kép và phương trình cịn lại có 2 nghiệm
ngun phân biệt.
o Nếu phương trình f  x   1 có nghiệm kép và phương trình f  x   1 có 2 nghiệm
phân biệt.
1  a 2  4  b  1  0
a 2  4b  4
(vô lý)



2
4
b

4

4
b

4

0


a

4
b

1

0



 2

o Nếu phương trình f  x   1 có 2 nghiệm phân biệt và phương trình f  x   1 có

nghiệm kép.
1  a 2  4  b  1  0
a 2  4b  4  0

 2
2


a

4
b

1

0


a  4b  4
 2
 1  8 khơng là số chính phương
 Phương trình f  x   1 khơng có 2 nghiệm ngun phân biệt

 Loại trường hợp m = 2.
+ Với m  3 , chọn đa thức f  x   x 3  2 x 2  x  1 thoả mãn phương trình f  x   1 có
đúng 4 nghiệm nguyên là x  1; x  0; x  1; x  2.
+ Với m  4  4!  24  16  24 (Loại)
Theo phương pháp quy nạp, ta thấy với mọi giá trị nguyên m  4 thì m!  2m.
Như vậy, ta tìm được m  1 và m  3 thoả mãn bài tốn.





Bài tập 9: Tính đạo hàm cấp 2022 của hàm số f  x   x 2  1 .e x tại x  0.
2

(Bài tập tự đề xuất)
Hướng dẫn:

CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI

14


ĐỒNG NHẤT THỨC

x x 2 x3
xn
Theo công thức khai triển Taylor, ta có: e  1     ....   o  x n  .
1! 2! 3!
n!
x

Ta có: f  x   x 2 .e x  e x
2

2



 

x2 x4
x 2 n 2
x2 x4
x 2n
2 n 2
f  x   x .1    ... 
 o  x     1    ... 
 o  x2n  
1! 2!
1! 2!
n!
 n  1!


 
2

 1  x2 



 1
3 4 2 6
1
x  x  ....  
  x 2 n  o  2n 
2
3

  n  1! n! 

0  1  1 
 2n !  n  1! n!

f

2n

f

2022 

 0   2022!

1
1 

.
 1010! 1011! 

Bài tập 10: Tìm nghiệm ngun của phương trình vơ định sau:

x 3  2 x 2  x  1  27 y
(Bài tập tự đề xuất)
Hướng dẫn:
 x 3  2 x 2  x  1  0  mod 27 

 Ta viết lại phương trình dưới dạng 
.

x3  2 x 2  x  1
y 
27

3
2
 Ta giải phương trình: f  x   x  2 x  x  1  0  mod33  .

Xét phương trình f  x   x 3  2 x 2  x  1  0  mod 3 .
Thử trên một hệ thặng dư đầy đủ, ta thấy x  2  mod 3 là nghiệm.

Với x  2  3t  t   . Theo khai triển Taylor, ta xét phương trình:
f  x   f  2  3t   0  mod 9   f  2   3t. f '  2   3  15t  0  mod 9   t  1 mod3
Đặt t  1  3k  k     x  9k  5 . Theo khai triển Taylor, ta xét phương trình:
f  x   f  5  9k   0  mod 27   f  5   9k . f '  5   81  504k  0  mod 27 

 k  0  mod3  k  3m  m    .

 x  27 m  5  m   

 y  729m3  351m 2  56m  3
Vậy phương trình có các nghiệm ngun là:
 x; y    27 m  5;729m3  351m 2  56m  3 với m  .

CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI

15


ĐỒNG NHẤT THỨC

III. Phân thức hữu tỉ
1. Phân thức hữu tỉ
Xét vành đa thức K  x  với K là một trường nào đó.
- Thương của hai đa thức dạng

f  x
được gọi là một phân thức hữu tỉ.
g  x

- Những phân thức hữu tỉ dạng

b

 x  a

i

,

r  x

p x

i

, i  1 với p  x  là đa thức bất khả quy và

deg r  x   deg p  x  , được gọi là những phân thức hữu tỉ đơn giản.

Vấn đề chúng ta quan tâm: Biểu diễn mỗi phân thức hữu tỉ thành tổng các phân thức đơn giản.
a. Bổ đề 1: Nếu hai đa thức g  x  và h  x  nguyên tố cùng nhau trên K với m  deg g  x  và
n  deg h  x  thì mỗi đa thức f  x  với deg f  x   m  n đều có thể biểu diễn được dưới
dạng f  x   r  x  .g  x   s  x  .h  x  với deg r  x   n và deg s  x   m .
Chứng minh:
Vì g  x  và h  x  nguyên tố cùng nhau nên ta có đồng nhất thức thức:

1  a  x  .g  x   b  x  .h  x 
 f  x   f  x  .a  x  .g  x   f  x  .b  x  .h  x  (Nhân hai vế với f  x  )
Biểu diễn f  x  .a  x   q  x  .h  x   r  x  với deg r  x   n . Khi đó:
f  x   f  x  .a  x  .g  x   f  x  .b  x  .h  x 

  q  x  .h  x   r  x   .g  x   f  x  .b  x  .h  x 

 r  x  .g  x    q  x  .g  x   f  x  .b  x   .h  x 

Đặt s  x   q  x  .g  x   f  x  .b  x  . Do đó f  x   r  x  .g  x   s  x  .h  x  .
Vì deg f  x   m  n và deg r  x  .g  x   m  n nên deg s  x   m .
b. Bổ đề 2: Nếu hai đa thức g  x  , h  x  nguyên tố cùng nhau trên K , f  x  là đa thức với

deg f  x   deg g  x   deg h  x  thì ta có biểu diễn:
deg r  x   deg h  x  và deg s  x   deg g  x  .

f  x
r  x s x


với
g  x  .h  x  h  x  g  x 

Chứng minh: Theo bổ đề 1 ta có f  x   r  x  .g  x   s  x  .h  x  với deg r  x   deg h  x 

và deg s  x   deg g  x  . Chia hai vế của hệ thức này cho g  x  .h  x  ta có điều phải chứng
minh.

CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI

16


ĐỒNG NHẤT THỨC

c. Định lí

f  x
với deg f  x   deg g  x  đều phân tích được thành tổng các
g  x
phân thức hữu tỉ đơn giản.
Chứng minh:
r  x
Xét phân thức đơn giản dạng
với deg r  x   t deg p  x  . Sử dụng phép chia đa thức
t
p x
ta có biểu diễn:
t 1
r  x   s1  x  p  x   r1  x  ,

Mỗi phân thức hữu tỉ

r1  x   s2  x  p  x   r2  x  ,
…
rt 2  x   st 1  x  p  x   rt 1  x  ,
rt 1  x   s1  x  , với deg s1  x   deg p  x  .
t 2

r  x

Khi đó

p x

t



s1  x  s2  x 
s  x

 ...  t t .
2
p x p x
p  x

Trong trường hợp p  x   x  a ta có
Xét trường hợp

r  x



r  x

 x  a p  x
t

b

 x  a p  x  x  a
t

t



r  x

 x  a

t



b1
b2
bt


...


, bi  K .
t
 x  a   x  a 2
 x  a

với p  a   0 , ta có:

q x

 x  a

t 1

p x

Quy đồng các phân thức ta được đồng nhất thức r  x   bp  x    x  a  q  x  .
Cho x  a ta có b 

r  x   bp  x 
r a
và q  x  
.
pa
xa

Tổng quát giả sử g  x    x  a1  1 ... x  as  s p1  x  1 ... pr  x  r , trong đó pi  x  là những
đa thức bất khả quy với bậc lớn hơn 1. Theo các kết quả đã đạt được ở trên ta có:
ns
m1
mr

f  x  n1
b1i
bsi
s1i
sri


...



...

.



i
i
i
i
g  x  i 1  x  a1 
i 1  x  as 
i 1 p1  x 
i 1 pr  x 
n

Như vậy

n

m

m

f  x
được phân tích thành tổng các phân thức đơn giản.
g  x

d. Hệ quả 1
Mỗi phân thức hữu tỉ

f  x
đều phân tích được thành tổng một đa thức và các phân thức
g  x

hữu tỉ đơn giản.
CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI

17


ĐỒNG NHẤT THỨC

Chứng minh:
 Nếu deg f  x   deg g  x  thì ta có kết quả cần chứng minh theo định lí trên.
 Nếu deg f  x   deg g  x  thì ta biểu diễn f  x   q  x  .g  x   r  x  với
deg r  x   deg g  x  .
Khi đó

f  x
r  x
 q x 
và kết quả cần chứng minh được suy ra từ nhận xét ban đầu.
g  x
g  x

Vì các đa thức bất khả quy trong   x  với hệ số cao nhất bằng 1 có dạng x  a hoặc
x 2  bx  c với   b2  4c  0 , nên mỗi đa thức g  x     x  được viết dưới dạng
s

r

g  x   a  x  ai  i   x 2  bi x  ci  . Từ đó ta có kết quả sau:
n

i 1

e. Hệ quả 2

mi

i 1

f  x
với f  x  , g  x     x  đều biểu diễn được thành dạng
g  x
s ni
r mi
bij

bij x  cij
f  x
 q  x   
 
.
j
j
2
g  x
i 1 j 1  x  ai 
i 1 j 1  x  b x  c 
j
j

Mỗi phân thức hữu tỉ

2. Ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1: Cho các ai   và f  x    x  a1  x  a2  ... x  an  . Khi đó:
n

a.

  1
j 0

b.

n

  1

j 1

j

Cnj f  j    1 n!;

j 1

n

2n  2a1  1 ... 2an  1
1
Cnj f  j  
 f 0 .
2 j 1
C2nn

(Giáo trình Đại số sơ cấp)
Chứng minh:
a. Đặt g  x  

 x  a1  x  a2  ... x  an  .
 x  1 x  2 ... x  n 

Theo hệ quả 2 ta có g  x   1 

x1
x
x
 2  ...  n .

x 1 x  2
xn

Qua quy đồng mẫu số ta có
 x  a1  x  a2 ... x  an    x  1 x  2 ... x  n   x1  x  2 ... x  n  
 x2  x  1 x  3 ... x  n   ...  xn  x  1 x  2  ... x  n  1 .

CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI

18


ĐỒNG NHẤT THỨC
n

1 f 1

 x1 
 n  1!


n 1
 x   1 f  2 
Cho x  1, 2,..., n , ta có  2
1! n  2 !

...

 1 f  n 
 xn 

 n  1!


 x  a1  x  a2 ... x  an   1   1 f 1   1 f  2   ...   1 f  n 
 x  1 x  2  ... x  n 
 x  1 n  1!  x  2 .1! n  2 !
 x  n  n  1!
n

Vậy

n 1

Cho x  0 ta có
n
n
n 1
 1 f  0   1   1 f 1   1 f  2   ...   1 f  n  .
n!
1! n  1!
2! n  2 !
n!
n

Từ đây suy ra

  1
j 0

j

Cnj f  j    1 n!.
n

b. Biểu diễn
 x  a1  x  a2 ... x  an   x1  x2  ...  xn  y
x  n 2x 1
 x  1 x  2 ... x  n  2 x  1 x  1 x  2
Từ đó suy ra:  x  a1  x  a2  ... x  an   y  x  1 ... x  n 

  x1  x  2  ... x  n   ...  xn  x  1 ... x  n  1   2 x  1 .

1
Cho x  ; 1 ; 2 ;…; n , ta có
2
n 1

1 f 1

 x1 
 n  1!

1

n
n
1 f  2 
 1 f  



x 
2
y
và  2 3.1! n  2 !
1 
1
 1 

1   2   ... n  
2
2
2
...


 


f  n
 xn 
 2n  1 n  1!

Vậy ta có hệ thức

CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI

19


ĐỒNG NHẤT THỨC

1
f 
 x  a1  x  a2  ... x  an  
2

 x  1 x  2  ... x  n   2 x  1 1  1  2  1  ... n  1 


 

2 
2
 2 
n 1
n
1 f 1
1 f  2 
f  n


.


 ... 
1 x  1 n  1! 3  x  2  .1! n  2 !
 2n  1 x  n  n  1!

 1

Vậy

n

  1

j 1

j 1

n

2n  2a1  1 ... 2an  1
1
j
Cn f  j  
 f 0 .
2 j 1
C2nn

Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n:
k
n
1 n k
 2n !

n
C 2
C
2 2n

1  12 1  22 ...1  n2  2n 
k 1 1  k
(Giáo trình Đại số sơ cấp)
Chứng minh:
Biểu diễn

x x 1
2

2

 x

 2n !
2

 2 ... x  n
2

2

2





y a1 x  b1
a x  bn
 2 2  ...  n2

.
x x 1
x  n2

Quy đồng mẫu số và so sánh tử số ta nhận được:
 2n !  y  x 2  12 ... x 2  n2   x  a1 x  b1   x 2  22 ... x 2  n2  





2
  a2 x  b2   x 2  12  ... x 2  n 2   ...   an x  bn   x 2  12 ... x 2   n  1  .

n
Cho x  0 ta nhận được y  C2 n .

Cho x  i, 2i,..., với i 2  1 ta có:
a1  2  11 C2nn1 , b1  0

a2  2  12 C2nn 2 , b2  0

...

n
n n
an  2  1 C2 n , bn  0
 2 n !
y
a1 x

an x



...

Từ đó suy ra
.
2
2
x  n2
x  x 2  12  x 2  22  ...  x 2  n2  x x  1
Cho x  1 ta nhận được

 2n !

1  1 1  2 ...1  n 
2

2

2

 1

k

1 k

2

n

 C  2
n
2n

k 1

C2nn k .

Ví dụ 3: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có:
n

  1 C i   1 n!
i 1

CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI

i

i n
n

20


ĐỒNG NHẤT THỨC

(Giáo trình Đại số sơ cấp)

Chứng minh: Với a1  ...  an  0 , từ Ví dụ 1 ta suy ra f  i   i n và

n

  1 C i   1 n!
i 1

i

i n
n

Ví dụ 4: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có:
n

  1
j 0

Chứng minh: Với a j  j j  f  j 

j

CnjCnj1   1 .
n

 n  j ! , ta được:

j!

(Ví dụ phát triển theo giáo trình)

n

  1
j 0

j

CnjCnj1   1 .
n

3. Bài tập vận dụng
Bài tập 1: Biểu diễn các phân thức thành tổng các phân thức hữu tỉ đơn giản:
2
a. f  x  
 x  1 x  2  x  3
b. f  x  

x3

 x  1 x  2  x  3 x  4 
(Bài tập tự đề xuất)

Hướng dẫn:
a. Theo công thức nội suy Lagrange cho đa thức p  x   2 với n  2 và tại các điểm 1; 2;3
ta có:
 x  2  x  3  2.  x  1 x  3  2.  x  1 x  2 
p  x   2.
1  2 1  3
 2  1 2  3  3  1 3  2 
  x  2  x  3 2  x  1 x  3  x  1 x  2 



3
15
5
p  x
1
2
1
 f  x 



.
 x  1 x  2  x  3 3  x  1 15  x  2  5  x  3
p x 

b. Theo công thức nội suy Lagrange cho đa thức p  x   x 3 với n  3 và tại các điểm 1;2;3;4
ta có:
 x  2  x  3 x  4   8.  x  1 x  3 x  4 
p  x   1.
1  2 1  31  4 
 2  1 2  3 2  4 
27.

 x  1 x  2  x  4   64.  x  1 x  2  x  3
 3  1 3  2  3  4 
 4  1 4  2  4  3

CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI

21


ĐỒNG NHẤT THỨC

p x 

 x  2  x  3 x  4   4  x  1 x  3 x  4 

6
1
27  x  1 x  2  x  4  32  x  1 x  2  x  3 


2
3
p  x
Có f  x  
 x  1 x  2  x  3 x  4 
1
4
27
32
.
 f  x 



6  x  1  x  2  2  x  3 3  x  4 

1
Bài tập 2: Phân tích phân thức
thành tổng các phân thức đơn
x  x 2  1 x 2  2 .... x 2  n 2 

 1

n

giản. Từ đó tính tổng S  
k 1

k

 n  k ! n  k ! k 2  4 

.

(Bài tập tự đề xuất)
Hướng dẫn:
Theo định lý, ta biểu diễn được:

1
y a xb
a x  bn
  1 2 1  ...  n2
.
2
2
2

x  n2
 x  1  x  2 ... x  n  x x  1
2

2

2

Quy đồng mẫu số và so sánh tử số ta nhận được:
1  y  x 2  1 ... x 2  n   x  a1 x  b1   x 2  2 2  ... x 2  n 2  





2
  a2 x  b2   x 2  12  ... x 2  n 2   ...   an x  bn   x 2  12 ... x 2   n  1  .

1
Cho x  0 ta nhận được y 
. Lần lượt, cho x  i, 2i,..., với i 2  1 ta có:
2
 n!

2. 1
ak 
; b  0 k  1, 2,..., n
 n  k ! n  k ! k
k

n
2. 1
1
1
x
Từ đó suy ra 2 2 2


. 2
.

2
2
2
2
2
x  x  1  x  2  ... x  n   n! x k 1  n  k ! n  k ! x  k 2
k

1
Cho x  ta nhận được
2
n

S 
k 1

 1

k

  n  k ! n  k ! k
k 1

k

 n  k ! n  k ! k
n

Bài tập 3: Chứng minh

4  1

n

2

 4

  1
i 1

i 1



2

 4



4
 1 2  1
1
2
2
  1   2  ....   n 
4
 4
 4


1
 1 2  1
1
2
2
  1   2  ....  n 
4
 4
 4




1
2. n!

2



2

 n!

2

.

1
2n
i n
.Cn .i  n với mọi n nguyên dương.
2i  1
C2 n
(Giáo trình Đại số sơ cấp)

CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI

22


ĐỒNG NHẤT THỨC

Chứng minh:
Xét đa thức f  x   x n .
Theo công thức nội suy Lagrange cho đa thức f  x  tại n + 1 mốc nội suy
n

xk
.
k 0, k  i i  k

ak  k k  0,1,..., n , ta có: f  x    f  i  .
i 0

n



n
f i 
1 n
1

.
 k .
Do đó, f    
n i  
 2  i 0 i ! n  i ! 1 k 0,k i  2


Từ đó ta được:
n
1
1
i
1 n

2n. f      1 .
.Cni . f  i  .
.
 1  2k 
n
1  2i
 2  j 0
 1 .n! k 0

n

   1 .
i 0
n

i

1.3.....  2n  1
1
.Cni . f  i  .
1  2i
n!

   1 .
i 0

n

   1

i 1

i 0

i 1

 2 n !
1
.Cni . f  i  .
2i  1
n!.2.4..... 2n 

1
C2nn
i
.
.Cn . f  i  . n  2 n. f
2i  1
2

1
   1.
2

Bài tập 4: Cho bộ ba số a, b, c phân biệt và a, b, c, d  0; 1; 2; 3; 4 . Giả sử các số tồn
tại các số x, y, z thoả mãn hệ phương trình:
y
z
t
 x

1  a  1  b  1  c  1  d  2

 x  y  z  t 2
2  a 2  b 2  c 2  d

 x  y  z  t 2
3  a 3  b 3  c 3  d
 x
y
z
t




2
4  a 4  b 4  x 4  d
x y z t
Tính giá trị biểu thức S     .
a b c d
(Bài tập tự đề xuất)
Chứng minh:
Xét f  m  

p m
x
y
z
t




2
với đa
ma mb mc md
 m  a  m  b  m  c  m  d 

thức p  m  là đa thức bậc 3 ẩn m.

CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI

23


ĐỒNG NHẤT THỨC

Do f 1  f  2   f  3  f  4   0 nên p 1  p  2   p  3  p  4   0 .
Vì vậy,

x
y
z
t
 m  1 m  2  m  3 m  4 



2
ma mb mc md
 m  a  m  b  m  c  m  d 

Cho m  0  S 

x y z t
24
   2
.
a b c d
abcd

Bài tập 5: Cho đa thức f  x   x3  ax 2  bx  c với a  b  c  1 có 3 nghiệm thực x1; x2 ; x3
x1
x2
x3
Tính tổng S 


.
 x2  1  x3  1  x3  1  x1  1  x1  1 x2  1
(Bài tập tự đề xuất)
Hướng dẫn:
Do x1; x2 ; x3 là nghiệm của đa thức f  x 

 f  x   x 3  ax 2  bx  c   x  x1  x  x2   x  x3 

Cho x  1  1  a  b  c   1  x1  1  x2   1  x3 
 1  a  b  c   x1  1 x2  1  x3  1

x  x  1
x1

 1 1

  x2  1  x3  1 1  a  b  c

x  x  1
x2

 2 2
  x3  1  x1  1 1  a  b  c

x  x  1
x3

 3 3
  x1  1 x2  1 1  a  b  c

x12  x2 2  x32  x1  x2  x3  x1  x2  x3   2  x1 x2  x2 x3  x3 x1   x1  x2  x3
S 

1 a  b  c
1 a  b  c
2

 a 
S 

2

 2.b  a a 2  a  2b


.
1 a  b  c
1 a  b  c

4
 n ai


Bài tập 6: Cho các số a1 , a2 ,..., an thỏa mãn hệ  i 1 i  r 2r  1 .
r  1,2,..., n

n
a
1
Chứng minh rằng  i  1 
.
2
2
i

1
2
n

1
i 1



(Giáo trình Đại số sơ cấp)

Hướng dẫn:

CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI

24


ĐỒNG NHẤT THỨC

1   n ai
4 

Xét f  x     x  i   x   .  

là đa thức bậc n của x.
2   i 1 i  x 2 x  1

i 1
n

n

Dễ thấy f  r   0 với r  1,2,..., n nên f  x   a.  x  r  .
r 1

Cho x 

1
, ta được: a  
2

r 1
n

 1
1
f  
r
n
 2   2.
2.

1
1
r 1  r 
 r
2
2

1
r
n
n
n
1
a
4





2 .  x  r .
Như vậy   x  i   x     i 


2

1 
2   i 1 x  i 2 x  1 

i 1
r 1  r 
r 1
2
1

x  i   i  
n 
n
1 
a
4 

2

 2
.
Từ đó, suy ra  x   .   i 

2   i 1 x  i 2 x  1 
 1


i 1
 x  i  i  
 2
n
n
1
a
2
a
1
Cho x  , ta được 2. i  2 
  i  1
.
2
2
2
2
i

1
2
i

1
2
n

1
2

n

1
i 1
i 1




n

Bài tập 7: Chứng minh rằng nếu phân thức hữu tỉ f  x  

p x
với p  x  , q  x    x 
q x

nhận giá trị nguyên tại mọi giá trị nguyên của biến x thì f  x  là một đa thức nhận giá trị
nguyên.
(Bài tập Cơ sở Lí thuyết số và Đa thức)
p  x
với p  x  , q  x     x  nhận giá trị
q  x
nguyên tại mọi giá trị nguyên của biến x. Ta có thể viết:
f  x   fn  x   r  x 

Chứng minh: Giả sử phân thức hữu tỉ f  x  

Với f n  x  là một đa thức (hệ số hữu tỉ) bận n và r  x   0 khi x   .

x  x  1 ... x  k  1
với k  1,2,...
k!
Khi đó Cxk nhận giá trị nguyên tại mọi giá trị nguyên của x. Ta chứng minh quy nạp theo n
rằng:
f n  x   a0C xn  a1C xn1  ...  anC x0 với a0 , a1 ,..., an   *
Với n  0 thì f n  x   a0 và f  x   a0  r  x    với mọi x   . Cho x   ta được
a0   .
Đặt C x0  1 , Cxk 

CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI

25