Đa thức và ứng dụng

Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 1
Công Hậu, Ngọc Luân, Mai Phương, Cao Tín, Như Ý
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 1
Công Hậu, Ngọc Luân, Mai Phương, Cao Tín, Như Ý
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
CHUYÊN ĐỀ

Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 2
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
CHUYÊN ĐỀ

Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 2
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Lời nói đầu………………………………………………………………………………………… 3
Phần 1:Sơ lược về đa thức
A.ĐA THỨC – NHÂN, CHIA ĐA THỨC – SỰ CHIA HẾT ………………………………………… 5
B.
NGIỆM BỘI – PHÂN TÍCH THÀNH NHÂN TỬ…………………………………………………… 6
C.
CÁC ĐỊNH LÝ CƠ BẢN VỀ NGHIỆM ĐA THỨC …………………………………………………….7
D.
BÀI TẬP……………………………………………………………………………………………………….19
Phần 2 : Đa thức bất khả quy
A ĐỊNH LÍ EISENSTEIN …………………………………………………………………………………40

B.
BÀI TẬP…………………………………………………………………………………………………… 44
Phần 3 : Tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất của đa thức 2 biến, bậc 2
A.CÁC ĐỊNH LÝ………………………………………………………………………………………….53
B.BÀI TẬP………………………………………………………………………………………………….56
Lời kết…………………………………………………………………………………………… 58
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 3
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Lời nói đầu………………………………………………………………………………………… 3
Phần 1:Sơ lược về đa thức
A.ĐA THỨC – NHÂN, CHIA ĐA THỨC – SỰ CHIA HẾT ………………………………………… 5
B.
NGIỆM BỘI – PHÂN TÍCH THÀNH NHÂN TỬ…………………………………………………… 6
C.
CÁC ĐỊNH LÝ CƠ BẢN VỀ NGHIỆM ĐA THỨC …………………………………………………….7
D.
BÀI TẬP……………………………………………………………………………………………………….19
Phần 2 : Đa thức bất khả quy
A ĐỊNH LÍ EISENSTEIN …………………………………………………………………………………40
B.
BÀI TẬP…………………………………………………………………………………………………… 44
Phần 3 : Tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất của đa thức 2 biến, bậc 2
A.CÁC ĐỊNH LÝ………………………………………………………………………………………….53
B.BÀI TẬP………………………………………………………………………………………………….56
Lời kết…………………………………………………………………………………………… 58
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 3
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Một số khái niệm cơ bản và quan trọng trọng đại số, trong toán học nói chung là khái niệm

về đa thức. Trong chương trình phổ thông phần đại số hầu hết đều nghiên cứu về đa thúc bậc
nhất, bậc hai và một số đa thức dạng đặc biệt bậc cao. Rất nhiều ứng dụng và bài tập đã được
học trong chương trình phổ thông. Và hôm nay, với sự hướng dẫn của thầy Đỗ Kim Sơn, thầy
Nguyễn Tuấn Ngọc. nhóm chúng em đã hoàn thành chuyên đề nhỏ về một số ứng dụng cơ
bản của đa thức trong giải toán
Do mặt hạn chế về thời gian nên vẫn còn nhiều thiếu sót,mong thầy và các bạn góp ý,chỉnh
sửa thêm.
Xin chân thành cảm ơn
Phần 1. SƠ LƯỢC VỀ ĐA THỨC :
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 4
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Một số khái niệm cơ bản và quan trọng trọng đại số, trong toán học nói chung là khái niệm
về đa thức. Trong chương trình phổ thông phần đại số hầu hết đều nghiên cứu về đa thúc bậc
nhất, bậc hai và một số đa thức dạng đặc biệt bậc cao. Rất nhiều ứng dụng và bài tập đã được
học trong chương trình phổ thông. Và hôm nay, với sự hướng dẫn của thầy Đỗ Kim Sơn, thầy
Nguyễn Tuấn Ngọc. nhóm chúng em đã hoàn thành chuyên đề nhỏ về một số ứng dụng cơ
bản của đa thức trong giải toán
Do mặt hạn chế về thời gian nên vẫn còn nhiều thiếu sót,mong thầy và các bạn góp ý,chỉnh
sửa thêm.
Xin chân thành cảm ơn
Phần 1. SƠ LƯỢC VỀ ĐA THỨC :
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 4
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
A.ĐA THỨC – NHÂN, CHIA ĐA THỨC – SỰ CHIA HẾT
I. Xét hàm số: f:ℝ→ℝ, ta nói f là một đa thức nếu hoặc f=const hoặc tồn tại
, 1n n
∈ ≥
¥

và tồn tại các số thực
0 1 2
, , , ,
n
a a a a
với
0
n
a
≠
sao cho
1
1 1 0
( )
n n
n n
f x a x a x a x a
−
−
= + + + +
với
x
∀ ∈
¡
•
0 1 2
, , , ,
n
a a a a
là hệ số của đa thức f,

n
a
là hệ số cao nhất,
0
a
là hệ số tự do.
• n là bậc của đa thức f và ký hiệu degf=n ( trường hợp f=const ta nói deg f=0)
• Tập hợp tất cả các đa thức với hệ số nguyên được ký hiệu là
[ ]
x¢
• Tập hợp tất cả các đa thức với hệ số hữu tỷ được ký hiệu là
[ ]
x¤
• Tập hợp tất cả các đa thức với hệ số thực được ký hiệu là
[ ]
x¡
• Hai đa thức được gọi là bằng nhau khi và chỉ khi dưới dạng chính tắc, các hệ tử của
các lũy thừa tương ứng của ẩn x bằng nhau. Do đó một đa thức bằng đa thức không
khi và chỉ khi mọi hệ tử ở dạng chính tắc của nó đều bằng không ( Nguyên lý so sánh
các hệ số của đa thức)
II. Cho hai đa thức
1
1 1 0
( )
n n
n n
f x a x a x a x a
−
−
= + + + +

và
1
1 1 0
( )
m m
m m
g x b x b x b x b
−
−
= + + + +
Tích của chúng là một đa thức:
0
( ). ( )
m n
m n
f x g x c x c
+
+
= + +
trong đó
k i j
i j k
c a b
+ =
=
∑
Giả sử f(x) và g(x) là hai đa thức cùng thuộc P[x], bao giờ cũng có thể tìm được một
cặp đa thức q(x) và r(x) duy nhất cũng thuộc P[x] sao cho f(x)=g(x).q(x)+r(x), trong đó bậc
của r(x) bé hơn bậc của g(x). Nếu r(x) bằng đa thức không thì ta nói f(x) chia hết cho g(x),
hay g(x) chia hết f(x), hay f(x) là bội của g(x), g(x) là ước của f(x)

Một đa thức d(x) chia hết 2 đa thức f(x) và g(x) đã cho gọi là ước chung của f(x) và
g(x)
Nếu d(x) là ước chung của f(x) và g(x), chia hết cho mọi ước chung khác của 2 đa
thức ấy, thì d(x) gọi là ước chung lớn nhất của f(x) và g(x), viết là UCLN và ký hiệu là (f(x),
g(x))=d(x). Để tìm ước chung lớn nhất của f(x) và g(x) ta dùng thuật toán Oclide bằng cách
thức hiện một số phép chia liên tiếp như sau:
1 1
2 1
1 1
( ) ( ) ( )
( ) ( ). ( ) ( )

( ) ( ). ( ) ( )
( ) ( ) ( )
k k k k
k k k
f x g x r x
g x r x q x r x
r x r x q x r x
r x r x q x
− −
− +
= +
= +
= +
=
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 5
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
A.ĐA THỨC – NHÂN, CHIA ĐA THỨC – SỰ CHIA HẾT

I. Xét hàm số: f:ℝ→ℝ, ta nói f là một đa thức nếu hoặc f=const hoặc tồn tại
, 1n n
∈ ≥
¥
và tồn tại các số thực
0 1 2
, , , ,
n
a a a a
với
0
n
a
≠
sao cho
1
1 1 0
( )
n n
n n
f x a x a x a x a
−
−
= + + + +
với
x
∀ ∈
¡
•
0 1 2

, , , ,
n
a a a a
là hệ số của đa thức f,
n
a
là hệ số cao nhất,
0
a
là hệ số tự do.
• n là bậc của đa thức f và ký hiệu degf=n ( trường hợp f=const ta nói deg f=0)
• Tập hợp tất cả các đa thức với hệ số nguyên được ký hiệu là
[ ]
x¢
• Tập hợp tất cả các đa thức với hệ số hữu tỷ được ký hiệu là
[ ]
x¤
• Tập hợp tất cả các đa thức với hệ số thực được ký hiệu là
[ ]
x¡
• Hai đa thức được gọi là bằng nhau khi và chỉ khi dưới dạng chính tắc, các hệ tử của
các lũy thừa tương ứng của ẩn x bằng nhau. Do đó một đa thức bằng đa thức không
khi và chỉ khi mọi hệ tử ở dạng chính tắc của nó đều bằng không ( Nguyên lý so sánh
các hệ số của đa thức)
II. Cho hai đa thức
1
1 1 0
( )
n n
n n

f x a x a x a x a
−
−
= + + + +
và
1
1 1 0
( )
m m
m m
g x b x b x b x b
−
−
= + + + +
Tích của chúng là một đa thức:
0
( ). ( )
m n
m n
f x g x c x c
+
+
= + +
trong đó
k i j
i j k
c a b
+ =
=
∑

Giả sử f(x) và g(x) là hai đa thức cùng thuộc P[x], bao giờ cũng có thể tìm được một
cặp đa thức q(x) và r(x) duy nhất cũng thuộc P[x] sao cho f(x)=g(x).q(x)+r(x), trong đó bậc
của r(x) bé hơn bậc của g(x). Nếu r(x) bằng đa thức không thì ta nói f(x) chia hết cho g(x),
hay g(x) chia hết f(x), hay f(x) là bội của g(x), g(x) là ước của f(x)
Một đa thức d(x) chia hết 2 đa thức f(x) và g(x) đã cho gọi là ước chung của f(x) và
g(x)
Nếu d(x) là ước chung của f(x) và g(x), chia hết cho mọi ước chung khác của 2 đa
thức ấy, thì d(x) gọi là ước chung lớn nhất của f(x) và g(x), viết là UCLN và ký hiệu là (f(x),
g(x))=d(x). Để tìm ước chung lớn nhất của f(x) và g(x) ta dùng thuật toán Oclide bằng cách
thức hiện một số phép chia liên tiếp như sau:
1 1
2 1
1 1
( ) ( ) ( )
( ) ( ). ( ) ( )

( ) ( ). ( ) ( )
( ) ( ) ( )
k k k k
k k k
f x g x r x
g x r x q x r x
r x r x q x r x
r x r x q x
− −
− +
= +
= +
= +
=

Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 5
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Đa thức dư cuối cùng trong dãy phép chia liên tiếp đó chính là UCLN phải tìm :
( ) ( ) ( ( ), ( )).
k
x d x f x g x
r
= =
Để đảm bảo tính duy nhất của UCLN ,ta qui ước rằng hệ tử cao nhất của UCLN của
hai đa thức bao giờ cũng lấy bằng 1.
Xuất phát từ thuật toán Oclide , ta chứng minh được rằng : nếu
( ) ( ( ), ( ))d x f x g x
=

thì có thể tìm được hai đa thức
( ) à ( )u x v v x
cũng trên
{ }
P x
sao cho :
( ). ( ) ( ). ( ) ( )f x u x g x v x d x+ =
Hơn nữa , nếu bậc của f(x) và g(x) lớn hơn 0 thì ta còn có thể chọn sao cho bậc của
u(x) bé hơn bậc của g(x) và bậc của v(x) bé hơn bậc của f(x).
B.NGIỆM BỘI – PHÂN TÍCH THÀNH NHÂN TỬ
I. Một đa thức bậc lớn hơn 0 trên P[x] được gọi là bất khả qui trên P[x], nếu nó không
thể viết được dưới dạng tích của 2 đa thức bậc r
≠
0 và bé hơn n , của P[x]
Mỗi đa thức bậc m > 0 của P[x] đều có thể phân tích được thành tích của những đa

thức bất khả qui trên P [x] và sự phân tích đó là duy nhất , nếu không kể đến thứ tự các nhân
tử và không kể đến các nhân tử bậc 0
Trên
£
[x] , chỉ có các nhị thức bậc nhất là đa thức bất khả qui .
Trên
¡
[x], chỉ có các nhị thức bậc nhất và các tam thức bậc hai không có nghiệm
thực là các đa thức bất khả qui .
II. a/ Giả sử f(x)
∈

¡
[x] và a
∈
¡
.Ta nói f(x) nhận
α
làm nghiệm nếu f(
α
) = 0, khi đó
f(x) chia hết cho x-a hay nhận x-a làm một nhân tử .
b/ Giả sử f(x)
∈

¡
[x] và a
∈
¡
và k

∈
¥
[x], k
1
≥
. Ta nói
α
là nghiệm bội của đa
thức f(x) nếu tồn tại g(x)
∈

¡
[x], g(
α
)
≠
0 sao cho
( ) . ( )
k
x g x
α
−
với
x
∀ ∈
¡
.( tức là f(x)
chia hết cho
( )
k

x
α
−
nhưng không chia hết cho
1
( )
k
x
α
+
−
)
Nếu k=1 thì ta nói
α
là nghiệm đơn
Nếu k≥2 thì ta nói
α
là nghiệm bội
C.CÁC ĐỊNH LÝ CƠ BẢN VỀ NGHIỆM ĐA THỨC
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 6
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Đa thức dư cuối cùng trong dãy phép chia liên tiếp đó chính là UCLN phải tìm :
( ) ( ) ( ( ), ( )).
k
x d x f x g x
r
= =
Để đảm bảo tính duy nhất của UCLN ,ta qui ước rằng hệ tử cao nhất của UCLN của
hai đa thức bao giờ cũng lấy bằng 1.

Xuất phát từ thuật toán Oclide , ta chứng minh được rằng : nếu
( ) ( ( ), ( ))d x f x g x
=

thì có thể tìm được hai đa thức
( ) à ( )u x v v x
cũng trên
{ }
P x
sao cho :
( ). ( ) ( ). ( ) ( )f x u x g x v x d x+ =
Hơn nữa , nếu bậc của f(x) và g(x) lớn hơn 0 thì ta còn có thể chọn sao cho bậc của
u(x) bé hơn bậc của g(x) và bậc của v(x) bé hơn bậc của f(x).
B.NGIỆM BỘI – PHÂN TÍCH THÀNH NHÂN TỬ
I. Một đa thức bậc lớn hơn 0 trên P[x] được gọi là bất khả qui trên P[x], nếu nó không
thể viết được dưới dạng tích của 2 đa thức bậc r
≠
0 và bé hơn n , của P[x]
Mỗi đa thức bậc m > 0 của P[x] đều có thể phân tích được thành tích của những đa
thức bất khả qui trên P [x] và sự phân tích đó là duy nhất , nếu không kể đến thứ tự các nhân
tử và không kể đến các nhân tử bậc 0
Trên
£
[x] , chỉ có các nhị thức bậc nhất là đa thức bất khả qui .
Trên
¡
[x], chỉ có các nhị thức bậc nhất và các tam thức bậc hai không có nghiệm
thực là các đa thức bất khả qui .
II. a/ Giả sử f(x)
∈

¡
[x] và a
∈
¡
.Ta nói f(x) nhận
α
làm nghiệm nếu f(
α
) = 0, khi đó
f(x) chia hết cho x-a hay nhận x-a làm một nhân tử .
b/ Giả sử f(x)
∈

¡
[x] và a
∈
¡
và k
∈
¥
[x], k
1
≥
. Ta nói
α
là nghiệm bội của đa
thức f(x) nếu tồn tại g(x)
∈

¡
[x], g(
α
)
≠
0 sao cho
( ) . ( )
k
x g x
α
−
với
x
∀ ∈
¡
.( tức là f(x)
chia hết cho
( )
k
x
α
−
nhưng không chia hết cho
1
( )
k
x
α
+
−

)
Nếu k=1 thì ta nói
α
là nghiệm đơn
Nếu k≥2 thì ta nói
α
là nghiệm bội
C.CÁC ĐỊNH LÝ CƠ BẢN VỀ NGHIỆM ĐA THỨC
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 6
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
ĐỊNH LÝ 1
• Nếu f,g ∈ℝ[x] deg f=n≥1, deg g=m thì f[g(x)]∈ℝ[x] và có bậc bằng m.n
• Giả sử f,g ∈ℝ[x] với deg f=n, deg g=m, ta có:
 f(x)+g(x) ∈ℝ[x] và có bậc ≤max(n,m), còn nếu n≠m thì f(x)+g(x) có bậc là
max(n,m).
 f(x).g(x) ∈ℝ[x] và nếu f(x)≠0, g(x)≠0 thì deg (f(x).g(x))=m+n
• Nếu f∈ℝ[x], deg f=n≥1 với a
n
là hệ số cao nhất thì f(x+1)-f(x) là đa thức có bậc n-1
và hệ số cao nhất là na
n
ĐỊNH LÝ 2 ( Định lý Bézout)
α
là nghiệm của đa thức
[ ] ( ) ( ) (x)f x f x x trong
α
∈ ⇔ −
M¡ ¡
.

Chứng minh:
[ ]&f x
α
∀ ∈ ∈¡ ¡
luôn tồn tại duy nhất g∈ℝ[x] sao cho
( ) ( ). ( ) ( ),f x x g x f x
α α
= − + ∀ ∈
¡
Do đó α là nghiệm của
[ ] ( ) 0 ( ) ( ). ( ) ( ) ( )f x f f x x g x f x x
α α α
∈ ⇔ = ⇔ = − ⇔ −
M¡
Hệ quả:
[ ],deg 1f x f n∀ ∈ = ≥¡
ta luôn có
( ) ( ) ( )f x f x
α α
− −
M
Ví dụ 1:
Lời giải:
Đặt y = x + 1 thì x = y – 1, và đẳng thức trên trở thành:
2 2
( ) ( 1) 3( 1) 2 5 6f y y y y y= − − − + = − +
Vì vậy
2
( ) 5 6f x x x= − +
Ví dụ 2:

Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 7
Xác định
đa thức
f(x) biết
rằng với
mọi x
thì:
Xác định
đa thức
f(x) biết
rằng với
mọi x
thì:
Xác
định
các
số
thực
p,q
sao
cho
đa
thức

chia
hết
cho
đa
thức
.

Xác
định
các
số
thực
p,q
sao
cho
đa
thức

chia
hết
cho
đa
thức
.
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
ĐỊNH LÝ 1
• Nếu f,g ∈ℝ[x] deg f=n≥1, deg g=m thì f[g(x)]∈ℝ[x] và có bậc bằng m.n
• Giả sử f,g ∈ℝ[x] với deg f=n, deg g=m, ta có:
 f(x)+g(x) ∈ℝ[x] và có bậc ≤max(n,m), còn nếu n≠m thì f(x)+g(x) có bậc là
max(n,m).
 f(x).g(x) ∈ℝ[x] và nếu f(x)≠0, g(x)≠0 thì deg (f(x).g(x))=m+n
• Nếu f∈ℝ[x], deg f=n≥1 với a
n
là hệ số cao nhất thì f(x+1)-f(x) là đa thức có bậc n-1
và hệ số cao nhất là na
n

ĐỊNH LÝ 2 ( Định lý Bézout)
α
là nghiệm của đa thức
[ ] ( ) ( ) (x)f x f x x trong
α
∈ ⇔ −
M¡ ¡
.
Chứng minh:
[ ]&f x
α
∀ ∈ ∈¡ ¡
luôn tồn tại duy nhất g∈ℝ[x] sao cho
( ) ( ). ( ) ( ),f x x g x f x
α α
= − + ∀ ∈
¡
Do đó α là nghiệm của
[ ] ( ) 0 ( ) ( ). ( ) ( ) ( )f x f f x x g x f x x
α α α
∈ ⇔ = ⇔ = − ⇔ −
M¡
Hệ quả:
[ ],deg 1f x f n∀ ∈ = ≥¡
ta luôn có
( ) ( ) ( )f x f x
α α
− −
M
Ví dụ 1:

Lời giải:
Đặt y = x + 1 thì x = y – 1, và đẳng thức trên trở thành:
2 2
( ) ( 1) 3( 1) 2 5 6f y y y y y= − − − + = − +
Vì vậy
2
( ) 5 6f x x x= − +
Ví dụ 2:
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 7
Xác định
đa thức
f(x) biết
rằng với
mọi x
thì:
Xác định
đa thức
f(x) biết
rằng với
mọi x
thì:
Xác
định
các
số
thực
p,q
sao
cho
đa

thức

chia
hết
cho
đa
thức
.
Xác
định
các
số
thực
p,q
sao
cho
đa
thức

chia
hết
cho
đa
thức
.
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán

Lời giải :
Rõ ràng thương của phép chia

4
1x
+
cho đa thức
2
x px q+ +
là một đa thức bậc hai có dạng
2
x ax b
+ +
.Vì đây là phép chia hết nên :
4 2 2
4 3 2
1 ( )( )
( ) ( ) ( )
x x px q x ax b
x a p x b ap q x bp aq x bq
+ = + + + +
= + + + + + + + +
Vì vậy ta phải có
0 (1)
0 (2)
0 (3)
1 (4)
a p
b ap q
bp aq
bq
+ =



+ + =


+ =


=

Từ (1) suy ra a= -p , thay vào (3) thì được
0 = bp + aq = bp – pq = ( b - q)p,
Tức là hoặc p = 0, hoặc b – q = 0
Nếu p = 0 thì từ (2) suy ra b = -q, và (4) trở thành
2
1b− =
,điều này vô lý.
Nên :
0p ≠
do đó p = q.Thay vào (4) thì được b = q = 1 hoặc b = q= -1.Mặt khác , từ (2) suy
ra
2
2 0, ê 0b a n n b= ≥ ≥
.Từ đây ta có b = q = 1 và
2
a
= 2,hay
2, ra 2a suy p
= ± =
m
.

Thử lại, ta thấy rằng
4 2
1 2 1x x x
+ ± +
M
,bởi vì :
4 2 2 2 2
1 ( 1)2 2 ( 1 2 )( 1 2 )x x x x x x x
+ = + − = + − + +
Vậy đa thức
2
x px q+ +
cần tìm là
2
2 1x x
+ +
hoặc
2
2 1x x
− +
.
Ví dụ 3 :
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 8
Xác định
đa thức
f(x) biết
rằng với
mọi x
thì:
Xác định

đa thức
f(x) biết
rằng với
mọi x
thì:
Xác
định
các
số
thực
p,q
sao
cho
đa
thức

chia
hết
cho
đa
thức
.
Xác
định
các
số
thực
p,q
sao
cho

đa
thức

chia
hết
cho
đa
thức
.
Chứng
minh rằng
đa thức :
chia hết
cho đa thức
Chứng
minh rằng
đa thức :
chia hết
cho đa thức
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán

Lời giải :
Rõ ràng thương của phép chia
4
1x
+
cho đa thức
2
x px q+ +

là một đa thức bậc hai có dạng
2
x ax b
+ +
.Vì đây là phép chia hết nên :
4 2 2
4 3 2
1 ( )( )
( ) ( ) ( )
x x px q x ax b
x a p x b ap q x bp aq x bq
+ = + + + +
= + + + + + + + +
Vì vậy ta phải có
0 (1)
0 (2)
0 (3)
1 (4)
a p
b ap q
bp aq
bq
+ =


+ + =


+ =



=

Từ (1) suy ra a= -p , thay vào (3) thì được
0 = bp + aq = bp – pq = ( b - q)p,
Tức là hoặc p = 0, hoặc b – q = 0
Nếu p = 0 thì từ (2) suy ra b = -q, và (4) trở thành
2
1b− =
,điều này vô lý.
Nên :
0p ≠
do đó p = q.Thay vào (4) thì được b = q = 1 hoặc b = q= -1.Mặt khác , từ (2) suy
ra
2
2 0, ê 0b a n n b= ≥ ≥
.Từ đây ta có b = q = 1 và
2
a
= 2,hay
2, ra 2a suy p
= ± =
m
.
Thử lại, ta thấy rằng
4 2
1 2 1x x x
+ ± +
M
,bởi vì :

4 2 2 2 2
1 ( 1)2 2 ( 1 2 )( 1 2 )x x x x x x x
+ = + − = + − + +
Vậy đa thức
2
x px q+ +
cần tìm là
2
2 1x x
+ +
hoặc
2
2 1x x
− +
.
Ví dụ 3 :
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 8
Xác định
đa thức
f(x) biết
rằng với
mọi x
thì:
Xác định
đa thức
f(x) biết
rằng với
mọi x
thì:
Xác

định
các
số
thực
p,q
sao
cho
đa
thức

chia
hết
cho
đa
thức
.
Xác
định
các
số
thực
p,q
sao
cho
đa
thức

chia
hết
cho

đa
thức
.
Chứng
minh rằng
đa thức :
chia hết
cho đa thức
Chứng
minh rằng
đa thức :
chia hết
cho đa thức
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Lời giải :
Đặt:
9 8 7 6
9999 8888 7777 6666 1111
1
1
A x x x x x
B x x x x x
= + + + + + +
= + + + + + +
Khi đó :
9999 9 8888 8 7777 7 6666 6 1111
9 10 999 8 10 888 7 10 666 10 111
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
[( ) 1] [( ) 1] [( ) 1] [( ) 1]

B A x x x x x x x x x x
x x x x x x x x
− = − + − + − + − + + −
= − + − + − + + −
Để ý rằng với mọi số tự nhiên k thì:
10 1 10 10( 1) 10( 2) 10
( ) ( 1)[ 1]
k k k
x x x x x
− − −
= − + + + +
chia hết cho đa thức
10
1x
−
mà
10 9 8 7 6
1 ( 1)( 1)x x x x x x x− = − + + + + + +
nên đa thức
( )
k
10
x 1
−
chia hết cho đa thức
9 8 7 6
1x x x x x+ + + + + +
Do đó B – A chia hết cho A, và do đó B chia hết cho A
ĐỊNH LÝ 3 ( Khai triển của một đa thức theo các nghiệm)
Giả sử

[ ]f x∈¡
và các số phân biệt
1 2
, , ,
m
α α α
∈¡
là các nghiệm của đa thức f với các bội
tương ứng là
1 2
, , ,
m
k k k
khi đó tồn tại g∈ℝ[x] sao cho:
1 2
1 2
1
( ) ( ( ) ) ( ) ( ) ( ) ( ) . ( ),
j
m
m
k
k
k k
i m
i
f x x a g x x x x a g x x
α α
=
= − = − − − ∀ ∈

∏
¡
1
deg deg
m
i
i
f g k
=
= +
∑
ĐỊNH LÝ VIÈTE
Giả sử đã cho đa thức f(x) bậc n trên P[x]
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 9
Chứng
minh rằng
đa thức :
chia hết
cho đa thức
Chứng
minh rằng
đa thức :
chia hết
cho đa thức
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Lời giải :
Đặt:
9 8 7 6
9999 8888 7777 6666 1111

1
1
A x x x x x
B x x x x x
= + + + + + +
= + + + + + +
Khi đó :
9999 9 8888 8 7777 7 6666 6 1111
9 10 999 8 10 888 7 10 666 10 111
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
[( ) 1] [( ) 1] [( ) 1] [( ) 1]
B A x x x x x x x x x x
x x x x x x x x
− = − + − + − + − + + −
= − + − + − + + −
Để ý rằng với mọi số tự nhiên k thì:
10 1 10 10( 1) 10( 2) 10
( ) ( 1)[ 1]
k k k
x x x x x
− − −
= − + + + +
chia hết cho đa thức
10
1x
−
mà
10 9 8 7 6
1 ( 1)( 1)x x x x x x x− = − + + + + + +
nên đa thức

( )
k
10
x 1
−
chia hết cho đa thức
9 8 7 6
1x x x x x+ + + + + +
Do đó B – A chia hết cho A, và do đó B chia hết cho A
ĐỊNH LÝ 3 ( Khai triển của một đa thức theo các nghiệm)
Giả sử
[ ]f x∈¡
và các số phân biệt
1 2
, , ,
m
α α α
∈¡
là các nghiệm của đa thức f với các bội
tương ứng là
1 2
, , ,
m
k k k
khi đó tồn tại g∈ℝ[x] sao cho:
1 2
1 2
1
( ) ( ( ) ) ( ) ( ) ( ) ( ) . ( ),
j

m
m
k
k
k k
i m
i
f x x a g x x x x a g x x
α α
=
= − = − − − ∀ ∈
∏
¡
1
deg deg
m
i
i
f g k
=
= +
∑
ĐỊNH LÝ VIÈTE
Giả sử đã cho đa thức f(x) bậc n trên P[x]
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 9
Chứng
minh rằng
đa thức :
chia hết
cho đa thức

Chứng
minh rằng
đa thức :
chia hết
cho đa thức
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
1 2
0 1 2 1 0
( ) . . .
n n n
n
f x a x a x a x a x a
− −
−
= + + + + +
Kí hiệu:
1 2
, , ,
n
α α α
là nghiệm của f(x) trong P, mỗi nghiệm kể một số lần bằng bội số của
nó. Ta có:`
1
1 2
0
2
1 2 1 3 1 2 3 1
0
3

1 2 3 2 1
0
1
1
1 2
0
( )

( )

( 1) (
n
n n n
n n n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a
α α α
α α α α α α α α α α
α α α α α α
α α
−
− −

−
−
= − + + +
= + + + + + +
= − + +
= −
1 2 3
1 2
0
. )
( 1)
n n
n
n
n
a
a
α α α α
α α α
−
+ +
= −
Ví dụ 4
:

Hãy tìm những giá trị của tham số a sao cho những nghiệm x
1
,x
2
,x

3
của đa thức
3 2
( ) 2P x x x x a= + + +
thỏa mãn điều kiện
2 2 2
1 2 3
x x x
+ =
Lời giải :
Chú ý tới công thức Viète và điều kiện đã cho của nghiệm x
1
,x
2
,x
3
và a thỏa mãn những đẳng
thức sau:
1 2 3
1 2 2 3 1 3
1 2 3
2 2 2
1 2 3
2
1
x x x
x x x x x x a
x x x
x x x
+ + = −



+ + =


=


+ =

Từ đẳng thức trên ta nhân được:
2 2 2
1 2 3 3 3
4 ( ) 2 2 2x x x x a x a
= + + = + ⇒ = −
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 10
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
1 2
0 1 2 1 0
( ) . . .
n n n
n
f x a x a x a x a x a
− −
−
= + + + + +
Kí hiệu:
1 2
, , ,

n
α α α
là nghiệm của f(x) trong P, mỗi nghiệm kể một số lần bằng bội số của
nó. Ta có:`
1
1 2
0
2
1 2 1 3 1 2 3 1
0
3
1 2 3 2 1
0
1
1
1 2
0
( )

( )

( 1) (
n
n n n
n n n
n
n
a
a
a

a
a
a
a
a
α α α
α α α α α α α α α α
α α α α α α
α α
−
− −
−
−
= − + + +
= + + + + + +
= − + +
= −
1 2 3
1 2
0
. )
( 1)
n n
n
n
n
a
a
α α α α
α α α

−
+ +
= −
Ví dụ 4
:

Hãy tìm những giá trị của tham số a sao cho những nghiệm x
1
,x
2
,x
3
của đa thức
3 2
( ) 2P x x x x a= + + +
thỏa mãn điều kiện
2 2 2
1 2 3
x x x
+ =
Lời giải :
Chú ý tới công thức Viète và điều kiện đã cho của nghiệm x
1
,x
2
,x
3
và a thỏa mãn những đẳng
thức sau:
1 2 3

1 2 2 3 1 3
1 2 3
2 2 2
1 2 3
2
1
x x x
x x x x x x a
x x x
x x x
+ + = −


+ + =


=


+ =

Từ đẳng thức trên ta nhân được:
2 2 2
1 2 3 3 3
4 ( ) 2 2 2x x x x a x a
= + + = + ⇒ = −
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 10
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Nhưng x3 là nghiệm của đa thức đã cho nên:

2 2
3 3 3 3
0 2 4 2 2x x ax x a
= + − = −
. Nghĩa là x
3
=a hoặc là a
2
=2-a
Giải phương trình trên ta nhận được : a=1 hoặc a=-2
Ví dụ 5:
Lời giải :
Nếu tồn tại hai số a và b so cho P(a)<a và P(b)>b, hàm liên tục Q(x)=P(x)-x sẽ nhận hai giá
trị trái dấu Q(a)<0 và Q(b)<0, suy ra P(x)=x với x nào đó, điều này trái với điều kiện đã cho.
Như vậy chỉ còn hoặc là P(x)>x với mọi x hoặc là P(x)<x với mọi x. Nhưng khi đó hoặc là
P(P(x))>P(x)>x với mọi x hoac95 là P(P(x))<P(x),x với mọi x, đó là điều phải chứng minh
ĐỊNH LÝ 4 ( Nghiệm của đa thức với hệ số nguyên và đối xứng)
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 11
Tam thức
bậc hai P(x)
với những
hệ số thực
sao cho
phương trình
P(x)=x
không có
nghiệm
thực.Chứng
minh rằng :
phương trình

P(P(x))=x
cũng không
có nghiệm
thực.
Tam thức
bậc hai P(x)
với những
hệ số thực
sao cho
phương trình
P(x)=x
không có
nghiệm
thực.Chứng
minh rằng :
phương trình
P(P(x))=x
cũng không
có nghiệm
thực.
4.1.Giả sử đa thức với
hệ số nguyên
trong đó n≥1. Khi đó,
nếu P(x) có nghiệm
hữu tỉ thì mọi nghiệm
của P(x) có dạng , trong
đó r là ước của a
0
, còn s
là ước của a

n
và (r,s)=1
4.1.Giả sử đa thức với
hệ số nguyên
trong đó n≥1. Khi đó,
nếu P(x) có nghiệm
hữu tỉ thì mọi nghiệm
của P(x) có dạng , trong
đó r là ước của a
0
, còn s
là ước của a
n
và (r,s)=1
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Nhưng x3 là nghiệm của đa thức đã cho nên:
2 2
3 3 3 3
0 2 4 2 2x x ax x a
= + − = −
. Nghĩa là x
3
=a hoặc là a
2
=2-a
Giải phương trình trên ta nhận được : a=1 hoặc a=-2
Ví dụ 5:
Lời giải :
Nếu tồn tại hai số a và b so cho P(a)<a và P(b)>b, hàm liên tục Q(x)=P(x)-x sẽ nhận hai giá

trị trái dấu Q(a)<0 và Q(b)<0, suy ra P(x)=x với x nào đó, điều này trái với điều kiện đã cho.
Như vậy chỉ còn hoặc là P(x)>x với mọi x hoặc là P(x)<x với mọi x. Nhưng khi đó hoặc là
P(P(x))>P(x)>x với mọi x hoac95 là P(P(x))<P(x),x với mọi x, đó là điều phải chứng minh
ĐỊNH LÝ 4 ( Nghiệm của đa thức với hệ số nguyên và đối xứng)
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 11
Tam thức
bậc hai P(x)
với những
hệ số thực
sao cho
phương trình
P(x)=x
không có
nghiệm
thực.Chứng
minh rằng :
phương trình
P(P(x))=x
cũng không
có nghiệm
thực.
Tam thức
bậc hai P(x)
với những
hệ số thực
sao cho
phương trình
P(x)=x
không có
nghiệm

thực.Chứng
minh rằng :
phương trình
P(P(x))=x
cũng không
có nghiệm
thực.
4.1.Giả sử đa thức với
hệ số nguyên
trong đó n≥1. Khi đó,
nếu P(x) có nghiệm
hữu tỉ thì mọi nghiệm
của P(x) có dạng , trong
đó r là ước của a
0
, còn s
là ước của a
n
và (r,s)=1
4.1.Giả sử đa thức với
hệ số nguyên
trong đó n≥1. Khi đó,
nếu P(x) có nghiệm
hữu tỉ thì mọi nghiệm
của P(x) có dạng , trong
đó r là ước của a
0
, còn s
là ước của a
n

và (r,s)=1
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Chứng minh: giả sử c là nghiệm hữu tỉ tùy ý của đa thức . viết c dưới dạng tối giản,
r
c
s
=
khi
đó (r,s)=1
( )
1
1 1 0
1 1
0 1 1
1 2
0 1 1
Do P c 0 ( ) ( ) ( ) 0
0
( . )
n n
n n
n n n n
n n
n n n
n n
r r r
a a a a
s s s
a s a rs a r s a r

a r s a s a s a r
−
−
− −
−
− −
−
= ⇒ + + + + =
⇒ + + + + =
⇒ = − + + +
Đẳng thức trên chứng tỏ rằng
n
n
a r sM
.Vì (r,s)=1 suy ra (s, r
n
)=1 nên a
n
chia hết cho s. (1)
Lập luận tương tự:
1 2 1
0 1 1
( . )
n n n n
n n
a s r a s a r s a r
− − −
−
= − + + +
Chứng tỏ rằng

0
n
a s rM
. Vì (r,s)=1 suy ra (r, s
n
)=1 nên suy ra a
0
chia hết cho r. (2)
Kết hợp (1) và (2) được điều phải chứng minh.
Từ định lý trên ta có được hệ quả sau: đa thức
( )
1
1 1 0
n n
n n
P x a x a x a x a
−
−
= + + … + +
, trong đó
a
i
nguyên, ∀
i
=0,1,…,n-1. Khi đó, nếu P(x) có nghiệm hữu tỉ thì mọi nghiệm hữu tỉ của P(x)
đều là số nguyên và là một trong các ước số ( âm, dương) của hệ số a
0.
.
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 12
4.1.Giả sử đa thức với

hệ số nguyên
trong đó n≥1. Khi đó,
nếu P(x) có nghiệm
hữu tỉ thì mọi nghiệm
của P(x) có dạng , trong
đó r là ước của a
0
, còn s
là ước của a
n
và (r,s)=1
4.1.Giả sử đa thức với
hệ số nguyên
trong đó n≥1. Khi đó,
nếu P(x) có nghiệm
hữu tỉ thì mọi nghiệm
của P(x) có dạng , trong
đó r là ước của a
0
, còn s
là ước của a
n
và (r,s)=1
4.2 Nếu là nghiệm hữu tỉ tùy ý của đa thức với hệ số nguyên thì với mọi số nguyên m số P(m)
chia hết cho (r-m.s). Trường hợp đặc biệt r+s là ước số của P(-1), còn r-s là ước số của P(1)
4.2 Nếu là nghiệm hữu tỉ tùy ý của đa thức với hệ số nguyên thì với mọi số nguyên m số P(m)
chia hết cho (r-m.s). Trường hợp đặc biệt r+s là ước số của P(-1), còn r-s là ước số của P(1)
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Chứng minh: giả sử c là nghiệm hữu tỉ tùy ý của đa thức . viết c dưới dạng tối giản,

r
c
s
=
khi
đó (r,s)=1
( )
1
1 1 0
1 1
0 1 1
1 2
0 1 1
Do P c 0 ( ) ( ) ( ) 0
0
( . )
n n
n n
n n n n
n n
n n n
n n
r r r
a a a a
s s s
a s a rs a r s a r
a r s a s a s a r
−
−
− −

−
− −
−
= ⇒ + + + + =
⇒ + + + + =
⇒ = − + + +
Đẳng thức trên chứng tỏ rằng
n
n
a r sM
.Vì (r,s)=1 suy ra (s, r
n
)=1 nên a
n
chia hết cho s. (1)
Lập luận tương tự:
1 2 1
0 1 1
( . )
n n n n
n n
a s r a s a r s a r
− − −
−
= − + + +
Chứng tỏ rằng
0
n
a s rM
. Vì (r,s)=1 suy ra (r, s

n
)=1 nên suy ra a
0
chia hết cho r. (2)
Kết hợp (1) và (2) được điều phải chứng minh.
Từ định lý trên ta có được hệ quả sau: đa thức
( )
1
1 1 0
n n
n n
P x a x a x a x a
−
−
= + + … + +
, trong đó
a
i
nguyên, ∀
i
=0,1,…,n-1. Khi đó, nếu P(x) có nghiệm hữu tỉ thì mọi nghiệm hữu tỉ của P(x)
đều là số nguyên và là một trong các ước số ( âm, dương) của hệ số a
0.
.
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 12
4.1.Giả sử đa thức với
hệ số nguyên
trong đó n≥1. Khi đó,
nếu P(x) có nghiệm
hữu tỉ thì mọi nghiệm

của P(x) có dạng , trong
đó r là ước của a
0
, còn s
là ước của a
n
và (r,s)=1
4.1.Giả sử đa thức với
hệ số nguyên
trong đó n≥1. Khi đó,
nếu P(x) có nghiệm
hữu tỉ thì mọi nghiệm
của P(x) có dạng , trong
đó r là ước của a
0
, còn s
là ước của a
n
và (r,s)=1
4.2 Nếu là nghiệm hữu tỉ tùy ý của đa thức với hệ số nguyên thì với mọi số nguyên m số P(m)
chia hết cho (r-m.s). Trường hợp đặc biệt r+s là ước số của P(-1), còn r-s là ước số của P(1)
4.2 Nếu là nghiệm hữu tỉ tùy ý của đa thức với hệ số nguyên thì với mọi số nguyên m số P(m)
chia hết cho (r-m.s). Trường hợp đặc biệt r+s là ước số của P(-1), còn r-s là ước số của P(1)
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán

Ví dụ 6:
1.

( )

2
1 1 2 1 1 2 1
1 3
3 3 2 3 3 2 3
1 2 3 2 1 3 1 2 3 2
1 2
1 3
2 ( ) ( 2) ( ) 2, ( ) [ ].
1 ( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( ) 1
,
3 ( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( ) 1
Do - , - , ( ), ( ) - , - {-1;1}
1 v
Mà x x nên
Do P x P x x x q x q x x
P x x x q x x x q x
Cho x x x x
P x x x q x x x q x
x x x x q x q x x x x x
x x
= ⇒ = − + ∈
= = − + − = −
 
= = ⇒ ⇒
 
= = − + − =
 
∈ ⇒ ∈
− =
≠

¢
Z
3 2
1 3
2
1 2 3 2
à - -1
(2)
1 và - 1
2
x x
x x
x
x x x x
=

+
⇒ =

− = − =

Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 13
4.3 Đa thức P(x) là đa thức đối xứng khi và chỉ khi với x khác 0 :
4.3 Đa thức P(x) là đa thức đối xứng khi và chỉ khi với x khác 0 :
4.4.Đa thức P(x) là đa thức có hệ số đối xứng khi và chỉ khi điều
kiện su đây thỏa mãn:Một số a là nghiệm của đa thức P(x) khi và
chỉ khi số cũng là nghiệm.
4.4.Đa thức P(x) là đa thức có hệ số đối xứng khi và chỉ khi điều
kiện su đây thỏa mãn:Một số a là nghiệm của đa thức P(x) khi và
chỉ khi số cũng là nghiệm.

Cho P(x) ∈ℤ[x], giả sử
các phương trình
P(x)=1, P(x)=2, P(x) =3
có ít nhất 1 nghiệm
nguyên lần lượt là
x
1
,x
2
,x
3
Chứng minh
rằng: x
1
,x
2
,x
3
là
các nghiệm
nguyên duy
nhất của các
phương trình
trên
Chứng minh
rằng: phương
trình P(x)=5
không có hơn 1
nghiệm nguyên.
Cho P(x) ∈ℤ[x], giả sử

các phương trình
P(x)=1, P(x)=2, P(x) =3
có ít nhất 1 nghiệm
nguyên lần lượt là
x
1
,x
2
,x
3
Chứng minh
rằng: x
1
,x
2
,x
3
là
các nghiệm
nguyên duy
nhất của các
phương trình
trên
Chứng minh
rằng: phương
trình P(x)=5
không có hơn 1
nghiệm nguyên.
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán

Ví dụ 6:
1.

( )
2
1 1 2 1 1 2 1
1 3
3 3 2 3 3 2 3
1 2 3 2 1 3 1 2 3 2
1 2
1 3
2 ( ) ( 2) ( ) 2, ( ) [ ].
1 ( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( ) 1
,
3 ( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( ) 1
Do - , - , ( ), ( ) - , - {-1;1}
1 v
Mà x x nên
Do P x P x x x q x q x x
P x x x q x x x q x
Cho x x x x
P x x x q x x x q x
x x x x q x q x x x x x
x x
= ⇒ = − + ∈
= = − + − = −
 
= = ⇒ ⇒
 

= = − + − =
 
∈ ⇒ ∈
− =
≠
¢
Z
3 2
1 3
2
1 2 3 2
à - -1
(2)
1 và - 1
2
x x
x x
x
x x x x
=

+
⇒ =

− = − =

Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 13
4.3 Đa thức P(x) là đa thức đối xứng khi và chỉ khi với x khác 0 :
4.3 Đa thức P(x) là đa thức đối xứng khi và chỉ khi với x khác 0 :
4.4.Đa thức P(x) là đa thức có hệ số đối xứng khi và chỉ khi điều

kiện su đây thỏa mãn:Một số a là nghiệm của đa thức P(x) khi và
chỉ khi số cũng là nghiệm.
4.4.Đa thức P(x) là đa thức có hệ số đối xứng khi và chỉ khi điều
kiện su đây thỏa mãn:Một số a là nghiệm của đa thức P(x) khi và
chỉ khi số cũng là nghiệm.
Cho P(x) ∈ℤ[x], giả sử
các phương trình
P(x)=1, P(x)=2, P(x) =3
có ít nhất 1 nghiệm
nguyên lần lượt là
x
1
,x
2
,x
3
Chứng minh
rằng: x
1
,x
2
,x
3
là
các nghiệm
nguyên duy
nhất của các
phương trình
trên
Chứng minh

rằng: phương
trình P(x)=5
không có hơn 1
nghiệm nguyên.
Cho P(x) ∈ℤ[x], giả sử
các phương trình
P(x)=1, P(x)=2, P(x) =3
có ít nhất 1 nghiệm
nguyên lần lượt là
x
1
,x
2
,x
3
Chứng minh
rằng: x
1
,x
2
,x
3
là
các nghiệm
nguyên duy
nhất của các
phương trình
trên
Chứng minh
rằng: phương

trình P(x)=5
không có hơn 1
nghiệm nguyên.
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Giả sử phương trình P(x)=2 có 1 nghiệm nguyên x’
1
=x
2
, lý luận như trên suy ra
1 2
2 2 2
' '
2
x x
x x x
+
= ⇒ =
mâu thuẫn, suy ra P(x) =2 có 1 nghiệm nguyên duy nhất là x
2
Nếu phương trình P(x) =1 có 1 nghiệm nguyên x’
1
≠x
1
, lý luận tương tự suy ra x’
1
=2x
2
-x
3

Suy ra x’
1
=x
1
mâu thuẫn, suy ra x
1
là nghiệm nguyên duy nhất của phương trình P(x)=1.
Tương tự x
3
là nghiệm nguyên duy nhất của phương trình P(x) =3.
2.
Giả sử phương trình P(x) =5 có 1 nghiệm nguyên x
5
Trong (1) cho x=x
5
suy ra 5=P(x
5
)=(x
5
-x
2
)q(x
5
)+2 hay (x
5
-x
2
)q(x
5
)=3 x⇒

5
-x
2
chỉ có thể lấy
các giá trị ±1 hay ±3
Nếu x
5
-x
2
=±1 thì theo (2)
5
1
5 3
x x
x x
=

⇒

=

vô lý vì x
5
≠x
1
và x
3

5 2
3(3)x x⇒ − = ±

. Mặt khác:
P(x) =(x-x
3
)r(x)+3, với r(x)∈ℤ[x]. Cho
5 5 3 5 5 3
( ) ( ) 2x x x x r x x x= ⇒ − = ⇒ −
chỉ lấy giá trị ±1
hay ±2
Nếu x
5
-x
3
=±1 thì mâu thuẫn với (2) và (3) ⇒x
5
-x
3
=±2 (4)
Xét (2),(3), (4) n⇒ ếu x
1
-x
2
=1 và x
3
-x
2
=-1 thì x
5
-x
2
=3

Do đó : nghiệm nguyên x
5
( nếu tồn tại) của phương trình P(x) =5 được hoàn toàn xác định
bởi các số x
1
,x
2
,x
3
duy nhất
Suy ra P(x)=5 không thể có hơn 1 nghiệm nguyên
Ví dụ 7
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 14
Cho P(x) ∈ℤ[x], giả sử
các phương trình
P(x)=1, P(x)=2, P(x) =3
có ít nhất 1 nghiệm
nguyên lần lượt là
x
1
,x
2
,x
3
Chứng minh
rằng: x
1
,x
2
,x

3
là
các nghiệm
nguyên duy
nhất của các
phương trình
trên
Chứng minh
rằng: phương
trình P(x)=5
không có hơn 1
nghiệm nguyên.
Cho P(x) ∈ℤ[x], giả sử
các phương trình
P(x)=1, P(x)=2, P(x) =3
có ít nhất 1 nghiệm
nguyên lần lượt là
x
1
,x
2
,x
3
Chứng minh
rằng: x
1
,x
2
,x
3

là
các nghiệm
nguyên duy
nhất của các
phương trình
trên
Chứng minh
rằng: phương
trình P(x)=5
không có hơn 1
nghiệm nguyên.
Giả sử là đa
thức với hệ số
thực a
0
khác 0
và thỏa mãn:
.chứng minh
rằng: đa thức
này không có
nghiệm thực
Giả sử là đa
thức với hệ số
thực a
0
khác 0
và thỏa mãn:
.chứng minh
rằng: đa thức
này không có

nghiệm thực
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Giả sử phương trình P(x)=2 có 1 nghiệm nguyên x’
1
=x
2
, lý luận như trên suy ra
1 2
2 2 2
' '
2
x x
x x x
+
= ⇒ =
mâu thuẫn, suy ra P(x) =2 có 1 nghiệm nguyên duy nhất là x
2
Nếu phương trình P(x) =1 có 1 nghiệm nguyên x’
1
≠x
1
, lý luận tương tự suy ra x’
1
=2x
2
-x
3
Suy ra x’
1

=x
1
mâu thuẫn, suy ra x
1
là nghiệm nguyên duy nhất của phương trình P(x)=1.
Tương tự x
3
là nghiệm nguyên duy nhất của phương trình P(x) =3.
2.
Giả sử phương trình P(x) =5 có 1 nghiệm nguyên x
5
Trong (1) cho x=x
5
suy ra 5=P(x
5
)=(x
5
-x
2
)q(x
5
)+2 hay (x
5
-x
2
)q(x
5
)=3 x⇒
5
-x

2
chỉ có thể lấy
các giá trị ±1 hay ±3
Nếu x
5
-x
2
=±1 thì theo (2)
5
1
5 3
x x
x x
=

⇒

=

vô lý vì x
5
≠x
1
và x
3

5 2
3(3)x x⇒ − = ±
. Mặt khác:
P(x) =(x-x

3
)r(x)+3, với r(x)∈ℤ[x]. Cho
5 5 3 5 5 3
( ) ( ) 2x x x x r x x x= ⇒ − = ⇒ −
chỉ lấy giá trị ±1
hay ±2
Nếu x
5
-x
3
=±1 thì mâu thuẫn với (2) và (3) ⇒x
5
-x
3
=±2 (4)
Xét (2),(3), (4) n⇒ ếu x
1
-x
2
=1 và x
3
-x
2
=-1 thì x
5
-x
2
=3
Do đó : nghiệm nguyên x
5

( nếu tồn tại) của phương trình P(x) =5 được hoàn toàn xác định
bởi các số x
1
,x
2
,x
3
duy nhất
Suy ra P(x)=5 không thể có hơn 1 nghiệm nguyên
Ví dụ 7
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 14
Cho P(x) ∈ℤ[x], giả sử
các phương trình
P(x)=1, P(x)=2, P(x) =3
có ít nhất 1 nghiệm
nguyên lần lượt là
x
1
,x
2
,x
3
Chứng minh
rằng: x
1
,x
2
,x
3
là

các nghiệm
nguyên duy
nhất của các
phương trình
trên
Chứng minh
rằng: phương
trình P(x)=5
không có hơn 1
nghiệm nguyên.
Cho P(x) ∈ℤ[x], giả sử
các phương trình
P(x)=1, P(x)=2, P(x) =3
có ít nhất 1 nghiệm
nguyên lần lượt là
x
1
,x
2
,x
3
Chứng minh
rằng: x
1
,x
2
,x
3
là
các nghiệm

nguyên duy
nhất của các
phương trình
trên
Chứng minh
rằng: phương
trình P(x)=5
không có hơn 1
nghiệm nguyên.
Giả sử là đa
thức với hệ số
thực a
0
khác 0
và thỏa mãn:
.chứng minh
rằng: đa thức
này không có
nghiệm thực
Giả sử là đa
thức với hệ số
thực a
0
khác 0
và thỏa mãn:
.chứng minh
rằng: đa thức
này không có
nghiệm thực
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn

10 Toán
Từ
2 3
( ) (2 ) (2 ),f x f x f x x x= + ∀ ∈¡
(*), so sánh hệ số của x
3
n
và x
0
trong khai triển(*)
2
0 0 0
2
(1) 1
0
(2)
1
n
n n
n
a a a
a
a a
a

= ⇒ =

⇒
=



= ⇒


=


Nếu a
n
=0 thì
*
1 1
( ) ( ), (0) 0,
k
f x x f x f k
= ≠ ∈
¥
, thay vào (*) ta có:
2 2 3 3
1 1 1
2 2 2 3
1 1 1
( )(2 ) (2 ) (2 ) (2 )
(2 ) ( ) (2 ) (2 1) (2 )
k k k
k k
x f x x f x x x f x x
x f x f x x f x x
= + +
⇒ = + +

Cho x=0, suy ra f(0)=0 ( vô lý), suy ra a
n
khác 0
Xét a
n
=1. Ta có: nếu f(x) có nghiệm x
0
, thì x
0
khác 0
(*)
3 3
0 0 0 0
(2 ) 0 2f x x x x
⇒ + = ⇒ +
cũng là nghiệm của phương trình f(x)=0
Do: x
0
và 2x
0
3
cùng dấu ⇒|2x
3
0
+x
0
|=|2x
3
0
|+|x

0
|>|x
0
|
Suy ra : f(x) có vô số nghiệm thỏa x
k+1
=2x
3
k
+x
k
( k∈ℕ) (vô lý)
Ví dụ 8:
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 15
Giả sử là đa
thức với hệ số
thực a
0
khác 0
và thỏa mãn:
.chứng minh
rằng: đa thức
này không có
nghiệm thực
Giả sử là đa
thức với hệ số
thực a
0
khác 0
và thỏa mãn:

.chứng minh
rằng: đa thức
này không có
nghiệm thực
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Từ
2 3
( ) (2 ) (2 ),f x f x f x x x= + ∀ ∈¡
(*), so sánh hệ số của x
3
n
và x
0
trong khai triển(*)
2
0 0 0
2
(1) 1
0
(2)
1
n
n n
n
a a a
a
a a
a


= ⇒ =

⇒
=


= ⇒


=


Nếu a
n
=0 thì
*
1 1
( ) ( ), (0) 0,
k
f x x f x f k
= ≠ ∈
¥
, thay vào (*) ta có:
2 2 3 3
1 1 1
2 2 2 3
1 1 1
( )(2 ) (2 ) (2 ) (2 )
(2 ) ( ) (2 ) (2 1) (2 )
k k k

k k
x f x x f x x x f x x
x f x f x x f x x
= + +
⇒ = + +
Cho x=0, suy ra f(0)=0 ( vô lý), suy ra a
n
khác 0
Xét a
n
=1. Ta có: nếu f(x) có nghiệm x
0
, thì x
0
khác 0
(*)
3 3
0 0 0 0
(2 ) 0 2f x x x x
⇒ + = ⇒ +
cũng là nghiệm của phương trình f(x)=0
Do: x
0
và 2x
0
3
cùng dấu ⇒|2x
3
0
+x

0
|=|2x
3
0
|+|x
0
|>|x
0
|
Suy ra : f(x) có vô số nghiệm thỏa x
k+1
=2x
3
k
+x
k
( k∈ℕ) (vô lý)
Ví dụ 8:
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 15
Giả sử là đa
thức với hệ số
thực a
0
khác 0
và thỏa mãn:
.chứng minh
rằng: đa thức
này không có
nghiệm thực
Giả sử là đa

thức với hệ số
thực a
0
khác 0
và thỏa mãn:
.chứng minh
rằng: đa thức
này không có
nghiệm thực
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
1.Ta có
1
1 2 1
( )
1 1
n n n
n
x x x
f x x
x x
+
− − +
= − =
− −
, đặt
1
( ) 2 1
n n
x x x

ϕ
+
= − + ⇒
nghiệm của
ϕ
(x) với x ≠1
Ta có
1 1
'( ) ( 1) 2 [( 1) 2 ]
n n n
x n x nx x n x n
ϕ
− −
= + − = + −
Nếu n chẵn thì
'
ϕ
(x) có 1 nghiệm bội lẻ x=0 và 1 nghiệm đơn
2
1
n
x
n
=
+
x
−∞
0 1
2
1

n
n
+

+∞
'
ϕ
(x)
+ 0 _ 0 +
ϕ
(x)
−∞
1
0
<0
+∞
Suy ra f(x) có 2 nghiệm đơn phân biệt
Nếu n lẻ thì
'
ϕ
(x) có nghiệm bội chẵn x=0 và 1 nghiệm đơn
2
1
n
x
n
=
+
x
−∞

0 1
2
1
n
n
+

+∞
'
ϕ
(x)
_ 0 _ 0 +
ϕ
(x)
+∞
1
+∞
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 16
Cho đa thức (1)
1.Biện luận số nguyên
thực của (1) theo n
2. Giả sử n≥3, chứng
minh (1) chỉ có nghiệm
đơn lớn hơn
3. Gọi z1,z2,…,zn là các
nghiệm phức của (1), với
n≥3. Chứng minh rằng:
Cho đa thức (1)
1.Biện luận số nguyên
thực của (1) theo n

2. Giả sử n≥3, chứng
minh (1) chỉ có nghiệm
đơn lớn hơn
3. Gọi z1,z2,…,zn là các
nghiệm phức của (1), với
n≥3. Chứng minh rằng:
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
1.Ta có
1
1 2 1
( )
1 1
n n n
n
x x x
f x x
x x
+
− − +
= − =
− −
, đặt
1
( ) 2 1
n n
x x x
ϕ
+
= − + ⇒

nghiệm của
ϕ
(x) với x ≠1
Ta có
1 1
'( ) ( 1) 2 [( 1) 2 ]
n n n
x n x nx x n x n
ϕ
− −
= + − = + −
Nếu n chẵn thì
'
ϕ
(x) có 1 nghiệm bội lẻ x=0 và 1 nghiệm đơn
2
1
n
x
n
=
+
x
−∞
0 1
2
1
n
n
+

+∞
'
ϕ
(x)
+ 0 _ 0 +
ϕ
(x)
−∞
1
0
<0
+∞
Suy ra f(x) có 2 nghiệm đơn phân biệt
Nếu n lẻ thì
'
ϕ
(x) có nghiệm bội chẵn x=0 và 1 nghiệm đơn
2
1
n
x
n
=
+
x
−∞
0 1
2
1

n
n
+

+∞
'
ϕ
(x)
_ 0 _ 0 +
ϕ
(x)
+∞
1
+∞
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 16
Cho đa thức (1)
1.Biện luận số nguyên
thực của (1) theo n
2. Giả sử n≥3, chứng
minh (1) chỉ có nghiệm
đơn lớn hơn
3. Gọi z1,z2,…,zn là các
nghiệm phức của (1), với
n≥3. Chứng minh rằng:
Cho đa thức (1)
1.Biện luận số nguyên
thực của (1) theo n
2. Giả sử n≥3, chứng
minh (1) chỉ có nghiệm
đơn lớn hơn

3. Gọi z1,z2,…,zn là các
nghiệm phức của (1), với
n≥3. Chứng minh rằng:
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
0
<0
Suy ra f(x) có 2 nghiệm đơn phân biệt
2.Dựa vào bảng biến thiên trên, ta thấy f(x) luôn có đúng 1 nghiệm > 1 (1). Với n ≥3, ta có:
1 1
( 3) ( 3) 2( 3) ( 3) ( 3 2) 1 0 ( )
n n n
x
ϕ ϕ
+ +
= − = − + < ⇒
có nghiệm lớn hơn
3
(2)
(1),(2) suy ra f(x) chỉ có 1 nghiệm >
3
.
3. Gọi
1 2
1 2
, , , , 1
, , , , 1
n i
n j
α α α α

β β β β
≥
<
là các nghiệm phức của
ϕ
(x)
Ta có
1 1 1 1
1 1
k m k m
i j i j
i j i j
α β α β
= = = =
= ± ⇒ =
∏ ∏ ∏ ∏
, giả sử f(x) có quá 2 nghiệm phức có module >
3
⇒1>
3
.
3
.|β
i0
|
m
với |β
i0
|=min{|β
i0

|} 1>3⇒ |β
i0
|
m
(*)
Mặt khác:
1
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
2 1 0 (2 ) 1 1 2 (2 ) 1 3
n n n
n n n
i i i i i i i i i i
β β β β β β β β β β
+
− + = ⇒ − = ⇒ = − ≤ + ⇒ ≤ ≤
Mâu thuẫn với điều phải chứng minh
Ví dụ 9:
Lời giải:
Nếu số hữu tỉ a=u/v là nghiệm của phương trình đã cho, thì theo định lý ở trên những số u và
v có khả năng sau đây u=±1, ±2, ±3, ±4, ±6, ±12 và v=±1, ±2, ±3, ±6. Để có thể áp dụng định
lý 4.2 ta sẽ tính tất cả các khả năng của u+v và u-v cho mọi khả năng của hai số u và v. kết
quả xem trong bảng sau:
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 17
Hãytìm
những
nghiệm
thực của
phương
trình:
Hãytìm

những
nghiệm
thực của
phương
trình:
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
0
<0
Suy ra f(x) có 2 nghiệm đơn phân biệt
2.Dựa vào bảng biến thiên trên, ta thấy f(x) luôn có đúng 1 nghiệm > 1 (1). Với n ≥3, ta có:
1 1
( 3) ( 3) 2( 3) ( 3) ( 3 2) 1 0 ( )
n n n
x
ϕ ϕ
+ +
= − = − + < ⇒
có nghiệm lớn hơn
3
(2)
(1),(2) suy ra f(x) chỉ có 1 nghiệm >
3
.
3. Gọi
1 2
1 2
, , , , 1
, , , , 1
n i

n j
α α α α
β β β β
≥
<
là các nghiệm phức của
ϕ
(x)
Ta có
1 1 1 1
1 1
k m k m
i j i j
i j i j
α β α β
= = = =
= ± ⇒ =
∏ ∏ ∏ ∏
, giả sử f(x) có quá 2 nghiệm phức có module >
3
⇒1>
3
.
3
.|β
i0
|
m
với |β
i0

|=min{|β
i0
|} 1>3⇒ |β
i0
|
m
(*)
Mặt khác:
1
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
2 1 0 (2 ) 1 1 2 (2 ) 1 3
n n n
n n n
i i i i i i i i i i
β β β β β β β β β β
+
− + = ⇒ − = ⇒ = − ≤ + ⇒ ≤ ≤
Mâu thuẫn với điều phải chứng minh
Ví dụ 9:
Lời giải:
Nếu số hữu tỉ a=u/v là nghiệm của phương trình đã cho, thì theo định lý ở trên những số u và
v có khả năng sau đây u=±1, ±2, ±3, ±4, ±6, ±12 và v=±1, ±2, ±3, ±6. Để có thể áp dụng định
lý 4.2 ta sẽ tính tất cả các khả năng của u+v và u-v cho mọi khả năng của hai số u và v. kết
quả xem trong bảng sau:
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 17
Hãytìm
những
nghiệm
thực của
phương

trình:
Hãytìm
những
nghiệm
thực của
phương
trình:
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
u/v u+v u-v u/v u+v u-v u/v u+v u-v
1
-2
4
-6
½
-3/2
2/3
-4/3
¾
-1/6
2
-1
5
-5
3
-1
5
-1
7
5

0
-3
+3
-7
-1
-5
-1
-7
-1
-7
-1
3
-4
12
-1/2
1/3
-2/3
¼
-3/4
0
4
-3
13
-1
4
1
5
1
-2
2

-5
11
-3
-2
-5
-3
-7
2
-3
6
-12
3/2
-1/3
4/3
-1/4
1/6
3
-2
7
-11
5
2
7
3
7
1
-4
5
-13
1

-4
1
-5
-5
Ta tính được P(1)=4 và P(-1)=18, ta thấy ngay rằng những số hữu tỉ thỏa mãn các định lý trên
là:2;-3;1/2;-1/3 ( bằng cách tìm trong bảng những P(-1) chia hết cho u+v và P(1) chia hết cho
u-v). Như vậy nếu phương trình đã cho có nghiệm hữu tỉ, thì chúng sẽ nằm trong 2;-3;1/2;
-1/3. Số nào sẽ thực sự lòa nghiệm của đa thức đã cho, bằng cách áp dụng P(x)=0 khi và chỉ
khi P(x) chia hết cho x-a, nghĩa là áp dụng sơ đồ Horner. Ta có:
6 19 -7 -26 12
2 6 31 55 84 180
-3 6 1 -1 4 0
Suy ra -3 là nghiệm của phương trình đã cho và
( )
3 2
P x ( 3)(6 10 4) ( 3) ( )x x x x x Q x
= + + − + = +
Bây giờ, ta kiểm tra những số nào trong các số -3;1/2/-1/3 là nghiệm ( phải kiểm tra lại -3 vì
trừ khi phương trình đã cho có nghiệm bội). từ những số này suy ra ngay -3 không phải là
nghiệm của Q(x), vì 4 không chia hết cho 3. Còn lại hai số sau ta lại sử dụng sơ đồ Horner
6 1 -10 4
2 6 4 -8 0
-3 6 7 -9/2
-1/3 6 2 -26/3
Suy ra phương trình đã cho có 2 nghiệm hữu tỉ, đó là x
1
=-3 và x
2
=1/2
D.BÀI TẬP

Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 18
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
u/v u+v u-v u/v u+v u-v u/v u+v u-v
1
-2
4
-6
½
-3/2
2/3
-4/3
¾
-1/6
2
-1
5
-5
3
-1
5
-1
7
5
0
-3
+3
-7
-1
-5

-1
-7
-1
-7
-1
3
-4
12
-1/2
1/3
-2/3
¼
-3/4
0
4
-3
13
-1
4
1
5
1
-2
2
-5
11
-3
-2
-5
-3

-7
2
-3
6
-12
3/2
-1/3
4/3
-1/4
1/6
3
-2
7
-11
5
2
7
3
7
1
-4
5
-13
1
-4
1
-5
-5
Ta tính được P(1)=4 và P(-1)=18, ta thấy ngay rằng những số hữu tỉ thỏa mãn các định lý trên
là:2;-3;1/2;-1/3 ( bằng cách tìm trong bảng những P(-1) chia hết cho u+v và P(1) chia hết cho

u-v). Như vậy nếu phương trình đã cho có nghiệm hữu tỉ, thì chúng sẽ nằm trong 2;-3;1/2;
-1/3. Số nào sẽ thực sự lòa nghiệm của đa thức đã cho, bằng cách áp dụng P(x)=0 khi và chỉ
khi P(x) chia hết cho x-a, nghĩa là áp dụng sơ đồ Horner. Ta có:
6 19 -7 -26 12
2 6 31 55 84 180
-3 6 1 -1 4 0
Suy ra -3 là nghiệm của phương trình đã cho và
( )
3 2
P x ( 3)(6 10 4) ( 3) ( )x x x x x Q x
= + + − + = +
Bây giờ, ta kiểm tra những số nào trong các số -3;1/2/-1/3 là nghiệm ( phải kiểm tra lại -3 vì
trừ khi phương trình đã cho có nghiệm bội). từ những số này suy ra ngay -3 không phải là
nghiệm của Q(x), vì 4 không chia hết cho 3. Còn lại hai số sau ta lại sử dụng sơ đồ Horner
6 1 -10 4
2 6 4 -8 0
-3 6 7 -9/2
-1/3 6 2 -26/3
Suy ra phương trình đã cho có 2 nghiệm hữu tỉ, đó là x
1
=-3 và x
2
=1/2
D.BÀI TẬP
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 18
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Bài 1
Hướng dẫn
Xét đa thức với biến x

( ) ( )
3
3 3 3
P x x y z x y z
= + + − − −
(1)
Ta co
( ) ( )
3
3 3 3
0P y z y y z
− = − − − − =
nên –y là nghiệm của P(x). Theo định lý Bézout thì
P(x) M (x+y) tức là :
( )
3
3 3 3
x y z x y z x y
+ + − − − +
M
Tương tự cho y và z :
( )
( )
3
3 3 3
3
3 3 3


x y z x y z z y

x y z x y z x z
+ + − − − +
+ + − − − +
M
M
Do vậy
( ) ( ) ( ) ( )
3
3 3 3
. x y z x y z x y z x y z Q
+ + − − − = + + +
(2)
Từ (1) thì degP(x)=3, do đó từ (2) suy ra Q phải là đa thức bậc 0 đối với x .Xét tương tự, cho
y,z. Nói cách khác Q≡C, ở đây C=const
Mặt khác trong (2) cho x=y=z=1 , ta co 24=8C
Suy ra :C=3 . Suy ra điều phải chứng minh .
Bài 2
Hướng dẫn
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 19
Chứng minh rằng: với mọi x,y,z ta có:
(x+y+z)
3
-x
3
-y
3
-z
3
=3(x+y)(y+z)(z+x)
Chứng minh rằng: Không tồn tại đa thức bậc 2 với

hệ số nguyên P(x)=ax
2
+bx+c nhận làm nghiệm
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Bài 1
Hướng dẫn
Xét đa thức với biến x
( ) ( )
3
3 3 3
P x x y z x y z
= + + − − −
(1)
Ta co
( ) ( )
3
3 3 3
0P y z y y z
− = − − − − =
nên –y là nghiệm của P(x). Theo định lý Bézout thì
P(x) M (x+y) tức là :
( )
3
3 3 3
x y z x y z x y
+ + − − − +
M
Tương tự cho y và z :
( )

( )
3
3 3 3
3
3 3 3


x y z x y z z y
x y z x y z x z
+ + − − − +
+ + − − − +
M
M
Do vậy
( ) ( ) ( ) ( )
3
3 3 3
. x y z x y z x y z x y z Q
+ + − − − = + + +
(2)
Từ (1) thì degP(x)=3, do đó từ (2) suy ra Q phải là đa thức bậc 0 đối với x .Xét tương tự, cho
y,z. Nói cách khác Q≡C, ở đây C=const
Mặt khác trong (2) cho x=y=z=1 , ta co 24=8C
Suy ra :C=3 . Suy ra điều phải chứng minh .
Bài 2
Hướng dẫn
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 19
Chứng minh rằng: với mọi x,y,z ta có:
(x+y+z)
3

-x
3
-y
3
-z
3
=3(x+y)(y+z)(z+x)
Chứng minh rằng: Không tồn tại đa thức bậc 2 với
hệ số nguyên P(x)=ax
2
+bx+c nhận làm nghiệm
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Giả sử có đa thức bậc 2 vối hệ số nguyên P(x)=ax
2
+bx+c nhận làm nghiệm. Như vậy a
khác 0 và ta có:
( ) ( )
( )
( )
3 3
3 3 3
2 2
3
a 9 b 3 c 0
a 9 b 3 c a 3 – b 0
3a bc b ac 3 =0 1
+ + =
⇒ + + =
⇒ − − −

Do a,b,c nguyên va là số vô tỷ nên từ (1) suy ra :
( )
( )
2
2
3a bc 0 2
b ac 0 3

− =


− =



Nhân hai vế của (2) với a va (3) với b rồi trừ từng vế, ta có :
( )
3 3
3
3a b 0
b a 3 4
− =
⇒ =
Do b nguyên nên (4) chỉ xảy ra khi a=b=0 ( và do đó c=0)
Điều này mâu thuẫn với giả thiết: a khác 0
Bài 3
Hướng dẫn
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 20
Cho là đa thức với hệ số nguyên sao cho

, ở đây a,b,c là các số nguyên đôi một khác nhau. Chứng minh rằng
đa thức không có nghiệm nguyên
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Giả sử có đa thức bậc 2 vối hệ số nguyên P(x)=ax
2
+bx+c nhận làm nghiệm. Như vậy a
khác 0 và ta có:
( ) ( )
( )
( )
3 3
3 3 3
2 2
3
a 9 b 3 c 0
a 9 b 3 c a 3 – b 0
3a bc b ac 3 =0 1
+ + =
⇒ + + =
⇒ − − −

Do a,b,c nguyên va là số vô tỷ nên từ (1) suy ra :
( )
( )
2
2
3a bc 0 2
b ac 0 3


− =


− =



Nhân hai vế của (2) với a va (3) với b rồi trừ từng vế, ta có :
( )
3 3
3
3a b 0
b a 3 4
− =
⇒ =
Do b nguyên nên (4) chỉ xảy ra khi a=b=0 ( và do đó c=0)
Điều này mâu thuẫn với giả thiết: a khác 0
Bài 3
Hướng dẫn
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 20
Cho là đa thức với hệ số nguyên sao cho
, ở đây a,b,c là các số nguyên đôi một khác nhau. Chứng minh rằng
đa thức không có nghiệm nguyên
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Giả sử đa thức có nghiệm nguyên. Theo định lý Bézout , P(x) co thể biểu diễn dưới dạng:
( ) ( ) ( ) ( )
0
P x x x Q x 1
= −

ở đây Q(x) cũng là đa thức với hệ số nguyên.
Từ (1) và giả thiết suy ra :
( ) ( ) ( )
0
1 P a a x Q a 2
= = −
Do |Q(a)| và |a-x
0
| là nguyên không âm, nên từ (2)
|a-x
0
|=1 (3)
Tương tự đối với b,c:
|b-x
0
|=1 ; |c-x
0
|=1 (4)
Các số trên thuộc tập hợp {-1;1}. Vì thế 2 trong số chúng bằng nhau (nguyên lí Dirichlet).
Suy ra : a=b ( trái giả thiết). Từ đó suy ra điều phải chứng minh
Bài 4
Hướng dẫn
( ) ( )
( ) ( )
1
1 1 0
P c P d
P c P d
= = −
⇒ + = + =

Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 21
Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên. Cho a,b là hai số nguyên
thỏa mãn điều kiện a<b và P(a)=P(b)=1. Cho c,d là hai số nguyên
thỏa mãn điều kiện c<d và P(c)=P(d)=-1. Giả thiết thêm rằng a<c.
Chứng minh a, b, c, d là 4 số nguyên liên tiếp.
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Giả sử đa thức có nghiệm nguyên. Theo định lý Bézout , P(x) co thể biểu diễn dưới dạng:
( ) ( ) ( ) ( )
0
P x x x Q x 1
= −
ở đây Q(x) cũng là đa thức với hệ số nguyên.
Từ (1) và giả thiết suy ra :
( ) ( ) ( )
0
1 P a a x Q a 2
= = −
Do |Q(a)| và |a-x
0
| là nguyên không âm, nên từ (2)
|a-x
0
|=1 (3)
Tương tự đối với b,c:
|b-x
0
|=1 ; |c-x
0
|=1 (4)

Các số trên thuộc tập hợp {-1;1}. Vì thế 2 trong số chúng bằng nhau (nguyên lí Dirichlet).
Suy ra : a=b ( trái giả thiết). Từ đó suy ra điều phải chứng minh
Bài 4
Hướng dẫn
( ) ( )
( ) ( )
1
1 1 0
P c P d
P c P d
= = −
⇒ + = + =
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 21
Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên. Cho a,b là hai số nguyên
thỏa mãn điều kiện a<b và P(a)=P(b)=1. Cho c,d là hai số nguyên
thỏa mãn điều kiện c<d và P(c)=P(d)=-1. Giả thiết thêm rằng a<c.
Chứng minh a, b, c, d là 4 số nguyên liên tiếp.
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Vì thế đa thức Q(x)=1+P(x) nhận c,d làm nghiệm, nên theo định lý Be1zout, ta có
Q(x)=1+P(x)=(x-c)(x-d).R(x), ở đây R(x) cũng là đa thức với hệ số nguyên.Như vậy:
P(x)=(x-c)(x-d)R(x)-1 (1)
Vì P(a)=1, nên từ (1) ta có:
(a-c)(a-d)R(a)=2 (2)
Kết hợp với giả thiết từ (2) ta thấy:
1 1
2 2
a c a c
a d a d
− = − + =

 
⇒
 
− = − + =
 
Suy ra: a,c,d là 3 số nguyên liên tiếp.
P(b0=1, nên vẫn từ (1) suy ra :
(b-c)(b-d)R(b)=2 (3)
b>a mà c=a+1 và a,b,c nguyên nên b≥c
vì P(b)=1 và P(c)=-1 nên ta có:
P(b)≠P(c) ⇒ b≠c⇒b>c
Tương tự :d=c+1 nên b>d
Như vậy b-c>b-d>0. Từ (3) va kết hợp giả thiết : b-d=1; b-c=2. Hay:
1
2
d b
c b
+ =


+ =

Từ đó suy ra điều phải chứng minh
Bài 5
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 22
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Vì thế đa thức Q(x)=1+P(x) nhận c,d làm nghiệm, nên theo định lý Be1zout, ta có
Q(x)=1+P(x)=(x-c)(x-d).R(x), ở đây R(x) cũng là đa thức với hệ số nguyên.Như vậy:
P(x)=(x-c)(x-d)R(x)-1 (1)

Vì P(a)=1, nên từ (1) ta có:
(a-c)(a-d)R(a)=2 (2)
Kết hợp với giả thiết từ (2) ta thấy:
1 1
2 2
a c a c
a d a d
− = − + =
 
⇒
 
− = − + =
 
Suy ra: a,c,d là 3 số nguyên liên tiếp.
P(b0=1, nên vẫn từ (1) suy ra :
(b-c)(b-d)R(b)=2 (3)
b>a mà c=a+1 và a,b,c nguyên nên b≥c
vì P(b)=1 và P(c)=-1 nên ta có:
P(b)≠P(c) ⇒ b≠c⇒b>c
Tương tự :d=c+1 nên b>d
Như vậy b-c>b-d>0. Từ (3) va kết hợp giả thiết : b-d=1; b-c=2. Hay:
1
2
d b
c b
+ =


+ =


Từ đó suy ra điều phải chứng minh
Bài 5
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 22
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Hướng dẫn
Nếu x
0
là nghiệm của đa thức thì x
0
phải chẵn
suy ra giá trị của P(x
0
), P(1) từ đó :
P(x
0
)-P(1)=2003-2a
Nhận thấy: [P(x
0
)-P(1)]M(x0-1), nên: (2003-2a)M(x
0
-1) (1)
suy ra x
0
-1 là số lẻ tức x
0
là số chẵn
giả sử :
1 2
1 2

( ) ( )
0
P x P x
x x
−
=
−
(2)
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
4 4 3 3 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 3
( 2005 2004 2003 P x P x x x x x a x x x x
− = − − − + + − − −
(3)
Kết hợp ( 2) và (3)và x
1
, x
2
là các số chẵn suy ra điều vô lý. Điều phải chứng minh
Bài 6
Hướng dẫn
( )
1
1 1 0
n n
n n

P x a x a x a x a
−
−
= + +…+ +
, an≠0. Gọi p và q là 2 số nguyên khác nhau củng chẵn
hoặc cùng lẻ.
P(p)-P(q)=an(pn-qn)+an-1(pn-1+qn-1)+…+a1(p-q) (1)
Áp dụng hằng đẳng thức khai triển xn-yn kết hợp với (1) suy ra:
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 23
Chứng minh rằng với mọi số nguyên a, đa thức không
thể có hai nghiệm nguyên phân biệt
Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên. Giả sử
P(0) và P(1) là các số nguyên lẻ.Chứng minh
rằng:đa thức P(x) không có nghiệm nguyên
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Hướng dẫn
Nếu x
0
là nghiệm của đa thức thì x
0
phải chẵn
suy ra giá trị của P(x
0
), P(1) từ đó :
P(x
0
)-P(1)=2003-2a
Nhận thấy: [P(x
0

)-P(1)]M(x0-1), nên: (2003-2a)M(x
0
-1) (1)
suy ra x
0
-1 là số lẻ tức x
0
là số chẵn
giả sử :
1 2
1 2
( ) ( )
0
P x P x
x x
−
=
−
(2)
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
4 4 3 3 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 3
( 2005 2004 2003 P x P x x x x x a x x x x
− = − − − + + − − −
(3)
Kết hợp ( 2) và (3)và x

1
, x
2
là các số chẵn suy ra điều vô lý. Điều phải chứng minh
Bài 6
Hướng dẫn
( )
1
1 1 0
n n
n n
P x a x a x a x a
−
−
= + +…+ +
, an≠0. Gọi p và q là 2 số nguyên khác nhau củng chẵn
hoặc cùng lẻ.
P(p)-P(q)=an(pn-qn)+an-1(pn-1+qn-1)+…+a1(p-q) (1)
Áp dụng hằng đẳng thức khai triển xn-yn kết hợp với (1) suy ra:
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 23
Chứng minh rằng với mọi số nguyên a, đa thức không
thể có hai nghiệm nguyên phân biệt
Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên. Giả sử
P(0) và P(1) là các số nguyên lẻ.Chứng minh
rằng:đa thức P(x) không có nghiệm nguyên
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
P(p)-P(q)Mp-q suy ra P(p)-P(p) là số chẵn với mọi p là số nguyên chẵn khác 0
Mặt khác, P(0) là số nguyên lẻ suy ra: P(p) là số nguyên lẻ ( P(p)≠0 với mọi số nguyên chẵn)
Tương tự, ta có P(p)-P(1) là chẵn với mọi p nguyên lẻ

Kết hợp với P(1) lẻ suy ra p lẻ thì P(p) lẻ (P(p)≠0 với mọi số nguyên lẻ)
Điều đó nghĩa là P(x) lẻ với mọi x nguyên, tức là đa thức không có nghiệm nguyên (điều phải
chứng minh )
Nhận xét:
Nếu P(x) là đa thức với hệ số nguyên, trong đó P(a) bà P(b) là các số nguyên lẻ với a,b có
tính chẵn, lẻ khác nhau. Khi đó P(x) là số nguyên lẻ với mọi giá trị nguyên của x.
Bài 7
Hướng dẫn
Giả sử đa thức có nghiệm hữu tỉ
0
p
x
q
=
, với (p,q)=1. Từ
( )
0
0
p
P x P
q
 
= =
 ÷
 
, ta có:
2k 2k 1
2k 2k 1 0
p p
a a a 0

q q
−
−
   
+ +…+ =
 ÷  ÷
   
(1)
( )
2k 2k 1 2k 2 2k 1
2k 2k 1 1 0
a p q a p a q q a
− − −
−
= − +…+ +
(2)
Suy ra:
2k
2k
a p q M
(3)
Vì (p,q)=1 nên (p
2k
,q)=1. Do vậy từ (3) :
a
2k
Mq (4)
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 24
Cho đa thức :
, trong đó các hệ số ai đều là các số nguyên lẻ, i=0,1,

…,2k.
Chứng minh rằng: đa thức P(x) không có nghiệm hữu tỉ.
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
P(p)-P(q)Mp-q suy ra P(p)-P(p) là số chẵn với mọi p là số nguyên chẵn khác 0
Mặt khác, P(0) là số nguyên lẻ suy ra: P(p) là số nguyên lẻ ( P(p)≠0 với mọi số nguyên chẵn)
Tương tự, ta có P(p)-P(1) là chẵn với mọi p nguyên lẻ
Kết hợp với P(1) lẻ suy ra p lẻ thì P(p) lẻ (P(p)≠0 với mọi số nguyên lẻ)
Điều đó nghĩa là P(x) lẻ với mọi x nguyên, tức là đa thức không có nghiệm nguyên (điều phải
chứng minh )
Nhận xét:
Nếu P(x) là đa thức với hệ số nguyên, trong đó P(a) bà P(b) là các số nguyên lẻ với a,b có
tính chẵn, lẻ khác nhau. Khi đó P(x) là số nguyên lẻ với mọi giá trị nguyên của x.
Bài 7
Hướng dẫn
Giả sử đa thức có nghiệm hữu tỉ
0
p
x
q
=
, với (p,q)=1. Từ
( )
0
0
p
P x P
q
 
= =

 ÷
 
, ta có:
2k 2k 1
2k 2k 1 0
p p
a a a 0
q q
−
−
   
+ +…+ =
 ÷  ÷
   
(1)
( )
2k 2k 1 2k 2 2k 1
2k 2k 1 1 0
a p q a p a q q a
− − −
−
= − +…+ +
(2)
Suy ra:
2k
2k
a p q M
(3)
Vì (p,q)=1 nên (p
2k

,q)=1. Do vậy từ (3) :
a
2k
Mq (4)
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 24
Cho đa thức :
, trong đó các hệ số ai đều là các số nguyên lẻ, i=0,1,
…,2k.
Chứng minh rằng: đa thức P(x) không có nghiệm hữu tỉ.
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Tương tự:
( )
2k 2k 1 2k 1
0 1 2k 0
a q q a q a p suy ra a p
− −
= − +…+
M
(5)
Từ (4) và (5) và do a
0
,a
2k
là các số nguyên lẻ nên suy ra p và q củng là các số nguyên lẻ
Vế trái của (1) là một tổng của (2k+1) số nguyên lẻ, do đó tổng ấy không thể bằng 0.
Suy ra điều phải chứng minh
Bài 8
Áp dụng định lý Bézout phân tích P(x) thành nhân tử.
Từ đó suy ra : Tích cần tìm A=P( ).P(- )=-23

Bài 9
Hướng dẫn
Sử dụng Bézout
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 2 3 4
Q x x x x x x x x x R x
= − − − −
Lấy x
0
∈ℤ :
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0 0 1 0 2 0 3 0 4 0
. Q x x x x x x x x x R x
= − − − −
(1)
suy ra Q(x0) chia hết cho tích :
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 25
Biết đa thức P(x)=-x
5
+x
2
+1 có 5 nghiệm. đặt
Q(x)=x
2
-2. Tính tích sau:
A=Q(x
1
) Q(x
1
) Q(x

1
) Q(x
1
) Q(x
1
)
Cho đa thức với hệ số nguyên. Biết P(x) nhận giá trị bằng 2 với 4 giá
trị khác nhau của x∈ℤ.chứng minh rằng , đa thức P(x) không thể
nhận các giá trị 1,3,5,7,9.
Xét đa thức Q(x)= P(x) -2. Như vậy đa thức với hệ số nguyên Q(x) có
4 nghiệm khác nhau.
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Tương tự:
( )
2k 2k 1 2k 1
0 1 2k 0
a q q a q a p suy ra a p
− −
= − +…+
M
(5)
Từ (4) và (5) và do a
0
,a
2k
là các số nguyên lẻ nên suy ra p và q củng là các số nguyên lẻ
Vế trái của (1) là một tổng của (2k+1) số nguyên lẻ, do đó tổng ấy không thể bằng 0.
Suy ra điều phải chứng minh
Bài 8

Áp dụng định lý Bézout phân tích P(x) thành nhân tử.
Từ đó suy ra : Tích cần tìm A=P( ).P(- )=-23
Bài 9
Hướng dẫn
Sử dụng Bézout
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 2 3 4
Q x x x x x x x x x R x
= − − − −
Lấy x
0
∈ℤ :
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0 0 1 0 2 0 3 0 4 0
. Q x x x x x x x x x R x
= − − − −
(1)
suy ra Q(x0) chia hết cho tích :
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 25
Biết đa thức P(x)=-x
5
+x
2
+1 có 5 nghiệm. đặt
Q(x)=x
2
-2. Tính tích sau:
A=Q(x
1
) Q(x

1
) Q(x
1
) Q(x
1
) Q(x
1
)
Cho đa thức với hệ số nguyên. Biết P(x) nhận giá trị bằng 2 với 4 giá
trị khác nhau của x∈ℤ.chứng minh rằng , đa thức P(x) không thể
nhận các giá trị 1,3,5,7,9.
Xét đa thức Q(x)= P(x) -2. Như vậy đa thức với hệ số nguyên Q(x) có
4 nghiệm khác nhau.