CHƯƠNG I : ĐA THỨC VÀ TÍNH CHẤT docx

CHƯƠNG I: ĐA THỨC VÀ TÍNH CHẤT
A. ĐA THỨC MỘT BIẾN.
Một hàm số dạng gọi là một đơn thức với là một số bất kì ( trường hợp chung nhất là một
số phức). x là một biến độc lập và k là một số nguyên không âm .Số k gọi là bậc của đơn
thức và kí hiệu là k=deg. Hai đơn thức gọi là đồng bậc nếu bậc của chúng bằng nhau ,
nghĩa là và là đồng bậc nếu dễ thấy tổng của hai đơn thức đồng bậc. tích của hai đơn thức
bất kì là một đơn thức. tổng của hai đơn thức đồng bậc không phải là một
I. Định nghĩa 1.1
Những đơn thức trong cách viết trên không đồng bậc vì nếu đồng bậc thì ta tách
chúng thành nhóm các đơn thức.
Đa thức P(x) bậc n là một đa thức nếu nó có thể biểu diễn như tổng hữu hạn những đơn
thức, nghĩa là :
( )
1
1 1 0

n n
n n
P x a x a x a x a
−
−
= + + + +
Với
0 1
, , ,
n
a a a
là hằng số (trong trừong hợp tổng quát là số phức )cho
trước và
0
n

a ≠
Khi đó
0 1
, , ,
n
a a a
được gọi là những hệ số của đa thức (
1
a
là hệ số ứng
với
1
x
). Người ta dùng deg P(x) để kí hiệu bậc của đa thức P(x). Với đa thức bậc
n thì degP(x)=n.
+ nếu
i
a
là các số nguyên với mọi i= 0,1, ,n thì P(x) gọi là đa thức với hệ số
nguyên.
+ Nếu
i
a
là các số hữu tỉ với mọi i= 0,1, ,n thì P(x) gọi là đa thức với hệ số hữu
tỉ
+ Số
0
x
được gọi là nghiệm của đa thức P (x) , nếu P(
0

x
)=0
Nói cách khác bậc của đa thức là bậc lớn nhất của đơn thức trong tổng.
trong một số trường hợp bằng không vì ta không đòi hỏi bắt buộc những đơn thức vó bậc
nhỏ hơn n tham gia vào đa thức.:
nếu hai đa thức có cùng một dạng chuẩn tắc thì bằng nhau. Ta không thể nói dạng chuẩn
tắc của đa thức là duy nhất.
Chú ý: những số khác không cũng là các đa thức ( tổng của những đa thức bậc 0). Gọi là
đa thức bậc 0. ta có deg0=
−∞
N là số nguyên bất kì.
Ta luôn có công thức:
( ) ( )
( )
( ) ( )
deg . deg degP x Q x P x Q x= +
( ) ( )
( )
( )
( )
deg max deg .deg ( ))P x Q x P x Q x− =
Những đa thức cũng có thể cộng trừ nhân chia cho nhau P(x),Q(x) là những đa
thức thì hàm P(x)-Q(x), P(x)+Q(x), P(x).Q(x) cũng là những đa thức.
Đặc biệt:
( )
( )P x
Q x
không là đa thức
Ví dụ: x và
2

x
+1 là những đa thức, nhưng thương của chúng không là những đa thức.
II.Các tính chất cơ bản:
2.1. Tính chất 1:
Gọi f(x) và g(x) là hai đa thức của vành A , thì bao giờ cũng tồn tại hai đa thức duy nhất
q(x) và r(x) sao cho
f(x)=g(x)q(x)+r(x) với deg r (x)< deg g (x).
Nếu r(x)=0 ta nói f(x) chia hết cho g(x).
Giả sử a là phần tử tùy ý là đa thức của vành A,
là đa thức tùy ý của vành, phần tử
( )
1
1 1 0

n n
n n
f x a a a a a a a
−
−
= + + + +
có đựoc bằng
cách thay x bởi a gọi là giá trị của tai a.
Nếu thì f(x)=0 ta gọi là nghiệm của f(x). bài toán tìm cua trong gọi là giải phưong trình
đại số bậc n
1
1 1 0

n n
n n
a a a a a a a

−
−
+ + + +
,
0
0a ≠
2.2 Tính chất 2:
Giả sự A là một trừong ,
[ ]
, ( )a A f x A x∈ ∈
. Dư số của phép chia f(x) cho (x-a) chính là
f(a)
2.3 Tính chất 3:
Số a là nghiệm của f(x) khi và chỉ khi f(x) chia hết cho (x-a).
Giả sử A là một trường và m là một số tự nhiên lớn hơn và bằng 1. Khi đó a là nghiệm
bội cấp m của f(x) khi và chỉ khi f(x) chia hết cho
( )
m
x a−
và f(x) không chia hết cho
( )
1m
x a
+
−
.
Trong trường hợp m=1 thì ta gọi a là nghiệm đơn còn khi m=2 thì a được gọi là
nghiệm kép.
Số nghiệm của đa thức là tổng số nghiệm lẫn bội của các nghiệm nếu có.
 đa thức có một nghiệm bội cấp m như một đa thức có m nghiệm trùng nhau.

+ Lược đồ horner:
Giả sử:
( )
[ ]
1
1 1 0

n n
n n
f x a a a a a a a A x
−
−
= + + + + ∈
Với A là một trường.Khi đó thương gần đúng của f(x) cho (x-a) là một đa
thức có bậc n-1, có dạng
( )
1
1 0

n
n
q x b x b x b
−
= + + +
,
1
1 1
, , 0,1, , 1
n
n k k k

b a b ab a k n
−
+ +
= = + = −
Và dư số
0 0
r ab a= +
2.4. Tính chất 4 (Định lý Viete).
a) Giả sử phương trình:
1
1 1 0
0
n n
n n
a x a x a x a
−
−
+ + + + =
có n nghiệm ( thực hay phức) thì
1 2
, , ,
n
x x x
thì:
1
1 1 2
( ) :
n
n
n

a
E x x x x
a
−
−
= + + + =
2
2 1 2 1 3 1
( ) :
n
n n
n
a
E x x x x x x x
a
−
−
= + + + =
0
1 2
( ) : ( 1)
n
n n
n
a
E x x x x
a
= = −
b) Ngược lại nếu các số thoả mãn hệ trên thì chúng là nghiệm của (1).
Hệ 2 có n thành phần và ở vế trái của thành phần thứ k có số hạng.

c) các hàm được gọi là hàm đối xứng sơ cấp Viete bậc 1 2 n tưong ứng.
2.5.Tính chất 5
Mỗi đa thức bậc n đều không quá n nghiệm
Hệ quả 1:
Đa thức có vô số nghiệm là đa thức không.
Hệ quả 2:
Nếu đa thức có bậc mà nhận cùng 1 giá trị tại n+1 điểm như nhau của đối só thì đa thức
đó là đa thức hằng.
Hệ quả 3:
Hai đa thức bậc mà nhận giá trị thỏa mãn bằng nhau giá tri khác nhau của đối số thì đồng
nhất bằng nhau.
2.6 . Tính chất 6
Mọi đa thức bậc n có đúng n nghệim( tính cả bậc của nghiệm)
2.7. Tính chất 7
Mọi đa thức bậc n và có hệ số chính ( hệ số bậc nhất)
0
n
a ≠
đều có thế phân tích ( duy
nhất) thành nhân tử
( ) ( )
( )
2
1 1
2
, , , 2 , 4 0, , *
m s
n i k k
i k
i k k k k

f x a x d x b x c
d b c R s m n b c m n N
= =
= − + +
∈ + = − < ∈
∏ ∏
Biên của nghiệm
1) mọi nghiệm của đa thức
2) thỏa mãn bất đẳng thức
2)nếu là hệ số âm đầu tuên của đa thức thì số cận trên của cácnghiệm dương của đa
thức đã cho, trongđó b là giá trị lớn nhất của môđun các hệ số âm.
B.ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT
1.1. Định nghĩa:
Khi đa thức
( )
n
P x
dạng (3) viết được dứơi dạng:
( ) ( ) ( )
n
P x g x q x=
với degg>0, degq>0
Thì ta nói g là ước của
( )
n
P x
và ta viết hay
Nếu P(x) chia hết g(x) và Q(x) chia hết g(x)
thì ta nói g(x) là ước chung của P(x) và Q(x)
Nếu hai đa thức và chỉ có ước chung là các đa thức bậc 0 thì ta nói rằng chúng

nguyên tố cùng nhau và viết (P(x),Q(x))=1.
1.2. Tính chất
Điều kiện cần và đủ để hai đa thức P(x) và Q(x) nguyên tố cùng nhau là tồn tại
cặp đa thức và sao cho
P(x)U(x)+Q(x)
∨
(x)
≡
1
Nếu hai đa thức P(x) và Q(x) có ước chung d(x) là đa thức chia hết cho tất cả ứơc chung
khác thì d(x) được gọi là ước chung lớn nhất của P(x) và Q(x). Cũng như vậy ta có ước
chung lớn nhất của bộ nhiều đa thức/
1.3 Một số tính chất cơ bản
a. Nếu các đa thức f(x) và g(x) nguyên tố cùng nhau và các đa thức f(x) và g(x) nguyên tố
cừng nhau thì các đa thức f(x) và g(x)h(x) cũng nguyên tố cùng nhau.
b. Nếu các đa thức f(x),g(x),h(x) thỏa mãn điều kiện f(x)h(x) chia hết cho g(x),h(x)và
nguyên tố cùng nhau thì f(x) chia hết cho g(x)
c. Nếu đa thức f(x) chia hết cho các đa thức g(x) và h(x) với nguyên tố cùng nhau thì chia
hết cho
d. Nếu các đa thức f(x) và g(x) nguyên tố cùng nhau thì
( )
m
f x 
 
và
( )
n
g x 
 
sẽ nguyên

tố cùng nhau với mọi m,n nguyên dương.
C. PHÉP CHIA ĐA THỨC
I. Phép chia hết
a. Định nghĩa:
Ta nói rằng đa thức P(x) chia hết cho đa thức Q(x). nếu tồn tại một đa thức
S(x) sao cho P(x) =Q(x).S(x). Ta kí hiệu P(x) chia hết cho Q(x) bằng P(x) Q(x)
Nếu P(x) chia hết cho Q(x) thì
deg ( ) deg ( )P x Q x≥
, có những tính chất
sau:
+ Với mọi đa thức P(x) và với mọi .(Trong trường hợp này theo định nghĩa
ta lấy)
+Nếu P(x) chia hết cho Q(x) và ngược lại thì P(x)=a.Q(x), với là một số.
Thật vậy, ta có giả thiết và . Ta có và, nghĩa là .Khi đó tha có đẳng
thức ta nhận được, suy ra , nghĩa là S(x) là một hằng số khác không).
+Nếu P(x) chia hết cho Q(x) và Q(x) chia hết cho S(x) thì P(x) chia hết cho
S(x).
+Nếu và là những đa thức bất kì thì
b. Ví dụ:
Chứng minh rằng với mọi giá trị , đa thức chia hết cho đa thức
Giải
Ta chứng minh theo qui nạp
- Với n=1 thì
- Giả sử khẳng định đúng với n=k tức
- Ta cần chứng minh khẳng định đúng với n=k+1
II . P hép chia có dư
a. Định lí 1.2
Chứng minh rằng với hai đa thức bất kì P(x) và Q(x) tồn tại duy nhất những
đa thức S(x) và R(x) thỏa mãn những điều kiện sau:
b. Ví dụ:

1/Hãy tìm thương và số dư của phép chia đa thức cho đa thức
2/ Cho n và m là những số tự nhiên, .Chứng minh rằng đa thức số dư trong
phép chia đa thức cho, là, ở đây t là số dư trong phép chia số n cho m
III. Sơ đồ Horner
Đặc biệt thực hiện phép chia Q(x) là đa thức tuyến tính có dạng Q(x)=x-a. trường
hợp này ta có:
P(x)=(x-a).S(x)+R(x)
ở đây degR(x) nghĩa là R(x) là hằng số. Nếu trong đằng thức cuối cùng thay x=a,
ta nhận được R(x)=P(x) nghĩa là số dư r(x) bang92 giá trị của P(x) tại x=a. ta tìm
hệ số của thương S(n) theo sơ đồ Horner.
Định lí 1.3. nếu và . Chứng minh rằng những hệ số của thương và số dư tính
được từ các công thức sau trong phép chia P(x) cho Q(x)
Chứng minh
Bằng cách áp dụng phương pháp định lí 1.2 ta nhận được
Nghĩa là và
ở đây và tiếp tục quá trình nà
y đến công thức ta cần
ta có thể viết lại các công thức theo sơ đồ Horner
0
a
1
a

1n
a
−
n
a
a
0 0

b a=
1 1 0
b a b
α
= +

1 1 2
1
7 6 4 2
( ) 2 3 4 3 2 112
( )
n n n
n n
b a b
r a b
P x x x x x x
x
α
α
ω
− − −
−
= +
= +
= + − + − −
1n n
r a b
α
−
= +

Ví dụ :
Tìm kết quả chia đa thức
7 6 4 2
( ) 2 3 4 3 2 112P x x x x x x= + − + − −
lần lượt
cho x+1, x-1,x+2, x-2

Giải
Ta lập sơ đồ Horner
2 3 0 -4 0 3 -2 112
-1 2 1 -1 -3 3 0 -2 114
1 2 2 5 1 1 4 2 114
-2 2 -1 2 16 16 -29 56 0
2 2 7 14 48 48 99 196 504
1.1 Đa thức đồng dư
Định nghĩa 1.4:
Cho là một đa thức khác không. Ta nói rằng những đa thức P(x) và Q(x) là
đồng dư theo mô đun đa thức , nếu P(x)-Q(x) chia hết cho
( )x
ω
Nếu P(x) và Q(x) đồng dư theo mô đun , thì ta kí hiệu là
. Định lí 1.1.4:
Cho là một đa thức khác không. Chứng minh rằng nếu P(x) và Q(x) là hai đa thức thì
( khi và chỉ khi P(x) và Q(x) cho cùng một đa thức dư khi chia cho
Định lí 1.2.4:
Cho là một đa thức khác không.
- Với mọi đa thức P(x),
- Với hai đa thức P(x) và Q(x) bất kì . nếu thì
- Với mọi ba đa thức P(x), Q(x) và R(x), nếu và, thì
- Với mọi ba đa thức P(x), Q(x), R(x), nếu thì

- Cho những đa thức bất kì
- Với ba đa thức bất kì P(x), Q(x), R(x) , nếu
- Cho những đa thức bất kì
- Với hai đa thức P(x), Q(x) bất kì và mọi số tự nhiên t nếu thì
- Với hai đa thức P(x), Q(x) bất kì và đa thức F(x), nếu
D . ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT VÀ BỘI CHUNG NHỎ NHẤT.
I. Ứớc chung lớn nhất
Định nghĩa:
Cho P(x) và Q(x) là hai đa thức, ít nhất một trong hcung1 khác không, đa thức D(x)
gọi là ước chung lớn nhất của P(x), Q(x) nếu
1. P(x) chia hết cho D(x) và Q(x) chia hết cho D(x)
2. Nếu P(x) chia hết cho D’(x) và Q(x) chia hết cho D(x) thì D(x) chia hết cho
D’(x).
Kí hiệu: D(x) = (P(x),Q(x)) là ước chung lớn nhất.
Tính chất:
a. Nếu P(x) và Q(x) là hai đa thức sao cho P(x) chia hết cho Q(x) thì chúng có
ước chung lớn nhất là (P(x),Q(x))=Q(x)
b. Nếu những đa thức P(x) và Q(x) có ước chung lớn nhất và là số bất kì thì
c. (P(x).Q(x))=
( ( ), ( ) ( ( ), ( ))P x Q x P x Q x
α α
=
Định lí 1.1
Cho những đa thức P(x) và Q(x) có ước chung lớn nhất D(x)=(P(x).Q(x)) và R(x)
là số dư trong phép chia P(x) cho Q(x), thì những đa thức P(x) và Q(x) có ước chung lớn
nhất và
(P(x),Q(x))=(Q(x),R(x))
Định lí 1.2
Hai đa thức bất kì đều có ước chung lớn nhất.
Đẳng thức BEZOUT

D(x)=(P(x),Q(x)), thì tồn tại những đẳng thức U(x) và V(x) sao cho
D(x)=U(x).P(x)+V(x).Q(x)
Định nghĩa 1.2.1.
Hai đa thức P(x) và Q(x) gọi là nguyên tố cùng nhau nếu UCLN cúa chúng là
một đa thức hằng số.
Định lí 1.2.1.1
Những đa thức P(x) và Q(x) nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi tồn tại những đa thức
U(x) và V(x) sao cho
U(x)P(x)+V(x)Q(x)=1
Định lí 1.2.1.2
Nếu P(x),Q(x), S(x) là ba đa thức sao cho (P(x),Q(x))=1 và S(x),Q(x) chia hết cho P(x)thì
S(x) chia hết cho P(x)
Định lí 1.2.1.3
Cho hai đa thức P(x) và Q(x) nguyên tố cùng nhau . tồn tại duy nhất những đa thức U(x)
và V(x) sao cho U(x)P(x)+V(x)Q(x)=1 và degU(x)<degQ(x) và degV(x)<degP(x)
Định lí 1.2.1.4
Cho P(x),Q(x),S(x) là ba đa thức . tồn tại những đa thức
( ), ( )x x
α ω
sao cho
S(x)=
( )x
α
.P(x)+
( )x
ω
Q(x)
Khi và chỉ khi đa thức S(x) chia hết cho U7CLN của những đa thức P(x) và Q(x)
4 3 2 4 3 2
4 3 2 4 2

( )
, ( )
( ) 2 à ( ) 2 2 2 1
( ) 2 5 10 6, ( ) 7 18
x
x
P x x x x x v Q x x x x x
P x x x x x Q x x x
α
ω
= − − + − = − + − +
= − − − − = − −
Ví dụ:
1/ Hãy tìm ước chung lớn nhất của những đa thức.
P(x)=
4 3 2
3 4 1x x x x+ − − −
và Q(x)=
3 2
1x x x+ − −
2/ Hãy tìm ước chung lớn nhất của những đa thức
1n
x
−
và
1m
x
−
, ở đây
n và m là những số tự nhiên bất kì.

Giải:
Bài 1: UCLN của P(x) và Q(x) có thể tìm theo thuật toán Euclid. Đầu tiên chia P(x) cho
Q(x)
4 3 2
3 4 1x x x x+ − − −
3 2
1x x x+ − −
4 3 2
x x x x+ − −
x = S’(x)
R(x)=
2
2 3 1x x− − −
Tương tự ta chia 2Q(x) cho –R(x) ta được
3 3
'( )
2 2
R x− − =
Ta chia –R(x) cho -
2
3
R’(x)=x+1
2
2 3 1x x+ +
2
1 '( )
3
x R x
−
+ =

2
2 2x x+
2 1 ''( )x S x+ =
x+1
x+1
O
=> UCLN=(
4 3 2
x x x x+ − −
,
2
2 3 1x x+ +
)=x+1
Bài 2:
Không mất tính tổng quát, giả sử
m n≤
. Ta có thể tính được:

1 1
1 2 2
2 1
1 1

k k k k
k k k
n mq r
m rq r
r r q r
r r q
− −

− +
= +
= +
= +
=
ở đây
1 2

k
n m r r r≥ > > > >
, khi đó như ta đã biết (n,m)=
k
r
số dư của phép chia
1n
x
−
cho
1m
x
−
là
1m
x
−
chia số dư phép chia
1m
x
−
cho

1
1
r
x −
là
2
1
r
x −

và bằng
1
k
r
x −
=> (
1 1
,
n m
x x
− −
)=
1
d
x −
, d =(m,n)
1.1 BỘI CHUNG NHỎ NHẤT:
Định nghĩa:
BCNN của hai đa thức P(x) và Q(x) gọi là một đa thức M(x) sao cho
1/ M(x) chia hết cho P(x) và M(x) chia hết cho Q(x)

2/ Nếu M’(x) chia hết cho P(x) và M’(x) chia hết cho Q(x) thì M’(x) chia
hết cho M(x)
Kí hiệu:
M(x)=
[ ]
( ), ( )P x Q x
Định lí 1.2.1
a/ Nếu P(x) và Q(x) là hai đa thức sao cho P(x) chia hết cho Q(x) thì chúng có BCNN
là
[ ] [ ] [ ]
( ), ( ) ( ), ( ) ( ), ( )P x Q x P x Q x P x Q x
α α
= =
b/ Nếu những đa thức P(x) và Q(x) có BCNN và là số bất kì thì
Định lí 1.2.2
Với hai đa thức bất kì khác 0 P(x) và Q(x) đều thỏa mãn đằng thức:
( )
[ ]
( ), ( ) ( ), ( ) ( ). ( )P x Q x P x Q x P x Q x=
Ví dụ:
Tìm BCNN của những đa thức P(x) và Q(x)
a/
4 3 2 4 3 2
( ) 2 à ( ) 2 2 2 1P x x x x x v Q x x x x x= − − + − = − + − +
b/
4 3 2 4 2
( ) 2 5 10 6, ( ) 7 18P x x x x x Q x x x= − − − − = − −
CHƯƠNG II. NGHIỆM CỦA ĐA THỨC
I.Định lý nghiệm của đa thức:
Cho đa thức P(x) có bậc lớn hơn hoặc bằng 1.Một số α gọi là nghiệm của

đa thức nếu P(α)=0.Nhiều khi người ta còn gọi nghiệm là số không của đa thức
P(x),tương tự người ta cũng gọi α là nghiệm của phương trình P(x)=0.
• Định lý d’Alembert:Mọi đa thức bậc khác 0 với hệ số phức có ít nhất một
nghiệm phức.
• Định lý Bézout:Cho P [x],α là một nghiệm thực của P khi và chỉ khi
P(x) (x-α)
Chứng minh:
Xét 2 đa thức P,g [x] với g(x)=x-α thì tồn tại duy nhất cặp đa thức
q(x),r(x) sao cho P(x)=(x-α)q(x)+r(x) ở đây r(x)=P(α).
Từ đây dễ thấy rằng P(α)=0 khi và chỉ khi P(x) (x-α). ☺
• Định lý 1: Chứng minh rằng mọi đa thức
P(x)=α
0
x
n
+α
1
x
n-1
+ +α
n-1
x+α
n
Có thể biểu diễn dưới dạng
P(x)=α
0
(x-α
1
)(x-α
2

) (x-α
n
)
ở đây α
1
,α
2
, ,α
n
à nghiệm của đa thức.
Chứng minh: Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo n.Nếu n=1
thì P(x)=α
0
x+α
1
có duy nhất nghiệm α
1
= và dễ thấy P(x)= α
0
(x+ ) = α
0
(x-α
1
)
Giả sử mệnh đề đúng với đa thức bậc n-1 và cho deg P(x)=n.Cho thêm α
1 là
nghiệm của P(x) (tồn tại α
1
do định lý d’Alembert).Khi đó:
P(x)=(x-α

1
)Q(x)
Dễ thấy deg Q(x)=n-1 và hệ số trước bậc cao nhất của Q(x) trùng với hệ
số α
0
.Khi đó,nghiệm của P(x) là nghiệm α
1
và các nghiệm của Q(x).Theo giả thiết
quy nạp,ta có:
Q(x)=α
0
(x-α
2
)(x-α
3
) (x-α
n
).
ở đây α
2
,α
3
, ,α
n
là những nghiệm của đa thức Q(x).Khi đó,tất cả các
nghiệm của P(x) là α
1
,α
2
, ,α

n
và:
P(x)= α
0
(x-α
1
)(x-α
2
) (x-α
n
). ☺
Ví dụ: Giả sử đa thức P(x).Q(x),R(x) và S(x) thỏa mãn đẳng thức:
P(x
5
)+xQ(x
5
)+x
2
R(x
5
)=(x
4
+x
3
+x
2
+x+1)S(x).
Chứng minh rằng:đa thức P(x) chia hết cho đa thức x-1.
Giả sử S(x)=s
0

+s
1
x+ +s
n
x
n
.Nhân hai vế của đẳng thức đã cho với
(x-1),ta có:
(x-1)[P(x
5
)+xQ(x
5
)+x
2
R(x
5
)]=(x
5
-1)S(x)
Hay
P(x
5
)+(x
5
-1)S
1
(x)=-(x
5
-1)S
2

(x)+xP(x
5
)+(x
2
-x)Q(x
5
)+(x
3
-x
2
)R(x
5
)
Với S
1
(x)=s
0
+s
5
x
5
+s
10
x
10
+ +s
5m
x
5m
và S

2
(x)=S(x)-S
1
(x).
Vì vế trái của đẳng thức cuối cùng của biến số x chỉ có mặt với lũy thừa là
bội của 5,còn vế phải với lũy thừa không là bội của 5,nên cả 2 vế cửa đẳng thức
bằng 0(nguyên lý so sánh hệ số của hai đa thức)từ đó suy ra:
P(x
5
)=-(x
5
-1)S
1
(x)
Thay x=1vào đẳng thức cuối cùng,ta có P(1)=0 nên theo định lý Bézout đa
thức P(x) (x-1)
II.Công thức Viéte:
• Định lý thuận:
Cho P(x)=a
0
x
n
+a
1
x
n-1
+ +a
n-1
x+a
n

là một đa thức bất kì và P(x)=a
0
(x-α
1
)
(x-α
2
) (x-α
n
),ở đây α
1
,α
2
, ,α
n
là những nghiệm của đa thức.Sau khi ta nhân các
thừa số theo dạng đa thức chuẩn tắc và so sánh các hệ số của đa thức P(x),ta nhận
được:
α
1
+α
2
+ +α
n
=
α
1
α
2
+α

1
α
3
+ +α
n-1
α
n
=

α
1
α
2
α
n
=(-1)
n
Ta kí hiệu:S
1
= = ; S
k
=
=(-1)
k

S
2
= =
Với S
k

là tổng các tích chập k của n số α
i
.Gọi S
k
là các đa thức đối xứng cơ
bản của các nghiệm.
Chứng minh: Dựa vào so sánh hệ số của 2 cách khai triển:
P(x)=a
0
x
n
+a
1
x
n-1
+ +a
n-1
x+a
n
Và P(x)=a
0
(x-α
1
)(x-α
2
) (x-α
n
)
P(x)=a
0

x
n
-a
0
(α
1
+α
2
+ +α
n
)x
n-1
+ +(-1)
n
a
0
α
1
α
2
α
n
.
Đặc biệt:
(1):Gọi α
1
và α
2
là 2 nghiệm của P(x)=ax
2

+bx+c, a≠0 thì:
α
1
+α
2
= ; α
1
α
2
=
(2):Gọi α
1
,α
2
, α
3
là 3 nghiệm của P(x)=ax
3
+bx
2
+cx+d , a≠0 thì:
α
1
+α
2
+α
3
= ; α
1
α

2
+ α
1
α
3
+ α
2
α
3
= ; α
1
α
2
α
3
=
• Định lý đảo:
Nếu n số α
1
, α
2
, , α
n
có các tổng của tích chập k từ n số đó là S
k
thì
α
1
,α
2

, , α
n
là nghiệm nếu có phương trình:
X
n
-S
1
X
n-1
+S
2
X
n-2
+ +(-1)
n-1
S
n-1
X+(-1)
n
S
n
=0
Đặc biệt:
(1): α
1
+α
2
=S ; α
1
α

2
=P → X
2
-SX+P=0
(2): α
1
+

α
2
+ α
3
=A ; α
1
α
2+
α
1
α
3
+ α
2
α
3
=B ; α
1
α
2
α
3

=C → X
3
-AX
2
+BX-C=0
Ta có thể chứng minh định lý Viéte trực tiếp cho phương trình bậc 2 và
phương trình bậc 3 từ định nghĩa về nghiệm.
Ví dụ 1:Chứng minh điều kiện cần và đủ để phương trình bậc 2:
ax
2
+bx+c=0 có 2 nghiệm mà nghiệm này gấp k lần nghiệm kia là kb
2
=(k+1)
2
c , k
≠1.
 Chứng minh thuận: Giả sử phương trình có:
α
1
=k α
1
hay α
1
=k α
2
( α
2
-k α
1
)( α

1
-k α
2
)=0
-( α
1
2
+ α
2
2
)k+(1+k
2
) α
1
α
2
=0
(S
2
-2P)k-(1+k
2
)P=0 (với S= , P= )
kb
2
=(1+k)
2
ac
 Chứng minh đảo:Nếu kb
2
=(1+k)

2
ac ac= , k ≠-1
=b
2
-4ac=b
2
- = ≥ 0
Do đó phương trình có nghiệm nên theo biến đổi tương đương trên thì ta
có đpcm.
Ví dụ 2:Giả sử m là 1 tham số để phương trình:
(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)=m (1)
có 4 nghiệm khác nhau.Tính giá trị của biểu thức:
P= theo m
Ta có: (1) (x
2
-5x+4)(x
2
-5x+6)=m
Đặt: y=x
2
-5x (y+4)(y+6)=m y
2
+10y+24-m=0.Gọi y
1
,y
2
là 2 nghiệm,ta
có:
Giả sử x
1

,x
2
là nghiệm của phương trình: x
2
-5x-y
1
=0
x
3
,x
4
là nghiệm của phương trình: x
2
-5x-y
2
=0
ta có: x
1
+x
2
=5 , x
1
x
2
=-y
1
, x
3
+x
4

=5 , x
3
x
4
=-y
2
Vậy: P=
III.Nghiệm của đa thức với hệ số nguyên:
Đa thức hệ số nguyên: Cho P(x) [x] như sau:
P(x)=a
0
x
n
+a
1
x
n-1
+ +a
n-1
x+a
n
, a
0
≠ 0
Với các hệ số a
0
,a
1
, ,a
n

nguyên và x nguyên.
 Các kết quả:
(1): Nếu P(x) có nghiệm nguyên x≡a thì phân tích được:P(x)=(x-
a)Q[x] là đa thứ hệ nguyên.
(2): Nếu a,b nguyên và a≠b thì P(a)-P(b) chia hết cho a-b.
(3): Nếu x= là một nghiệm của P(x) thì p là ước của hệ số tự do a
n
và q là ước của hệ số cao nhất a
0
.Đặc biệt a
0
=±1 thì nghiệm hữu tỉ
là nghiệm nguyên.
(4): Nếu P(x) có nghiệm vô tỉ x=m+n với m,n nguyên, vô tỉ
thì còn có nghiệm x
’
= m-n liên hiệp của x.
(5): Nếu x=m+n với m,n nguyên, vô tỉ thì giá trị P(x)=m
’
+n trong
đó m
’
,n
’
là các số nguyên.
Chú ý:
1) Một đa thức hệ số hữu tỉ P(x) Q[x] thì viết được thành P(x)= x] với
a,b nguyên và Q[x] là hệ số nguyên
2) Từ công thức tổ hợp suy ra tích k số nguyên liên tiếp chia hết cho k!
• Định lý 3:Chứng minh rằng nếu u và v là những số nguyên tố cùng nhau

và số hữu tỉ α= là nghiệm của đa thức với hệ số nguyên
P(x)= α
0
x
n
+α
1
x
n-1
+ + α
n-1
x+ α
n
thì α
n
chia hết cho u và α
0
chia hết chi v.
Chứng minh:Từ điều kiện đề bài ta suy ra
Từ đây với điều kiện (u,v)=1 ta nhận được ngay α
n
chia hết cho u và α
0

chia hết chi v.
• Định lý 4:Chứng minh rằng nếu số hữu tỉ α= (u và v là những số nguyên
tố cùng nhau) là nghiệm của đa thức với hệ số nguyên
P(x)= α
0
x

n
+α
1
x
n-1
+ + α
n-1
x+ α
n
=0
Thì với mọi số nguyên m số P(m) chia hết cho (u-m.v).Trường hợp đặc
biệt u+v là ước số của P(-1),còn u-v là ước số của P(1).
Chứng minh:
Nhưng từ:
m
k
v
k
-u
k
=(mv-u)(m
k-1
v
k-1
+ +u
k-1
)
suy ra v
k
a

k
(m
k
v
k
-u
k
) chia hết cho u-mv nghĩa là v
n
P(m) chia hết cho u-
vm.Mặc khác khi mà (u,v)=1 nên (v
k
u-mv)=1 suy ra P(m) chia hết cho u-mv
Chú ý:từ cách giải của bài toán này thấy rằng nếu u-mv=0 thì
P(m)=0,nghĩa là m là nghiệm của đa thức P(x) (tất nhiên là nghiệm).
• Sơ đồ Horner:Để tìm thương và số dư:
P(x)=a
0
x
n
+a
1
x
n-1
+ +a
n-1
x+a
n
a
0

≠0 cho g(x)=x-a
Ta lập bảng:
a
0
a
1
a
k
a
n
x=
α
b
0
=a
0
b
1
=αb
0
+a
1
b
k
=αb
k-1
+a
k
b
n

=αb
n-1
+a
n
Với P(x)=(x-α)Q(x)+P(α) P(α)=b
n
=αb
n-1
+a
n
Q(x)=b
0
x
n-1
+b
1
x
n-2
+ +b
n-2
x+b
n-1
Ví dụ:cho P(x) đa thức với hệ số nguyên.Chứng minh rằng nếu số P(0) và
P(1) là số lẻ thì phương trình P(x)=0 không có nghiệm nguyên.
Giả sử số hữu tỉ ,(u,v)=1là nghiệm của phương trình P(x)=0.Khi đó P(0)
chia hết chi u còn P(1) chia hết cho u-v.Từ đây suy ra được u và u-v là những số
lẻ,điều đó có khả năng chỉ khi v là số chẵn.Suy ra v ≠ ±1 nghĩa là không thể là
số nguyên.
IV.Nghiệm của đa thức hệ số đối xứng:
Định nghĩa 4.1:Một đa thức P(x)=a

0
x
n
+a
1
x
n-1
+ +a
n-1
x+a
n
gọi là đa thức
hệ số đối xứng nếu những hệ số trong dạng chuẩn tắc của nó cách hệ số đâu và hệ
số cuối bằng nhau thì có giá trị bằng nhau,có nghĩa là:
a
0
=a
n
.a
1
=a
n-1
a
k
=a
n-k

• Định lý 5:chúng minh răng đa thức P(x) là hệ thức đối xứng bậc n khi và
chỉ khi x≠0:
P(x)=x

n
.P( )
Chứng minh: Cho P(x)=a
0
x
n
+a
1
x
n-1
+ +a
n-1
x+a
n
.Với x≠0,ta có:
x
n
.P( )=x
n
(a
0
+a
1
+ +a
n-1
+a
n
)
=a
n

x
n
+a
n-1
x
n-1
+ +a
1
x+a
0
.
Nếu P(x) là đa thức hệ số đối xứng thì a
0
=a
n
.a
1
=a
n-1
a
k
=a
n-k
nghĩa là
P(x)=x
n
.P( )
Ngược lại,nếu P(x)=x
n
.P( ) thì cho những hệ số của những bậc tương ứng

của x bằng nhau trong những đẳng thức trên,ta nhận được kết quả cần chứng
minh.
• Định lý 6: Chứung minh rằng đa thức P(x) là một đa thức hệ số đối xứng
khi và chỉ khi điều kiện sau thỏa mãn: Một số α là nghiệm của đa thức
P(x) khi và chỉ khi số cũng là nghiệm.
Chứng minh: Nếu α là 1 số bất kì khác 0 thì đa thức:
(x)=(x-α)(x- )=x
2
+(α+ )x+1.
Là đa thức hệ số đối xứng.Suy ra nếu một đa thức P(x)thỏa macn điều
kiện trên ,nó biểu diễn như một tích những đa thức hệ số đối xứng dạng trên và dễ
thấy nó cũng là đa thức hệ số đối xứng.
Ngược lại,nếu P(x) là đa thức hệ số đối xứng,thì ta chứng minh nó thỏa
mãn điều kiện trên.Ta sẽ chứng minh băngg phương pháp quy nạp toán học theo
bậc của đa thức.Nếu degP(x)=2 thì P(x)=ax
2
+bx+a và theo công thức Viéte
α
1
α
2
= =1 ở đây α
1
và α
2
là nghiệm của P(x).Nhưng khi đó α
1
= nghĩa là P(x)
thỏa mãn điều kiện đề bài.Giả sử tất cả những đa thức hệ số đối xứng có bậc nhỏ
hơn n.Cho α là một nghiệm của nó.Từ đẳng thức P(x)=x

n
.P( ) suy ra ngay số
cũng là nghiệm của nó.Suy ra:
P(x)=(x-α)(x- )Q(x)=(x
2
-(α+ )x+1)Q(x)
ở đây Q(x) là đa thức bậc n-2.Nhưng từ đẳng thức:
P(x) =(x
2
-(α+ )x+1)Q(x)
x
2
P( )=x
n
(x
2
-(α+ )x+1)Q( )
=( x
2
-(α+ )x+1)x
n-2
Q( )
P(x)=x
n
P( )
Suy ra Q(x)=x
n-2
Q( ) nghĩa là Q(x) là đa thức hệ số đối xứng theo giả thiết
quy nạp nó thỏa macn điều kiện trên.Cuối cùng ta thấy rắng P(x) nhận được
nghiệm từ những nghiệm của Q(x) và thêm vào những nghiệm α và như vậy

P(x) cũng thỏa mãn điều kiện đề bài.
• Định lý 7: Chứng minh rằng nếu P(x) là đa thức hệ số đối xứng bậc 2m thì
P(x)=x
m
Q(y) ở đây y=x+ với x≠0,còn Q(y) là đa thức bậc m.
Chứng minh: Khi P(x) là đa thức hệ số đối xứng thì:
P(x)=a
0
x
2m
+a
1
x
2m-1
+ +a
m-1
x
m+1
+a
m
x
m
+a
m-1
x
m-1
+ +a
1
x+a
0

=x
m
(a
0
=x
m
(a
0
P
m
+a
1
P
m-1
+ +a
m-1
P
1
+a
0
)
ở đây P
k
=x
k
+ .Suy ra P(x) là đa thức biến y bậc m.
Ví dụ: Giải phương trình:
P(x)=x
7
+2x

6
-5x
5
-13x
4
-13x
3
-5x
2
+2x+1=0
Ta sử dụng kết quả của định lý 7,nhận thấy rằng đa thức đã cho là đa thức
hệ số đối xứng.Nghiệm đầu tiwwn là x=-1 và:
P(x)=(x+1)(x
6
-x
5
-6x
4
-7x
3
-6x
2
+x+1)
Đặt Q(x)=x
6
-x
5
-6x
4
-7x

3
-6x
2
+x+1=0 cũng là đa thức hệ số đối xứng bậc
chẵn.Khi đó đặt y=x+ và sử dụng những đẳng thức sau:
Ta nhận được:
Q(x)=
=x
3
(y
3
-3y+y
2
-2-6y-7)
=x
3
(y
3
+y
2
-9y-9)
Ta giải phương trình :
y
3
+y
2
-9y-9=0
từ y
3
+y

2
-9y-9=y
2
(y+1)-9(y+1)=(y+1)(y
2
-9) suy ra những nghiệm của nó là
y
1
=-1,y
2
=3,y
3
=-3.Khi đó nghiệm của Q(x) tính được bằng cách gỉai các phương
trình:
x+ nghĩa là x
2
+x+1=0
x+ nghĩa là x
2
-3x+1=0
x+ nghĩa là x
2
+3x+1=0
Ta nhận được tất cả các nghiệm là
V.Nghiệm của phương trình nhị thức:
Phương trình nhị thức dạng x
2
-a=0,a là một số bất kỳ,gọi là phương trình
nhị thức.Những nghiệm của phương trình nhị thức x
n

-1=0 gọi là những nghiệm
của nhị thức đơn vị bậc n.Những nghiệm này là công thức Moivre:
e
k
=cos , k=0,1,2, ,n-1.
Nếu ta đặt: ,thì tất cả những nghiệm của phương
trình x
n
-1=0 có thể viết dưới dạng e
0
=1= ,e
1
= ,e
2
= , ,e
n-1
= .
• Định lý 8: Chứng minh rằng nếu α là nghiệm bất kỳ của phương trình nhị
thức x
n
-a=0,còn e
0
,e
1
, ,e
n-1
là những nghiệm của nhị thức đơ vị bậc n,thì
tất cả nghiệm của phương trình nhị thức là :
ae
0

,αe
1
, ,αe
n-1
Chứng minh: Khẳng định suy ra từ phương trình x
n
-a=0 có đúng n nghiệm
là ae
0
,αe
1
, ,αe
n-1
đôi 1 khác nhau và
(αe
k
)
n
=α
n
=α
n
=α
Ví dụ: Hãy viết ở dạng đại số nhữung nghiệm của phương trình
x
5
-1=0
Từ công thức Moivre suy ra những nghiệm của phương trình đã cho có
dạng:
e

0
=1.e
1
=cos
Và từ đây ta có thể lại thành dạng đại số bằng cách tính giá trị của cos
và sin
Ta sẽ giải bằng cách khác thuận tiện hơn.Dễ thấy:
x
5
-1=(x-1)(x
4
+x
3
+x
2
+x+1)
nghĩa là nếu e
0
,e
1
,e
2
,e
3
,e
4
là những nghiệm của phương trình đã cho thì
e
0
=1 còn e

1
,e
2
,e
3
,e
4
là nghiệm của phương trình:
x
4
+x
3
+x
2
+x+1=0
x=0 không là nghiệm của phương trình nên x
2
+x+1+ hay
.Đặt y=x+ ,ta nhận được y
2
+y-1=0.Nghiệm của phương
trình sau cũng là
y
1
=
Khi đó e
1
,e
2
,e

3
,e
4
có thể nhận được bằng phương trình:
x+ , x+
Cuối cùng ta nhận được:
e
1.2
= , e
3.4
= )
CHƯƠNG III. ĐA THỨC NGUYÊN VÀ ĐA THỨC NHẬN GIÁ TRỊ NGUYÊN
A. ĐA THỨC NGUYÊN
I. Định nghĩa:
_ Nếu đa thức f(
x
)=
a
n
x
n
+
a
n@1
x
n@1
+…+ a
1
x + a
0

, a
n
≠ 0
có các hệ số
a
1
2
N
, i
=
0,n
fffffffffff
thì ta nói f(
x
) là đa thức hệ số nguyên.
_Ta kí hiệu các đa thức hệ số nguyên là
Z
x
@A

II. Các định lý:
• Định lý 1: Nếu đa thức f(
x
) có nghiệm nguyên x=
α
thì f(
x
)=
x @
α

` a
.g
x
` a

với
g x
` a
là đa thức hệ số nguyên
• Định lý 2: Cho
f x
` a
là đa thức hệ số nguyên:



f x
` a
=a
n
x
n
+ a
n@1
x
n @1
+…+ a
1
x + a
0

a
i
2
N
, i =0,1,2,3,…
AA
,n
b c
a,b là hai số
nguyên khác nhau. Khi đó
f a
` a
@f b
` a
(
a @b
` a
.
Chứng minh:
Ta có:
f a
` a
=a
n
a
n
+ a
n@1
a
n @1

+…+ a
1
a + a
0


f b
` a
=
a
n
b
n
+
a
n@1
b
n @1
+ …+
a
1
b
+
a
0

Suy ra
f a
` a
@f b

` a
= a
n
a
n
@b
n
b c
+ a
n@1
a
n@1
@b
n@1
b c
+…+ a
1
a @b
` a

Vì
a
k
@b
k
(
a @b
` a
,8k 2
Ν

nên
f a
` a
@f b
` a
(
a @b
` a
(đpcm)
• Định lý 3: Cho đa thức hệ số nguyên
f x
` a
=
X
i = 0
n
a
i
x
i
, a
n
≠
0
. Nếu
x =
p
q
ffffff
, p,q

` a
=1, q ≠ 0
là nghiệm của f(x) thì
p | a
0
và q |a
n
.
Chứng minh:
Già sử phân số tối giản
p
q
ffffff
là nghiệm của đa thức f(x). Khi đó ta có:

f
p
q
ffffff
f g
=
a
n
p
n
q
n
ffffffffff
+
a

n@1
p
n@1
q
n@1
ffffffffffffffffff
+…+
a
1
p
q
ffffff
+
a
0
=0

[ a
n
p
n
=@q a
n@1
p
n@1
+…+ a
1
q
n@2
p + a

0
q
n@1
b c
1
` a

Và

a
0
q
n
=@p a
n
p
n@1
+ a
n@1
p
n@2
q + …+ a
0
q
n@1
b c
2
` a

Từ (1) suy ra

a
n
p
n
(
q
mà
p
n
,q
` a
=
1
nên
a
n
(
q

Từ (2) suy ra
a
0
q
n
(
p
mà
p
n
,q

` a
=
1
nên
a
n
(
q
.
Suy ra đpcm.
*Dạng 1: Bài toán liên quan đến tính chia hết:
Bài toán 1: Tồn tại hay không với một đa thức hệ số nguyên mà f(26)=1931 và
f(3)=1995?
Giải
Giả sử tồn tại một đa thức với hệ số nguyên thỏa điều kiện đề bài.
Ta luôn có: f(26) – f(3)
(
(26-3)=3
Nhưng f(26)-f(3)=1931-1995=-64
(
23
Do đó không tồn tại đa thức hệ số nguyên thỏa mản đề bài (đpcm)
Bài toán 2: Cho hai đa thức
f x
` a
=
ax
3
+
bx

2
+
cx
+
d và g x
` a
=
dx
3
+
cx
2
+
bx
+
a
có hệ số a,b,c,d
nguyên và d không chia hết cho 5. Giả sử f(m) chia hết cho 5, m
2
N
. Chứng minh rằng có
thể tìm được n, n
2
N
, sao cho g(n) chia hết cho 5.
Giải
Ta có
f m
` a
=

am
3
+
bm
2
+
cm
+
d
(
5
và d không chia hết cho 5
[
m
(
5
Do đó tồn tại số nguyên n sao cho
mn a 1 mod5
` a

Ta có:
n
3
f m
` a
@g n
` a
=n
3
am

3
+ bm
2
+ cm + d
b c
+ dn
3
+ cn
2
+ bn + a
b c


=a m
3
n
3
@1
b c
+ bn m
2
n
2
@1
b c
+ cn
2
mn @1
` a
(

mn @1
` a


[ G n
` a
(
mn @1
` a
(
5

Vậy số nguyên n thỏa
mn a 1
(mod 5) thì
g n
` a
(
5

 Nhận xét: Ta có:
f m
` a
@g n
` a
=am
3
+ bm
2
+ cm + d + dn

3
+ cn
2
+ bn + a
b c
. Ta cần làm
mất hệ số tự do (a hoặc d) để xuất hiện nhân tử chung. Nhân f(m) với
n
3
rồi trừ cho g(n),
ta có
n
3
f m
` a
@g n
` a
(
mn @1
. Lại có m
(
5 nên tồn tại số nguyên n để . Từ đó đi đến đpcm.
Bài toán 3: Cho đa thức P(x) bậc 4 có các hệ số nguyên và P(x) chia hết cho 7 với mọi x
nguyên. Chứng minh rằng các hệ số của đa thức P(x) đều chia hết cho 7.
Giải
Xem đa thức:
P x
` a
=
ax

4
+
bx
3
+
cx
2
+
dx
+
e
với
a,b,c,d,e 2
N
,
a
≠
0

Ta có:
P x
` a
(
7 8x 2
N
. Do đó:

P 0
` a
(

7[ e
(
7


P 1
` a
=
a
+
b
+
c
+
d
+
e
(
7


P @1
` a
=
a @b
+
c @d
+
e
(

7

[ P 1
` a
+
P @1
` a
=
2a
+
2c
+
2e
(
7[ a
+
c
(
7
(1)

[ P 1
` a
@P @1
` a
=
2b
+
2d
(

7[ b
+
d
(
7
(2)

P 2
` a
=
16a
+
8b
+
4c
+
2d
+
e
(
7


[ 2a
+
b
+
4c
+
2d

(
7


[ 2c
+
d
(
7
(3)

P @2
` a
=
16a @8b
+
4c @2d
+
e
(
7


[ P 2
` a
+
P @2
` a
=
32a

+
8c
+
2e
(
7[ 4a
+
c
(
7
(4)
Mà
a
+
c
(
7

Do đó
3a
(
7[ a
(
7
(5)
Từ (1) và (5)
[ c
(
7
(6)

Từ (3) và (6)
[ d
(
7 2
` a
@@@Q
b
(
7

Các số a,b,c,d,e thỏa mản yêu cầu bài
 Nhận xét:
1) Nếu bậc của P(x) lớn hơn 4 thì kết luận của bài toán không đúng nữa.
Chẳng hạn:

Q x
` a
=
x
+
1
` a
x
+
2
` a
x
+
3
` a

…
x
+
7
` a
(
7 ,8x 2
N

Và
H x
` a
=x
7
@x
(
7 ,8x 2
N

2) Vấy nếu bậc P(x) bé hơn 4 kết luận đó có đúng không? Câu trả lời là có. Khi
degP x
` a
=
1,2,3,4, P x
` a
(
7
với mọi x nguyên luôn kéo theo các hệ số của P(x) chia
hết cho 7.
3) Số 7 là số nguyên tố. Nếu tat hay 7 là một số khác thì sẽ được kết quả là gì?

Cho số nguyên tố p lớn hơn hoặc bằng 5 và đa thức

f x
` a
=
ax
4
+
bx
3
+
cx
2
+
dx
+
e 2
N
x
@A
, f x
` a
(
p,8x 2
N

Thì a,b,c,d,e
(
p
Dạng 2: Bài toán xác định đa thức

Bài toán 1: Tìm a và b sao cho đa thức
P x
` a
=
x
3
+
8x
2
+
5x
+
a
chia hết cho đa thức
Q x
` a
=
x
2
+
3x
+
b

Giải
Viết lại đa thức P(x) dưới dạng sau:

P x
` a
=

x
3
+
8x
2
+
5x
+
a


= x x
2
+ 3x + b
b c
+ 5 x
2
+ 3x + b
b c
@ b + 10
` a
x + a @5b


= x
2
+ 3x + b
b c
x + 5
` a

@ b + 10
` a
x + a @5b 1
` a


Vì P x
` a
(
x
2
+ 3x + b
b c
và x
2
+ 3x + b
b c
x + 5
` a
(
x
2
+ 3x + b
b c
nên từ (1) suy ra đa thức bậc nhất
R x
` a
=
@ b
+

10
` a
x
+
a @5b
chia hết cho đa thức
Q x
` a
= x
2
+ 3x + b

Do degQ(x)=2 còn
degR x
` a
≤
1
, nên từ
R x
` a
(
Q x
` a
suy ra
R x
` a
a 0
, hay

[

Vậy hai đa thức cần tìm là
P x
` a
=X63 + 8x
2
+ 5x @10 và Q x
` a
=x
2
+ 3x @10

 Nhận xét
1. Bài toán trên sử dụng tính chất vế bâc của đa thức để có được
R x
` a
a 0

2. P(x) là đa thức bậc nhỏ (degP = 3) nên ta có thể giải bài toán này bằng cách
đồng nhất hệ số. Giả sử
P x
` a
= x
2
+ 3x + b
b c
x + c
` a
. Qua các bước nhân, rút gọn
rồi đồng nhất ta vẫn được a=-50, b=-10,c=5

Bài toán 2: Tìm đa thức f(x) không đồng nhất 0 với hệ số nguyên nhận số
a
=
2
3
p
wwwwwwwwwwwwwww
+
4
3
p
wwwwwwwwwwwwwww

làm nghiệm
Giải
Ta có
a
=
2
3
p
wwwwwwwwwwwwwww
+
4
3
p
wwwwwwwwwwwwwww


a

3
=
6
+
6 4
3
p
wwwwwwwwwwwwwww
+
6 4
3
p
wwwwwwwwwwwwwww

a
3
= 6 + 6 2
3
p
wwwwwwwwwwwwwww
+ 4
3
p
wwwwwwwwwwwwwww
b c


=
6
+

6a

Hay
a
3
@6a @6
=
0


[
Rõ ràng a là nghiệm của đa thức
f x
` a
= x
3
@6x @6
. Vậy f(x) là đa thức cần tìm.
 Nhận xét:
1. Ta lập phương số a để mất căn việc lũy thừa số a có thể phải thực hiện nhiều
lần.
2. Ta có thể mở rộng thành bài toán xác định một số a là số vô tỉ hay số hữu tỉ.
Ta thực hiện theo các bước:
Bước 1: Lập một đa thức với hệ số nguyện nhận x=a làm nghiệm
Bước 2: Chứng minh rằng hoặc là đa thức tìm được không có nghiệm nguyên,
hoặc là trong số tất cả các nghiệm nguyên có thể có của đa thức không có nghiệm
nào bằng a
III/ Bài tập áp dụng

C. Đa thức nhận giá trị nguyên
I.Định nghĩa :
Đa thức
f(x)=
1
0 1

n n
n
a x a x a
−
+ + +
nhận giá trị nguyên ứng với mọi x nguyên được gọi là đa thức nhận giá trị nguyên.
Hiển nhiên rằng mọi đa thức với hệ số nguyên là đa thức nhận giá trị nguyên.Tuy
nhiên, lớp hàm số nhận giá trị nguyên rộng hơn rất nhiều. Chẳng hạn, các hàm số sau đây
là những hàm nhận giá trị nguyên

1
3
( ) [ ],
( 1)
( ) ,
2
f x x
x x
f x
=
+
=
2

4
( ) 2 ,
( ) os .
x
f x
f x c x
π
=
=
Ký hiệu :
( 1) ( 1)x x x n
n
− − +
( 1) ( 1)
!
x x x n
n
x
n
 
− − +
 ÷
=
 ÷
 
II.Ví dụ :
Bài tập 1:
Chứng minh đa thức P(x)=
x
n

 
 ÷
 ÷
 
là đa thức nhận giá trị nguyên

Giải
Nhận xét rằng tích của n số tự nhiên liên tiếp thì chia hết cho n!. Giả sử x(x-1)…
(x-n+1) là tích của n số tự nhiên liên tiếp (x
≥
n). Khi đó, ta có
( 1) ( 1)
!
n
x
x x x n
C
n
− − +
=
là một số nguyên.
Từ đó, ta suy ra tích của n số nguyên liên tiếp thì chia hết cho n! và do đó bài toán
được giải quyết.
Chú ý :
Từ bài toán trên, với n
≥
2 cho ta kết quả sau :
Tồn tại đa thức nhận giá trị nguyên với các hệ số có thể không bắt buộc là những số
nguyên.Với n
≥

2, tồn tại một đa thức với các hệ số đều hữu tỉ không nguyên nhưng nhận
giá trị nguyên tại các điểm nguyên.
Bài tập 2:
Chứng minh đa thức P(x) bậc n nhận giá trị nguyên (tại mọi điểm nguyên)
khi và chỉ khi P(x) nhận giá trị nguyên tại (n+1) điểm nguyên liên tiếp.

Giải
Điều kiện cần là hiển nhiên.
Điều kiện đủ: Sử dụng công thức khai triển Abel với
( 1,2, , )
i
x a i i n= + =
Ta được
0 1 2
( ) ( 1) ( 1)( 2) ( 1) ( )
n
P x b b x a b x a x a b x a x a n= + − − + − − − − + + − − − −
Ta có :
P(a+1)
∈Ζ
→
0
,b ∈ Ζ

P(a+2)
∈Ζ
0 1 1
,b b b→ + ∈ Ζ → ∈Ζ

0 1 2 2

( 3) 2 2! 2!a b b b bΡ + ∈ Ζ → + + ∈Ζ → ∈Ζ
Tương tự
( ) ( 1)!
n
a n n bΡ + ∈Ζ → − ∈ Ζ
( ) !
n
a n bΡ ∈ Ζ → ∈Ζ
Từ đó ta có
! ( 0,1, , ).
k
k b k n∈Ζ =
Do đó, ta có điều phải chứng minh(vì tích của n số
nguyên liên tiếp thì chia hết cho k!)
Chú ý :
Thực ra, ta chỉ cần điều kiện P(x) là đa thức nhận giá trị nguyên khi P(x) nhận các
giá trị nguyên tại x=0,1,…,n là đủ.

Bài tập 3:
Chứng minh rằng
a)Mọi đa thức bậc n đều có thể biểu diễn được dưới dạng
( )
0 1 1
1
1
( )
n n n
x
x
nP x b b b b

x
n
−
−
 
 
 ÷
= + + + +
 ÷
 ÷
 
 
(1)
b)Đa thức
( )
n
P x
là đa thức nhận giá trị nguyên khi và chỉ khi tất cả các hệ số
0 1
, , ,
n
b b b
là các số nguyên.
Giải
a)Chứng minh bằng quy nạp. Giả sử đa thức P(x) bậc n có dạng
1
1 1 0
( )
n n
n n

P x a x a x a x a
−
−
= + + + +
Khi n=1 thì
( )
1 1 0 0 1
( )
1
x
P x a x a a a= + = +
Chọn
0 0 1 1
,b a b a= =
ta nhận được (1) đúng.
Giả sử (1) đúng với mọi n
≤
k. Khi đó ta có
1
1 1 1 0
( )
k k
k k k
P x a x a x a x a
+
+ +
= + + + + =
1
( 1)! 1 ( )
k k

a k k R x k
x
+
 
 ÷
= + + + ≤
 ÷
 ÷
 
Theo giả thuyết quy nạp thì
(
)
( )
0 1

1
1
( ) 1
k
x
b b
k k
x
x
R x b b k
k
+ + +
−
 
 ÷

= + −
 ÷
 
Do đó
1 0 1 1
( ) ,
1 1
k k k
x x x
P x b b b b
k k
+ +
     
 ÷  ÷  ÷
= + + + +
 ÷  ÷  ÷
+
     
với
1 1
( 1)!.
k k
b a k
+ +
= +
Do đó (1) đúng với k+1
b)Điều kiện cần
Giả sử
( )
n

P x
là đa thức nhận giá trị nguyên với x
∈Ζ
. Khi đó
0
0 1
0 1 2
0 1 2
(0) ,
1
(1) ,
1
2 2
(2) ,
1 2

( ) .
1 2
n
P b
P b b
P b b b
n n n
P n b b b b
n
=
 
 ÷
= +
 ÷

 
   
 ÷  ÷
= + +
 ÷  ÷
   
     
 ÷  ÷  ÷
= + + + +
 ÷  ÷  ÷
     

Vì P(0),P(1),……,P(n)
∈Ζ
và các hệ số của khai triển nhị thức Newton đều
nguyên nên
0 1
, , ,
n
b b b
∈Ζ
.
Điều kiện đủ
Giả sử
0 1
, , ,
n
b b b
là các số nguyên. Khi đó P(0),P(1),……,P(n) cũng là các số
nguyên nên theo bài 2 thì

( )
n
P x
là đa thức nhận giá trị nguyên.
Bài tập 4 :
Chứng minh rằng nếu đa thức P(x) bậc n là đa thức nhận giá trị
nguyên thì đa thức Q(x)=n!P(x)
∈Ζ
[x].
Giải
Theo bài 3 thì P(x) là đa thức bậc n nhận giá trị nguyên nên ta có biểu diễn
0 1 2 1
( ) , ( 0, , )
1 2 1
n n n j
x x x x
P x b b b b b b j n
n n
−
       
 ÷  ÷  ÷  ÷
= + + + + + ∈ Ζ =
 ÷  ÷  ÷  ÷
−
       
Do đó
0 1 2 1
! ( ) ! ! ! ! .
1 2 1
n n n

x x x x
n P x n b n b b n b n b
n n
−
       
 ÷  ÷  ÷  ÷
= + + + + +
 ÷  ÷  ÷  ÷
−
       
Ta có :
! ( 1) ( 1)
k k
n
b k b x x x k
k
 
 ÷
= − − + ∈ Ζ
 ÷
 
Vì vậy n!P(x)
∈Ζ
[x].
Bài tập 5:
Xác định các số dương A,B,C sao cho đa thức
f(x)=
A
5 3
Ax Bx Cx+ +

là đa thức nhận giá trị nguyên với f(3) nhỏ nhất.

Giải
Do A,B,C dương và f(x)
∈Ζ
khi x
∈Ζ
nên f(1),f(2),f(3) là những số nguyên
dương. Ta có :
f(1)=A+B+C
f(2)=32A+8B+2C
f(3)=243A+27B+3C
Suy ra
f(2)-2f(1)=30A+6B (1)
Giải hệ với ẩn A,B,C ta thu được
120A=[f(3)-4f(2)+5f(1)], (2)
24B=[-f(3)+8f(2)-13f(1)], (3)
30C=[f(3)-9f(2)+45f(1)]. (4)
Vì f(1) nguyên dương nên f(1)
≥
1. Từ (1) và do A,B dương, f(2),f(1) là nguyên dương
nên f(2)-2f(1)
≥
1.Suy ra
f(2)
≥
2f(1)+1
≥
3 (5)
Từ (2) suy ra

f(2)=120A+4f(2)-5f(1)=120A+4[f(2)-2f(1)]+3f(1)
Suy ra
f(3)>4[f(2)-2f(1)]+3f(1)=4+3=7
và vì vậy f(3)
≥
8
Với f(1)=1,f(2)=3,f(3)=8 thì từ (1),(2),(3) ta thu được
A=
1 1 13
; ;
120 8 15
B C= =
(6)
Ta chứng tỏ với các giá trị A,B,C ở (5) thì f(x) nguyên khi x nguyên. Thật vậy, ta
có
f(x)=
5 3
2 1
5 3
1 1 13
120 8 15
x x
x x x
+ +
   
+ + = +
 ÷  ÷
   
là một đa thức nhận giá trị nguyên.