Bài tập tổng hợp nâng cao về đa thức

Văn Phú Quốc- GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam)

BÀI TẬP TỔNG HỢP-NÂNG CAO VỀ ĐA THỨC
Văn Phú Quốc-GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm- Quảng Nam
(Di động: 0982 333 443 hoặc 0982 333 443)
Bài 1. Cho đa thức f(x) = a
1
sinx + a
2
sin(2x) +…+ a
n
sin(nx) với a
i


,
*
n


.
biết | f(x)| ≤ | sin(nx) | ,  x 

. Chứng minh rằng | a
1
+ 2a
2
+…+ na
n

| ≤ n.
Lời giải
Ta có: f’(x) = a
1
cosx + 2a
2
cos (2x) +…+ na
n
cos (nx) . f’(0) = a
1
+ 2a
2
+…+ na
n
(1)
Do f’(0) =
lim lim
0 0
(0)
0

 

x x
f(x) - f f(x)
x x
.
Vì | f’(0) |=|
lim
0x

f(x)
x
| ≤
lim lim
0 0

 
f(x)
x
x x
| f(x)|
| x|
≤
lim
0
sin( )
n


x
| nx |
| x|
(2)
Từ (1), (2) được điều phải chứng minh.
Bài 2.Giả sử với hai số dương ba, thì đa thức
3 2
x ax bx a
  
có các nghiệm đều
lớn hơn 1. Xác định giá trị của ba, để biểu thức

n
nn
a
b
P
3
 đạt giá trị nhỏ nhất và
tìm giá trị nhỏ nhất đó (
n
là số nguyên dương cho trước).
Lời giải
Gọi
321
,, xxx là các nghiệm của đa thức đã cho.
Theo định lý Vi-et ta có








axxx
bxxxxxx
axxx
321
133221
321

Theo bất đẳng thức AM - GM ta được
3
321321
3 xxxxxx  hay
3
3 aa 

(*)33a

Theo bất đẳng thức Rzyxzxyzxyzyx  ,,);(3)(
2

thì
)(3)(
321321
2
133221
2
xxxxxxxxxxxxb 

hay .33
22
abab 
Suy ra
n
n
n
n
n
n

n
nnn
n
nn
aa
a
a
b
P
)33(
3
3
3
3
333




 , do (*)
Do đó ta có
n
n
P
3
13 


Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .93;33  aba Khi đó phương trình có ba
nghiệm trùng nhau và đều bằng .3 Vậy giá trị nhỏ nhất của

P
là
n
n
3
13 
khi
.9;33  ba
www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com


Văn Phú Quốc- GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam)

Bài 3. Tìm tất cả các đa thức


P x
với hệ số thực thỏa
mãn:






2 3 2
3 3 1 6 7 16 3 , .
P x x P x P x x x x
        



Lời giải
Nhận xét:
Nếu


P x
là đa thức hằng thì




0, 1
P x P x
 
và


2 1,P x x x
   

là đa
thức bậc nhất duy nhất thỏa mãn.
Giả sử


*
deg .
P n n 


Gọi
n
a


0
n
a

là hệ số bậc cao nhất cuả


P x
, căn
bằng hệ số bậc cao nhất hai vế của phương trình:


2
3 6 2
n n n
n n n
a a a  
.
Đặt







2 1
n
P x x Q x
  
. Giả sử


degQ k n k
  


Thay vào phương trình hàm ban đầu:




   
   
 
   
 


 


2 2
3 2 3 2
2 2

2 3 2
2 2 5 3 6 1 3 1
12 14 32 5 6 7 16 3 ,
6 1 3 2 2 5 3 1
3 3 1 6 7 16 3 ,
n
n
n
n
n
x x Q x x x Q x
x x x Q x x x x
x Q x x x x Q x
Q x x Q x Q x x x x
 
 
 
       
 
 
 
 
 
         
       
         



Khi đó bậc của đa thức vế trái trong phương trình trên là:

2
n k

, trong khi đó bậc đa
thức vế phải là
3 2
k n k
 
(vô lý). Vậy


0
Q x

.
Kết luận: Tất cả các đa thức thỏa là:










*
0, 1, 2 1 .
n
P x P x P x x n    



Bài 4. Cho 3 tam thức bậc hai
( ), ( ), ( )
f x g x h x
. Hỏi đa thức
( ) ( ( ( )))
P x f g h x


có thể nhận cả 8 số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 làm nghiệm được không?
Lời giải
Không giảm tổng quát, có thể coi hệ số của
2
x
ở
( ), ( )
f x g x
đều là 1.
Giả sử
( ) ( ( ( )))
P x f g h x

nhận cả 8 số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 làm nghiệm .
www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com


Văn Phú Quốc- GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam)

- Vì
deg( . ) 4
f g

suy ra
(1), (2), (3), (4), (5), (6), (7), (8)
h h h h h h h h
nhận 4 giá
trị.
Mà
( )
h x
là tam thức bậc hai, dẫn đến

(1) (8) (2) (7) (3) (6) (4) (5)
h h h h h h h h
      

2
( ) 9
h x x x c
   
(*)
- Vì
deg 2
f

suy ra
( (1)), ( (2)), ( (3)), ( (4))
g h g h g h g h

nhận 2 giá trị.
Mà từ (*) ta có
(1) (2) (3) (4)
h h h h
  
, dẫn đến

(1) (4) (2) (3)
h h h h
  

Thay vào (*):

8 ( 20 ) 14 ( 18 )
m m m m
          

Đẳng thức cuối sai, tức là giả sử trên sai.
Vậy đa thức
( ) ( ( ( )))
P x f g h x

không thể nhận cả 8 số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 làm
nghiệm.

Bài 5. Cho 2 đa thức với hệ số thực
5 4 3 2
( ) 2
f x x ax bx cx dx e
     

và
2
( ) 2014
g x x x   . Biết rằng phương trình
( ) 0
f x

có 5 nghiệm thực phân
biệt còn phương trình


( ) 0
f g x

không có nghiệm thực.
Chứng minh rằng


3
8 2014 1
f


Lời giải
Gọi 5 nghiệm của pt
( ) 0
f x

là
( 1,5)

i
x i 
, ta có










1 2 3 4 5
( ) 2
f x x x x x x x x x x x
     

Từ đó suy ra






2 2
1 5
( ) 2 2014 2014
f g x x x x x x x
      

Vì phương trình


( ) 0
f g x

vô nghiệm nên cả 5 phương trình
2
2014 0, ( 1,5)
i
x x x i     đều vô nghiệm. Do đó
 
1
Δ 1 4 2014 0 2014 1,5
4
i i i
x x i
        

Khi đó
 
 
5
5
1
1 1
2014 2 2014 2.
4 512
i

i
f x

   


   
3 3
1
2014 8 2014 1
8
f f
   
(đpcm).
Bài 6. (Olympic chuyên khoa học tự nhiên 2014).
Tìm tất cả các đa thức hệ số thực


P x
sao cho:
2015 2016
( 2) (3 2) 3 ( ) 3 3 6
x P x xP x x x
     

www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com


Văn Phú Quốc- GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam)

Giải
Xét
P
hằng thì được


3
P x
 
. Xét
P
không hằng.
Phương trình viết lại dưới dạng :






2 3 2 3 32015 3 ,
x P x x P x x R
   
   
      
Đặt





3
Q x P x
 
thì :






2 3 2 32015 ,x Q x xQ x x
    

.
Lấy
2
x

được


2 0
Q

.
Đặt tiếp







 2
Q x x S x
 
thì được :








3 2 32014 , 3 1 32014 1 ,S x S x x R S x S x x
         

.
Đặt




1
T x S x
 
thì :





3 32014 ,T x T x x
  

.
Gỉa sử




1
1 1 0
0
n n
n n n
T x a x a x a x a a


     
, thay vào đồng nhất hệ số bậc
cao nhất được
2014
n

.
Thay vào và đồng nhất tiếp hệ số của
, 0,2013
i
x i 
thì :

2014
3 3 , 0,2013 0, 0,2013
i
i i i
a a i a i       ta được :


2014,T x cx x
  

.
Dễ dàng tìm được đáp số bài toán :






2 1 2014 3, ,
P x c x x x c const
      
.
Bài 7. Chứng minh rằng với mọi bộ ba số nguyên


; ;
a b c
luôn luôn tồn tại số nguyên
dương
n

sao cho
3 2
n an bn c
  
không phải là số chính phương.
Lời giải 1
Đặt


3 2
f n n an bn c
   
.
Nếu


f n
là số chính phương thì




0 mod4
f n 
hoặc




1 mod 4

f n 
(*)
Giả sử tồn tại bộ ba số nguyên dương


; ;
a b c
sao cho với mọi số nguyên dương
n

thì


f n
là một số chính phương.
Nói riêng,








1 , 2 , 3 , 4
f f f f
đều là các số chính phương.
Ta có



2 8 4 2
f a b c
   
;


4 64 16 4
f a b c
   
.
Khi đó










2 4 56 2 2 2 4 2 mod4
f f a b f f b        
(**)
Mặt khác, do




2 , 4

f f
đều là các số chính phương nên từ (*) ta có:






     
     
2 4 0 mod4
2 4 1 mod4
2 4 1 mod4
f f
f f
f f

 

  


 



Kết hợp với (**) ta có:


2 0 mod4

b 
(1)
www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com


Văn Phú Quốc- GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam)

Lại có












3 1 24 8 2 2 3 1 2 2 mod4
f f a b f f b        
.
Nhận thấy




3 , 1

f f
đều là các số chính phương nên


2 2 0 mod 4
b  
(2)
Từ (1) và (2) suy ra


2 0 mod 4

. Đây là điều vô lý, tức là giả thiết phản chứng sai.
Lời giải 2
Đặt


3 2
f n n an bn c
   
.
Giả sử tồn tại bộ ba số nguyên dương


; ;
a b c
sao cho với mọi số nguyên dương
n

thì



f n
là một số chính phương.
Ta có












2 mod2 2 mod4
f n f n f n f n    
với mọi
n
.
Điều này dẫn đến






2 2

6 2 0 mod4 , 2 3 0 mod4 ,n b n n b n
 
        
 
(vô lý).
Vậy


f n
không phải là số chính phương.
Bài 8. Cho


P x
là một đa thức hệ số nguyên thỏa mãn




0 0, 1 2
P P
 
. Chứng
minh rằng


7
P
không thể là số chính phương.
Lời giải

Vì




0 0, 1 2
P P
 
nên


P x
có dạng






1 2
P x x x Q x
  
trong đó


Q x

là một đa thức với hệ số nguyên.
Ta có







7 2 42. 7 2 mod 3
P Q  
.
Như vậy


7
P
không thể là số chính phương.
Bài 9. (IMO 2002). Tìm tất cả các cặp số nguyên


,
m n
với
3
,
m n

để tồn tại vô
hạn các số nguyên dương
x
sao cho
2
1

1
m
n
x x
x x
 
 
là một số nguyên dương.
Lời giải 1
Rõ ràng
m n

. Gọi




,
q x r x
là các đa thức có hệ số nguyên và


r x
có bậc
n


sao cho







2
1 1
m n
x x q x x x r x
     
.
Khi đó:


2
1
n
x x r x
 
với vô hạn số nguyên dương
x
. Nhưng khi
x
đủ lớn


2
1
n
x x r x
  

vì


r x
có bậc nhỏ hơn. Do đó


r x
phải bằng 0. Vậy
1
m
x x
 
được phân tích thành




2
1
n
q x x x
 
ở đây


1
1 0

m n m n

m n
q x x a x a
  
 
   
.
Ta có:






2 1
1 1 1 1
m m n n m n m n
x x x x x x x x
   
        
, do đó
2 1
1 1
n m n m n
x x x x
  
   
. Vì vậy,
2 1
m
n

 
.
Hơn nữa,
2
1
n
x x
 
phải chia hết
www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com


Văn Phú Quốc- GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam)








1 1 2 1 2
1 1 1
m n m n m n m n m n n
x x x x x x x
       
      

2 3 2 1

1
m n m n m n
x x x
    
   
(*)
Ta có thể viết ( *) thành:






2 1
2 3 3
1 1 0
m n
m n n
x x x
 
  
   
với mọi


0;1
x 
trừ
khi
3 0

n
 
và


2 1 0
m n
  
.
Như vậy trừ khi
3, 5
n m
 
đa thức ở (*) không có nghiệm thuộc


0;1
. Thế
nhưng đa thức
2
1
n
x x
 
lại có nghiệm trong


0;1
bởi vì nó nhận giá trị
1


tại
0
x

; nhận giá trị 1 tại
1
x

. Do đó phải có
3; 5
n m
 
.
Dễ dàng kiểm tra được
3; 5
n m
 
thỏa mãn điều kiện đề bài.
Lời giải 2
Tiến hành như trên cho đến dòng có dấu (*).
Ta làm tiếp tục như sau:
- Nếu
2 1
m n
 
thì (*) thành
1 2
n
x x



. Lúc đó
3
n

, (*) bằng 0 và tìm được
5, 3
m n
 
.
- Khi
3
n

ta viết


1 2 3
1
n n
x x x x
  
  
. Đa thức này vô nghiệm trong


0;1
mà
2

1
n
x x
 
lại có nghiệm trong


0;1
bởi vì nó nhận giá trị
1

tại
0
x

; nhận giá
trị 1 tại
1
x

, do đó
2
1
n
x x
 
không thể là ước của vế phải của (*).
- Nếu
2 1
m n

 
thì (*) có thể được viết thành:




1 2 2 3 2 2 1
1 1
m n m n m n m n m n
x x x x x x
        
       
.
Như vậy, đa thức này vô nghiệm trong


0;1
mà
2
1
n
x x
 
lại có nghiệm trong


0;1
nên
2
1

n
x x
 
không thể là ước của (*).
Tóm lại
3; 5
n m
 
thỏa mãn đề bài.
Bài 10. (Bulgaria MO 1995, Round 4 ). Giả sử
;
x y
là các số thực khác nhau sao cho
có bốn số nguyên dương
n
liên tiếp nhau để
n n
x y
x y


là một số nguyên. Chứng minh
rằng:
n n
x y
x y


là một số nguyên với mọi số nguyên dương
n

.
Lời giải
Đặt
n n
n
x y
t
x y



. Khi đó:
2 1
0
n n n
t bt ct
 
  
với


,
b x y c xy
   
và
0 1
0, 1
t t
 
.

Ta sẽ chứng minh rằng
,
b c


. Cho
n
t


với bốn số nguyên dương liên tiếp
, 1, 2, 3
n m m m m
   
.
Vì
 
2
1 2
n
n
n n n
c xy t t t
 
  


khi
, 1
n m m

 
nên
1
,
m m
c c



.
Suy ra:
c
là số hữu tỉ và do
1m
c



, suy ra:
c


. Mặt khác ta có:
3 1 2
m m m m
m
t t t t
b
c
  


 .
www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com


Văn Phú Quốc- GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam)

tức
b
cũng là số hữu tỉ. Bằng quy nạp, từ phương trình:
2 1
0
n n n
t bt ct
 
  
suy ra
n
t
có thể được viết bởi


1n n
t f b


, trong đó



1n
f X

là một đa thức monic có hệ số
nguyên, bậc của
f
là
1
deg 1
n
f n

 
. Do
b
là một nghiệm của phương trình


1
m m
f X t


nên
b


.
Bây giờ từ phương trình
2 1

0
n n n
t bt ct
 
  
ta suy ra:
n
t


với mọi
n
.
Bài 11. Chứng minh rằng đa thức
 
9 7 5 3
1 1 13 82 32
630 21 30 63 35
P x x x x x x
    
nhận giá trị nguyên với mọi giá trị nguyên của
x
.
Lời giải
Ta có:
 
9 7 5 3
1 1 13 82 32
630 21 30 63 35
P x x x x x x

    


















4 3 2 1 1 2 3 4
630 630
x x x x x x x x x
N
       
  .
Ta thấy
N
là tích của 9 số nguyên liên tiếp nên
N
chia hết cho 2, cho 5, cho 7 và cho

9. Các số này đôi một nguyên tố cùng nhau nên
2.5.7.9 630
N


.
Vậy
M
luôn nhận giá trị nguyên với mọi giá trị nguyên của
x
.
Bài 12. (Romanian IMO Team Selection Test 1998). Tìm tất cả các cặp số nguyên
dương


,
x n
sao cho đa thức
2 1
n n
x
 
là một ước của đa thức
1 1
2 1
n n
x
 
 
.

Lời giải
Nếu
1
n

thì




2 2
3 2 1 4 1 5 3 3 14
x x x x x x
           
, vì thế
3 14
x  và
4
x

hoặc 11.
Giả sử
2
n

. Với


1;2;3
x 

ta có:


1
1 2 1 1 2 1 2 1 2 1
n n n
       
;


1 1
2 2 1 2 2 1 2 2 2 1
n n n n n n 
       
;




1 1
2 3 2 1 3 2 1 3 3 2 1
n n n n n n 
       
.
Vì vậy
2 1
n n
x
 
không chia hết

1 1
2 1
n n
x
 
 
. Với
4
x

thì
2 2
2 2
2
2 2
n n
n
n
x
x x
x    , vì vậy
 


2
2
2 1 2
1
2 1
2 2 1

2
2
2
2
2
1 2
n
n n
n nn n
x
x
xx


 
  
     
 .
Do đó:






1 1 1
1 2 1 2 2 1 2 1 2 1
n n n n n n n n n n
x x x x x x x x x
  

              

Lại thấy
2 1
n n
x
 
không chia hết
1 1
2 1
n n
x
 
 
.
Vậy chỉ có 2 nghiệm là




4;1 , 11;1
.

Bài 13. (American High School Mathematics Examination [AHSME] 1976).
www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com


Văn Phú Quốc- GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam)

Cho
,
p q
là hai số nguyên tố và đa thức
2
x px q
 
có hai nghiệm nguyên dương
phân biệt.
Hãy tìm
p
và
q
.
Lời giải
Gọi
1 2
,
x x
với
1 2
x x

là hai số nguyên dương phân biệt của phương trình
2
0
x px q
  
. Theo định lý Viet ta có :
1 2 1 2

,
x x p x x q
  
.
Vì
q
nguyên tố nên
1
1
x

. Như vậy,
2
q x

và
2
1
p x
 
là hai số nguyên tố liên
tiếp nên chỉ có thể là
2
q

và
3
p

.

Bài 14. (Đề nghị OLP Bắc Bộ 2013). Cho đa thức




2
   
ax b c x d e
có
một nghiệm không nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng đa thức
4 3 2
   
ax bx cx dx e

có nghiệm.
Lời giải
Đặt


4 3 2
f x ax bx cx dx e
    

Khi đó







4 2 3 2
f x ax b c x d e bx bx dx d
        

=








4 2 2
1
ax b c x d e bx d x
      

Đa thức




2
   
ax b c x d e
có nghiệm
0
1
x


nên ta có:




2
0 0
0
ax b c x d e
    



 


 
4 2
0 0
0
a x b c x d e
       

Do đó




 



 


0 0 0 0 0 0
. 1 1
f x f x bx d x bx d x
      

=




2
0 0
1 0
bx d x
   

Vậy phương trình


0
f x

có nghiệm
0 0
;

x x x
 
 
 

Bài 15. (Đề nghị OLP Bắc Bộ 2013).
Gọi m, n, p là 3 nghiệm thực của đa thức
3 2
, 0
   
ax bx cx a a

Chứng minh rằng:
2 2 2
2 3 2 3
m n p
m n p

    

Dấu “=” xảy ra khi nào?
Lời giải
Theo định lí Viét ta có m.n.p=1.
Lấy
0 0 0
45 ; 30 ; 165
  
   
thì
0

180
  
  
và:
2 3 2 3
os ; os ; os
2 2 2
c c c
  

   
Vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
2 2 2
2 3 2 3
np pm mn m n p
     
(vì mnp=1)
2 2 2
2 cos 2 cos 2 cos ( )
np pm mn m n p
  
      

www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com


Văn Phú Quốc- GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam)

Ta có:

2 2 2
2 cos 2 cos 2 cos
p m n mp np mn
  
    





2 2 2 2 2 2 2
os sin os sin 2 cos

2 cos 2 cos( )
p m c n c mp
np mn
    
  
      
  

(Vì
0
180
  
   )
   
2 2
cos cos sin sin 0
p m n m n

   
     
. (luôn đúng)
Bất đẳng thức (*) được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
sin sin
cos cos
sin sin sin
m n
m n p
k
p m n
 
 
  


   

 


Ta có:




3
3
4 3 1 4 3 1

sin sin sin
mnp
k k
  
       

Từ đó:
sin ; sin ; sin
m k n k p k
  
  

Bài 16. Liệu có tồn tại hay không hai đa thức f(x) và g(x) thỏa:



 
f x
1 1 1
1
g x 2 3 n
    
,
*
n


.
Lời giải
Dễ thấy:

n
1 1 1
lim 1
2 3 n

 
     
 
 
.
Giả sử tồn tại hai đa thức f(x) và g(x) thoả yêu cầu bài toán thì


 
x
f x
lim
g x

 
.
Suy ra:
degf degg

. Khi đó
 
 
0
x
0

f x
lim
a
xg x
b








(*)
(
0 0
a ,b
lần lượt là hệ số của ẩn x bậc cao nhất của f(x) , g(x) )
Chứng minh
n
1 1 1 1
lim 1 0
n 2 3 n

 
    
 
 
(**) hoàn toàn không khó khăn.
(*) và (**) mâu thuẫn nhau.

Bài 17. Với f(x) là đa thức bậc n và các số
a b

nào đó thoả mãn các bất đẳng thức:









 


n
n
f a 0 , -f a 0, f a 0, , 1 f a 0
 
    











 


n
n
f b 0 , -f b 0, f b 0, , 1 f b 0
 
    
.
Chứng minh rằng tất cả các nghiệm thực của đa thức f(x) đều thuộc khoảng
(a, b).
Lời giải
Áp dụng khai triển Taylor, ta có:

   


 


 




 
n
2 n
f a f a f a

f x f a x a x a x a
1! 2! n!
 
       

www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com


Văn Phú Quốc- GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam)

=
 


 


 


 


 
n
2 n
f a f a 1 f a
f a a x a x a x
1! 2! n!

 
 
      
Nếu
x a

thì


f x 0

. Suy ra


f x
không có nghiệm
x a

.

   


 


 





 
n
2 n
f b f b f b
f x f b x b x b x b
1! 2! n!
 
       
Nếu
x b

thì


f x 0

. Suy ra


f x
không có nghiệm
x b

.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài 18. Cho đa thức f(x) có 3 nghiệm
a b c
 
và

2
x mx n 0
  
có nghiệm.
Chứng minh rằng phương trình:






f x mP x nP x 0
 
  
có nghiệm thuộc
khoảng


a,c
.
Lời giải
Gọi t, s là nghiệm của phương trình
2
x mx n 0
  
có nghiệm.
Theo định lý Viet ta có:
t s m
ts n
  





.
Ta có:














f x mP x nP x f x t s P x tsP x
   
     
=









f x tf x s f x tf x
  
  
   
   
.
Xét




tx
g x e f x

 có






g a g b g c 0
  
.
Theo định lý Rolle thì tồn tại





a,b , b,c
 
 
sao cho




g g 0
 
 
 
.
Suy ra:








f tf f tf 0
   
 
   
.
Xét







sx
h x e f x tf x


 
 
 
có




h h 0
 
 
.
Theo định lý Rolle tồn tại




, a,c
  
 
sao cho



h 0



.
Vậy






f x mP x nP x 0
 
  
có nghiệm thuộc


a,c
.
Bài 19. Chứng minh rằng đa thức






n 2 n 1

f x nx n 2 x n 2 x n
 
     
chia
hết cho đa thức


3
x 1

với mọi
*
n


.
Lời giải
Ta có:








n 1 n
f x n n 2 x n 1 n 2 x n 2



      










n n 1
f x n n 1 n 2 x x


    .











n 1 n 2
f x n n 1 n 2 nx n 1 x
 


    
Dễ thấy






f 1 f 1 f 1 0
 
  
và






f 1 n n 1 n 2 0

   
.
Vậy
0
x 1

là nghiệm bội 3 của đa thức f(x).
Vậy đa thức







n 2 n 1
f x nx n 2 x n 2 x n
 
     
chia hết cho đa thức


3
x 1

với mọi
*
n


.
Bài 20. Tìm giá trị nhỏ nhất của m sao cho với mỗi đa thức bậc hai f(x) thoả mãn điều
kiện:




f x 1 x 0,1
   nghiệm đúng bất đẳng thức



f 0 m


.
www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com


Văn Phú Quốc- GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam)

Lời giải
Giả sử


2
f x ax bx c
  



a 0

là một đa thức bậc hai tuỳ ý.
Dựa vào giải thiết ta có:


f 0 c 1
 
;

1 a b
f c 1
2 4 2
 
   
 
 
;


f 1 a b c 1
   
.
Từ các bất đẳng thức này ta suy ra:
 
3c 3
a b
4 c 4
4 2
a b c 1

 


 
  

 
 



   


Cộng vế theo vế các bất đẳng thức này ta được:

   
a b
f 0 b 3c 4 c a b c 3 4 1 8
4 2
 

            
 
 
.
Vậy 8 là một trong các giá trị có thể có của m. Chứng minh m = 8 là giá trị nhỏ nhất
của m.
Thật vậy! Đa thức


2
f x 8x 8x 1
   
thoả mãn điều kiện


f x 1




x 0,1
 
Bởi vì:






2
f x 1 2 2x 1 0 x 0,1
       và




f x 1 8x 1 x 0
   



x 0,1
 
.

Suy ra:



f 0 8


. Vậy giá trị nhỏ nhất của m bằng 8.
Bài 21. Tính


 
 
lim
x
P x
P x

 
 
, ở đây


P x
là đa thức với hệ số dương.
Lời giải
Vì P là đa thức với hệ số dương , với x > 1 ta có:


 


 
 



 
1
1
P x
P x P x
P x P x P x
 

 
 

. Vì


 


 
1
lim lim 1
1
x x
P x P x
P x P x
 

 


nên


 
 
lim 1
x
P x
P x

 
 

.
Bài 22. Cho đa thức


6 5 4 3 2
Q x 2x 4x 3x 5x 3x 4x 2
      
.
Đặt
     
2 3
0 0 0
x x x
I dx , J= dx, K= dx
Q x Q x Q x
  


  
.
Chứng minh rằng:
I K J
 
.
Lời giải
www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com


Văn Phú Quốc- GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam)

+ Đa thức Q(x) được viết lại như sau:








6 5 4 2 3
Q x 2 x 1 4 x x 3 x x 5x
       .
+ Rõ ràng các tích phân trên hội tụ.
+ Đặt
1
x
t


, ta được:
2
0
6 5 4 2 3
1 1
. dt
t t
I
1 1 1 1 1 1
2 1 4 3 5
t t t t t t


     
     
     
     


+ Ta thu gọn biểu thức dưới dấu tích phân I sẽ thu được
I K

.
+ Lại có:
 
 


 

2
3 2
0 0
x x 1
x 2x x
2 I J I K 2J dx dx 0 I J
Q x Q x
 

 
        
 
.
Vậy
I K J
 
.
Bài 23. Cho


4 3 2
f x x 2010x 2011x 2012x 2013
    
và biết rằng


f x 0

với mọi
x



. Chứng minh rằng:














4
g x f x f x f x f x f x 0 x
  
       

.
Lời giải
Vì g(x) là đa thức bậc 4 nên


x
lim g x


 
. Do đó tồn tại




0 0
x
x :g x ming x

 


. Từ đây suy ra:


0
g x 0


.
Vì






g x g x f x


 
nên






0 0 0
g x 0 g x f x 0

   
.
Mà




0
g x g x
 nên


g x 0 x
  

.
Bài 24. Cho P(x) là một đa thức có bậc n > 3 và
1 2 3 1

n n
x x x x x

    
là các
số thực. Chứng minh rằng:
1 2 1
0
2 2
n n
x x x x
P P

 
   
 

   
   
.
Lời giải
Ta có:


 
1 2
1 1 1
, x x , i=1, 2, , n
i
n

P x
P x x x x x x x

    
  
.
+ Nếu
1 2
0
2
x x
P

 


 
 
thì:
1 2 1 2 1 2
3 4
1 1 1
0 0 0 0 0
2 2 2
n
x x x x x x
x x x
        
  
  

.
(Vô lý)
+ Nếu
1
0
2
n n
x x
P


 


 
 
thì:
www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com


Văn Phú Quốc- GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam)

1 1 1
1 2 2
1 1 1
0 0 0 0 0
2 2 2
n n n n n n
n

x x x x x x
x x x
  

        
  
  
.
( Vô lý)
Bài 25. Cho P(x) là đa thức khác 0, degP < 2010 và không có thừa số chung với
3
x x

.
Giả sử
   
 
2010
3
P x Q x
x x R x
 

 

 
, trong đó Q(x), R(x) là những đa thức nào đó. Chứng
minh rằng



deg 4020
Q x  .
Lời giải
Do P(x) và
3
x x

không có thừa số chung nên:








3
P x x x q x r x
  

trong đó q(x), r(x) là các đa thức với degq(x) < 2007 , deg r(x) < 3.
Ta có:


 


3 3
P x r x
q x

x x x x
 
 
.
Bao giờ cũng chọn được các số A, B, C sao cho


3
1 1
r x
A B C
x x x x x
   
  

Do P(x) và
3
x x

không có thừa số chung khác hằng số nên suy ra r(x) và
3
x x


cũng vậy. Do đó
0
ABC

.
Ta có:

 


   
2010
2011 2011
3 2011
2010!
1 1
r x
A B C
x x x
x x
 
 
  
 
 

 
 
 
 

Suy ra:
         
 
2010
2011 2011 2011 2011
2011 2011

2011
3
3
Ax 1 1 1 1
2010!
r x x B x x C x x
x x
x x
      

 


 
Khai triển tử số, ta nhận được biểu thức dạng






 
4022 2021
4020
2011
2011 1005 1005
Q x A B C x A C x
A B C x
     
  

Giả sử degQ(x) < 4022. Khi đó:
0
0 0
1005 1005 0
A B C
A C A B C
A B C
  


     


  


Điều này mâu thuẫn với ABC
0

. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài 26. Cho đa thức









P x x a x b x c
   
với a < b < c.
Chứng minh rằng:


 


 


 
0
P a P b P c
P a P b P c
  
  
  
.
Lời giải
www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com


Văn Phú Quốc- GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam)

Ta có:
   
1 1 1

P x P x
x a x b x c
 

  
 
  
 
(1)
Do P(a) = P(b) = P(c) = 0 nên theo định lý Rolle tồn tại d, e sao cho
1 2
a d b d c
   
và




1 2
0
P d P d
 
 
(2)
Lại có:
   
1 2
1 1
P x P x
x d x d

 
 
 
 
 
 
(3)
Từ (1) và (2), ta suy ra:
   
   
1 1
1 1 1
2 2
2 2 2
1 1 1
0
1 1 1
0
P d P d
d a d b d c
P d P d
d a d b d c

 

   

 
  
  


 


   
 

  
 


Do




1 2
0 , P d 0
P d
 
nên ta có được:
1 1 1
2 2 2
1 1 1
0
1 1 1
0
d a d b d c
d a d b d c


  

  



  

  


Suy ra:


 


 


 
P a P b P c
P a P b P c
  
 
  
=
1 2 1 2 1 2
1 1 1 1 1
0

d a d a d b d b d c d c

     
     
.
Bài 27. Chứng minh rằng mỗi đa thức bất kỳ đều có thể biểu diễn được dưới dạng
hiệu của hai đa thức đồng biến.
Lời giải
Giả sử P(x) là đa thức bất kỳ. Khi đó


P x

cũng là một đa thức.
Ta có phân tích sau đây:
         
2 2
1 1
1 1
2 2
P x P s P s P s P s
    
   
     
   
.
Vì





2
1 0 xP x P x
 
    

nên:
       
       
2
0
2
0
1 1
1 0
2 2
1 1
1 0
2 2
x
x
Q x P s P s ds P
R x P s P s ds P
 
 
   
 
 
 
   

 



là hai đa thức đồng biến. Hơn nữa






P x R x Q x
 
.
Vậy ta đã hoàn thành việc chứng minh kết luận này.
www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com


Văn Phú Quốc- GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam)

Bài 28. Cho P và Q là hai đa thức dương trên


. Tìm


 
2011
0

1
lim
x
x
P s
ds
x Q s


.
Lời giải
Áp dụng quy tắc L’Hospital ta có:
 
 


     
2011 2010 2010
0
ln
ln ln
1
lim lim lim 0
2011 2011
x
x x x
P x
P s Q x P x Q x
ds
x Q s x x

  

  

.
Bài 29. Cho P(x) là một đa thức bậc
1
n

với hệ số thực và có n nghiệm thực. Chứng
minh rằng:








2
1
n P x nP x P x
 
  ,
x
 

.
Lời giải
+ Nếu n = 1 thì khẳng định trên luôn đúng.

+ Nếu
2
n

, gọi
1
, ,
n
 
là các nghiệm của đa thức P(x).
Khi đó với
, k = 1, ,n
k
x


thì khẳng định trên hiển nhiên đúng.
Bây giờ, giả sử
, k =1, ,n
k
x


ta có :



 



 
  
1 1
P x
1 2
;
n
k k l n
i k l
P x
P x x P x x x
  
   
 
 
  
 
.
Do đó :
 
 
 
 
 
 
  
2
2
1 1
1 2

1 1
n
k k l n
k k l
P x P x
n n n n
P x P x x x x
  
   
 
 
 
    
 
 
  
 
 
 

=
 
     
2
1 1 1
1 1 2
1 2
n
k k l n k l n
k k l k l

n n
x x x x x
    
      
 
 
 
 
  
 
 
 
    
 
 
 
 
  

=
 
 
     
2
1 1 1
1 1 2
2 1
n
k k l n k l n
k l k l

k
n
n n
x x x x
x
   

      
 

  
 
 
   

 
  

=
 
  
2
2
1 1 1
1 2 1 1
0
n
k k l n k l n
k l k l
k

n
x x x x
x
   

      
 

   
 
   

 
  
.
Vậy
 
 
 
 
 
       
2
2
1 0 1 .
P x P x
n n n P x nP x P x
P x P x
 
 

 
     
 
 

Bài 30. Cho P(x) là đa thức bậc n với hệ số thực có n nghiệm thực phân biệt khác 0.
Chứng minh rằng các nghiệm của đa thức






2
3
x P x xP x P x
 
  là thực và
phân biệt.
Lời giải
Đặt




Q x xP x
 .
www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com

Văn Phú Quốc- GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam)

Vì các nghiệm của P(x) là thực phân biệt khác 0 nên các nghiệm cuả Q(x) cũng là
thực phân biệt. Theo định lý Rolle suy ra các nghiệm của


Q x

là thực phân biệt.
Đặt




R x xQ x


, suy ra các nghiệm của R(x) là nghiệm thực phân biệt.
Do đó các nghiệm của đa thức








2
3

R x x P x xP x P x
  
  
là thực phân
biệt.

Bài 31. Cho P(x) là đa thức với hệ số thực có n nghiệm thực phân biệt lớn hơn 1. Xét
đa thức












2 2 2
1
Q x x P x P x x P x P x
 
 
   
 
.
Chứng minh rằng đa thức Q(x) có
2 1

n

nghiệm thực phân biệt.
Lời giải
Ta có :










Q x P x xP x xP x P x
 
  
  
  
.
Nhận xét :
     
     
 
2 2
2 2
x x
P x xP x e e P x
xP x P x xP x




 


 
 

 

 




 


Gọi các nghiệm của P(x) là :
1 2
1
n
x x x
   
. Theo định lý Rolle,





P x xP x


có
1
n

nghiệm
, k = 1,2, ,n-1
k
y
thỏa:
1 1 2 1
1
n n
x y x y x

     
và




xP x P x


có n nghiệm
k
t
thỏa :

1 1 2 2
0
n n
t x t x t x
      
.
Nếu
1
k
k k
y t

 
thì ta có ngay điều phải chứng minh.
Giả sử tồn tại k sao cho
1k k
y t q

 
.
Khi đó :













0
P q qP q qP q P q P q qP q
  
      
, thay vào
đẳng thức thứ hai ta được :




2
1 0
q P q
 
. Mặt khác
1
k
p y
 
suy ra :


0
P q

nhưng lại có :
1

k k
x q x

 
. Điều này mâu thuẫn.
Bài 32. Tìm tất cả các đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn điều kiện :




2011
x
P e P x
với mọi
x


.
Lời giải
Từ giả thiết suy ra :


 
2011
0
x
P e P x x
  
.
Đặt

2011
1
0 n
1 , u , n 1
n
u
u e

  
.
Khi đó


n
u
là dãy tăng và




1
n
n n
P u P u

  

. Suy ra



P x C

.
Bài 33. Cho đa thức lượng giác
 
 
k
0
oskx+b sin
n
k
k
P x a c kx



thỏa mãn điều
kiện


1 xP x
  

. Chứng minh rằng :


P x n x

  


.
Lời giải
www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com


Văn Phú Quốc- GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam)

Cho đa thức lượng giác
 
 
k
0
oskx+b sin
n
k
k
P x a c kx



thỏa mãn điều kiện


1 xP x
  

. Chứng minh rằng :



P x n x

  

.
Cho
a


bất kỳ.
Dễ thấy :
 




1
sin
2
n
k
k
P a x P a x
Q x c kx

  
 


Suy ra :

 




2
P a x P a x
Q x
 
  

 và




0
Q P a
 
 .
Ta chứng minh


0
Q n


. Thật vậy
 





1.
2
P a x P a x
Q x
  
 

Nhận xét :


sinx
Q x
n




, 2 , ,0, ,2 ,
x
   
   

( nhận xét này tôi dành cho bạn đọc tự kiểm tra).
Hơn nữa


0 0

Q

và




0
.
0 sinx
Q x Q
x
n
x



.
Khi
0
x

ta thu được


0
Q n


hay



P a n

. Vì a được lấy bất kỳ nên ta suy
ra :


xP x n
  

.












www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com