SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM TOÁN MỘT VÀI VẤN ĐỀ VỀ ĐA THỨC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH

Mã số:
(Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi)







SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT VÀI VẤN ĐỀ VỀ ĐA THỨC











Người thực hiện: ĐINH NHO THẮNG
Lĩnh vực nghiên cứu:
- Quản lý giáo dục 
- Phương pháp dạy học bộ môn: 
(Ghi rõ tên bộ môn)
- Lĩnh vực khác: 
(Ghi rõ tên lĩnh vực)

Có đính kèm: Các sản phẩm không thể hiện trong bản in SKKN
 Mô hình  Đĩa CD (DVD)  Phim ảnh  Hiện vật khác
(các phim, ảnh, sản phẩm phần mềm)

Năm học: 2013 – 2014

BM 01-Bia SKKN
2
SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
––––––––––––––––––

I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên: ĐINH NHO THẮNG
2. Ngày tháng năm sinh: 20 tháng 11 năm 1977
3. Nam, nữ: Nam
4. Địa chỉ: 219/3, khu phố 3, P. Tân Hiệp, Tp. Biên Hòa, tỉnh Đồng Nai
5. Điện thoại: (CQ)/ (NR); ĐTDĐ:0938.157575
6. Fax: E-mail:
7. Chức vụ: Giáo viên
8. Nhiệm vụ được giao: Giảng dạy môn Toán và chủ nhiệm lớp 12 Toán

9. 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 sĩ
- Năm nhận bằng: 2005
- Chuyên ngành đào tạo: Toán Giải Tích
III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC
- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm:
Số năm có kinh nghiệm: 14
- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây
1. Dãy số và giới hạn, năm 2011
2. Một số phương pháp giải phương trình chứa căn, năm 2012
3. Một số phương pháp giải toán dãy số nguyên, năm 2013

BM02-LLKHSKKN
3



MỘT VÀI VẤN ĐỀ VỀ ĐA THỨC

I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Đa thức là một trong những khái niệm trung tâm của toán học. Các bài toán
về đa thức thường xuất hiện trong các kì thi học sinh giỏi và là những bài toán hay
và khó. Trong chương trình phổ thông, chúng ta đã làm quen với khái niệm đa thức
từ bậc trung học cơ sở, từ những phép cộng, trừ, nhân đa thức đến phân tích đa
thức ra thừa số, dùng sơ đồ Horner để chia đa thức, giải các phương trình đại số.

II. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN
Các bài toán về đa thức rất phong phú và đa dạng. Trong quá trình giảng dạy
chúng tôi nhận thấy học sinh vẫn còn lúng túng khi đứng trước bài toán về đa thức.
Chuyên đề này trình bày hai dạng thường của bài toán đa thức là: Đa thức
nguyên và các phương pháp xác định đa thức.

III. TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP
Chuyên đề này được dạy cho học sinh chuyên toán lớp 12 và bồi dưỡng học
sinh giỏi lớp 12.

NGƯ
ỜI THỰC HIỆN




Đinh Nho Thắng

BM03
-
TMSKKN

4

SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LƯƠNG THẾ VINH
–––––––––––

CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
––––––––––––––––––––––––
Biên Hòa, ngày tháng năm

PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Năm học: 2013 - 2014
–––––––––––––––––
Tên sáng kiến kinh nghiệm: MỘT VÀI VẤN ĐỀ VỀ ĐA THỨC
Họ và tên tác giả: ĐINH NHO THẮNG Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị: TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH

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 3 ô dưới đây)
- Đề ra giải pháp thay thế hoàn toàn mới, bảo đảm tính khoa học, đúng đắn 
- Đề ra giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, bảo đảm tính khoa học, đúng đắn 
- Giải pháp mới gần đây đã áp dụng ở đơn vị khác nhưng chưa từng áp dụng ở đơn vị mình,
nay tác giả tổ chức thực hiện và có hiệu quả cho đơn vị 
2. Hiệu quả (Đánh dấu X vào 1 trong 5 ô dưới đây)
- Giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đã được thực hiện trong toàn ngành có hiệu quả cao 
- Giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, đã được thực hiện trong toàn ngành có hiệu
quả cao 
- Giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đã được thực hiện tại đơn vị có hiệu quả cao 
- Giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, đã được thực hiện tại đơn vị có hiệu quả 
- Giải pháp mới gần đây đã áp dụng ở đơn vị khác nhưng chưa từng áp dụng ở đơn vị mình,
nay tác giả tổ chức thực hiện và có hiệu quả cho đơn vị 
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:
Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT  Trong ngành 
- Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ thực hiện và dễ đi vào cuộc
sống: Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT  Trong ngành 
- Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt hiệu quả trong phạm vi rộng:
Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT  Trong ngành 
Xếp loại chung: Xuất sắc  Khá  Đạt  Không xếp loại 
Cá nhân viết sáng kiến kinh nghiệm cam kết và chịu trách nhiệm không sao chép tài liệu của
người khác hoặc sao chép lại nội dung sáng kiến kinh nghiệm cũ của mình.
Tổ trưởng và Thủ trưởng đơn vị xác nhận đã kiểm tra và ghi nhận sáng kiến kinh nghiệm này
đã được tổ chức thực hiện tại đơn vị, được Hội đồng chuyên môn trường xem xét, đánh giá; tác
giả không sao chép tài liệu của người khác hoặc sao chép lại nội dung sáng kiến kinh nghiệm cũ

của chính tác giả.
Phiếu này được đánh dấu X đầy đủ các ô tương ứng, có ký tên xác nhận của tác giả và người
có thẩm quyền, đóng dấu của đơn vị và đóng kèm vào cuối mỗi bản sáng kiến kinh nghiệm.

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

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)


BM04-NXĐGSKKN
Đinh Nho Thắng Một vài vấn đề về đa thức
Trang 5



Trong phần này ta xét các đa thức trên
A
[x] trong đó


A
hoặc



A

hoặc


A
hoặc


A

1. Định nghĩa. Đa thức (trên
A
) bậc n biến x là biểu thức có dạng
1
1 1 0
( ) ( 0)
n n
n n n n
P x a x a x a x a a


     

Trong đó các
i
a



được gọi là các hệ số,
n
a
là bậc cao nhất và
0
a
là hệ
số tự do của đa thức
Nếu
0, 1,2, ,
i
a i n
 
và
0
0
a

thì ta có bậc của đa thức là 0
2. Các phép tính trên đa thức
Cho hai đa thức
1
1 1 0
1
1 1 0
( )
( )
n n
n n
n n

n n
f x a x a x a x a
g x b x b x b x b




    
    

Ta định nghĩa các phép tính số học
1
1 1 1 1 0 0
1
1 1 1 1 0 0
2 2 1
2 2 1 1 0
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
n n
n n n n
n n
n n n n
n n
n n
f x g x a b x a b x a b x a b
f x g x a b x a b x a b x a b
f x g x c x c x c x c


 

 


         
         
    

Trong đó
0 1 1 0
, 0,1, ,
k k k k
c a b a b a b k n

    

3. Các tính chất cơ bản
Định lí 1. Cho f(x) và g(x)
0

là hai đa thức. Khi đó tồn tại hai đa thức
duy nhất q(x) và r(x) sao cho
( ) ( ) ( ) ( )
f x g x q x r x
 
với
deg ( ) deg ( )
r x g x


Nếu r(x) = 0 thì ta nói f(x) chia hết cho g(x)
Chú ý . Cho đa thức
1
1 1 0
( )
n n
n n
f x a x a x a x a


    
. Nếu
0
( ) 0
f x

thì ta nói
0
x
là một nghiệm của đa thức f(x).
Định lí 2. Cho đa thức
( )
f x

A[x] và
a

A. Dư số của phép chia f(x)
cho (x – a) chính là f(a)

Định lí 3. Số a là nghiệm của f(x) khi và chỉ khi f(x) chia hết cho (x – a)
Ph
ần

I. KI
ẾN THỨC CHUẨN BỊ

Đinh Nho Thắng Một vài vấn đề về đa thức
Trang 6

Cho đa thức
( )
f x

A[x] và
a

A và
*
m


. Khi đó a là nghiệm bội cấp
m của f(x) khi và chỉ khi f(x) chia hết cho
( )
m
x a
 nhưng không chia hết
cho
1

( )
m
x a


Trong trường hợp m = 1 thì ta gọi a là nghiệm đơn của còn khi m = 2 thì a
được gọi là nghiệm kép. Số nghiệm của một đa thức là tổng số nghiệm
của đa thức đó kể cả bội của các nghiệm.
Định lí 4. (định lí Viète)
1) Giả sử phương trình
1
1 1 0
0 ( 0)
n n
n n n
a x a x a x a a


     
(1) có
n nghiệm thực (hoặc phức)
1 2
, , ,
n
x x x
thì
1
1 2
2
1 2 2 3 1

0
1 2



( 1)
n
n
n
n
n
n
n
n
n
a
x x x
a
a
x x x x x x
a
a
x x x
a



    




  





 



2) Ngược lại nếu các số
1 2
, , ,
n
x x x
thỏa mãn hệ trên thì chúng là nghiệm
của phương trình (1)
Định lí 5. Mỗi đa thức thực bậc n đều có không quá n nghiệm thực
Hệ quả 1. Đa thức có vô số nghiệm là đa thức không
Hệ quả 2. Đa thức có bậc bé hơn hay bằng n mà nhận cùng một giá trị tại
n + 1 điểm khác nhau thì đa thức đó là đa thức hằng.
Hệ quả 3. Hai đa thức bậc bé hơn hay bằng n mà nhận n +1 giá trị thỏa
mãn bằng nhau tại n + 1 giá trị khác nhau của đối số thì đồng nhất bằng
nhau
Định lí 6. Mọi đa thức
( ) [ ]
f x x



bậc n có đúng n nghiệm
Định lí 7. Mọi đa thức
( ) [ ]
f x x


có bậc n và có hệ số chính
0
n
a

đều
có thể phân tích duy nhất thành nhân tử
4. Ước, ước chung lớn nhất
Đinh Nho Thắng Một vài vấn đề về đa thức
Trang 7

Định nghĩa. Khi đa thức
1
1 1 0
( )
n n
n n n
P x a x a x a x a


    
được viết
dưới dạng
( ) ( ) ( )

n
P x g x q x

với
deg 0
g

và
deg 0
q

thì ta nói g là ước
của
( )
n
P x

Nếu
( ) ( )
g x P x
và
( ) ( )
g x Q x
thì ta nói g(x) là ước chung của P(x) và
Q(x)
Nếu hai đa thức P(x) và Q(x) chỉ có ước chung là các đa thức bậc 0 thì ta
nói rằng chúng nguyên tố cùng nhau và viết


( ), ( ) 1

P x Q x


Định lí 8. Điều kiện cần và đủ để hai đa thức P(x) và Q(x) nguyên tố cùng
nhau là tồn tại cặp đa thức u(x) và v(x) sao cho
( ) ( ) ( ) ( ) 1
P x u x Q x v x
 

Nếu hai đa thức P(x) và Q(x)
( 0)

có ước chung d(x) là đa thức chia hết
cho tất cả các ước chung khác thì d(x) được gọi là ước chung lớn nhất của
P(x) và Q(x).
Tính chất 1. Nếu các đa thức f(x) và g(x) nguyên tố cùng nhau và các đa
thức f(x) và h(x) nguyên tố cùng nhau thì các đa thức f(x) và h(x) nguyên
tố cùng nhau
Tính chất 2. Nếu các đa thức f(x), g(x) và h(x) thỏa mãn các điều kiện
f(x)h(x) chia hết cho g(x), g(x) và h(x) nguyên tố cùng nhau thì f(x) chia
hết cho g(x).
Tính chất 3. Nếu đa thức f(x) chia hết cho các đa thức g(x) và h(x) với
g(x) và h(x) nguyên tố cùng nhau thì f(x) chia hết cho g(x)h(x).
Tính chất 4. Nếu các đa thức f(x) và g(x) nguyên tố cùng nhau thì
 
( )
m
f x
và
 

( )
m
g x
sẽ nguyên tố cùng nhau với mọi m, n nguyên dương.





Đinh Nho Thắng Một vài vấn đề về đa thức
Trang 8


Định nghĩa. Cho
L


. Đa thức
( ) [ ]
P x L x

được gọi là khả quy trên
[ ]
L x

nếu tồn tại các đa thức
( )
Q x
và
( )

T x
cùng thuộc
[ ]
L x
với các bậc lớn hơn hay
bằng 1 sao cho
( ) ( ). ( )
P x Q x T x

.
Trường hợp ngược lại, P(x) được gọi là bất khả quy trên
[ ]
L x

Tính chất 1. Nhận xét rằng mọi đa thức
( ) [ ]
P x x


với bậc lớn hơn 2 đều đươc
phân tích thành nhân tử bậc nhất và bậc hai nên cũng có thể coi P(x) khả quy
trên
[ ]
x

.
Vậy tính khả quy của đa thức thực chất chỉa có ý nghĩa trong
[ ]
x


và
[ ]
x


hoặc trong
[ ]
L x
với tập con thực sự của

.
Mặt khác, nếu
( ) [ ]
P x x


thì gọi M là mẫu số chung nhỏ nhất của các mẫu số
của các hệ số trong P(x) thì
1
( ) '( )
P x P x
M
 với
'( ) [ ]
P x x


. Hiển nhiên, nếu
P(x) khả quy trong
[ ]

L x
thì với mọi
A L

, đa thức A.
[ ]
L x
cũng khả quy trong
[ ]
L x
.
Vậy chỉ cần khả quy của các đa thức thuộc
[ ]
x

.
Tính chất 2. Nếu đa thức
( ) [ ] (deg 1)
P x x P
 

mà không khả quy trên
[ ]
x


thì cũng không khả quy trên
[ ]
x


Tính chất 3. (Tiêu chuẩn Eisenstien) Cho đa thức
1
1 1 0
( )
n n
n n
f x a x a x a x a


    

với các hệ số nguyên. Nếu có ít nhất một cách chọn số nguyên tố p, thỏa mãn
các điều kiện
i) Hệ số cao nhất
n
a
không chia hết cho p
ii) Tất cả các hệ số còn lại chia hết cho p
iii) Hệ số tự do
0
a
chia hết cho p nhưng không chia hết cho
2
p
thì đa thức f(x)
không phân tích được thành tích các nhân tử với bậc thấp hơn, với các hệ số hữu
tỉ.
Bài 1. (VMO 2014) Cho đa thức
2 2

( ) ( 7 6) 13
n
P x x x
   
với n là số
Ph
ần

I
I. ĐA TH
ỨC NGUY
ÊN


Đinh Nho Thắng Một vài vấn đề về đa thức
Trang 9

nguyên dương. Chứng minh rằng đa thức P(x) không thể biểu diễn được
dưới dạng tích của n + 1 đa thức khác hằng số với hệ số nguyên.
Giải.
Đa thức P(x) có bậc 4n và không có nghiệm thực. Nhị thức
2
x
−7x+6 có hai
nghiệm 1 và 6; 13 là số nguyên tố.
Giả sử
1 2 1
( ) ( ). ( ) ( )
n
P x P x P x P x



với
( )
i
P x
có bậc chẵn. Vì tổng các bậc
của
( )
i
P x
bằng 4n nên phải có ít nhất hai đa thức, giả sử là
1 2
( ), ( )
P x P x
có
bậc bằng 2.
Do P(x) có hệ số cao nhất là 1 nên ta có thể giả sử
1 2
( ), ( )
P x P x
có hệ số cao
nhất là 1, tức là
2 2
1 2
( ) , ( )
P x x ax b P x x cx d
     

Vì

1 2
( ), ( )
P x P x
không có nghiệm thực nên
1 2
( ) 0, ( ) 0
P x P x
 
với mọi x.
Ta có

1 2 1
1 2 1
13 (1) (1) (1) (1)
13 (6) (6) (6) (6)
n
n
P P P P
P P P P


 


 

.
Từ đây, trong hai số
1 2
(1), (1)

P P có ít nhất một số bằng 1. Không mất tính
tổng quát, giả sử
1
(1) 1
P


Suy ra suy ra a = −b. Lúc này
1
(6)
P = 36−5b. Ta thấy 36−5b > 0 không thể
bằng 13 nên chỉ có thể xảy ra 36−5b = 1, suy ra b = 7, a = −7. Nhưng lúc
này đa thức
2
1
( ) 7 7
P x x x
  
có nghiệm thực, mâu thuẫn. Suy ra điều phải
chứng minh.
Bài 2. Chứng minh đa thức sau

4 2
( ) 2 1
P x x x x
   

bất khả quy trên
[ ]
x



Giải. Viết lại P(x) dưới dạng
4 3 2
( ) ( 1) 3( 1) 3( 1) 3( 1) 3
P x x x x x
        

Ta có
0
1
a

không chia hết cho 3
1 2 3
3; 3, 3
a a a
  

Đinh Nho Thắng Một vài vấn đề về đa thức
Trang 10

4
3
a

chia hết cho 3 và không chia hết cho
2
3

Theo tiêu chuẩn Eisenstien P(x) bất khả quy trên
[ ]
x


Bài 3. Chứng minh rằng nếu p là một số nguyên tố thì đa thức sau

1
( )
1
p
x
P x
x




bất khả quy trên
[ ]
x


Giải. Đặt
1
x y
 
, ta có
1 1 2 2 1

( 1) 1
( )
( 1)
p p p
p
p p p
y C y C y C y
y
P x
y y y
 
   
 
 
 

1 1 2 2 3 2 1

p p p
p p p p
y C y C y C y C
  
     
Ta có 1 không chia hết cho p;
i
p
C
chia hết cho p với mọi
1,2, , 2
i p

 
;
2
p
không chia hết cho
1
p
C p


Theo tiêu chuẩn Eisenstien P(x) bất khả quy trên
[ ]
x


Bài 4. Chứng minh rằng không tồn tại đa thức bậc lớn hơn 1 với các hệ số
nguyên dương để
*
m


luôn kéo theo P(m) là số nguyên tố
Giải. Giả sử tồn tại đa thức như vậy dạng
1
1 1 0
( ) ( 0, 0,1,2, )
n n
n n i
P x a x a x a x a a i



      
Khi đó lim ( )
x
P x

 
và vì vậy tồn tại
*
m


để
( ) 1
P m a
 
và
*
q

để
( ) ( )
P qa m P m
 

Nhận xét rằng
( ) ( ) ( 1)
P qa m Aa P m Aa a A a
      
không phải là số

nguyên tố (mâu thuẫn)






Đinh Nho Thắng Một vài vấn đề về đa thức
Trang 11




Bài 1. Tìm tất cả các đa thức P(x) bậc n thỏa mãn điều kiện

2 2
( ) ( ) ( ), ,P x y P x y P x y x y
     


Giải. Đặt
;
x y u x y v
   
, thì (1) có dạng
( ) ( ) ( ), ,
P uv P u P v u v
  


(2)
Trong (2) cho
0
u v
 
ta có
(0) 0
(0) 1
P
P






Nếu
(0) 1
P

thì từ (2) với v = 0, ta được
(0) ( ) (0) ( ) 1
P P u P P x
  

Nếu
(0) 0 0
P x
  
là một nghiệm của PT P(x) nên

( ) ( )
P x xQ x

với
Q(x) là đa thức bậc n – 1. Thế vào (2) ta thu được

( ) ( ) ( ), ,
uvQ uv uvQ u Q v u v
  


Suy ra
( ) ( ) ( ), ,
Q uv Q u Q v u v
  


với
( ) 1
Q u

hoặc
1
( ) ( )
Q x Q x

với
1
( )
Q x

là đa thức bậc n - 2
Tiếp tục quá trình này sau hữu hạn bước ta thu được nghiệm của bài toán
( ) 1
P x

hoặc ( ) ,
n
P x x n
 


Thử lại ta thấy các nghiệm
( ) 1
P x

hoặc ( ) ,
n
P x x n
 

thỏa mãn yêu
cầu bài toán
Bài 2. Tìm tất cả các đa thức
:
f

 
thỏa mãn điều kiện
( ) ( ) ( ) 2 , ,
f x y f x f y xy x y

     


Giải. Cho x= y = 0 vào (1) ta có
(0) 0
f

. Từ giả thiết suy ra
0 0
( ) ( ) ( ) 2
'( ) lim lim 2 '(0)
y y
f x y f x f y xy
f x x f
y y
 
  
   

Do đó
2
0
( ) ( ) (0) '( )
x
f x f x f f t t x ax
    


Thử lại thấy hàm số
2

( )
f x x ax
 
thỏa mãn điều kiện đề ra
Ph
ần

I
I
I.

CÁC PHƯƠNG PHÁP XÁC Đ
ỊNH ĐA THỨC


I.
Đ
ẶC TR
ƯNG HÀM C
ỦA ĐA THỨC VỚI C
ÁC BI
ẾN TỰ DO

Đinh Nho Thắng Một vài vấn đề về đa thức
Trang 12
Bài 3. Cho
:
f

 

thỏa mãn các điều kiện

(1)
f a
 

và
( ) ( ) 2 ( ) ( ), ,
f x y f x y f x f y x y
     

(1)
Chứng minh ( ) ( ),
m m
f x T x m
  


Cho
0
x y
 
vào (1) ta được
(0) 0
f

hoặc f(0) = 1
Nếu
(0) 0
f


thì thay y = 0 vào (1) ta được
2 (0) 0
f

với mọi
x


. Do
đó
( ) 0
f x

ứng với a = 0
Nếu f(0) = 1, cho x = y = 1 ta thu được
2
2 (2) 2 1
f a
 

Tiếp tục thay
2, 1
x y
 
vào (1) ta được
3
(3) 4 3
f a a
 

Từ đó dự đoán
( ) ( )
n
f n T a

với mọi
1
n

. Bằng quy nạp ta chứng minh
được dự đoán này
Mặt khác cho
0
x

, ta có
( ) ( ) 2 (0) ( ) 2 ( ) ( ) ( )
f x f y f f y f y f y f y
       
f là hàm chẵn
Vậy ta được

1 khi 0
( ) khi 1
T khi 1,
x
x
f x a x
x x




  


 



Vậy ( ) ( ),
m m
f x T x m
  


Bài 4. Tìm tất cả các đa thức
1 2 3 4
( ), ( ), ( ), ( )
P x P x P x P x
sao cho với
, , ,
x y z t



thỏa mãn điều kiện
1
xy zt
 

thì
1 2 3 4
( ) ( ) ( ) ( ) 1
P x P y P z P t
 

Giải. Giả sử
deg ( 1,2)
i i
n P i
 
. Lấy số tự nhiên N sao cho số các ước số
của N lớn hơn
1 2
n n

. Đặt
1, 1
z t N
  

Với mọi ,
x x N


ta có

1 2 3 4
( ) ( ) 1 (1), ( 1)
P x P N x P P N

  
(1)
Phương trình (1) đối với x có vế trái là đa thức bậc bé hơn hay bằng
1 2
n n


và đa thức này có nhiều hơn
1 2
n n

nghiệm nên


1 2
deg ( ) ( ) 0
P x P N x


Suy ra
Đinh Nho Thắng Một vài vấn đề về đa thức
Trang 13


1 2
( ) , ( )
n n
P x ax P x bx
 
Tương tự ta có

3 4
( ) , ( )
m m
P x ac P x dx
 
Với
1, 0 1
x y z t xy zt
      
nên

1 2 3 4
( ) ( ) ( ) ( ) 1
P x P y P z P t ab
  

Với
0, 1, 1 1
x y z t xy zt
       
nên

1 2 3 4
( ) ( ) ( ) ( ) 1
P x P y P z P t cd
  

Với 1, 1 ( 1) 1,
n m

x y t y y y y
         


Do đó
1
m n
 

Vậy Với
1, 0 1
x y z t xy zt
      
nên
1 2 3 4
( ) , ( ) , ( ) , ( ) , ( 0)
x x
P x ax P x P x cx P x ac
a c
    
(2)
Thử lại thấy các hàm số thu được theo (2) thỏa mãn yêu cầu bài toán
Bài 5. Tìm tất cả các đa thức P(x) thoả mãn đồng nhất thức
xP(x-1) = (x-26)P(x).
Giải.
Thay x = 0 vào đồng nhất thức, ta suy ra P(0) = 0. Suy ra P(x) chia hết cho
x, tức là P(x) = xP
1
(x). Thay vào đồng nhất thức, ta được
x(x-1)P

1
(x-1) = (x-26)xP
1
(x)
suy ra
(x-1)P
1
(x-1) = (x-26)P
1
(x) (*)
Lại thay x = 1, ta được P
1
(1) = 0, suy ra P
1
(x) chia hết cho x-1, tức là
P
1
(x) = (x-1)P
2
(x), thay vào (*), ta được
(x-1)(x-2)P
2
(x-1) = (x-26)(x-1)P
2
(x)
Suy ra
(x-2)P
2
(x-1) = (x-26)P
2

(x) …
Cứ tiếp tục lý luận như thế, ta đi đến
P(x) = x(x-1)…(x-25)Q(x)
Và Q(x-1) = Q(x).
Đinh Nho Thắng Một vài vấn đề về đa thức
Trang 14

Đặt Q(0) = a thì ta có Q(x) = a với x = 1, 2, 3, … suy ra Q(x) = a với
mọi x.
Vậy P(x) = ax(x-1)…(x-25) là tất cả các nghiệm của bài toán.
Bài 6. (HSG Hà Tĩnh 2011-1012) Tìm tất cả các đa thức có hệ số thực thỏa
mãn

2 2 2
(2) 12
( ) ( 1) ( )
P
P x x x P x




 



Giải. Từ giả thiết ta có 2deg P(x) = 4 + deg P(x), suy ra deg P(x)= 4.
Ta thấy P(0)= P(-1)= P(1) = 0. Khi đó ta có P(x) = x(x+1)(x-1)(ax+b). Sử
dụng P(2)=2 ta có b = 2 -2a thay vào đòng nhất thức ta có được a = 1=> b=
0. Vạy P(x)= x(x

2
-1)x=x
4
– x
2


Bài 1. Xác định đa thức bậc bốn dạng

4 2
( ) ( , 0)
P x x bx c b c
   

sao cho phương trình

2
( )
P x x

(1)
không có nghiệm thực còn phương trình sau



4
( )
P P x x

(2)

thì có nghiệm thực.
Giải. Để ý rằng
( ) 0
P x

và
( ) ( )
P x P x
 
với mọi số thực x và


( ) ( ) 0
Q x P P x
 
cũng có tính chất
( ) ( )
Q x Q x
 
với mọi số thực x nên
ta chỉ cần xét
0
x


Theo giả thiết thì phương trình
2
( )
P x x


vô nghiệm và vì
2 4 2
( ) ( 1)
P x x x b x c
    
nên
2
( )
P x x

với mọi
x


. Suy ra



4
( ) ( )
P P x P x x
 

Vậy phương trình (2) vô nghiệm. từ đó suy ra không tòn tại đa thức thỏa
mãn yêu cầu bài toán
I
I. XÁC Đ
ỊNH ĐA THỨC THEO ĐẶC TR
Ư
NG NGHI

ỆM

Đinh Nho Thắng Một vài vấn đề về đa thức
Trang 15

Bài 2. Tìm các đa thức dạng

0
( ) , { 1;1}, {0,1,2, , }
n
k
k k
k
P x a x a k n

    


có các nghiệm đều thực
Giải. Giả sử
1
n
a


Với n = 1 thì ta có ngay hai đa thức cần tìm dạng
1
( ) 1
P x x
 

Với
2
n

thì theo giả thiết đa thức có các nghiệm
1 2
, , ,
n
x x x
đều thực.
Theo định lí Viet thì

 
2
2
1 2 0
1
n
x x x a
 

và

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

j
x a a a
  

    


Do
1 2
{ 1,1} 1
n n
a a
 
    
và

2
1
3
n
j
j
x




Mặt khác ta có

2 2 2 2

1 2
1
3 1
1
n
n
j n
j
x x x x
n n

  


nên
3
n


Với n = 2 ta thu được hai cặp đa thức





2 2
1 , 1 .
x x x x
     

Vơi n = 3 ta thu được hai cặp đa thức





3 2 3 2
1 , 1
x x x x x x
       

Vậy các đa thức cần tìm





1 , 1 .
x x
   






2 2
1 , 1 .
x x x x
     

Đinh Nho Thắng Một vài vấn đề về đa thức
Trang 16






3 2 3 2
1 , 1
x x x x x x
       

Bài 3. Tìm tất cả các đa thức
( ) [ ]
f x x


dạng

1
1 1
( ) ! ( 1) ( 1)
n n n
n
f x n x a x a x n n


      

Có các nghiệm
1 2
, , ,
n
x x x
đều thực và thỏa mãn điều kiện

[ , 1], {1,2, , }
k
x k k k n
   

Giải.
Với n = 1 thì
( ) 2
f x x
 
là đa thức duy nhất thỏa mãn diều kiện bài toán
Với n = 2 thì
2
1
( ) 2 6
f x x a x
  
có hai nghiệm
1 2
,
x x
thỏa mãn điều kiện

1 2
1 2 3
x x
   
và

1
1 2
1 2
2
3
a
x x
x x


  





Do
2 1
0 2
x x
  
nên

2 2

2 1 1
1
0 ( ) 12 4
4
x x a
    

Suy ra

2
1
48 64
a
 

Kết hợp với
1
0
a

ta thu được
1
7
a
 
hoặc
1
8
a
 

. Tương ứng với
3
n

.
Thật vậy, ta có

1 2
( ) !( )( ) ( )
n
f x n x x x x x x
   

Do đó với x = 0 thì

1 2
( 1) ( 1) !( 1)
n n
n
n n n x x x
   
Từ giả thiết
[ , 1], {1,2, , }
k
x k k k n
   
ta thu được

1 2
1 1

! !
( 1)! 2
n
n n
n x x x n n
n
 
    


Vậy nghiệm của bài toán là
Đinh Nho Thắng Một vài vấn đề về đa thức
Trang 17


2
2
( ) 2
( ) 2 7 6
( ) 2 8 6
f x x
f x x x
f x x x
 
  
  

Bài 4. Tìm tất cả các đa thức
( ) [ ]
f x x



bậc n có n nghiệm thực và thỏa mãn
điều kiện

2 3
( ) (2 ) (2 )
f x f x f x x
 
(1)
Giải.
Giả sử

1
1 0
( ) ( 0)
n n
n n n
f x a x a x a a


    

Khi đó
0
(0)
f a

và từ điều kiện bài toán ta có
0

0
a

hoặc
0
1
a


Trường hợp
0
0
a

không xảy ra vì khi đó thì
( ) ( )
s
f x x g x
 với
*
(0) 0,g s 

. Thay vào (1) ta được

2 2 3 2
( ) (2 )2 (2 )(2 1) ,
s s s
g x g x x g x x x x
    


Suy ra g(0) = 0, trái với giả thiết. Vậy
0
1
a


Giả sử
0
0
x

là nghiệm của f(x). Khi đó
3
0 0
2
x x

cũng là nghiệm và

3 2
0 0 0 0 0
2 2 1
x x x x x
   
nên suy ra đa thức f(x) sẽ có vô số nghiệm, điều này không thể xảy ra
Vậy không tồn tại đa thức
( ) [ ]
f x x



bậc n có nghiệm thực và thỏa mãn
điều kiện bài toán


Bài 1. Tìm tất cả các đa thức
( )
P x
thỏa mãn
( ) ( ) ( ) 3 ( ) 3 ( ) 3 ( )
P a b P b c P c a P a P b P c
       

trong đó a, b, c là ba số thực bất kì thỏa mãn
0
a b c
  
.
Giải.
Nếu
( )
P x
là đa thức hằng thì
( ) 0
P x


Chọn
3 , 2 ,
a x b x c x

    
, ta được :
III. XÁC Đ
ỊNH ĐA THỨC BẰNG PH
ƯƠ
NG PHÁP Đ
ỔI BIẾN SỐ

Đinh Nho Thắng Một vài vấn đề về đa thức
Trang 18


(5 ) ( ) ( 4 ) 3 (3 ) 3 ( 2 ) 3 ( )
P x P x P x P x P x P x
        
(*)
Đặt
1
( ) ( 0)
n
i i n
i
P x a x a

 


Thay vào (*)
1 0 0
.5 . ( ) ( 4)

n n n
i i i i i
i i i
i i i
a x a x a x
  
   
  

0 0 0
3 .3 . 3 .( 2) . 3 .( )
n n n
i i i i i
i i i
i i i
a x a x a x
  
    
  


Đồng nhất hệ số bậc cao nhất và hệ số tự do :
1
0 0
5 ( 1) ( 4) 3 3.( 2) 3.( 1)
3 9
n n n n n n
n n n n n n
a a a a a a
a a



        




Ta có ngay
0
0
a


+) Nếu n lẻ, ta được :

1 1
5 1 4 3 3.2 3 5 3.2 3 3 4 1
n n n n n n n n n n 
          

Nhận thấy n = 1 thỏa mãn, xét n > 1.
Khi đó

5 3.2 3 0(mod4)
n n n
   (vì n lẻ nên
3 1(mod4)
n
 
Mà

1
3 4 1 2(mod4)
n n
   .
Do đó n > 1 (loại)
Như vậy
( )
P x ax

với
0
a

. Thử lại thỏa mãn
Nếu n chẵn, ta được :

1
5 1 4 3 3.2 3
n n n n
    

Nhận thấy n = 2 thỏa mãn, xét n > 2
Ta có

1
5 1 4 2(mod8);3 3.2 3 6(mod8)
n n n n
     
Do đó n > 2 loại.
Như vậy

2
( )
P x ax bx
 
. Thử lại thỏa mãn.
Kết luận : Đa thức cần tìm là
2
( )
P x ax bx
 
trong đó
,
a b




Bài 2. Xác định đa thức
( )
P x
bậc n thỏa mãn điều kiện

2 2
( 1) ( ) ( 3) ( 2),x P x x P x x
     

(1)
Giải.
Chọn x = 3 thì (1) trở thành

(3) 0 3
P x
  
là nghiệm của P(x)
Chọn x = 1 thì (1) trở thành
Đinh Nho Thắng Một vài vấn đề về đa thức
Trang 19


(3) 0 3
P x
  
là nghiệm của P(x)
Khi đó

2
( ) ( 3) ( )
P x x Q x
 

Thay vào (1) ta có

( ) ( 2) ( )
Q x Q x Q x const c
    

Do đó

2
( ) ( 3)

P x c x 
Thử lại thấy thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài 3. Xác định đa thức
( )
P x
bậc n thỏa mãn điều kiện

( 1) ( ) 2 1,
P x P x x x
     


Giải. Vì hai đa thức bậc bé hơn hay bằng m trùng nhau tại m + 1 điểm
nguyên thì chúng trùng nhau nên chỉ cần xét P(x) tại các điểm nguyên.
Theo giả thiết, ta có

( ) ( 1) 2 1, 1,2,
P n P n n n
    

Suy ra

2 *
( ) (0) 1 3 (2 1) (0) ,P n P n P n n         


Do vậy
2
( )
P x x c

 
, với c tùy ý
Thử lại thấy
2
( )
P x x c
 
thỏa mãn điều kiện đề bài
Bài 4. Tìm tất cả các đa thức
( )
P x
bậc n thỏa mãn điều kiện

2 2
( 1) ( ) 2 1,P x P x x x
 
     
 


Giải.
Đặt
2
( ) ( )
P x x Q x
 
Từ giả thiết suy ra

( 1) ( 1)
( )

2
Q x Q x
Q x
  

hay

( 1) ( ) ( ) ( 1),
Q x Q x Q x Q x x
      


Đinh Nho Thắng Một vài vấn đề về đa thức
Trang 20

Suy ra

( ) ( 1)
Q x Q x a
  
với a là hằng số
Đặt
( ) ( ) ( ) ( 1),
Q x ax M x M x M x x
      

và vì vậy
( )
M x b


với b
là hằng số. Suy ra

2
( )
P x x ax b
  

Thử lại thấy
2
( )
P x x ax b
  
thỏa mãn yêu cầu bài toán
Bài 5. Tìm tất cả các đa thức
( ) [ ]
f x x


thỏa mãn điều kiện

2 3 2
( ) (2 ) (2 ),f x f x f x x x
   

(1)
Giải. Nếu
deg 0,
f


tức là f(x) = c thì c = 0 hoặc c = 1 là nghiệm của bài
toán
Giả sử
deg 1
f n
 
và

1
1 0
( ) , 0
n n
n n n
f x a x a x a a


    

Khi đó
0
(0)
f a

và từ điều kiện bài toán ta có
0
0
a

hoặc
0

1
a


Trường hợp
0
0
a

không xảy ra vì khi đó
( ) ( )
s
f x x g x
 với
*
(0) 0,g s 

. Thay vào (1) ta có

2 2 3 3 2
( ) (2 )2 (2 )(2 ) ,
s s s s
g x x g x x g x x x x x
    


Suy ra
(0) 0
g


(trái giả thiết). Vậy phải có
0
1
a

, tức là

1
1
( ) 1, 0
n n
n n n
f x a x a x a


    
(2)
Đạo hàm hai vế của (1), ta có

2 2 2 3 2
'( ) (2 ) 4 ( ) '(2 ) (6 2 ) '(2 )
f x f x xf x f x x x f x x
    (3)
Thay x = 0 vào (3) ta có
'( ) 0
f x

, tức là

*

'( ) ( ),
r
f x x g x r 

,
(0) 0
g


Thế vào (3) sau khi giản ước 2 vế cho
r
x
ta thu được
2 2 2 3 2
( ) (2 ) 4 ( )2 (2 ) (6 2 ) (2 )(2 1)
r r r r
g x f x xf x x g x x x g x x x x
     (4)
Từ (4) suy ra g(0) = 0, mâu thuẫn
Vậy chỉ tồn tại các đa thức
( ) 1, ( ) 0
f x f x
 
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Đinh Nho Thắng Một vài vấn đề về đa thức
Trang 21


Bài 1. Chứng minh tồn tại duy nhất đa thức P(x) dạng

1
1 0
( )
n n
n
P x x a x a


   

thỏa mãn điều kiện
( 1) ( ) ( )( ) ( ),
n
n n P x x a x b P x x
     


Bài 2. Cho số
k



. Tìm tất cả các đa thức P(x) thỏa mãn điều kiện

   
4
( ) ( )
P P x P x
 (1)
Giải.

Nếu ( )
k
P x c c c
  
. Do đó nếu k = 1 thì mọi đa thức hằng đều thỏa mãn.
Khi k chẵn thì sẽ có hai đa thức hằng
( ) 0, ( ) 1
P x P x
 
thỏa mãn. Khi k lẻ
(k > 1) thì có 3 đa thức hằng thỏa mãn
( ) 0, ( ) 1
P x P x
  

Nếu P(x) không phải đa thức hằng thì P(x) nhận vô số giá trị khác nhau. Gọi
{0, 1}
y
 
là một giá trị tùy ý của P(x). Khi đó từ (1) ta được ( )
k
P y y


ứng với vô số giá trị của y. Suy ra PT
( ) 0
k
P x x
 
có vô số nghiệm. Điều

này tương đương với ( )
k
P x x

. Thử lại thấy thỏa mãn điều kiện bài toán.
Bài 3. Tìm tất cả các đa thức
( ) [ ]
f x x


bậc n thỏa mãn điều kiện

 
2
2
( ) 16 ( ),f x f x x
  


Giải.
Giả sử

1
1 0
( ) , 0
n n
n n n
f x a x a x a a



    

Khi đó với x = 0 ta thu được
2
0
0 0
0
0
16
16
a
a a
a


 




Thay biểu thức của f(x) vào điều kiện bài toán và so sánh hệ số của
2
n
x
ta
thu được

2 2
16 2
n

n n
a a

IV. XÁC Đ
ỊNH ĐA THỨC BẰNG PHÉP ĐỔI VI PHÂN

Đinh Nho Thắng Một vài vấn đề về đa thức
Trang 22

Do
16
0 0, 1, 2
4
n n
n
a a n n n
      

Với n = 0 thì
( ) 16, ( ) 0
f x f x
 

Với n = 1 thì
( ) 4 , ( ) 4 16
f x x f x x
  
. Tuy nhiên chỉ có đa thức
( ) 4
f x x



thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Với n = 2 thì
2 2
1 1
( ) , ( ) 16
f x x a x f x x a x
    
. Thế vào điều kiện đầu
bài ta thu được
1
0
a

và chỉ có đa thức
2
( )
f x x

thỏa mãn yêu cầu bài
toán.
Kết luận: Các đa thức sau là nghiệm của bài toán
( ) 16, ( ) 0
f x f x
 
,
2
( ) 4 , ( )
f x x f x x

 



Bài 1. Xác định đa thức f(x) dạng

5 4 3 2
( ) 3 2
f x x x x ax bx c
     

Biết rằng nó chia hết cho đa thức

( 1)( 1)( 2)
x x x
  

Giải. f(x) chia hết cho
( 1)( 1)( 2)
x x x
  
khi và chỉ khi

(1) 0 1
( 1) 0 3
(2) 4 2 0 2
f a b c a
f a b c b
f a b c c
    

 
 
       
 
 
    
 

Vậy đa thức cần tìm là

5 4 3 2
( ) 3 2 3 2
f x x x x x x
     

Bài 2. Tìm đa thức bậc ba dạng
3 2
( )
f x x ax bx c
   
biết rằng f(x) chia hết
cho (x – 2) và f(x) chia cho
2
1
x

dư 2x.
Giải. Vì f(x) chia hết cho x – 2 nên

(2) 0 8 4 2 0

f a b c
     

f(x) chia cho
2
1
x

dư 2x nên
( ) ( ) 2
g x f x x
 
chia hết cho
2
1
x

. Suy
ra
V. XÁC Đ
ỊNH ĐA THỨC THEO ĐẶC TR
ƯNG S
Ố HỌC

Đinh Nho Thắng Một vài vấn đề về đa thức
Trang 23





(1) 0 1
( 1) 0 1
g a b c
g a b c
   

     

Từ đó ta nhận được
10, 19, 10
a b c
     

Vậy đa thức cần tìm là
3 2
( ) 10 19 10
f x x x x
   

Bài 3. Tìm đa thức bậc năm thỏa mãn các điều kiện



( ) 1
P x

chia hết cho
3
( 1)
x






( ) 1
P x

chia hết cho
3
( 1)
x


Giải. Từ giả thiết suy ra
deg '( ) 4
P x

và P’(x) chia hết cho
2
( 1)
x

và
2
( 1)
x

.
Vậy

2 2 4 2
'( ) ( 1) ( 1) ( 2 1)
P x a x x a x x
     

Và

5 3
( ) 2
5 3
x x
P x a x b
 
   
 
 
 

Kết hợp với điều kiện
(1) 1, ( 1) 1
P P
   
ta được



5 3
1
( ) 3 10 15

8
P x x x   
Thử lại thấy nghiệm này không thỏa mãn. Vậy không tồn tại đa thức thỏa mãn
yêu cầu bài toán.
Bài 4. Có tồn tại hay không một đa thức P(x) bậc 2014 sao cho
2
( 2014)
P x 
chia hết cho P(x)
Giải. Xét đa thức
 
2014
( )P x x a  , thế thì




2014 2014
2 2 2 2 2
( 2014) 2014 2014P x x a x a a a        
2014
2
( )( ) ( 2014)x a x a a a
 
     
 

Nếu

2

1 8056
2014 0
3
a a a
 
    
Đinh Nho Thắng Một vài vấn đề về đa thức
Trang 24

thì

2 2014 2014
( 2014) ( ) ( )
P x x a x a   
Chia hết cho
2014
( ) ( )P x x a 
Vậy tồn tại hai đa thức
2014
1 8056
( )
2
P x x
 
 
 
 
 
và
2014

1 8056
( )
2
P x x
 
 
 
 
 

thỏa mãn yêu cầu bài toán


Định lí. (Công thức nội suy Lagrange)
Nếu
1 2
, , ,
m
x x x
là m giá trị tùy ý đôi một khác nhau và f(x) là đa thức bậc nhỏ
thua m thì ta có đồng nhất thức
2 3 1 3
1 2
1 2 1 3 1 2 1 2 3 2
2 3 1
1 3 1
( )( ) ( ) ( )( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )( ) ( ) ( )( ) ( )
( )( ) ( )

( )
( )( ) ( )
m m
m m
m
m
m m m m
x x x x x x x x x x x x
f x f x f x
x x x x x x x x x x x x
x x x x x x
f x
x x x x x x


     
  
     
  

  

Bài 1. Xác định đa thức bậc hai nhận giá trị bằng 3; 1; 7 tại x bằng -1; 0; 3
tương ứng
Giải.
Ta có
1 2 3
1; 0; 3
x x x
   

và
1 2 3
( ) 3; ( ) 1; ( ) 7
f x f x f x
  

Áp dụng công thức nội suy Lagrange với n = 2, ta có
2
( 0)( 3) ( 1)( 3) ( 1)( 0)
( ) ( 1) (0) (3)
( 1 0)( 1 3) (0 3)(0 1) (3 1)(3 0)
1
x x x x x x
f x f f f
x x
     
   
       
  

Bài 2. (VMO 1977) Giả sử cho trước các số nguyên
0 1

n
x x x
  
. Chứng
minh rằng giữa các giá trị của đa thức
1
1

n n
n
x a x a

  
tại các điểm
VI. XÁC Đ
ỊNH ĐA THỨC THEO ĐẶC TR
ƯNG N
ỘI SUY

Đinh Nho Thắng Một vài vấn đề về đa thức
Trang 25

0 1
, , ,
n
x x x
luôn tìm được một số mà giá trị tuyệt đối của nó không nhỏ hơn
!
2
n
n
.
Giải. Với
0
i n
 
, áp dụng công thức nội suy Lagrange, đa thức

1
1

n n
n
x a x a

  

Có thể biểu diễn được dưới dạng

0
( ) ( )
i
n
i
j
j x
j
i j
x x
P x P x
x



 



 
 
 



Giả sử khẳng định của bài toán không đúng, nghĩa là

!
( ) , 0,1,2,
2
n
n
P x j 

Khi đó hệ số cao nhất của P(x) bằng tổng các hệ số cao nhất trong các tích

i
i
j x
i j
x x
x





Có môđun không vượt quá

0 0
1 ! 1
( )
2
n n
j
n
j i
j j
i j i j
j i
n
P x
x x
x x
 
 



 
 


0 0
1 ! 1
1
!( )!
2 2
n n

j
n
n n
j j
n
C
j n j
 
  

 
(mâu thuẫn). Suy ra điều phải chứng
minh
Bài 3. Chứng minh rằng nếu đa thức bậc hai nhận giá trị nguyên tại ba giá trị
nguyên liên tiếp của biến số x thì đa thức nhận giá trị nguyên tại mọi x
nguyên
Giải. Giả sử
( 1), ( ), ( 1)
f k f k f k
 
là những số nguyên với k nguyên. Áp
dụng công thức nội suy Lagrange cho đa thức bậc hai f(x) với 3 số nguyên
1, , 1
k k k
 
, ta có
( )( 1) ( )( 1)
( ) ( 1) ( )
2 1
( )( 1)

( 1)
2
x k x k x k x k
f x f k f k
x k x k
f k
      
  

  
 