skkn phương trình chứa căn thức bài toán xác đinh đa thức thpt lương thế vinh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI

Đơn vị: TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH

Mã số:
(Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi)





SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM










Người thực hiện: Phạm Hữu Danh
Lĩnh vực nghiên cứu: Toán Học

Năm học: 2013-2014
BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC Giáo viên: Phạm Hữu Danh
2
SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC

I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên: PHẠM HỮU DANH
2. Ngày tháng năm sinh: 01/02/1986
3. Nam, nữ: Nam
4. Địa chỉ: 177/2 Nguyễn Ái Quốc, phường Tân Biên, Biên Hòa, Đồng Nai
5. Điện thoại: 0904470753
6. E-mail:
7. Chức vụ: Giáo viên
8. Đơn vị công tác: Trường THPT chuyên Lương Thế Vinh
II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Thạc Sỹ.
- Năm nhận bằng: 2013.
- Chuyên ngành đào tạo: Toán học.
III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC
- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Toán học.
Số năm có kinh nghiệm: 6.
- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây: 3
“Một số vấn đề cơ bản về lý thuyết chia hết, đồng dư”.
“Một số ứng dụng của lượng giác trong đại số và hình học”.
“Một số vấn đề về phương trình vô tỉ”.

BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC Giáo viên: Phạm Hữu Danh
3

Tên SKKN

BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC

I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Đa thức là một trong những lớp hàm quan trọng nhất của đại số. Từ cấp 2
học sinh đã biết cộng, trừ, nhân, chia hai đa thức. Lên cấp 3 các em tiếp cận với
các phương trình đa thức bậc nhất, bậc hai và một số phương trình bậc cao hơn.
Các kiến thức giải tích sau này như giới hạn, đạo hàm, tích phân vẫn có liên quan
nhiều đến đa thức.
Phương trình hàm là một dạng toán đặc trưng cho chương trình toán
chuyên ở trung học phổ thông. Trong các đề thi học sinh giỏi khu vực, quốc gia,
quốc tế hầu như đều có mặt nội dung này. Các em đã làm quen với các dạng
phương trình hàm trên tập số thực, tập số nguyên, tập các hàm số liên tục… Trong
đó phương trình hàm trong lớp các hàm đa thức có những tính chất khá thú vị.
Chuyên đề Bài toán xác định đa thức nhằm giúp các em học sinh có một cái
nhìn sâu hơn phương trình hàm đa thức. Tài liệu này nói chung không phù hợp với
các em học sinh thông thường, vì chương trình phổ thông hiện giờ đề cập rất ít đến
đa thức, còn phương trình hàm thì hầu như không có. Tuy nhiên nó có thể là một
tham khảo hữu ích với các em học sinh chuyên toán.
Hi vọng tài liệu này sẽ giúp ích cho thầy cô và các em học sinh có điều kiện
nghiên cứu sâu hơn về phương trình hàm đa thức. Dù đã hết sức cố gắng nhưng do
năng lực có hạn nên chuyên đề này chắc chắn không thể tránh khỏi những thiếu sót.
Rất mong được sự đóng góp, chia sẻ của quý thầy cô và các em.
II. TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI
1. Cơ sở lý luận
Những vấn đề ban đầu về đa thức đã được đề cập tới từ chương trình cấp 2.

Học sinh đã biết nhân, chia hai đa thức, dùng sơ đồ Hoorne… Tuy nhiên do thời
lượng có hạn nên một số phương pháp hay chưa có điều kiện đề cập tới.
Chuyên đề này được viết nhằm giúp độc giả có thể thấy được những phương
pháp để giải phương trình hàm đa thức. Các em học sinh lớp 10 chưa tiếp cận với
phương trình hàm nói chung vẫn có thể tham khảo.
Tài liệu có nhắc lại một số kiến thức về đa thức, đồng thời cung cấp những
nội dung mới như định lý Vi-et cho phương trình bậc cao, tính chất nghiệm của đa
thức hệ số nguyên.
2. Nội dung, biện pháp thực hiện các giải pháp của đề tài
Trong chương I, tác giả trình bày các định nghĩa và tính chất cơ bản của đa
thức. Qua đó làm cơ sở cho phần tiếp theo.
BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC Giáo viên: Phạm Hữu Danh
4
Chương II đề cập đến bài toán xác định đa thức. Tác giả chia làm ba phần:
đồng nhất thức một biến, đồng nhất thức nhiều biến và một số bài toán khác. Các
phương pháp độc giả có thể tìm thấy ở đây là so sánh bậc của hai vế, dùng tính
chất nghiệm của đa thức, thế các giá trị đặc biệt…
III. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI
Chuyên đề này đã được áp dụng trong việc giảng dạy cho học sinh khối 10
cũng như đội tuyển học sinh giỏi. Đây có thể là cẩm nang để các em tra cứu khi
cần thiết, qua đó phát triển thêm tư duy toán học của mình. Đối với học sinh lớp
11, 12 có thể xem thêm những bài liên quan đến đạo hàm hay liên tục.
Nội dung này được truyền đạt tới học sinh trong khoảng 10 tiết. Các bài tập
được trình bày chi tiết trong tiến trình lên lớp và một số bài luyện tập để học sinh
nghiên cứu ở nhà.
Sau khi thực hiện sáng kiến kinh nghiệm này, học sinh đã có một cái nhìn sâu
hơn về đa thức và phương trình hàm. Các em đã biết thêm những phương pháp
hay và có thể áp dụng trong những trường hợp cụ thể.
IV. ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG
Đề tài này có thể áp dụng cho học sinh khá giỏi về toán. Giáo viên có thể sử

dụng chuyên đề này độc lập với chuyên đề đa thức hay phương trình hàm.
Tốt nhất giáo viên nên dạy học sinh chuyên đề đa thức, sau đó lồng bài toán
xác định đa thức vào chương cuối. Chương trình này có thể dạy ngay cho học sinh
lớp 10.
V. TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học cơ sở, Đa thức – Phan
Huy Khải – Nhà xuất bản giáo dục Việt Nam – 2009.
2. Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học phổ thông, Đa thức đại
số và Phân thức hữu tỉ – Nguyễn Văn Mậu - NXB Giáo Dục - 2006.
3. Chuyên khảo Phương trình hàm - Nguyễn Tài Chung, Lê Hoành Phò –
NXB Đại học quốc gia Hà Nội – 2013.
4. Tuyển tập Đề thi Olympic 30/4 - NXB Đại Học Sư Phạm – 2009, 2010,
2011, 2012.

NGƯỜI THỰC HIỆN
(Ký tên và ghi rõ họ tên)

BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC Giáo viên: Phạm Hữu Danh
5

SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI
Đơn vị



CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc


, ngày tháng năm

PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Năm học:
–––––––––––––––––
Tên sáng kiến kinh nghiệm:

Họ và tên tác giả: Chức vụ:
Đơn vị:
Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào các ô tương ứng, ghi rõ tên bộ môn hoặc lĩnh vực khác)
- Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học bộ môn: 
- Phương pháp giáo dục  - Lĩnh vực khác: 
Sáng kiến kinh nghiệm đã được triển khai áp dụng: Tại đơn vị  Trong Ngành 
1. Tính mới (Đánh dấu X vào 1 trong 2 ô dưới đây)
- Có giải pháp hoàn toàn mới 
- Có giải pháp cải tiến, đổi mới từ giải pháp đã có 
2. Hiệu quả (Đánh dấu X vào 1 trong 4 ô dưới đây)
- Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng trong toàn ngành có hiệu quả cao 
- Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng
trong toàn ngành có hiệu quả cao 
- Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng tại đơn vị có hiệu quả cao 
- Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng tại
đơn vị có hiệu quả 
3. Khả năng áp dụng (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô mỗi dòng dưới đây)
- Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính sách:
Tốt  Khá  Đạt 
- Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ thực hiện và
dễ đi vào cuộc sống: Tốt  Khá  Đạt 
- Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt hiệu quả
trong phạm vi rộng: Tốt  Khá  Đạt 
Phiếu này được đánh dấu X đầy đủ các ô tương ứng, có ký tên xác nhận của người

có thẩm quyền, đóng dấu của đơn vị và đóng kèm cuối mỗi bản sáng kiến kinh nghiệm.
XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN
(Ký tên và ghi rõ họ tên)

THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
(Ký tên, ghi rõ họ tên và đóng dấu)


BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC Giáo viên: Phạm Hữu Danh
6
CHƯƠNG I: CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN

I. Các Định Nghĩa
Cho K là một tập hợp số
(
)
, ,
K
=
ℤ ℚ ℝ
. Đa thức (trên K) bậc n biến x là biểu
thức có dạng
(
)
(
)
1
1 1 0
0
n n

n n n
P x a x a x a x a a
−
−
= + + + + ≠

Trong đó:
•
0 1 1
, , , ,
n n
a a a a K
−
∈
gọi là các hệ số.
• a
n
gọi là hệ số bậc cao nhất, a
0
là hệ số tự do.
• n gọi là bậc của đa thức, kí hiệu n=degP(x).
Nếu
0
0, 0; 1,
i
a a i n
≠ = ∀ ∈ thì degP(x)=0. Nếu
0; 0,
i
a i n

= ∀ ∈ ,
(
)
0
P x
≡
gọi là đa
thức không, và ta không định nghĩa bậc.
Tập hợp tất cả các đa thức trên K kí hiệu là K[x]. Ta có
[
]
[
]
[
]
, ,
x x x
ℤ ℚ ℝ
lần lượt
là tập hợp các đa thức hệ số nguyên, hệ số hữu tỉ, hệ số thực. Về cơ bản, ta xét đa thức
hệ số thực (nếu trong bài toán không có chú thích gì thêm).
Số x
0
gọi là nghiệm của đa thức P(x) nếu
(
)
0
0
P x
=

.

II. Các Tính Chất Cơ Bản
1. Bậc của đa thức
Cho hai đa thức P(x), Q(x) có bậc lần lượt là m, n.
a) Đặt R(x)=P(x)+Q(x) thì R(x) là đa thức có bậc thỏa
(
)
{
}
deg max ,
R x m n
≤
.
Trong trường hợp
m n
≠
, ta có
(
)
{
}
deg max ,
R x m n
=
.
b) Đặt T(x)=P(x)Q(x) thì T(x) là đa thức có bậc
(
)
deg

T x m n
= +
.
c) Đặt S(x)=P[Q(x)] thì S(x) là đa thức có bậc
(
)
deg
S x mn
=
.
2. Phép chia hai đa thức
a) Định lý về phép chia đa thức:
Cho hai đa thức P(x) và Q(x) (khác đa thức không). Tồn tại duy nhất hai đa thức
T(x) và R(x) sao cho
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
;deg deg
P x Q x T x R x R x Q x
= + <
.

T(x) gọi là thương, R(x) gọi là dư trong phép chia P(x) cho Q(x).
Nếu
(
)
0
R x
≡
thì ta nói đa thức P(x) chia hết cho Q(x) (hay đa thức Q(x) là ước
của P(x)).
b) Định lý về thương trong phép chia hết đa thức:
Cho hai đa thức
(
)
(
)
[
]
,
P x Q x x
∈
ℚ
. Nếu P(x) chia hết cho Q(x) thì đa thức thương
(
)
[
]
T x x
∈
ℚ
.

BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC Giáo viên: Phạm Hữu Danh
7
*Chú ý:
• Hiển nhiên định lý trên đúng nếu thay
[
]
Q x
bởi
[
]
x
ℝ
.
• Trong trường hợp
(
)
(
)
[
]
,
P x Q x x
∈
ℤ
, ta cần thêm điều kiện hệ số bậc cao nhất của
Q(x) là 1 hoặc -1 để thương trong phép chia hết P(x) cho Q(x) là
(
)
[
]

T x x
∈
ℤ
.
3. Nghiệm của đa thức
a) Định lý Bezout:
Khi chia đa thức P(x) cho x-c, ta được phần dư là P(c). Đặc biệt, P(x) chia hết cho
x-c khi và chỉ khi c là nghiệm của đa thức P(x).
b) Sơ đồ Horner:
Cho
(
)
1
1 1 0
; 0
n n
n n n
P x a x a x a x a a
−
−
= + + + + ≠
.
Giả sử đa thức thương khi chia P(x) cho (x-c) là
(
)
1 2
1 2 1

n n
n n

Q x b x b x b x b
− −
−
= + + + +
.
Các hệ số b
i
được xác định như sau:
1 1
2 1 2
1 2 1

n n
n n n
n n n
b a
b b c a
b b c a
b b c a
− −
− − −
=


= +


= +




= +



đồng thời
(
)
1 0
P c b c a
= +
.
c) Hệ quả:
• Mọi đa thức bậc n đều có không quá n nghiệm.
• Nếu đa thức bậc không quá mà có n+1 nghiệm thì đó là đa thức không.
• Nếu hai đa thức bậc không quá n lại lấy giá trị bằng nhau tại n+1 điểm khác nhau
thì hai đa thức đó đồng nhất bằng nhau.
• Nếu P(x) là đa thức đồng thời là hàm số tuần hoàn thì P(x) là đa thức hằng.
d) Định lý Vi-et:
Giả sử đa thức
(
)
1
1 1 0
; 0
n n
n n n
P x a x a x a x a a
−
−

= + + + + ≠
có các nghiệm
1 2
, , ,
n
x x x
.
Khi đó
( )
1
1 2
2
1 2 1 3 1 2 3 2 1
0
1 2



1
n
n
n
n
n n n n
n
n
n
n
a
x x x

a
a
x x x x x x x x x x x x
a
a
x x x
a
−
−
−

+ + + = −



+ + + + + + + + =





= −




BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC Giáo viên: Phạm Hữu Danh
8
III. Đa Thức Hệ Số Nguyên
1. Định lý (nghiệm hữu tỉ của đa thức hệ số nguyên)

Cho đa thức
(
)
1
1 1 0

n n
n n
P x a x a x a x a
−
−
= + + + +
trong đó
, , 0
i n
a i a
∈ ∀ ≠
ℤ
. Nếu
( )
; , 1
r
r s
s
=
là nghiệm hữu tỉ của P(x) thì
0
| , |
n
r a s a

.
2. Nhận xét
a) Trong trường hợp
1
n
a
=
, mọi nghiệm hữu tỉ của đa thức (nếu có) đều là nghiệm
nguyên.
b) Mọi phương trình hệ số hữu tỉ đều có thể đưa về phương trình hệ số nguyên (chỉ cần
quy đồng khử mẫu).
c) Một phương trình hệ số nguyên bất kì đều có thể đưa về phương trình hệ số nguyên với
hệ số bậc cao nhất a
n
=1 bằng cách đặt ẩn phụ.
BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC Giáo viên: Phạm Hữu Danh
9
CHƯƠNG II: BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC

I. Đồng Nhất Thức Một Biến
Để xác định đa thức thỏa mãn đồng nhất thức, ta có thể dùng đến các kĩ thuật sau:
 So sánh bậc của đa thức ở hai vế.
 Cân bằng các hệ số đặc biệt ở hai vế, chẳng hạn hệ số bậc cao nhất và hệ số tự do.
 Thay các giá trị đặc biệt của x vào đồng nhất thức.
 Tìm được nghiệm x
0
của P(x) thì
(
)
(

)
(
)
0
P x x x Q x
= −
.
 Đa thức bậc n có không quá n nghiệm thực. Nếu P(x) có vô số nghiệm thì
(
)
0
P x
≡
.

1. Biến đổi ẩn số

Biến đổi ẩn số là một phương pháp hay dùng trong phương trình hàm nói chung và
bài toán xác định đa thức nói riêng. Thông thường ta biểu diễn đa thức ban đầu theo một
đa thức khác có tính chất đặc biệt hơn.
• Nếu đa thức P(x) có nghiệm x
0
thì
(
)
(
)
(
)
0

,deg deg
P x x x Q x Q P
= − <
.
• Nếu đa thức P(x) là hàm số tuần hoàn thì P(x) là đa thức hằng.

Bài 1:
Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P(x) thỏa
(
)
(
)
2 70
P x P x
+ = +

Giải
Đặt
(
)
(
)
(
)
[
]
35 ;
P x Q x x Q x x
= + ∈
ℝ

. Thay vào đồng nhất thức ban đầu:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
35 2 2 35 70 2
x Q x x Q x Q x Q x
+ + + = + + ⇔ + =

Do đó Q(x) là hàm số tuần hoàn, suy ra Q(x)=c, với c là hằng số.
Lúc này P(x)=35x+c. Dễ thấy P(x) thỏa bài toán.
Vậy P(x)=35x+c, c là số bất kì.
*Nhận xét:
a) Ở trên ta đặt
(
)
(
)
35
P x Q x x
= +
để đưa về đa thức Q(x) tuần hoàn.
b) Có thể giải quyết bài toán như sau.
(

)
(
)
2 70
P x P x
+ = +

Lần lượt cho x=0, 2, 4, , 2n ta được:
(
)
(
)
( ) ( )
2 0 70
4 2 70
P P
P P
= +
= +

BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC Giáo viên: Phạm Hữu Danh
10
(
)
(
)
( ) ( )
6 4 70

2 2 2 70

P P
P n P n
= +
= − +

Cộng tất cả lại:
(
)
(
)
2 0 70
P n P n
= +
.
Suy ra
(
)
*
35 ;P n n c n= + ∀ ∈
ℕ
, với c là hằng số.
Do đó đa thức
(
)
35
P x x c
− −
có vô số nghiệm nên
(
)

35 0
P x x c
− − ≡
.
Vậy P(x) =35x+c.

Bài 2:
Tìm tất cả các đa thức P(x) thỏa đồng nhất thức
(
)
(
)
(
)
(
)
1 1 2 0
x P x x P x
− + − + ≡

Giải
Cho x=1:
(
)
(
)
3 1 0 1 0
P P
= ⇔ =
.

Cho x=0:
(
)
(
)
2 0 0 0 0
P P
= ⇔ =
.
Cho x=-2:
(
)
0 0
P
=
.
P(x) nhận 0; 1; -1 là nghiệm nên
(
)
(
)
(
)
3
P x x x Q x
= − .
Thay vào đồng nhất thức, ta được:
(
)
(

)
(
)
(
)
(
)
(
)
3 2 3
1 3 2 1 2 0
x x x x Q x x x x Q x
− + + + − + − ≡

Rút gọn, ta có
(
)
(
)
1 ;
Q x Q x x
+ = ∀
.
Do đó
(
)
(
)
Q x a const
≡

.
Vậy
(
)
(
)
3
P x a x x
= −
, thử lại thấy thỏa.
*Nhận xét:
Ở trên ta thay x bởi các giá trị đặc biệt để tìm ra nghiệm của P(x). Từ đó có được
biểu diễn
(
)
(
)
(
)
3
P x x x Q x
= − với Q(x) là đa thức tuần hoàn.

Bài 3:
Tìm đa thức
(
)
[
]
P x x

∈
ℝ
thỏa
(
)
(
)
(
)
4 2015
xP x x P x
− = −

Giải
Lần lượt thay x bởi 2015, 2011, , 2015-4n với n là số nguyên, ta thấy 2011, 2007, ,
2015-4(n+1) đều là nghiệm của P(x).
Điều này chứng tỏ P(x) có vô số nghiệm. Vậy
(
)
0
P x
≡
.
*Nhận xét:

a) Ta thấy kĩ thuật trong bài này tương tự bài 2. Tuy nhiên đa thức P(x) trong bài 3 có vô
số nghiệm.
BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC Giáo viên: Phạm Hữu Danh
11
b) Nếu ta thay số 2015 trong giả thiết bởi 2016 thì nghiệm của bài toán sẽ là đa thức P(x)

khác không.

Bài 4:
Tìm đa thức P(x) thỏa đẳng thức sau với mọi x:
(
)
(
)
(
)
(
)
3 2 3 2
3 3 2 1 3 3 2
x x x P x x x x P x
+ + + − = − + −
Giải
Đẳng thức được viết lại thành:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)

(
)
2 2
2 1 1 2 1 *
x x x P x x x x P x+ + + − = − − +
Thay x lần lượt các giá trị:
(
)
( )
( )
( )
2 2 0
1 1 0
0 0 0
1 1 0
x P
x P
x P
x P
= − ⇒ − =
= − ⇒ − =
= ⇒ =
= ⇒ =

P(x) có bốn nghiệm -2; -1; 0; 2 nên có thể viết dưới dạng:
(
)
(
)
(

)
(
)
(
)
1 1 2
P x x x x x Q x
= − + +

Thay vào (*), ta được:
( )
( )
( )
( )
(
)
(
)
( )
( ) ( )
( )
2 2
2 2
2
2
1
1 1 1
1 1
1
1

1 1 1
Q x Q x
x x Q x x x Q x
x x x x
Q x Q x
x x
x x
−
+ + − = − + ⇔ =
− + + +
−
⇔ =
+ +
− + − +

Đặt
( )
(
)
2
1
Q x
R x
x x
=
+ +
thì
(
)
(

)
1 ; 2; 1;0;1
R x R x x
− = ∀ ≠ − −
.
R(x) là đa thức tuần hoàn nên
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2
1 1 1 2 1
R x C const Q x C x x P x Cx x x x x x
= ⇒ = + + ⇒ = − + + + +

Thử lại, ta thấy P(x) thỏa bài toán.

Vậy
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2
1 1 2 1
P x Cx x x x x x
= − + + + +
, với C là hằng số tùy ý.
*Nhận xét:
Bài 4 là kết hợp các bài trên. Trong đó có việc tìm nghiệm của P(x) và xây dựng
hàm số mới tuần hoàn.

2. So sánh bậc và các hệ số đặc biệt
Đa thức là một lớp hàm đặc biệt, khác biệt căn bản với các lớp hàm khác là chúng
có bậc. Ngoài ra chúng còn có các hệ số, ứng với các lũy thừa của biến. Hiển nhiên chúng
ta có các nhận xét sau đây.
• Hai đa thức đồng nhất bằng nhau thì có bậc bằng nhau.
BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC Giáo viên: Phạm Hữu Danh
12
• Các hệ số tương ứng của chúng bằng nhau (thường ta sử dụng hệ số bậc cao nhất
và hệ số tự do).

Bài 5:
Tìm tất cả các đa thức P(x) sao cho
(
)
(
)
(
)
(
)
1 ;P P x x P x P x x
+ = + ∀ ∈
ℝ
.
Giải
Gọi n=degP(x). So sánh bậc hai vế của đồng nhất thức, ta có:
2
0
2
2
n
n n
n
=

= ⇔

=

.

Nếu n=0: P(x)=C(const). Thay vào
2
0
1
C
C C
C
=

= ⇔

=

.
Do đó
(
)
(
)
0, 1
P x P x
≡ ≡
thỏa bài toán.
Nếu n=2: Giả sử
(
)
2
, 0
P x ax bx c a
= + + ≠

.
So sánh hệ số của x
2
hai vế:
3 2
1
a a a
= ⇔ =
.
Ta chứng minh mọi đa thức dạng
(
)
2
; ,P x x bx c b c
= + + ∈
ℝ
đều thỏa.

(
)
(
)
(
)
(
)
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )

( )
( )
2
2
2
1 2 1
2 1
2
P x P x P x x x bx b c
P x P x x b
P x xP x bP x P x
P x x b P x x c
P P x x
+ = + + + + +
= + + +
= + + +
 
 
= + + + +   
   
= +

Các đa thức thỏa:
(
)
(
)
(
)
2

0, 1,
P x P x P x x bx c
≡ ≡ = + +
.
*Nhận xét:
a) Đầu tiên ta so sánh bậc hai vế để tìm ra bậc n của P(x).
b) Khi n đã có giá trị xác định thì ta có thể biểu diễn P(x) theo các tham số, ở đây là
(
)
2
P x x bx c
= + +
. Đến đây ta có thể thay vào đẳng thức ban đầu để đồng nhất hệ số.
c) Ở trên ta so sánh hệ số bậc cao nhất. Bài toán tiếp theo sẽ so sánh hệ số khác.

Bài 6:
Tìm đa thức khác không thỏa
(
)
( )
2
2
;
P x P x x
= ∀
 
 
.
Giải
Đặt

(
)
1
1 1 0
; 0
n n
n n n
P x a x a x a x a a
−
−
= + + + + ≠
.
Giả sử một trong các hệ số
1 1 0
, , ,
n
a a a
−
khác 0. Gọi k<n là chỉ số lớn nhất sao cho
0
k
a
≠
.
(
)
( )
(
)
2

2
2 2 2 2
1 0 1 0

n k n k
n k n k
P x P x a x a x a x a a x a x a x a
= ⇔ + + + + = + + + +
 
 

BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC Giáo viên: Phạm Hữu Danh
13
Cân bằng hệ số của
n k
x
+
, ta được
2 0
n k
a a
=
(vô lý).
Do đó
(
)
n
n
P x a x
= .

Thay vào hệ thức ban đầu, ta tính được a=1.
Vậy
(
)
;
n
P x x n
= ∈
ℕ
.
*Nhận xét:
Ta thấy rằng đa thức
(
)
n
n
P x a x
= có khả năng thỏa bài toán. Nếu thêm vào các hệ
số khác thì không thỏa. Do đó ta nghĩ đến việc chứng minh các hệ số khác bằng 0.

Bài 7:
Tìm tất cả đa thức P(x) có hệ số nguyên thỏa
(
)
( )
2
2
16 2 ;
P x P x x
= ∀

 
 
.
Giải
Đặt
(
)
1
1 1 0
; 0
n n
n n n
P x a x a x a x a a
−
−
= + + + + ≠
.
Thay vào đồng nhất thức và so sánh hệ số của x
2n
, ta được
2
16
16 4
4
n
n n n
n
a a a= ⇔ =

Vì a

n
nguyên nên n=0; 1; 2.
a) Nếu n=0: chỉ có hai đa thức thỏa là
(
)
(
)
0, 16
P x P x
≡ ≡
.
b) Nếu n=1:
(
)
4
P x x b
= +
. Thay vào hệ thức:
(
)
( )
2
2
16 4 8 ; 0
x b x b x b
+ = + ∀ ⇒ =

Do đó P(x)=4x.
c) Nếu n=2:
(

)
2
P x x bx c
= + +
. Thay vào hệ thức và đồng nhất hệ số: b=c=0.
Suy ra P(x)=x
2
.
Các đa thức thỏa bài toán:
(
)
(
)
(
)
(
)
2
0, 16, 4 ,
P x P x P x x P x x
≡ ≡ = =
.
*Nhận xét:
a) Trên đây ta đã so sánh hệ số bậc cao nhất hai vế để tìm ra bậc của P(x).
b) Giả thiết P(x) có hệ số nguyên để giải phương trình
16
4
n
n
a =

.

3. Sử dụng tính chất nghiệm của đa thức
Nghiệm của đa thức có một số tính chất đặc biệt:
• Đa thức bậc n chỉ có tối đa n nghiệm.
• Nếu số nghiệm của đa thức lớn hơn bậc thì đó là đa thức không.
• Mọi đa thức bậc lẻ đều có nghiệm.
BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC Giáo viên: Phạm Hữu Danh
14
• Đối với đa thức hệ số nguyên, phân số tối giản
p
q
là nghiệm thì p là ước của hệ số
tự do, q là ước của hệ số bậc cao nhất.

Bài 8:
Tìm tất cả đa thức P(x) thỏa
(
)
(
)
( )
( )
2 2 2
1 ;
2 12
P x x x P x x
P

= + ∀ ∈



=


ℝ

Giải
Cho x=0, ta được P(0)=0.
Cho x=1, ta được P(1)=2P(1) suy ra P(1)=0. Từ đó P(-1)=0.
Giả sử P(x) có nghiệm t khác 0; 1; -1:
(
)
(
)
2
0 0
P t P t
= ⇒ =
, tức là t
2
cũng là nghiệm.
Điều này dẫn đến P(x) có vô số nghiệm (vô lý).
Do đó P(x) chỉ có ba nghiệm là 0; 1; -1.
Gọi n=degP(x). Khi đó
(
)
(
)
( )

2 2 2
deg 2 ,deg 1 4
P x n x x P x n
 
= + = +
 
.
Ta có
2 4 4
n n n
= + ⇔ =
. Như
v
ậ
y P(x) có m
ộ
t trong các d
ạ
ng:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2
2
2
1 1
1 1
1 1
P x a x x x
P x a x x x

P x a x x x

= − +


= − +

= − +



K
ế
t h
ợ
p gi
ả
thi
ế
t P(2)=12, ta tìm
đượ
c
2
2;1;
3
a
 
∈
 
 

ứ
ng v
ớ
i m
ỗ
i tr
ườ
ng h
ợ
p trên.
Th
ử
l
ạ
i, ta th
ấ
y
(
)
(
)
(
)
2
1 1
P x x x x
= − +
th
ỏ

a mãn.
V
ậ
y
(
)
(
)
(
)
2
1 1
P x x x x
= − +
.
*Nhận xét:
T
ừ
gi
ả
thi
ế
t ta suy ra r
ằ
ng: N
ế
u t là nghi
ệ
m thì t
2

c
ũ
ng là nghi
ệ
m.
Đ
i
ề
u này ch
ứ
ng
t
ỏ
P(x) ch
ỉ
có nghi
ệ
m 0; 1; -1 và suy ra d
ạ
ng bi
ể
u di
ễ
n c
ủ
a P(x).

Bài 9:
Tìm t
ấ

t c
ả

đ
a th
ứ
c P(x) th
ỏ
a
(
)
(
)
(
)
2
1 2 ;
P x P x P x x
+ = + ∀
.
Giải
N
ế
u P(x) là
đ
a th
ứ
c h
ằ
ng thì d

ễ
th
ấ
y
(
)
(
)
0, 1
P x P x
≡ ≡
.
Xét P(x) là
đ
a th
ứ
c có b
ậ
c d
ươ
ng.
Ki
ể
m tra tr
ự
c ti
ế
p
(
)

2
2
P x x x
= − +
th
ỏ
a.
N
ế
u P(x) th
ỏ
a thì
đ
a th
ứ
c
( )
n
P x
 
 
c
ũ
ng th
ỏ
a.
BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC Giáo viên: Phạm Hữu Danh
15
Mặt khác P(x) không thể có nghiệm thực. Thật vậy, nếu x
0

là nghiệm thì có dãy số
dương
2
1
2
n n
x x
+
= +
cũng là nghiệm, điều này chứng tỏ P(x) vô số nghiệm (mâu thuẫn).
Do đó
(
)
*
deg 2 ;P x n n
= ∈
ℕ
. Ta cũng thấy luôn hệ số cao nhất của P(x) bằng 1.
Đặt
( )
(
)
( ) ( )
2
2 ,deg 2
n
P x x x Q x Q x q n
= − + + = <
.
Thay vào đồng nhất thức ban đầu, chú ý đẳng thức:

(
)
(
)
(
)
(
)
2
2 2 2 2
2 2 2 2 2
x x x x x x
− + + + = + − + +

Ta có:
(
)
( )
(
)
( ) ( ) ( )
(
)
2 2 2
2 2 1 1 2
n n
x x Q x x x Q x Q x Q x Q x
+ + + − + + + + ≡ +

Nếu Q(x) khác không, bậc của VT là 2n+q, bậc của VP là 2q (mâu thuẫn).

Do đó
(
)
0
Q x
≡
và
( )
(
)
2
2
n
P x x x= − + .
Các đa thức P(x) thỏa là
( ) ( ) ( )
(
)
2
0, 1, 2
n
P x P x P x x x≡ ≡ ≡ − + .
*Nhận xét:
a) Từ giả thiết suy ra: nếu t là nghiệm thì t
2
+1 cũng là nghiệm. Qua đó chứng minh được
P(x) vô nghiệm.
b) Vì đa thức bậc lẻ luôn có nghiệm nên P(x) phải là đa thức bậc chẵn.
c) Sau đây chúng ta cùng xem xét bài toán về xác định đa thức hệ số nguyên.

Bài 10:
Tìm đa thức không đồng nhất không, bậc nhỏ nhất, có hệ số nguyên và nhận
3 3
1 2 4
− +
làm nghiệm.
Giải
Ta có
(
)
( )
3
3 3 2
3 3 3 3
1 2 4 1 2 1 2 2 3 2 3 3 9 9 0
x x x x x x x x x
= − + ⇒ + = + ⇒ = − ⇒ = − ⇒ − + − =
Suy ra
3 3
1 2 4
− + là nghiệm của đa thức
(
)
3 2
3 9 9
f x x x x
= − + −
.
Nếu f(x) có nghiệm hữu tỉ thì chỉ có thể là {9; 3; 1; -1; -3; -9}, nhưng tất cả các số này đều
không thỏa. Do đó f(x) không có nghiệm hữu tỉ, nên

3 3
1 2 4
− + là số vô tỉ. Điều này
chứng tỏ
3 3
1 2 4
− + không thể là nghiệm của đa thức bậc nhất hệ số nguyên.
Giả sử
3 3
1 2 4
− + là nghiệm của đa thức g(x) bậc hai hệ số nguyên. Khi đó
(
)
(
)
(
)
(
)
,deg 2
f x g x q x r x r
= + <

Vì
(
)
3 3
1 2 4 0
f
− + =

nên
(
)
3 3
1 2 4 0
r
− + =
và
(
)
0
r x
≡
. Lúc này f(x)=g(x)q(x) với
q(x) là đa thức bậc nhất hệ số hữu tỉ. Suy ra q(x) và f(x) có nghiệm hữu tỉ (mâu thuẫn).
Vậy
(
)
3 2
3 9 9
f x x x x
= − + −
là đa thức cần tìm.
*Nhận xét:

BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC Giáo viên: Phạm Hữu Danh
16
Việc tìm ra đa thức
(
)

3 2
3 9 9
f x x x x
= − + −
nhận
3 3
1 2 4
− + làm nghiệm là khá
đơn giản, vấn đề là chỉ ra bậc nhỏ nhất có thể là 3.

LUYỆN TẬP

Bài 11: Tìm tất cả các đa thức P(x) thỏa
( ) ( ) ( )
( )
1
1 1 ;
2
0 0
P x P x P x x
P

= + + − ∀
 

 


=


Hướng dẫn
• Ta chứng minh bằng quy nạp
(
)
(
)
1 ;P n nP n
= ∀ ∈
ℕ
.
• Đặt
(
)
(
)
(
)
1
Q x P x P x
= −
thì Q(x) là đa thức có vô số nghiệm. Do đó
(
)
0
Q x
≡
.
• Từ đó P(x)=P(1)x.
Đáp số:

(
)
P x ax
=
.

Bài 12: Tìm tất cả đa thức P(x) thỏa
(
)
(
)
1 2 1;
P x P x x x
+ − = + ∀

Hướng dẫn
• Hệ thức ban đầu có thể viết lại
( ) ( ) ( )
2
2
1 1 ;
P x x P x x x
+ − + = − ∀
.
• Đặt
(
)
(
)
2

Q x P x x
= −
thì
(
)
(
)
1 ;
Q x Q x x
+ = ∀
.
Đáp số:
(
)
2
P x x a
= +
.

Bài 13: Tìm đa thức có bậc khác 0 thỏa
(
)
( )
2
2
2 2 ;
P x x P x x
− = − ∀
 
 

Hướng dẫn
• Xét đa thức
(
)
(
)
1
Q x P x
= −
.
( ) ( )
(
)
( ) ( )
2 2
2 2
2
2 1 ; 2 1 1 1
P x Q x P x x P x Q x
   
− = − − = − − = −   
   
   

• Do đó:
( ) ( ) ( )
(
)
2 2

2
2
1 1 ;
Q x Q x Q x Q x x
 
− = − ⇒ = ∀
   
   
 
.
• Vì Q(x) có bậc khác 0 nên
(
)
n
Q x x
=
.
Đáp số:
( ) ( )
1 ;
n
P x x n
= + ∈
ℕ
.

Bài 14:
Tìm tất cả các đa thức P(x) và Q(x) thỏa đồng nhất thức
(
)

(
)
(
)
P Q x P x Q x
≡
 
 

BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC Giáo viên: Phạm Hữu Danh
17
Hướng dẫn
• Nếu
(
)
0
P x
≡
thì Q(x) là đa thức bất kì.
• Xét P(x) khác không. Đặt
(
)
(
)
deg , deg
n P x m Q x
= =
.
• So sánh bậc hai vế, ta được
( )( )

0
1 1 1
2
m n
mn m n m n
m n
= =

= + ⇔ − − = ⇔

= =

.
Đáp số:
(
)
(
)
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2
0,
0 , 1
0 ,
P x Q x
P x c Q x
P x ax a Q x x
≡
≡ ≠ ≡
= ≠ =

Bài 15: Tìm tất cả các đa thức f(x) thỏa
(
)
(
)
( )
2
2 1
1 2
f x f x mx
f

+ − =


=



Hướng dẫn
• So sánh bậc của hai vế, ta thấy bậc của f(x) không quá 2.
• Đặt
(
)
2
f x ax bx c
= + +
.

Đáp số:
(
)
2
2 1
f x x x
= + −
.

Bài 16: Tìm tất cả các đa thức f(x) thỏa đồng nhất thức
(
)
(
)
(
)
2
1 1
f x f x f x x
+ = + +

Hướng dẫn
• Nếu f(x) là đa thức hằng, dễ thấy
(
)
(
)
0, 1
f x f x
≡ ≡

.
• Nếu
(
)
deg 1
f x
≥
. Ta chứng minh f(x) vô nghiệm.
• Ta chứng minh
( )
(
)
2
1
n
f x x
= +
.
Đáp số:
( ) ( )
(
)
2
0, 1 ;
n
f x f x x n
≡ = + ∈
ℕ
.

Bài 17: Tìm đa thức khác đa thức không, hệ số nguyên, có bậc nhỏ nhất nhận
3
2 3
+

làm nghiệm.
Hướng dẫn
• Tìm được
(
)
6 4 3 2
6 6 12 36 1
f x x x x x x
= − − + − +
nhận
3
2 3
+
làm nghiệm.
• Gọi g(x) là đa thức có bậc không lớn hơn 5 hệ số nguyên và
(
)
3
2 3 0
g
+ =
.
• Ta chứng minh g(x) có các hệ số đều bằng 0, suy ra
(
)

0
g x
≡
.
Đáp số:
(
)
6 4 3 2
6 6 12 36 1
f x x x x x x
= − − + − +
.
BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC Giáo viên: Phạm Hữu Danh
18

II. Đồng Nhất Thức Nhiều Biến
Các kĩ thuật giả quyết đồng nhất thức nhiều biến cũng tương tự đồng nhất thức một
biến. Ta có thể chú ý đến các phương pháp sau:
 Đổi biến.
 Thay các giá trị đặc biệt.
 Trong trường hợp các biến có ràng buộc, ta có thể đưa về đồng nhất thức một biến.

Bài 18:
Xác định tất cả các đa thức f(x) thỏa
(
)
(
)
(
)

(
)
(
)
2 2
4 ; ,
x y f x y x y f x y xy x y x y
− + − + − = − ∀
Giải
Đặt
2
2
u v
x
u x y
v x y u v
y
+

=

= +


⇔
 
= − −


=




Thay vào đẳng thức ban đầu:
( ) ( )
( )
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2 2 2 2 2
f u f v f u f v
vf u uf v u v uv u v u v
u v u v
− = − ⇔ − = − ⇔ − = −

Đặt
( )
(
)
2
f t
g t t
t
= −
thì

(
)
(
)
; , 0
g u g v u v
= ∀ ≠
.
Do đó
(
)
(
)
g t a const
=
. Suy ra
(
)
3
f t at t
= +
. Thử lại thấy thỏa.
Vậy
(
)
3
f x ax x
= +
, với a là hằng số tùy ý.
*Nhận xét:

Trong đồng nhất thức ban đầu có các biểu thức x+y và x-y nên ta nghĩ đến đổi biến
tổng, hiệu.

Bài 19:
Tìm tất cả đa thức P(x) thỏa
(
)
(
)
(
)
; ,
P xy P x P y x y
= ∀
.
Giải
Cho x=y=0: P(0)=0 hoặc P(0)=1.
a) Nếu P(0)=1:
Cho y=0:
(
)
(
)
(
)
(
)
0 0 1;
P P P x P x x
= ⇒ = ∀

.
b) Nếu P(0)=0:
Khi đó
(
)
(
)
P x xQ x
=
. Thay vào đồng nhất thức và rút gọn, ta được
BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC Giáo viên: Phạm Hữu Danh
19

(
)
(
)
(
)
Q xy Q x Q y
=

Do đó
(
)
1
Q x
≡
hoặc
(

)
(
)
1
Q x xQ x
=
. Tương tự
(
)
(
)
(
)
1 1 2
Q xy Q x Q y
=
.
Tiếp tục quá trình trên, ta được
(
)
*
;
n
P x x n= ∈
ℕ
.
Vậy
(
)
;

n
P x x n
= ∈
ℕ
.
*Nhận xét:
a) Ở trên ta đã dùng phương pháp thế các giá trị đặc biệt, thường được sử dụng trong
phương trình hàm.
b) Nếu ta thế giá trị cho biến y và giữ nguyên x, ta được đồng nhất thức một biến.
c) Sau đây ta cùng xem xét một ví dụ về hai biến có ràng buộc.

Bài 20:
Tìm tất cả các đa thức P(x) thỏa
(
)
(
)
(
)
7
P a b P a P b
+ = +
với a, b là hai số thỏa
(
)
3
2
ab a b b
+ = .
Giải

Cặp số (x;x) thỏa
(
)
3
2
ab a b b
+ = . Thay vào đẳng thức của P(x):
(
)
(
)
2 8
P x P x
=
.
Đặt
( )
0
n
i
i
i
P x a x
=
=
∑
. Ta có:
0 0
2 8
n n

i i i
i i
i i
a x a x
= =
=
∑ ∑
.
Suy ra
(
)
2 8 0; 0;
i
i
a i n
− = ∀ ∈ .
Do đó
0
i
a
=
với
3
i
≠
.
Như
v
ậ
y P(x) có d

ạ
ng
(
)
3
;
P x kx k const
= =
.
Th
ử
l
ạ
i:
V
ớ
i
(
)
3
2
ab a b b
+ =
, ta có
( )
3
3 3
7
a b a b
+ = +

.
Suy ra
( ) ( ) ( ) ( )
3
3 3
7 7
k a b ka kb P a b P a P b
+ = + ⇒ + = +
.
V
ậ
y
(
)
3
P x kx
=
; v
ớ
i k là h
ằ
ng s
ố
b
ấ
t kì.
*Nhận xét :
a) Ta th
ấ
y ph

ươ
ng trình
(
)
3
2
ab a b b
+ =
có m
ộ
t nghi
ệ
m là (1;1) nên ta ch
ọ
n c
ặ
p s
ố
(x;x)
thay vào
đồ
ng nh
ấ
t th
ứ
c.
b) Khi
đư
a
đượ

c v
ề

(
)
(
)
2 8
P x P x
=
, ta s
ử
d
ụ
ng ph
ươ
ng pháp
đồ
ng nh
ấ
t h
ệ
s
ố

để
tìm P(x).

Bài 21:
Ch

ứ
ng minh r
ằ
ng không t
ồ
n t
ạ
i hai
đ
a th
ứ
c f(x) và g(y) sao cho
(
)
(
)
2014 2014
1 ; ,
x y f x g y x y
+ = ∀ ∀

Giải
Gi
ả
s
ử
t
ồ
n t
ạ

i hai
đ
a th
ứ
c th
ỏ
a bài toán
BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC Giáo viên: Phạm Hữu Danh
20
( ) ( )
0 0
,
n m
i i
i i
i i
f x a x g y b y
= =
= =
∑ ∑

Xét đồng nhất thức
2014 2014
0 0
1
n m
i i
i i
i i
x y a x b y

= =
  
+ ≡
  
  
∑ ∑

So sánh hệ số tự do trong hai vế của đồng nhất thức, ta có
0 0 0 0
1 , 0
a b a b
= ⇒ ≠

Cho x=0:
( ) ( )
0
0
1
1 ;
a g y g y y
a
= ⇔ = ∀

Cho y=0:
( ) ( )
0
0
1
1 ;
b f x f x x

b
= ⇔ = ∀

Suy ra:
2014 2014
0 0
1
1 1; ,
x y x y
a b
+ = = ∀

Điều vô lý này chứng tỏ giả thiết phản chứng là sai.
*Nhận xét:
Không phải đồng nhất thức nào cũng có nghiệm. Bài trên là một ví dụ.

LUYỆN TẬP

Bài 22: Tìm đa thức P(x) thỏa
( ) ( )
2 2
; ,
2 2
x y x y
P x P y P P x y
+ −   
   
= − ∀
   
   

   
   
.
Hướng dẫn
• Cho x=0, y=0: P(0)=0.
• Cho y=3x:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
3 2 ;
P x P x P x P x x
+ − = ∀
   
   
.
• Ta chứng minh P(x) là đa thức bậc nhất.
Đáp số:
(
)
;P x ax a
= ∈
ℝ
.

Bài 23: Tìm đa thức P(x) thỏa đồng nhất thức
(
)
(
)
(
)

2 2 2 2
P x y P x P y
+ ≡ +

Hướng dẫn
Cho x=0, y=0, ta được
( ) ( )
1
0 0 0
2
P P
= ∨ =
.
Giả sử degP=n và hệ số bậc cao nhất của P(x) là a
n
.
BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC Giáo viên: Phạm Hữu Danh
21
Lần lượt thay x=t, y=t và x=t, y=0:
(
)
( )
( )
( ) ( )
2 2
2 2 2
2 2
0
P t P t
P t P t P


=


= +



So sánh hệ số bậc cao nhất, ta được
1, 1
n
n a
= =
. Do đó P(x)=x+k, với k là hằng số.
Đáp số:
( ) ( ) ( )
1
0, ,
2
P x P x P x x
≡ ≡ ≡
.

Bài 24: Tìm các đa thức P(x) hệ số thực thỏa
(
)
(
)
(
)

(
)
2 2 2 2
P a P b P c P a b c
+ + = + +

với mọi a, b, c là các số thỏa ab+bc+ca=0.
Hướng dẫn
• Với mọi x, bộ số
(
)
6 ;3 ; 2
x x x
−
thỏa điều kiện ab+bc+ca=0. Thay vào ta được
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2 2 2
6 3 2 7
P x P x P x P x
+ + − =

• Ta tìm được P(x) là đa thức bậc nhất.
Đáp số: f(x)=mx (m là hằng số).

III. Một Số Bài Toán Khác

Bài 25:
Tìm đa thức
(
)
2
P x ax bx c
= + +
thỏa mãn hai điều kiện
a)
(
)
[
]
1; 1;1
P x x≤ ∀ ∈ −
.
b)
2 2
8
2
3
a b
+
đạt giá trị lớn nhất.
Giải
Nhận xét: Nếu
(

)
2
P x ax bx c
= + +
thỏa mãn yêu cầu thì các đa thức
(
)
2
1
P x ax bx c
= − − −

và
(
)
2
2
P x ax bx c
= − +
cũng thỏa.
Do đó ta chỉ cần xét
0, 0
a b
≥ ≥
.
Từ điều kiện a) suy ra
(
)
( )
( )

1 1
1 1 1 1
0 1 1 1 1 1
1 1 1 1
1 1
P a b c
a b c c a b c
P c c c a b c
a b c c
P a b c

− = − + ≤
− ≤ − + ≤ − − ≤ − ≤ −
 

  
= ≤ ⇔ − ≤ ≤ ⇔ − − ≤ + ≤ −
  
  
− ≤ + + ≤ − ≤ ≤
 
= + + ≤



Kết hợp với
0, 0
a b
≥ ≥
, ta được

2 2
2 2
2 2
2 2 2 4
4
2 2
2 4
a b a ab b
a b
a b
a ab b

− ≤ + ≤ + + ≤


⇒ ⇒ + ≤
 
− ≤ − ≤
− + ≤




BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC Giáo viên: Phạm Hữu Danh
22
Ta có
( )
2 2 2 2 2
8 8 2 32
2

3 3 3 3
a b a b b+ = + − ≤

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
2 2
2
4 2
0
0
a b a
b
b

+ = =


⇔
 
=
=




Lúc này
3 1
1
1 1
c
c

c
− ≤ ≤ −

⇔ = −

− ≤ ≤


Thử lại, ta thấy
(
)
2
2 1
P x x
= −
thỏa bài toán.
Vậy có hai đa thức cần tìm là
2 2
2 1, 2 1
x x
− − +
.
*Nhận xét:
Đây là dạng toán về tam thức bậc hai, một đa thức quan trọng.

Bài 26:
Tìm các đa thức dạng
( ) { }
0
, 1;1

n
k
k k
k
P x a x a
=
= ∈ −
∑
có các nghiệm đều thực.
Giải
Không mất tổng quát, giả sử a
n
=1.
Với n=1: ta có hai đa thức cần tìm là x+1, x-1.
Với n>1: Gọi
1 2
, , ,.
n
x x x
là n nghiệm thực của P(x).
Theo định lý Vi-ét:
2
2
0
1
1
n
i
i
x a

=
 
= =
 
 
∏
.
2 2
1 2 2
1
0 2 1 2
n
i n n n
i
x a a a
− − −
=
≤ = − = −
∑

Do
{
}
1;1 ,
i
a i
∈ − ∀
nên a
n-2
=-1 và

2
1
3
n
i
i
x
=
=
∑
.
Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức AM-GM:
2 2
1
1
3 1
1
n
n
n
i i
i
i
x x
n n
=
=
= ≥ =
∑
∏

Suy ra
3
n
≤
.
Vớ
i n=2: có hai
đ
a th
ứ
c
2 2
1, 1
x x x x
+ − − −
.
V
ớ
i n=3: có hai
đ
a th
ứ
c
3 2 3 2
1, 1
x x x x x x
+ − − − − +
.
V

ậ
y có 12
đ
a th
ứ
c th
ỏ
a yêu c
ầ
u:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2 3 2 3 2
1 , 1 , 1 , 1 , 1 , 1
x x x x x x x x x x x x
± + ± − ± + − ± − − ± + − − ± − − +

*Nhận xét:
BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC Giáo viên: Phạm Hữu Danh
23

a) Đây là bài toán tìm đa thức hệ số nguyên. Đặc biệt hơn các hệ số chỉ có thể là 1 hoặc -1.
b) Ta tìm các đa thức ứng với hệ số cao nhất là 1. Các đa thức có hệ số là -1 chỉ cần đổi
dấu những đa thức trên.
c) Mấu chốt bài toán là chứng minh được bậc của P(x) không vượt quá 3.

Bài 27:
Tìm đa thức bậc 4 dạng
(
)
(
)
4 2
, 0
P x x bx c b c
= + + >
sao cho phương trình
(
)
2
P x x
=
vô
nghiệm còn phương trình
(
)
4
P P x x
=
 
 

có nghiệm
Giải
Nhận xét:
(
)
(
)
(
)
0, ;
P x P x P x x
> − = ∀
và
(
)
(
)
Q x P P x
=
 
 
cũng có tính chất
(
)
(
)
;
Q x Q x x
− = ∀
nên chỉ cần xét

0
x
≥
.
Đ
a th
ứ
c
(
)
(
)
2 4 2
1
P x x x b x c
− = + − +
vô nghi
ệ
m nên l
ấ
y giá tr
ị
d
ươ
ng v
ớ
i m
ọ
i x.
( ) ( ) ( )

2
2 4
P x x P P x P x x
> ⇒ > >
   
   

Do
đ
ó ph
ươ
ng trình
(
)
4
P P x x
=
 
 
vô nghi
ệ
m.
V
ậ
y không t
ồ
n t
ạ
i
đ

a th
ứ
c th
ỏ
a bài toán.
*Nhận xét:
Trên
đ
ây ta
đ
ã s
ử
d
ụ
ng tính ch
ấ
t
liên tục
c
ủ
a hàm
đ
a th
ứ
c : N
ế
u
đ
a th
ứ

c Q(x)
không có nghi
ệ
m th
ự
c thì Q(x) mang giá tr
ị
d
ươ
ng ho
ặ
c âm.

Bài 28:
Tìm
đ
a th
ứ
c b
ậ
c d
ươ
ng th
ỏ
a
( )
(
)
( )
(

)
( ) ( )
( )
2 2
1 3 '' ' 3 0;
1 6
x x P x x x P x P x x
P

+ − − + + = ∀


=



Giải
Đặ
t
(
)
1
1 1 0

n n
n n
P x a x a x a x a
−
−
= + + + +

.
Khi
đ
ó
(
)
(
)
( ) ( ) ( )( )
1 2
1 1
2 3
1 2
' 1
'' 1 1 2
n n
n n
n n
n n
P x na x n a x a
P x n n a x n n a x a
− −
−
− −
−
= + − + +
= − + − − +

Thay vào
đồ

ng nh
ấ
t th
ứ
c và quan sát h
ệ
s
ố
c
ủ
a
1
n
x
+
, ta
đượ
c:
(
)
2
1 0 2 0 2
n n
n n a na n n n
− − = ⇔ − = ⇔ =

Do
đ
ó
(

)
(
)
(
)
(
)
2
0 , ' 2 , '' 2
P x ax bx c a P x ax b P x a
= + + ≠ = + =
.
Thay vào và
đồ
ng nh
ấ
t h
ệ
s
ố
, ta
đượ
c:
3 0
3
6 2 0
2
6 3 0
a b
b a

a b
c a
a c
− =

=


− + = ⇔
 
=


− + =


BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC Giáo viên: Phạm Hữu Danh
24
Với P(1)=6, ta tính được a=1. Vậy
(
)
2
3 2
P x x x
= + +
.
*Nhận xét:
a) Bài toán trên có liên quan đến đạo hàm của đa thức, với công thức đơn giản là
(
)

1
n n
x nx
−
= .
b) Việc phát hiện ra bậc của P(x) là 2 cho phép ta biểu diễn
(
)
(
)
2
0
P x ax bx c a
= + + ≠
.

LUYỆN TẬP

Bài 29: Tìm các đa thức P(x) thỏa
(
)
(
)
2 2 4
2 ;
P x P x x x
− = ∀

Hướng dẫn
• Đặt

(
)
(
)
; 0,deg
k
P x ax R x a R r k
= + ≠ = <
. Ta có
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2 2 2 2 2
2
k k
P x P x a a x ax R x R x R x
− = − + + −
• Chứng minh được
4
k
≤

.
Đáp số:
(
)
(
)
(
)
(
)
4 3 3 2
1, , 2 ,
P x x P x x x P x x P x x
= + = + = = −
.

Bài 30: Tìm đa thức P(x) thỏa
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2
; ,
P x y P x y P x P y x y
+ − = − ∀
Hướng dẫn

• Lấy đạo hàm hai vế theo biến x :
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
' ' 2 '
P x y P x y P x y P x y P x P x
+ − + − + =

• Trong đẳng thức trên cho y=x :
(
)
(
)
(
)
(
)
' 0 2 2 '
P P x P x P x
=
.

• Nếu P’(0)=0 thì P(x) là đa thức không. Nếu
(
)
' 0 0
P
≠
thì P(x) là đa thức bậc nhất.
Đáp số: P(x)=ax, với a là hằng số tùy ý.

Bài 31:
a) Chứng minh: Nếu đa thức Q(x) thỏa
(
)
( )
2
2
Q x Q x
≡
 
 
thì
(
)
(
)
(
)
*
0 1 ;
n

Q x Q x Q x x n≡ ∨ ≡ ∨ = ∈
ℕ
.
b) Tìm đa thức P(x) thỏa
(
)
( ) ( ) ( )
2
2 2
3 2
P x x P x P x P x x
+ + − ≡ +
   
   
.
Hướng dẫn
a) Nếu Q(x) là thức hằng, dễ dàng chứng minh được
(
)
(
)
0 1
Q x Q x
≡ ∨ ≡
.
Xét
(
)
deg 1
Q x n

= ≥
với hệ số bậc cao nhất là a. Đặt
(
)
(
)
(
)
,deg
n
R x Q x ax R x n
= − <
.
(
)
( )
(
)
( ) ( )
2 2
2 2 2 2 2
2
n n n
Q x Q x ax R x a x ax R x R x
≡ ⇔ + ≡ + +
   
   

BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC Giáo viên: Phạm Hữu Danh
25

Ta chứng minh được
(
)
0
R x
≡
và
(
)
n
Q x x
=
.
b)
(
)
( ) ( ) ( )
2
2 2
3 2
P x x P x P x P x x
+ + − ≡ +
   
   
(1)
Thay x bởi –x, ta có:
(
)
( ) ( ) ( )
2

2 2
3 2
P x x P x P x P x x
− − + ≡ − +
   
   
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
4
x P x P x P x P x
+ − = − −
     
     
.
Do đó
(
)
(
)
0;
P x P x x
+ − = ∀
hoặc
(
)
(
)
4 0;

P x P x x x
− − − = ∀
.
Đáp số: P(x) là
(
)
2 1 2 *
,2 ,2 1, , 2
k k
x x x x x x x k
+
+ + + ∈
ℕ
.

Bài 32 : Chứng minh rằng không tồn tại đa thức f(x) bậc 4 với hệ số hữu tỉ sao cho
(
)
min 2
f x =
.
Hướng dẫn
Giả sử tồn tại đa thức f(x) bậc 4 với hệ số hữu tỉ sao cho
(
)
min 2
f x =
.
Khi đó
(

)
(
)
0 0 0
: 2, ' 0
x f x f x
∃ = =
.
Ta chứng minh x
0
có biểu diễn dạng
0
2; ,x u v u v
= + ∈
ℚ
.
Ta có
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
[

]
' ; ,
f x f x g x h x g x h x Q x
= + ∈
.
Vì
(
)
(
)
0
deg ' 3, 2
f x h x= =
nên
(
)
1 deg 2
h x
≤ ≤
.
a) Nếu
(
)
(
)
deg 1: ; ,h x h x ax b a b
= = + ∈
ℚ
thì
0 0

1
2 2 2
b
ax b x u v
a a
= + ⇔ = − + = +

b) Nếu
(
)
deg 2
h x
=
thì ta lại có biểu diễn
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
[
]
' ; ,
f x h x k x r x k x r x x

= + ∈
ℚ

và
(
)
(
)
, ; , , ,k x ax b r x cx d a b c d
= + = + ∈
ℚ
. Khi đó:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
0 0 0 0 0 0
' 0 2
f x h x k x r x ax b cx d
= +
⇒
= + + +

Từ đó tính được

0
2
2
2
b d
x u v
a c
− +
= = +
+

Ta có nhận xét: với f(x) là đa thức hệ số hữu tỉ, u, v là những số hữu tỉ thì
(
)
(
)
2 2 2 2
f u v A B f u v A B+ = +
⇒
− = −

Bây giờ
(
)
(
)
0
2 2
f x f u v= + =
dẫn đến

(
)
2 2
f u v
− = −
.
Nhưng điều này trái với giả thiết
(
)
min 2
f x =
.