SKKN Đa thức và ứng dụng

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

TÊN ĐỀ TÀI, SÁNG KIẾN, GIẢI PHÁP:
ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG
Họ và tên: Nguyễn Minh Tuấn
Đơn vị công tác: THPT chuyên Võ Nguyên Giáp
CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc

TÊN ĐỀ TÀI, SÁNG KIẾN, GIẢI PHÁP:
ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG
Họ và tên: Nguyễn Minh Tuấn
Đơn vị công tác: THPT chuyên Võ Nguyên Giáp
Quảng Bình, tháng 5 năm 2015
1. PHẦN MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài, sáng kiến, giải pháp:
Trong môn Toán ở trường THPT, các bài toán về đa thức là một phần quan
trọng của toán học. Đa thức ngày càng được quan tâm đúng mức và tỏ ra có sức
hấp dẫn mạnh mẽ nhờ vẽ đẹp và tính độc đáo của phương pháp và kỹ thuật giải
chúng cũng như yêu cầu cao về tư duy cho người giải.
Trong các kỳ thi tuyển chọn học sinh giỏi, vô địch Quốc gia, Quốc tế và
Olympic sinh viên, bài đa thức thường ở mức độ khó. Toán đa thức rất phong
phú và đa dạng và cũng rất phức tạp nên khó phân loại và hệ thống hóa thành
các chuyên đề riêng biệt.
Các bài toán dãy số không những rèn luyện tư duy sáng tạo, trí thông minh
mà còn đem lại say mê và yêu thích môn Toán của người học.
Trong bài viết này tác giả cố gắng tối đa chọn lọc ra một số ứng dụng của
đa thức vào việc giải các bài toán đại số, số học, bất đẳng thức giúp học sinh tiếp
cận từng bước từng mức độ kiến thức và luyện tập giải toán.
1.2. Phạm vi áp dụng đề tài, sáng kiến, giải pháp: Đề tài có ứng dụng rộng

rãi đối với tất cả giáo viên, học sinh và trên nhiều kiến thức liên quan: đại số,
giải tích, số học, bất đẳng thức…
Tác giả hy vọng đề tài “Đa thức và ứng dụng” sẽ giúp các em học sinh bổ
sung kiến thức về phần đa thức trong các kì thi học sinh giỏi và tài liệu tham
khảo bổ ích cho bạn đọc.
2. PHẦN NỘI DUNG
2.1.Thực trạng của vấn đề mà đề tài, sáng kiến, giải pháp giải quyết
Đa thức được học từ lớp 7, 8 bổ sung dần dần đến lớp 12 và hoàn chỉnh ở
cấp Đại học. Hiện nay việc nghiên cứu đa thức ở bậc THPT còn hạn chế, bởi vì
kiến thức này thương được sử dụng trong các đề thi học sinh giỏi và ít giáo viên
viên dạy về phần này. Đề tài tập trung vào việc ứng dụng của đa thức vào việc
giải các bài toán đại số, số học và đánh giá hệ số và nghiệm của đa thức.
2.2. Nội dung đề tài, sáng kiến, giải pháp
2.2.3. Định nghĩa và các phép toán
Định nghĩa đa thức
Cho hàm số
:f
→
¡ ¡
. Ta gói
f
là đa thức nếu
f const
≡
(hằng số) hoặc tồn
tại
, 1n n
∈ ≥
¢
và các số thực

0 1 2
, , , ,
n
a a a a
với
0
0a
≠
sao cho
1
0 1 1
( )
n n n
n n
f x a x a x a x a
−
−
= + + + +
;
0
( )
n
n k
k
k
f x a x
−
=
=
∑

Các số
0 1 2
, , , ,
n
a a a a
gọi là các hệ số,
0
0a
≠
được gọi là hệ số cao nhất,
n
a
được gọi là hệ số tự do
Đặc biệt khi
0
1a
=
thì đa thức được gọi là đa thức chuẩn tắc hay đa thức
mo-nic.
Với
0
0a
≠
thì n là bậc của đa thức
( )f x
ký hiệu
deg f n
=
, đặc biệt
0f c

≡ ≠
thì
deg 0f
=
. Quy ước, với
( ) 0f x
≡
thì
deg f
= −∞
Đa thức trên các tập số
Với K là một tập số, ký hiệu
0
[ ] ( ) : , 0,1,2, ,
n
n k
k k
k
x f x a x a k n
−
=
 
Κ = = ∈Κ =
 
 
∑
Cho đa thức
0
( )
n

n k
k
k
f x a x
−
=
=
∑
• Nếu các hệ số
i
a
∈
¡
thì ký hiệu
[ ]f x
∈
¡
• Nếu các hệ số
i
a
∈
¤
thì ký hiệu
[ ]f x
∈
¤
• Nếu các hệ số
i
a
∈

¢
thì ký hiệu
[ ]f x
∈
¢
Các phép toán
Cho
0
( )
n
n k
k
k
f x a x
−
=
=
∑
và
0
( )
m
m i
i
i
g x b x
−
=
=
∑

. Khi đó
•
0
( ) ( ) ( )
k
k k
k
f x g x a b x
−
=
+ = +
∑
l
l
•
0
( ) ( ) ( )
k
k k
k
f x g x a b x
−
=
− = −
∑
l
l
•
0 0
( ) ( )

i j
i j
i j
f x g x a b x
+
= =
× =
∑ ∑
l l
Trong đó
{
ax , }m m n=l
với quy ước cách viết hình thức
1
0
( ) , 0
i
i n
i
f x a x a a
−
+
=
= = = =
∑
l
l
l
Từ đó, với
, [ ],deg f g x g m

∈ =
¡
thì
( ) ( ), ( ) ( )f x g x f x g x
± ×
và
( ( ))f g x
cũng là
các đa thức với hệ số thực, ngoài ra
deg( ) ax{ , }, deg ,deg( )f g m m n f g m n f g m n
± ≤ × = + = ×
o
Phép chia đa thức
Định lý 1.7.1 (Định lý cơ bản). Mọi đa thức bậc n có không quá n nghiệm
thực.
Từ đó, nếu
deg f n
=
và
( ) 0f x
=
tại ít nhất n+1 điểm, thì
( ) 0 f x x
≡ ∀
Định lý 1.7.2 (Định lý về phép chia với dư). Cho
, [ ]f g x
∈
¡
. Khi đó tồn tại
các đa thức

, [ ]q r x
∈
¡
sao cho
( ) ( ) ( ) ( )f x q x g x r x
= × +
Trong đó
deg degr g
<
Đặc biệt, khi
( ) 0r x
≡
thì ta nói
( )f x
chia hết cho
( )g x
, ký hiệu
( ) ( )f x g xM
hay
( ) ( )g x f x
Định lý 1.7.3 (Định lý Bezout). Nếu
x a
=
là nghiệm của đa thức
( )f x
thì
( ) ( )f x x
α
−
M

Từ đó suy ra với
[ ]P x
∈
¢
và a,b là hai số nguyên phân biệt thì
( )
( ) ( ) ( )P a P b a b
− −
M
Định lý 1.7.4 (Sự phân tích tiêu chuẩn). Mọi đa thức với hệ số thực đều
có thể biểu diễn ở dạng
2
1 0
( ) ( ) ( )
j
k
t
m
n
k j j
k j
f x a x x x b x c
= =
= × − × + +
∏ ∏
l
Trong đó
2
, , , , 4 0, 0
j j k j j

a b c x b c a∈ − < ≠¡
Hai đa thức bằng nhau
Cho hai đa thức
0
( )
n
n k
k
k
f x a x
−
=
=
∑
và
0
( )
m
m t
t
t
g x b x
−
=
=
∑
. Nếu
( ) ( )P x Q x
=
tại ít nhất

[ ax( ; ) 1]m m n
+
giá trị phân biệt của x thì
i i
m n
a b
=


=

1,2 i n
∀ =
2.2.4. Sử dụng đa thức trong việc giải các bài tập đại số
Ví dụ 1: Cho
, , , 0a b c d
>
. Chứng minh rằng
3
4 6
abc abd acd bcd ab ac ad b bd ca+ + + + + + + +
≤
Lời giải
W.L.O.G giả sử
0 a b c d
< ≤ ≤ ≤
. Xét đa thức
( ) ( )( )( )( )f x x a x b x c x d
= − − − −
ta có

4 3 2
( ) ( ) ( ) ( )f x x a b c d x ab bc cd da ac bd x abc bcd cda dab x abcd
= − + + + + + + + + + − + + + +
Vì
( )f x
có 4 nghiệm
, , , 0a b c d
>
nên
( )f x
′
có 3 nghiệm
1 2 3
, , 0x x x
>
Ta có
3 2
1 2 3
( ) 4 3( ) 2( )
( )
4( )( )( )
f x x a b c d x ab bc cd da ac bd x
abc bcd cda dab
x x x x x x
′
= − + + + + + + + + +
− + + +
= − − −
Theo định lý Vi-ét, ta có
1 2 3

1 2 2 3 1 3
1
( )
4
1
( )
2
x x x abc abd acd bcd
x x x x x x ab ac ad bc bd cd

= + + +




+ + = + + + + +


Áp dụng bất đẳng thức AM-GM
1 2 2 3 1 3
2 2 2
3
1 2 3
2
3
1
( )
2
3
1

3 ( )
16
ab ac ad bc bd cd x x x x x x
x x x
ab ac ad bc bd cd
+ + + + + = + +
≥
= + + + + +
Suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 2: Cho
, ,a b c
∈
¡
thỏa mãn
, 6a b c a b c
≤ ≤ + + =
và
9ab bc ca
+ + =
Chứng mỉnh rằng:
0 1 3 4a b c
≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤
Lời giải. Đặt
abc p
=
. Xét đa thức
3 2
( ) ( )( )( ) 6 9f x x a x b x c x x x p
= − − − = − + −
Ta có

2
( ) 3 12 9 3( 1)( 3)f x x x x x
′
= − + = − −
. Suy ra
( ) 0 1 3f x x x
′
= ⇔ = ∨ =
Do
( )f x
có ba nghiệm
a b c
≤ ≤
nên
1 3, (1) (3) 0b f f
≤ ≤ × ≤
. Từ đó, để ý rằng
(1) 4 (4), (3) (0)f p f f p f
= − = = − =
, nên
0 4p
≤ ≤
. Do đó
(0) 0 (4)f f
≤ ≤
. Vậy
0 1 3 4a b c
≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤
Ví dụ 3: Cho
1 2 3 4 5

, , , ,a a a a a
là các số thực thỏa mãn đẳng thức sau
3 5
1 2 4
2 2 2 2 2 2
1
1 2 3 4 5
a a
a a a
k k k k k k
+ + + + =
+ + + + +
Với
1,2,3,4,5k
=
. Tìm giá trị của biểu thức:
3 5
1 2 4
37 38 39 40 41
a a
a a a
+ + + +
Lời giải. Xét đa thức
5
5
1
0
1
( ) ( )
k

k
k
a
P x x k
x k x
=
=
 
= + × −
 ÷
+
 
∑
∏
Dễ thấy
5P
=
và 1, 4, 9, 16, 25 là nghiệm cảu
( )P x
nên
( ) ( 1)( 4)( 9)( 16)( 25) P x c x x x x x x
= − − − − − ∀
Cho
0x
=
tìm được
1
120
c
=

. Vậy
5
1 2
( ) ( 1)( 2) ( 5) 1
1 2 5
a x
a x a x
P x x x x
x x x
 
= + + + + + + −
 ÷
+ + +
 
1
( 1)( 4) ( 25)
120
x x x= − − −
Từ đó, cho
36x
=
thu được
3 5
1 2 4
1 35.32.27.20.11
36.37.38.39.40.41
37 38 39 40 41 36 120
a a
a a a
 

+ + + + − =
 ÷
 
Hay
3 5
1 2 4
35.32.27.20.11 1 187465
37 38 39 40 41 120.36.37.38.39.40.41 36 6744582
a a
a a a
+ + + + = + =
Ví dụ 4: Xét tất cả các tam thức bậc hai
2
( )f x ax bx c
= + +
,
0, , ,a a b c> ∈¢
Sao cho
( )f x
có 2 nghiệm phân biệt trong khoảng (0, 1). Trong các tam
thức như thế tìm tam thức có hệ số
a
nhỏ nhất.
Lời giải. Giả sử
2
( )f x ax bx c
= + +
là một tam thức thỏa mãn. Gọi
1 2
,x x

là 2
nghiệm của
( )f x
, theo giả thiết
1 2
0 1x x
< ≠ <
. Ta có
1 2
1 2
1 2
(0)
( ) ( )( )
(1) (1 )(1 ) 0
f ax x
f x a x x x x
f a x x
=

= − − ⇒

= − − >

Vì
[ ]
(0), (1) (0) 1, (1) 1f x f f f f∈ ⇒ ∈ ⇒ ≥ ≥¢ ¢
(4.1)
Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM
[ ] [ ]
2

1 1 2 2
(0). (1) (1 ) . (1 )f f x x x x
α
= − −
2 2
2
2
1 2 2 2
1 1
2 2 16
x x x x a
α
+ − + −
   
≤ =
   
   
(4.2)
Từ (4.1), (4.2) suy ra
2
1 (0). (1) 4
16
a
f f a
≤ < ⇒ >
Mà
α
∈
¢
nên

α
≥
5. Nếu
α
=5 thì
25
1 (0). (1) 2 (0). (1) 1
16
f f f f≤ < < => =
(0) 1 1
(1) 1 5
f c
f b
= =
 
⇒ ⇒
 
= = −
 
2
( ) 5 5 1f x x x
⇒ = − +
Ví dụ 5: Cho
, , , , , ,a b c d m n p
∈
¡
. Chứng minh rằng nếu phương trình
3 2
( ) ( ) 0ax m b x n c x p d
+ + + + + + =

Có nghiệm thực
0
1x
≥
thì phương trình
6 5 4 3 2
0ax mx bx nx cx px d
+ + + + + + =
cũng có nghiệm thực.
Lời giải. Xét đa thức
3 2
( ) ( ) ( )f x ax m b x n c x p d
= + + + + + +
. Ta có
2 6 4
( ) ( ) ( )f x ax m b x n c x p d
= + + + + + +
Khi đó
6 5 4 3 2
2 5 4 3 2
2 4 2
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( 1)( )
g x ax mx bx nx cx px d
f x mx mx nx nx px p
f x x mx nx p
= + + + + + +
= + − + − + −
= + − + +

Do
0
1x
≥
là nghiệm của
( )f x
nên
0
( ) 0f x
=
. Suy ra
2
0 0 0 0 0
( ) ( ) ( 1)( )g x f x x mx nx p= + − + +
( )
2
0 0 0
1 ( )x mx nx p
= − + +
2
0 0 0 0
( ) ( 1)( )g x x mx nx p− = − − + +
Suy ra
( ) ( )
( )
( )
2
2
0 0 0 0 0
1 0g x g x x mx nx p

− = − + + ≤
Từ đó, do hàm số
( )g x
liên tục trên
¡
nên phương trình
( ) 0g x
=
có nghiệm
trong
0 0
;x x
 
−
 
Ví dụ 6: Cho
2
1 1 1 1
( )f x a x b x c
= + +
và
2
2 2 2 2
( )f x a x b x c
= + +
là hai đa thức bậc
hai với hệ số nguyên dương đều có nghiệm nhưng chúng không có nghiệm
dương. Với mỗi
n
∈

¥
gọi
( )
1 2
( ); ( ) .
n
d f n f n
=
Chứng minh rằng dãy
( )
n
d
bị chặn.
Lời giải. Đặt
3 2 1 1 2
( ) ( ) ( )f x a f x a f x
= −
. Ta có
( )
3 2 1 1 2 2 1 1 2 3 3 3
( ) ( ) ( )
n
f x a b a b x a c a c a x b d f n= − + − = + ⇒
Nếu
3
( ) 0f x
≡
thì
2 1 1 2
1 1 1

2 1 1 2
2 2 2
0
0
a b a b
a b c
a c a c
a b c
− =

⇒ = =

− =

Suy ra hoặc
1 2
( ), ( )f x f x
cùng vô nghiệm hoặc chúng có nghiệm giống nhau.
Trái với giả thiết.
Nếu
3 3
0, 0a b
= ≠
thì
3 3n n
d b d b
⇒ ≤
do đó dãy
( )
n

d
bị chặn.
Nếu
3
0a
≠
đặt
( )
[ ]
( )
2 2
3 1 3 1 3 1 1 3 3 3 1 3 3 1 1 3
( )a f n a a n a b a b f n a c b a b a b
∆ = − + − = − −
. Khi đó
.
n
d
∆
Nếu
0
∆ =
thì
( )
( ) ( )
3 1 3 1 1 3 3
1
2
3
a a x a b a b f x

f x
a
+ −
=
và
( )
( ) ( )
2 1 3
2
1
a f x f x
f x
a
−
=
suy
ra
( ) ( ) ( )
3 1 2
,f x f x f x
. Do đó chúng có nghiệm chung
3
0
3
b
x
a
= −
(vô lý)
Nếu

0
∆ ≠
thì
n
d
≤ ∆
suy ra
( )
n
d
bị chặn.
2.2.5. Sử dụng đa thức trong các bài tập số học
Ví dụ 1: Cho số tự nhiên lẻ P và các số nguyên
, , , ,a b c d e
thỏa mãn các điều
kiện
a b c d e
+ + + +
và tổng
2 2 2 2 2
a b c d e+ + + +
đều chia hết cho P. Chứng minh
rằng
5 5 5 5 5
a b c d e
+ + + +
cũng chia hết cho P.
Lời giải. Xét đa thức
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
f x x a x b x c x d x e

= − − − − −
. Ta đặt
( )
5 4 3 2
f x x Ax Bx Cx Dx abcde= − + − + −
(4.3)
Với
,A a b c d e B ab ac ad ae bc bd be cd ce de
= + + + + = + + + + + + + + +
Ta có
( )
( )
2
2 2 2 2 2
2B a b c d e a b c d e
= + + + + − + + + +
M
P. Do P lẻ nên B
M
P.
Trong (4.3), lần lượt thay
x
bởi
, , , ,a b c d e
, rồi cộng các kết quả với nhau, để
ý rằng
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0f a f b f c f d f e
= = = = =
, ta được

( )
5 5 5 5 5 4 4 4 4 4
5a b c d e abcde A a b c d e+ + + + − = + + + +
( )
3 3 3 3 3
B a b c d e
− + + + +
( )
2 2 2 2 2
C a b c d e
+ + + + +
( )
D a b c d e− + + + + M
P
(Do
2 2 2 2 2
, , ,A B a b c d e a b c d e
+ + + + + + + +
đều chia hết cho P). Suy ra vế trái
cũng chia hết cho P (đpcm).
Ví dụ 2: Cho
, ,a b c
∈
¢
thỏa mãn các đa thức
( )
2
f x ax bx c= + +
và
( ) ( ) ( )

2
g x a b x c a x a b
= − − + +
có nghiệm chung. Chứng
minh rằng
2 3a b c
+ +
M
Lời giải. Ta có
( ) ( ) ( )
( )
2
1f x g x a b c x x
− = + − + −
. Giả sử
0
x
là nghiệm chung
của 2 phương trình
( )
0f x
=
và
( )
0g x
=
. Khi đó
+ Nếu
0a b c
+ − =

thì do
2a b c a b c
+ + ≡ + −
(mod 3) nên
2 3a b c
+ +
M
+ Nếu
0a b c
+ − ≠
, thì do
0
x
là nghiệm chung của
( )
f x
và
( )
g x
nên
0
x
là
nghiệm của phương trình
( )
2
1 0x x
+ − =
. Theo định lý về phép chia với số dư, ta có
( )

( )
( )
2
1f x a x x r x
= + − +
(4.4)
trong đó
[ ]
,deg 2r x r∈ <¢
. Trong (4.4), thay
0
x x
=
ta được
( )
( )
( ) ( )
2
0 0 0 0 0 0
1 5
0 1 , 0
2
f x a x x r x x r x
− ±
= = + − + ⇒ = =
Từ đó, do
[ ]
( )
0
,deg 1, 0r x r r x

∈ ≤ =
¢
và
0
x
∉
¤
nên
( )
0r x ≡
x
∀ ∈
¡
suy ra
( )
( )
2
1f x a x x
= + −
và do đó
,b a c a= = −
suy ra
2 0 3a b c+ + = M
Ví dụ 2: Cho
, , , ,a b c d e
và
f
là những số nguyên dương có tổng bằng
S
,

giả sử
S
chia hết
abc def
+
và
ab bc ca de ef fd
+ + − − −
. Chứng minh rằng
S
là hợp
số.
Lời giải. Xét đa thức
( ) ( )( )( ) ( )( )( )f x x a x b x c x d x e x f
= + + + − − − −
2
( )Sd ab bc ca de ef fd d abc def
= + + + − − − + +
Ta có
( ) ( )( )( )f d d a d b d c
= + + +
2
( )Sd ab bc ca de ef fd d abc def
= + + + − − − + +
Suy ra
( )( )( )d a d b d c S
+ + +
M
Mà
0 , ;d a d b d c S

< + + + <
nên
S
không thể là số nguyên tố, do đó
S
là
hợp số.
Ví dụ 3: Tồn tại hay không đa thức
2
( )f x x ax b
= + +
với
,a b
nguyên thỏa mãn
2
4 0a b
− ≠
và nhận giá trị chính phương tại 2010 điểm phân biệt.
Lời giải. Tồn tại đa thức bậc hai có tính chất như vậy. Thật vậy:
Xét
2
( )f x x ax b
= + +
, ta có
2 2 2
4 ( ) 4 4 4 (2 ) 4f x x ax b x a b a
= + + = + + −
Giả sử tồn tại
1 2 2010; 1 2 2010
, , , , , , ,( , 1 2010)

i j
x x x y y y x x i j
≠ ∀ ≤ ≠ ≠
là các số
nguyên thỏa mãn
2 2
1
2
4 ( ) (2 ) 4
4 ( ) 4
i
i i
f x x a b a
f x y

= + + −

=

1,2010i
∀ =
Suy ra
2
4 (2 2 )(2 2 )
i i i i
b a y x a y x a
− = − − + +
1,2 2010i
∀ =
Chọn

,a b
thỏa mãn
2
1 2 2010
4
4 16 .
a
b a P P P


− =

M
(
i
P
là các số nguyên tố phân
biệt)
Xét hệ phương trình
1 2 2010
2 2 4
4
2 2
i i i
i i
i
y x a P
PP P
y x a
P

− − =



+ + =


1.2 2010i
∀ =
Giải hệ, thu được
1 2 2010
1 2 2010
1


2
i i
i
i
i
PP P
y P Z
P
PP P
a
x P Z
P
+

= + ∈





= − − ∈


thỏa mãn. Rõ ràng
( 1 )
i j
x x i j
≠ ∀ ≤ ≠
Vậy tồn tại đa thức thỏa mãn yêu cầu.
Ví dụ 4: Biết rằng các số nguyên dương
a b c
≥ ≥
và
d
thỏa mãn đồng thời các
điều kiện sau:
(i)
3
abc d
=
(ii) số
a b c d
+ + −
là một ước nguyên tố của số
2
ab bc ca d

+ + −
Chứng minh rằng
b d
=
Lời giải. Ta chứng minh bài toán bằng phản chứng. Giả sử ngược lại là
b d
≠
khi đó dễ thấy
,a c d
≠
(do
3
abc d
=
và
a b c
≥ ≥
). Dễ dàng chứng minh được khi đó
a b c
> >
.
Xét hàm số
3
( ) ( )( )( ) ( )f x x a x b x c x d
= + + + − +
2 2
2 2
( 3 ) ( )
( ) ( ) 2 ( )
a b c d x ab bc ca d x

a b c d x ab bc ca d x dx x d
= + + − + + + −
= + + − + + + − − +
Suy ra
( ) ( )( )( )f d a d b d c d− = − − −
là một bội của
a b c d
+ + −
.
Do
0 a d a b c d
< − < + + −
nên chỉ có hai trường hợp sau xảy ra
+ Trường hợp 1.
c d
−
là bội của
a b c d
+ + −
. Trong trường hợp này ta có
2 2 .d c a b c d d a b c
− ≥ + + − ⇒ ≥ + +
Nhưng, theo BĐT AM-GM, có
3
3
2 3 (2 ) 3 2 2 .a b c ab c d d
+ + ≥ = >
Vô lý
+ Trường hợp 2.
b d

−
là bội của
a b c d
+ + −
. Tương tự như trên, suy ra vô
lý.
Vậy
b d
=
Chú ý: Khi
2
; ; 1a d b d c
= = =
và
2
1d P
+ =
là số nguyên tố (chẳng hạn
2,4d
=
)
ta thấy bộ số
, , ,a b c d
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Ví dụ 5: Chứng minh rằng với bất kỳ 3 số nguyên
, ,a b c
nào đó luôn tìm
được
n
+

∈
¥
để cho số
3 2
n an bn c
+ + +
không là số chính phương.
Lời giải. Xét đa thức
3 2
( ) .f n n an bn c
= + + +
Ta cần chứng minh trong các đại
lượng
(1), (2), (3), (4)f f f f
phải có ít nhất 1 số không là số chính phương.
Giả sử trái lại, các số
(1), (2), (3), (4)f f f f
đều là số chính phương.
Ta có
(4) (2) 12 2 56 2f f a b b− = + − ≡
(mod 4) (4.5)
(3) (1) 8 2 26 2 2f f a b b− = + + ≡ +
(mod 4) (4.6)
Để ý rằng với mọi
x
∈
¢
thì
2
0 1x ≡ ∨

(mod 4), nên từ (4.5) và (4.6) suy ra
(4) (2)f f
−
và
(3) (1)f f
−
là các số chẵn, do đó cùng chia hết cho 4. Suy ra
[ ] [ ]
(3) (1) (4) (2) 2 4f f f f− − − = M
(Vô lý)
Vậy điều giả sử là sai, điều phải chứng minh.
Ví dụ 6:Tìm nghiệm nguyên của hệ phương trình
3 2
3 2
3 2
2 7 8 2
2 7 8 2
2 7 8 2
x x x y
y y y z
z z z x

− + − =

− + − =


− + − =

Lời giải. Xét đa thức

3 2
( ) 2 7 8 2.f t t t t
= − + −
Gọi
3
0 0 0
( , , )x y z
∈
¢
là nghiệm của
hệ, và giả sử
0 0 0
, ,x y z
đôi một phân biệt. Khi đó
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
f x y x y k z x
f y z y z l x y
f z x z x m y z
= − = −
 
 
= ⇒ − = −
 
 
= − = −

 
( , , )k l m
∈
¢
Nhân ba phương trình với nhau, được:
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
( )( )( ) ( )( )( ) 1x y y z z x klm x y y z z x klm
− − − = − − − ⇒ =
Nếu
1k l m
= = =
thì
0 0 0
x y z
= =
(vô lý)
Nếu trong
, ,k m l
có 2 số bằng -1 và 1 số bằng 1, giả sử
1, 1k l m= = − =
.
Khi đó
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0
2
x y x z y z
y z y x z x x y z
z x y z x y z
− = − =

 
 
− = − ⇒ = ⇒ = =
 
 
− = − + =
 
(vô lý)
Vậy, nếu hệ có nghiệm, thì
0 0 0
x y z
= =
. Thay vào hệ đã cho, được
0 0 0
1 2.x y z
= = = ∨
Vậy hệ có 2 nghiệm
( ; ; ) (1;1;1),(2;2;2)x y z
=
Bài tập tương tự
1. Cho
,a b c< <
chứng minh rằng

2 2 2
3a a b c a b c ab bc ca
< + + − + + − − −
2 2 2
a b c a b c ab bc ca
< + + + + + − − −

2. Chứng minh rằng
3 3 3 2 2 2
2( ) ( ) 3x y z x y y z z x
+ + − + + ≤
[ ]
, , 0;1x y z
∀ ∈
3. Tìm
m
để phương trình
3 2
3 2( 1) 3 0x x m x m− + − + − =
có 3 nghiệm phân biệt
1 2 3
, ,x x x
thỏa mãn
1 2 3
1x x x< − < <

4. Cho phương trình
3 2
3 1 0.x x
− + =
Chứng minh rằng phương trình có 3
nghiệm phân biệt
1 2 3
, ,x x x
giả sử
1 2 3
x x x< <

. Chứng minh rằng
1 2
x x<
và
( ) ( ) ( )
1 2 3
2 2 2 27x x x
− + + >
5. Cho đa thức
( )
3 2
f x x ax bx c= + + +
có nghiệm nguyên không âm. Tìm giá
trị lớn nhất của
m
thỏa mãn
( ) ( )
3
f x m x a≥ −

0x∀ ≥
.
6. Phương trình
( )
2
0ax c b x e d+ − + − =
có 1 nghiệm
1x ≥

7. Chứng minh rằng phương trình

( )
4 3 2
0g x ax bx cx dx e= + + + + =
có nghiệm
thực.
8. Cho
[ ]
,deg 1P x P∈ >¢
sao cho
( ) ( )
( )
'
; 1.P x P x
=
Chứng minh rằng tồn tại
n
+
∈
¢
sao cho
( )
P n
không là số chính phương.
9. Cho
, ,a b c
∈
¢
sao cho
2 2 2
.a b c a b c+ + + +

Chứng minh rằng tồn tại vô số
n
+
∈¢
sao cho
.
n n n
a b c a b c+ + + +

10. Cho
, 1k k
+
∈ >¢
và các số nguyên
1 2
, , ,
n
a a a
thỏa mãn
1 2 3
2 3 0
i i i
n
a a a n a
+ + + + =
1,2, , 1i k
∀ = −
Chứng minh rằng
1 2 3
2 3 !

k k k
n
S a a a n a n= + + + + M

11. Cho
, 2n n
+
∈ >¢
và đa thức
( )
[ ]
1
1 1
1 .
n n
n
P x x a x a x x
−
−
= + + + + ∈¢
Giả sử
k n k
a a
−
=

( )
1,2, 1 .k n= −
Chứng minh rằng có vô số cặp số nguyên dương
( )

,x y
thỏa mãn
( )
x P y
và
( )
.y P x
Tìm cặp
( )
;x y
nhỏ nhất.
2.2.5. Sử dụng đa thức trong các bài tập bất đẳng thức
Ví dụ 1: Giả sử phương trình
3 2
0x ax bx a
− + − =
có ba nghiệm thực không
âm (không nhất thiết phải phân biệt). Chứng minh rằng
8 3 72a b
− ≤
.
Lời giải. Gọi ba nghiệm của phương trình là
, ,
α β γ
. Theo định lý Viete ta
có:
6; . . . ; . .a b
α β γ α β β γ γ α α β γ
+ + = + + = =
Theo bất đẳng thức AM – GM ta có

2
( )
.
4
β γ
β γ
+
≤
. Từ đó
8 3 8( ) 3( )a b
αβ βγ γα αβγ
− = + + −
8 ( ) (8 3 )
α β γ βγ α
= + + −
8 (6 ) (8 3 )
α α βγ α
= − + −
2 2
(6 ) 3 ( 2)
8 (6 ) (8 3 ) 72 72.
4 4
α α α
α α α
− −
≤ − + − = − + ≤
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2
α β γ
= = =

, khi đó
12; 8a b
= =
.
Ta cũng có thể giải như sau: Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc
( )( )( )
α β γ α β γ α β γ αβγ
− + + − + + − ≤
Và định lý Viete ta suy ra:
(6 2 )(6 2 )(6 2 )
αβγ α β γ
≥ − − −
3 72 8( )
8 3 72a b
αβγ αβ βγ γα
⇔ ≥ − + + +
⇔ − ≤
Ví dụ 2: Giả sử với hai số dương
,a b
thì phương trình
3 2
0x ax bx a
− + − =
có
ba nghiệm lớn hơn 1. Xác định
,a b
để biểu thức
3
n n
n

b
P
a
−
=
, với
n
là số nguyên
dương cho trước, đạt giá trị nhỏ nhất và tìm giá trị nhỏ nhất đó.
Lời giải. Gọi ba nghiệm của phương trình là
, ,
α β γ
. Theo định lý Viete ta
có:
; . . . ; . .a b a
α β γ α β β γ γ α α β γ
+ + = + + = =
Theo bất đẳng thức AM – GM, ta có:
3
3
3 3a a
α β γ αβγ
+ + ≥ ⇒ ≥
Theo bất đẳng thức
2
( ) 3( )x y z xy yz zx+ + ≥ + +
, ta có:
2 2 2
( ) 3 ( ) 3 3b a b a
αβ βγ αγ αβγ α β γ

= + + ≥ + + = ⇒ ≥
Vậy nên
2
3 3 3 3 1
3 3 ( )
3
n n n n n n
n
n n
n n n
b a
P
a a a
− −
= ≥ = − ≥ −
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
3 3, 3 9a b a= = =
, khi đó phương trình
có ba nghiệm trùng nhau và đều bằng
3
.
Vậy
min
2
3 1
3
n
n
P
−

=
khi
3 3, 9a b= =
.
Ví dụ 3: Giả sử
, ,a b c
là ba số thực sao cho phương trình
3 2
0x ax bx c
+ + + =
có ba nghiệm thực (các nghiệm không nhất thiết đôi một
phân biệt). Chứng minh rằng:
3
3 2
2
12 27 6 10( 2 )ab c a a b
+ ≤ + −
Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
Lời giải. Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng:
3
2 2
2
6 ( 2 ) 27 10( 2 )a a b c a b
− − ≤ − + −
(1)
Gọi ba nghiệm của phương trình là
, ,
α β γ
. Theo định lý Viete ta có:
; . . . ; . .a b c

α β γ α β β γ γ α α β γ
+ + = − + + = = −
Và
2 2 2 2 2
( ) 2( ) 2a b
α β γ α β γ αβ βγ γα
+ + = + + − + + = −
Do đó:
3
2 2 2 2 2 2
2
(1) 6( )( ) 27 10( )
α β γ α β γ αβγ α β γ
⇔ + + + + ≤ + + +
(2)
Xét các trường hợp sau:
+ Trường hợp 1:
2 2 2
0
α β γ
+ + =
. Khi đó bất đẳng thức (2) hiển nhiên
đúng.
+ Trường hợp 2:
2 2 2
0
α β γ
+ + >
. Không mất tính tổng quát, giả sử:
2 2 2

(*), 9(**)
α β γ α β γ
≤ ≤ + + =
Khi đó:
(2) 2( ) 10
α β γ αβγ
⇔ + + − ≤
(3)
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiakovsky ta có:
2 2
(2( ) ) (2( ) (2 ))
α β γ αβγ α β γ αβ
+ + − = + + −
2 2 2
(( ) )(4 (2 ) )
α β γ αβ
≤ + + + −
2
(9 2 )(8 4 ( ) )
αβ αβ αβ
= + − +
3 2
2( ) ( ) 20 72
αβ αβ αβ
= + − +
2
( 2) (2 7) 100
αβ αβ
= + − +
(4)

Từ (*) và (**) suy ra
2
3
γ
≥
. Do đó
2 2 2
2 9
αβ α β γ
≤ + = −
.
Vì vậy từ (4) ta có:
2
(2( ) ) 100
α β γ αβγ
+ + − ≤
Suy ra:
2( ) 10
α β γ αβγ
+ + − ≤
Bất đẳng thức (3) được chứng minh, chứng tỏ bất đẳng thức đã cho được
chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
2 2 2
9
1; 2
2 2
0
2( ) 0
α β γ
α β γ

α β γ
α β γ
αβ
α β
α β γ αβγ
 ≤ ≤

+ + =


+

= ⇔ = − = =

−


+ =

+ + − ≥


Đẳng thức ở (1) xảy ra khi và chỉ khi
( ; ; )a b c
là một hoán vị của
( t;2t;2t)
−
, trong đó t là một số thực không âm.
Ví dụ 4: Cho phương trình
3 2

0x ax bx a
− + − =
với
0a
>
,
0b
>
. Chứng
minh rằng nếu phương trình có ba nghiệm đều không nhỏ hơn 1 thì:
1 2
( )( 3)
4 8
b
α
≥ + +
.
Lời giải. Gọi ba nghiệm của phương trình đã cho là
1
α β γ
≤ ≤ ≤
. Áp dụng
định lý Viete ta có:
; . . . ; . .a b a
α β γ α β β γ γ α α β γ
+ + = + + = =
.
Do
. .
α β γ α β γ

+ + =
nên tồn tại một tam giác ABC sao cho:
tan ; tan ; tanA B C
α β γ
= = =
( )
4 2
A B C
π π
≤ ≤ ≤ ≤
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:
1 2
tan tan tan (tan tan tan tan tan tan 3)
4 8
A B C A B B C C A
 
≥ + + + +
 ÷
 
cot cot cot 3cot cot cot 8 4 2A B C A B C
⇔ + + + ≤ −
Ta có:
2sin cos( ) cos
cot 3cot .
cos( ) cos cos( ) cos
A B C A
VT A A
B C A B C A
− −
= + +

− + − +
3
1 3
3tan tan
2 2 2
2tan
2
A A
A
≤ + −
.
Đặt
tan 2 1 1/ 3
2
A
t t= ⇒ − ≤ ≤
vì
4 2
A B C
π π
 
≤ ≤ ≤ ≤
 ÷
 
.
Xét hàm số:
( )
2
1 3 1
3 , 2 1;

2 2
3
f t t t t
t
 
= + − ∈ −
 
 
Ta có:
( )
' 2
1 9
3 0
2 2
f t t
t
= − + − ≤
1
2 1;
3
t
 
∀ ∈ −
 
 
.
Suy ra
( )
( )
2 1 8 4 2f t f

≤ − = −
. Điều phải chứng minh.
Ví dụ 5: Cho phương trình
4 3 2
1 0x ax bx cx
+ + + + =
có các hệ số
0;a
≥
0;b ≥
0c ≥
. Giả sử phương trình trên có bốn nghiệm.
Chứng minh bất đẳng thức:
8
2 4
b c
a + + ≥
.
Lời giải. Đặt
( )
4 3 2
1f x x ax bx cx
= + + + +
. Gọi
1 2 3 4
; ; ;x x x x
− − − −
là bốn
nghiệm của
( )

f x
. Do
, ,a b c
không âm nên nghiệm của
( )
f x
là các số âm, suy
ra
1 2 3 4
; ; ; 0x x x x
>
.
Ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 2 3 4
f x x x x x x x x x
= + + + +
suy ra:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 2 3 4
2 2 2 2 2f x x x x
= + + + +
( ) ( ) ( ) ( )
1 2 3 4
1 1 1 1 1 1 1 1x x x x
= + + + + + + + +
3 3 33 3
1 2 3 4 1 2 3 4
3 3 3 3 81 81x x x x x x x x
≥ = =

.
Mặt khác:
4 3 2
2 2 2 2 1 8 4 2 17a b c a b c
+ + + + = + + +
, suy ra:
4 2 17 81 8
2 4
b c
a b c a+ + + ≥ ⇔ + + ≥
.
Ví dụ 6: Cho phương trình
5 4 3 2
1 0x ax bx cx x
+ + + + + =
có năm nghiệm
thực phân biệt. chứng minh rằng:
( )
( )
2 2
2 5a d b c
+ > +
.
Lời giải. Theo giả thiết
( )
5 4 3 2
1 0P x x ax bx cx x
= + + + + + =
có năm
nghiệm thực phân biệt và do hạng tử tự do khác không nên năm nghiệm đa đều

khác không.
Ta có:
( )
( )
( )
4 3 2
3 2
2
5 4 3
20 12 6 2
60 24 6 .
P x x ax bx cx d
P x x ax bx c
P x x ax b
′
= + + + +
′′
= + + +
′′′
= + +
Do
( )
P x
có năm nghiệm thực phân biệt nên
( )
P x
′′′
có hai nghiệm thực
phân biệt, vì vậy ta có:
2 2

144 360 0 2 5a b a b
′
∆ = − > ⇒ >
(1)
Khi đó
( )
5 4 3 2
1Q x x dx cx bx ax
= + + + + +
cũng có năm nghiệm phân biệt.
Tương tự như trên ta cũng có:
2
2 5d c
>
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
( )
( )
2 2
2 5a d b c
+ > +
.
Nhận xét. Qua các bài toán trên, chúng ta thấy công cụ cơ bản để giải quyết
bài toán là định lý Viete, bất đẳng thức AM-GM, Bunhyakovski, công cụ lượng
giác, khảo sát hàm số. Hy vọng với việc phân tích các tình huống như đã nêu sẽ
giúp các bạn có kỹ năng giải các bài toán này và bản thân các bạn cũng có thể
sáng tạo được các bài toán tương tự.
Bài tập tự luyện
1. Biết phương trình
( )

3 2
0 0ax bx cx d a
+ + + = ≠
có ba nghiệm số dương
, ,
α β γ
.Chứng minh rằng:

3 2
7 7 7
5
81
b c
a
α β γ
+ + ≥ −

Đẳng thức xảy ra khi nào?
2. Giả sử phương trình
( )
( )
3 2 2 3
6 5 2 0 0x a x x a a
+ − − − = ≥
có ba nghiệm
, ,
α β γ
.Chứng minh rằng:
( )
2 1

αβγ α β γ αβ βγ γα
+ + + + + ≤ −


3. Xét các số thực
,a b
sao cho phương trình
3 2
1 0ax x bx
− + − =
có ba
nghiệm thực dương (các nghiệm có thể bằng nhau). Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:
( )
2
2
5 3 2a ab
P
a b a
− +
=
−

(VMO – 1999)
4. Gọi
, ,
α β γ
là ba nghiệm thực của phương trình
( )
3 2

0 0ax bx cx a a
+ + − = ≠
.
Chứng minh rằng:
2 2 2
2 3 2 3
α β γ
α β γ
+
+ − ≤ + +
Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
5. Chứng minh rằng nếu
0
x
là nghiệm của phương trình
3 2
0x ax bx c
+ + + =
thì
2 2 2 2
0
1 .x a b c≤ + + +

6. Cho phương trình
4 3 2
1 0x ax bx cx
+ + + + =
có nghiệm. Chứng minh
rằng:
2 2

4
.
3
a b c+ + ≥

7. Giả sử phương trình
4 3 2
1 0x bx cx bx
+ + + + =
có nghiệm. Chứng minh
rằng:
( )
2
2
2 3b c+ − >
.
8. Giả sử phương trình
3 2
0ax bx cx d
+ + + =
có ba nghiệm thực dương và
0d
<
. Chứng minh bất đẳng thức
3 2
2 9 7 0.b a d abc
+ − <
(China Girls’ Mathematics Olympiad 2009)
9. Giả sử phương trình
1 2

1 2
0( 2)
n n n
n
x a x a x a n
− −
+ + + + = ≥
có các
nghiệm thực
1 2
, , ,
n
α α α
. Cho
{ }
0 1 2
, , ,
n
x Max
α α α
>
. Chứng minh bất đẳng
thức:
( )
2
0
0 1 0 2 0
1 1 1
1 2
n

f x n
x x x
α α α
 
+ + + + ≥
 ÷
− − −
 


Trong đó:
( )
1 2
1 2

n n n
n
f x x a x a x a
− −
= + + + +
.
10. Chứng minh rằng nếu các nghiệm của phương trình
4 3
0x ax bc c
+ + + =
đều là số thực thì
0ab
≤
.
11. Giả sử phương trình

2008 2007
0 1 2007 2008
0a x a x a x a+ + + + =
có 2008
nghiệm phân biệt. Chứng minh rằng
2
1 0 2
2007 4016a a a
>
.
3. PHẦN KẾT LUẬN
3.1. Ý nghĩa, phạm vi áp dụng của đề tài, sáng kiến, giải pháp
Đa thức là một chuyên đề quan trọng trong toán học. Các bài toán liên quan
đến đa thức luôn mang đến sự hấp dẫn bởi kỹ thuật và phương pháp giải chúng.
Đề tài trình bày một số ứng dụng của đa thức trong đại số, số học, bất đẳng
thức với các ý tưởng, ví dụ và bài tập đã được sắp xếp một cách có hệ thống
nhằm giúp cho bạn đọc có điều kiện ôn tập, nghiên cứu, phát triển.
Chuyên đề này thật sự bổ ích cho việc bồi dưỡng học sinh giỏi các cấp.
Hiện nay những tài liệu, cuốc sách chuyên khảo về đa thức không nhiều, điều đó
gây khó khăn không nhỏ cho không chỉ học sinh mà thậm chí cả giáo viên dạy
toán ở các trường chuyên. Trong bài viết này, tác giả trao đổi với các thầy cô
đồng nghiệp, các em học sinh về đa thức và ứng dụng của của trong giải toán.
Do trình độ còn hạn chế nên trong bài viết không thể tránh khỏi những sai
sót về trình bày cũng như về chuyên môn. Rất mong bạn đọc góp ý kiến.
Xin chân thành cảm ơn.
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1- TS. Huỳnh Công Thái, Chuyên khảo về đa thức và ứng dụng. Bồi dưỡng học
sinh chuyên toán và giáo viên, NXB ĐH Quốc gia Ha nội.
2- Lê Hoành Phò, Chuyên khảo đa thức, NXB ĐH Quốc gia HCM.
3- Nguyễn Hữu Điển, Đa thức và ứng dụng, NXB Giáo dục Việt Nam.