CHUYÊN đề hội THẢO các TRƯỜNG CHUYÊN môn TOÁN một số vấn đề về đa THỨC

MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ ĐA THỨC
CHƯƠNG I. MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN
1.1 Định nghĩa và tính chất của đa thức
Một hàm số dạng f ( x ) = ax k được gọi là một đơn thức với a ≠ 0 là một số bất kì
(tổng quát nhất a là một số phức), x là một biến độc lập và k là một số nguyên
không âm. Số k gọi là bậc của đơn thức và kí hiệu k = deg(ax k ) .
Định nghĩa 1.1. Một hàm số P( x ) được gọi là một đa thức nếu nó có thể biểu diễn
dưới dạng tổng hữu hạn các đơn thức, nghĩa là
P( x ) = a1 x n1 + a2 x n2 + ... + ak x nk ,

ở đây a1 , a2 ,..., ak là các số bất kì, còn n1 , n2 ,..., nk là các số nguyên không âm.
Dễ thấy một đa thức có thể biểu diễn dưới dạng
1.

P( x ) = an x n + an −1 x n −1 + ... + a1 x + a0 ,

ở đây an ≠ 0, an −1 ,..., a0 là các số bất kì.
Dạng (1.1) gọi là dạng chuẩn tắc của P(x). Các số an , an −1 ,..., a0 gọi là các hệ số
của đa thức, an là hệ số cao nhất, a0 là hệ số tự do. Số tự nhiên n gọi là bậc của
P(x) và kí hiệu n = deg P ( x ) .
Chú ý rằng một số khác không cũng là một đa thức bậc không. Quy ước số không
là đa thức bậc - ∞.
Tính chất: Tổng, hiệu, tích của hữu hạn các đa thức là một đa thức.
deg ( P ( x ) ×Q ( x ) ) = deg P ( x ) + deg Q ( x ) ,
deg ( P( x ) + Q ( x ) ) = max ( deg P( x ), deg Q ( x ) ) .

Nguyên lí so sánh hệ số của đa thức
Định lí 1.1. (Nguyên lí so sánh hệ số của đa thức) Cho hai đa thức

P( x ) = an x n + an −1 x n −1 + ... + a1 x + a0 ,
Q ( x ) = bn x n + bn −1 x n −1 + ... + b1 x + b0

với n ≥ m . Chứng minh rằng nếu tồn tại n + 1 số đôi một khác nhau α1 , α 2 ,..., α n +1
( αi ≠ α j với i ≠ j) sao cho P(α i ) = Q (α i ), i = 1, 2,..., n + 1 , thì n = m và a0 = b0,
a1 = b1,…, an = bn .
Chứng minh. Bằng cách bỏ điều kiện bn ≠ 0, ta có thể bổ sung
1


Q ( x ) = bn x n + bn −1 x n −1 + ... + b1 x + b0

.

Ta chứng minh định lí bằng phương pháp quy nạp toán học theo n.
Với n = 1 thì P(x) = a1x + a0, Q(x) = b1x + b0 và tồn tại α1 ≠ α 2 sao cho
a1α1 + a0 = b1α1 + b0 , a1α 2 + a0 = b1α 2 + b0 .
Trừ theo vế hai đẳng thức trên ta được a1 (α1 − α 2 ) = b1 (α1 − α 2 ) . Suy ra a1 = b1,
kéo theo a0 = b0.
Giả sử khẳng định đúng với n – 1. Ta phải chứng minh khẳng định đúng với n. Ta
có
P( x ) − P (α n +1 ) = an ( x n − α nn+1 ) + an −1 ( x n −1 − α nn+−11 ) + ... + a1 ( x − α n+1 )
= ( x − α n +1 ) ( an x n −1 + an' −1 x n −2 + ... + a1' )
= ( x − α n +1 ) P1 ( x ),
n −1
'
n −2
'
trong đó P1 ( x ) = an x + an −1 x + ... + a1 . Tương tự ta có

Q( x ) − Q (α n +1 ) = ( x − α n +1 ) ( bn x n −1 + bn' −1 x n − 2 + ... + b1' )
= ( x − α n +1 )Q1 ( x ),
n −1

'
n −2
n −1

'
với Q1 ( x ) = bn x + b x + ... + b1 . Khi đó với i = 1, 2, …, n ta có
P (αi ) − P (α n +1 ) Q (αi ) − Q (α n +1 )
P1 (αi ) =
=
= Q1 (αi )
αi − α n +1
αi − α n+1
'
'
'
'
Theo giả thiết toán học suy ra an = bn , an −1 = bn −1 ,..., a1 = b1. Đặt
P2 ( x ) = an −1 x n −1 + a n −2 x n −2 + ... + a1 x + a0 ,

Q2 ( x ) = bn −1 x n −1 + bn −2 x n −2 + ... + b1 x + b0 .
Dễ thấy với i = 1, 2, …, n ta có
P2 (αi ) = P (αi ) − anαin = Q (αi ) − bnαin = Q2 (αi ).
Theo giả thiết toán học suy ra an −1 = bn −1 , an −2 = bn −2 ,..., a0 = b0 .
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Từ định lí trên ta dễ dàng suy ra các kết quả sau
Định lí 1.2. Dạng chuẩn tắc của mọi đa thức là duy nhất.
Định lí 1.3. Cho A là tập vô hạn các số, còn P(x) và Q(x) là hai đa thức. Nếu với
mọi a ∈ A thỏa mãn đẳng thức P(a) = Q(a) thì hai đa thức P(x) và Q(x) bằng nhau.
Định lí 1.4. Cho n > 0 là một số tự nhiên, α1 , α 2 ,..., α n +1 là những số bất kì đôi một

khác nhau và β1 , β 2 ,..., β n +1 là những số bất kì. Khi đó tồn tại duy nhất một đa thức
P(x) có bậc không lớn hơn n sao cho P(α1 ) = β1 , P(α 2 ) = β 2 ,..., P(α n +1 ) = β n +1 (Đa
thức Lagrange).
Chứng minh. Dễ dàng kiểm tra được đa thức

2


∏ (x −α )

n +1

P( x ) = ∑ βi
i =1

j

j ≠i

∏ (α
j ≠i

i

−α j)

thỏa mãn deg P( x ) ≤ n, P(α i ) = β i với i = 1, 2, …, n + 1.
Tính duy nhất dễ dàng suy ra từ nguyên lí so sánh hệ số đa thức.
1.2 Phép chia đa thức
Định nghĩa 1.2. Ta nói rằng đa thức P(x) chia hết cho đa thức Q(x) nếu tồn tại

một đa thức S(x) sao cho P( x ) = Q ( x ) ×S ( x ) . Ta kí hiệu P( x )MQ ( x ) .
Với phép chia hết ta có một số tính chất sau
1. Với mọi đa thức P(x) và với mọi số α ≠ 0 ta có α P ( x )MP( x ) .
2. Nếu P( x )MQ ( x ) và Q ( x )MP( x ) thì tồn tại một số α ≠ 0 sao cho
P ( x ) = αQ ( x ) .
3. Nếu P( x ) MQ( x ) và Q ( x )MS ( x ) thì P( x )MS ( x ) .
4. Nếu Pi ( x )MQ ( x ) với i = 1, 2, …, n và S1 ( x ), S2 ( x ),..., S n ( x ) là những đa
thức bất kì thì

( S1 ( x ) P1 ( x ) + S2 ( x ) P2 ( x ) + ... + Sn ( x ) Pn ( x ) ) MQ ( x )

.

Với phép chia có dư ta có một số kết quả đáng chú ý sau
Định lí 1.5. Với hai đa thức bất kì P(x) và Q(x) ≠ 0 tồn tại duy nhất các đa thức
S(x) và R(x) thỏa mãn
P( x ) = Q ( x ) ×S ( x ) + R ( x )
deg R( x ) < deg Q ( x ).
trong
đó
Đặc biệt khi Q(x) là đa thức bậc nhất dạng Q(x) = x – a ta có thể xác định các hệ
số của đa thức thương và số dư nhờ sơ đồ Horner.
n
n −1
Định lí 1.6. Cho đa thức P( x ) = an x + an −1 x + ... + a1 x + a0 và Q(x) = x – α. Hệ

số của đa thức thương Q ( x ) = bn x n + bn −1 x n −1 + ... + b1 x + b0 và số dư R(x) = r tính
được từ các công thức sau trong phép chia P(x) cho Q(x):
b0 = a0
b0 = a1 + α b0 ,

................
bn −1 = an + α bn−2 ,
r = an + α bn −1.
Ta có thể viết lại các công thức trên theo sơ đồ Horner:

α

a0

a1

b0 = a0

b1 = a1 + αb0

…

3

an-1

an

bn-1 = an-1 + αbn-2

r = an + αbn-1


1.3 Ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất
Định nghĩa 1.3. Cho P(x) và Q(x) là hai đa thức không đồng thời đồng nhất bằng

không. Đa thức D(x) gọi là ước chung lớn nhất của P(x) và Q(x) nếu
1. P( x )MD ( x ) và Q ( x )MD( x ) .
2. Nếu P( x )MD1 ( x ) và Q ( x )MD1 ( x ) thì D ( x )MD1 ( x ) .
Kí hiệu D( x ) = ( P ( x ), Q ( x ) ) .
Dễ thấy ước chung lớn nhất của hai đa thức được xác định sai khác một hằng số
khác không.
Định lí 1.7.
a) Nếu P(x) và Q(x) là hai đa thức sao cho P( x )MQ ( x ) thì chúng có ước
chung lớn nhất là ( P( x ), Q ( x ) ) = Q ( x )
b) Nếu hai đa thức P(x) và Q(x) có ước chung lớn nhất và α ≠ 0 là một
số bất kì thì

( P( x ), Q( x ) ) = ( α P( x ), Q( x ) ) = ( P( x ), αQ ( x ) ) .
Định lí 1.8. Cho P(x) và Q(x) là hai đa thức có ước chung lớn nhất và R(x) là số
dư của phép chia P(x) cho Q(x). Khi đó Q(x) và R(x) cũng có ước chung lớn nhất
và
( P( x), Q( x ) ) = ( Q( x), R( x) ) .
Từ kết quả trên ta chứng minh được:
Định lí 1.9. Hai đa thức bất kì không đồng thời bằng không đều có ước chung lớn
nhất.
Chứng minh. Ta chỉ xét P(x) và Q(x) là hai đa thức khác không và giả sử
deg P( x ) ≥ deg Q ( x ) . Ta chia P(x) cho Q(x):
P( x ) = Q ( x ) ×S1 ( x ) + R1 ( x ) .

Nếu R1(x) = 0 thì theo định lí 1.7 ta có ( P( x ), Q ( x ) ) = Q ( x ) . Nếu R1 ( x ) ≠ 0 thì

deg Q ( x ) ≥ deg R1 ( x ) và theo định lí 1.8 ta có ( P ( x ), Q ( x ) ) = ( Q ( x ), R1 ( x ) ) .
Ta chia Q(x) cho R1(x):

Q( x ) = R1 ( x ) ×S2 ( x ) + R2 ( x ) .

Nếu R2(x) = 0 thì theo định lí 1.7 ta có ( Q ( x ), R1 ( x ) ) = R1 ( x ) . Nếu R2 ( x ) ≠ 0 thì

deg R1 ( x ) ≥ deg R2 ( x ) và theo định lí 1.8 ta có ( Q ( x ), R1 ( x ) ) = ( R1 ( x ), R2 ( x ) ) .
Tiếp tục quá trình này ta nhận được dãy đa thức
P( x ), Q ( x ), R1 ( x ), R2 ( x ),...
sao cho deg P( x ) ≥ deg Q( x) > deg R1 ( x ) > deg R2 ( x ) > ... và

4


( P( x), Q( x) ) = ( Q( x), R1 ( x ) ) = ( R1 ( x), R2 ( x) ) = ...
Dễ thấy quá trình trên chỉ kéo dài hữu hạn bước nên đến một lúc nào đó ta sẽ nhận
được đa thức Rk(x) sao cho Rk ( x )MRk −1 ( x ) . Do đó đa thức này chính là ước chung
lớn nhất phải tìm.
Cách chứng minh trên cho ta cách tìm ước chung lớn nhất của hai đa thức bằng
cách thực hiện hữu hạn bước phép chia giữa thương và số dư. Sơ đồ hiện thực quá
trình này gọi là thuật toán Euclid.
Định nghĩa 1.4. Bội chung nhỏ nhất của hai đa thức P(x) và Q(x) là một đa thức
M(x) khác không sao cho
1. M ( x )MP ( x ) và M ( x )MQ ( x ) .
2. Nếu M 1 ( x )MP( x ) và M 1 ( x )MQ ( x ) thì M 1 ( x )MM ( x ) .
Kí hiệu bội chung nhỏ nhất là M ( x ) = [ P ( x ), Q ( x ) ] .
Định lí 1.10. Cho P(x) và Q(x) là hai đa thức.
1. Nếu P( x )MQ ( x ) thì bội chung nhỏ nhất của chúng là P(x).
2. Nếu P(x) và Q(x) có bội chung nhỏ nhất và α ≠ 0 là một số bất kì thì
[ P( x ), Q( x )] = [ α ×P( x ), Q( x)] = [ P( x ), α ×Q( x ) ]

.

Định lí 1.11. Chứng minh rằng với bất kì hai đa thức khác không P(x) và Q(x) đều

thỏa mãn đẳng thức sau:
( P( x ), Q ( x ) ) ×[ P( x ), Q ( x )] = P( x ) ×Q ( x ).
1.4 Nghiệm của đa thức
Nghiệm của đa thức có một số tính chất sau
Định lí 1.12 (Định lí D′Alembert). Mọi đa thức bậc khác không với hệ số phức có
ít nhất một nghiệm phức.
Định lí 1.13 (Định lí Bézout). Số α là nghiệm của đa thức P(x) khi và chỉ khi
P(x) chia hết cho x − α .
Định lí 1.14. Mọi đa thức
P( x ) = an x n + an −1 x n −1 + ... + a1 x + a0

đều có thể biểu diễn dưới dạng
P( x ) = a n ( x − α1 )( x − α 2 )...( x − α n ) ,
trong đó α1 , α 2 ,..., α n là các nghiệm của đa thức.
Xét về mối quan hệ của các nghiệm và các hệ số của đa thức ta có kết quả sau:
Định lí 1.15 (Công thức Viéte). Cho đa thức
P( x ) = an x n + an −1 x n −1 + ... + a1 x + a0 = an ( x − α1 )( x − α 2 )...( x − α n ) ,
ở đây α1 , α 2 ,..., α n là các nghiệm của đa thức. Ta có
5


α n + α n −1 + ... + α 0 = −

an −1
,
an

α1α 2 + α1α 3 + ... + α n −1α n =

an − 2

,
an

……

α1α 2 ...α k + ... + α n −k +1α n −k + 2 ...α n = ( −1) k

an −k +1
,
an

a0
.
an
Khi xét trong phạm vi các đa thức có hệ số nguyên ta có một số tính chất sau

α1α 2 ...α n = ( −1) n

Định lí 1.16. Cho u và v là những số nguyên tố cùng nhau. Nếu số hữu tỉ α =

u
là
v

nghiệm của đa thức với hệ số nguyên
P( x ) = an x n + an −1 x n −1 + ... + ax + a0 ,
thì a0 chia hết cho u và an chia hết cho v.
Định lí 1.17. Cho u và v là những số nguyên tố cùng nhau. Nếu số hữu tỉ α =
nghiệm của đa thức với hệ số nguyên
P( x ) = an x n + an −1 x n −1 + ... + ax + a0

u
là
v
,

thì với mọi số nguyên m số P(m) chia hết cho (u – m.v). Trường hợp đặc biệt u + v
là ước số của P(- 1), còn u – v là ước số của P(1).

6


1.6 Đa thức không phân tích được
1.6.1 Định nghĩa
Cho T là một tập hợp số.
Định nghĩa 1.5. Một đa thức P(x) khác đa thức bậc không với hệ số trong tập hợp
T gọi là không phân tích được (bất khả quy) trên T, nếu nó không biểu diễn như
một tích của hai đa thức khác đa thức bậc không với hệ số trong T với những bậc
nhỏ hơn bậc của P(x).
Định lí 1.18. Nếu một đa thức hệ số nguyên không phân tích được thành tích hai
đa thức hệ số nguyên thì nó không phân tích thành tích hai đa thức hệ số hữu tỉ.
Nhận xét. Từ kết quả của định lí trên ta thấy sự phân tích trên tập hợp các số hữu
tỉ có thể đưa về sự không phân tích được trên tập hợp số nguyên.
Quy ước: Từ sau trở đi nếu không giải thích gì thêm thì ta chỉ xét sự không phân
tích được trên tập các số nguyên.
Xem xét về các tiêu chuẩn để một đa thức không phân tích được ta có một kết quả
khá mạnh như sau
1.6.2 Tiêu chuẩn Eisenstein
n
n −1

Định lí 1.19. Cho P( x ) = an x + an −1 x + ... + a1 x + a0 là một đa thức hệ số

nguyên. Giả sử số nguyên tố p thỏa mãn những điều kiện sau:
1) a0 không chia hết cho p.
2) Tất cả những hệ số khác đều chia hết cho p.
3) an không chia hết cho p2.
Khi đó đa thức P(x) không phân tích được.
1.7 Số đại số
Định nghĩa 1.6. Một số α gọi là số đại số nếu nó là nghiệm của một đa thức hệ số
hữu tỉ.
Dễ thấy α là số đại số khi và chỉ khi α là nghiệm của đa thức hệ số nguyên.
Cho α là một số đại số bất kì. Ta gọi bậc của đa thức có bậc nhỏ nhất và hệ số hữu
tỉ nhận α là nghiệm là bậc của α. Nguyên đa thức (đa thức có các hệ số là các số
nguyên nguyên tố cùng nhau) có bậc nhỏ nhất và hệ số cao nhất dương gọi là đa
thức tối thiểu của số đại số α.
7


Định lí 1.20. Số α là số đại số bậc nhất khi và chỉ khi nó là số hữu tỉ.
Định lí 1.21. Cho α là số đại số có đa thức tối thiểu m(x), P(x) là đa thức hệ số hữu
tỉ. Khi đó P(α) = 0 khi và chỉ khi P(x) chia hết cho m(x).
Định lí 1.22. Với mọi số đại số đa thức tối thiểu của nó là duy nhất.
Định lí 1.23. Cho α là một số đại số và P(x) là nguyên đa thức với hệ số cao nhất
dương sao cho P(α) = 0. Khi đó P(x) là đa thức tối thiểu của α khi và chỉ khi P(x)
không phân tích được trên tập các số hữu tỉ.
Định lí 1.24. Cho α là số đại số có đa thức tối thiểu m(x), khi đó m(x) không có
nghiệm bội.

8

CHƯƠNG II. MỘT SỐ BÀI TOÁN THƯỜNG GẶP

2.1 Phương trình hàm đa thức
2.1.1 Quy về đa thức tuần hoàn
Tính chất: Nếu P(x) là một đa thức tuần hoàn, tức là tồn tại số a khác 0 sao cho
P(x + a) = P(x) với mọi x, thì P(x) = C.
Ví dụ 2.1. Tìm đa thức hệ số thực thỏa mãn xP( x − 1) = ( x − 3) P ( x ) với mọi x.
Lời giải.
Cho x bằng các giá trị 0, 1, 2 ta thấy P(x) có các nghiệm 1, 2, 0. Do đó P(x) có
dạng P( x ) = x ( x − 1)( x − 2)Q ( x ) , trong đó Q(x) cũng là một đa thức. Thay P(x)
vào phương trình đã cho ta được Q(x) = Q(x – 1) với mọi x. Suy ra Q(x) = C. Vậy
P(x) = Cx(x - 1)(x – 2), thử lại thỏa mãn yêu cầu của bài.
Ví dụ 2 . 2. Tìm đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn ( x − 1) 2 P( x ) = ( x − 3) 2 P( x + 2)
với mọi x.
Lời giải.
Do (x – 1, x – 3) = 1 nên P( x )M( x − 3) 2 hay P(x) có dạng P( x ) = ( x − 3) 2 Q ( x ) ,
trong đó Q(x) cũng là một đa thức. Thay P(x) vào phương trình đã cho ta được
Q(x) = Q(x + 2) hay Q(x) = C. Vậy P( x ) = C ( x − 3) 2 , thử lại thỏa mãn yêu cầu
của bài .
Ví dụ 2.3 (Newyork, 1975). Tìm đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn P(x) = 0 và
1
[ P( x + 1) + P( x − 1)]
2
Nhận xét: Dự đoán P(x) = Cx.
Lời giải.
Xét đa thức Q(x) = P(x +1) – P(x). Từ giả thiết ta có
Q ( x ) = Q ( x − 1), ∀x ∈ R ⇒ Q ( x ) = C.
Do đó
P( x ) =

P (n ) = P (n ) − P (n − 1) + P (n − 1) − P (n − 2) + ... + P(1) − P (0) + P(0) = nC , ∀n ∈ ¥ .
Suy ra P(x) = Cx, thử lại thỏa mãn yêu cầu của bài.
Ví dụ 2.4. Tìm da thức P(x) hệ số thực thỏa mãn
9


P( x ) + P (1) =

1
[ P( x + 1) + P( x − 1)] , với mọi x.
2

Hướng dẫn.
Đặt P(1) = a và Q(x) = P(x) - ax2 thì Q(1) = 0 và
1
Q ( x ) = [ Q ( x + 1) + Q ( x − 1) ]
2
Tương tự ví dụ trên ta tìm được Q(x) = b(x – 1) với b là một hằng số.
Do đó P(x) = ax2 + bx – b.
Ví dụ 2.5. Tìm đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn P(x + 1) = P(x) + 2x + 1 với mọi
x.
Hướng dẫn.
Đặt Q(x) = P(x) – x2.
Đáp số : P(x) = x2 + C.
Ví dụ 2.5 (HSGQG 2003). Tìm đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn
( x 3 + 3x 2 + 3x + 2) P( x − 1) = ( x 3 − 3x 2 + 3 x − 2) P( x ) với mọi x.
Lời giải.
Biến đổi phương trình đã cho tương đương
( x + 2)( x 2 + x + 1) P( x − 1) = ( x − 2)( x 2 − x + 1) P( x ) (2.1)

Cho x bằng các giá trị 0, 1, 2, -2 ta thấy P(x) có các nghiệm – 2, - 1, 0, 1. Do đó
P(x) có dạng P(x) = (x – 1)x(x + 1)(x + 2)Q(x), trong đó Q(x) cũng là một đa thức.
Thay P(x) vào (2.1) ta được
( x 2 + x + 1)Q ( x − 1) = ( x 2 − x + 1)Q ( x )
(2.2)
Vì ( x 2 + x + 1, x 2 − x + 1) = 1 nên Q(x) có dạng Q ( x ) = ( x 2 + x + 1) R( x ) , trong đó
R(x) cũng là một đa thức. Thay R(x) vào (2.2) ta được R(x – 1) = R(x) hay R(x) =
C. Vậy P( x ) = C ( x − 1) x ( x − 1)( x + 2)( x 2 + x + 1) với C là hằng số, thử lại thỏa
mãn yêu cầu của bài.
2.1.2 Phương pháp đồng nhất hệ số
Ví dụ 2.6. Tìm đa thức P(x) hệ số nguyên thỏa mãn
16 P( x 2 ) = [ P(2 x ) ] với mọi x.
2

Lời giải.
n
n −1
Giả sử P( x ) = an x + an −1 x + ... + a1 x + a0 ,

an ≠ 0.

Đồng nhất hệ số lớn nhất của phương trình đã cho ta được
16
16an = 2 2 n an2 ⇔ an = n
4.
Mà an là số nguyên nên n ∈ { 0,1, 2} .
• Với n = 0 , thay vào phương trình đã cho ta tìm được P(x) = 0 hoặc P(x) =
16.
• Với n = 1 thì an = 4 và P(x) = 4x + b, thay vào phương trình đã cho ta tìm
được b = 0. Vậy P(x) = 4x.

10


•

Với n = 2 thì P(x) = x2 + bx + c, , thay vào phương trình đã cho và đồng
nhất hệ số ta tìm được b = c = 0. Vậy P(x) = x2.

Thử lại thấy các đa thức trên đều thỏa mãn.
Ví dụ 2.7. Tìm đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn
2
P ( x 2 ) = [ P ( x ) ] với mọi x.
Lời giải.
•
•

Với P(x) = C => C2 = C  C = 1 hoặc C = 0. Vậy P(x) = 0 hoặc P(x) = 1.
Với P(x) khác hằng số. Giả sử P(x) có dạng
P( x ) = an x n + a n −1x n −1 + ... + a1 x + a0 , an ≠ 0

và các hệ số an −1 , an − 2 ,..., a1 , a0 không đồng thời bằng không. Giả sử k là số lớn
nhất nhỏ hơn n sao cho ak khác 0. Ta có

an x 2 n + an −1 x 2 n −2 + ... + a1 x 2 + a0 = ( an x n + an −1 x n −1 + ... + a1 x + a0 )

2

Đồng nhất hệ số của an+k hai vế ta được 0 = 2anak. Mâu thuẫn với giả thiết. Do đó
2
P(x) = anxn. So sánh hệ số của x2n ta thu được an = an ⇒ an = 1. Vậy P ( x ) = x n .

Thử lại thỏa mãn yêu cầu của bài.
Ví dụ 2.8. Tìm đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn
2
P( x 2 − 2 x ) = [ P ( x − 2)] với mọi x.
Hướng dẫn.

2
Biến đổi phương trình đã cho về dạng P ( ( x − 1) − 1) = [ P (( x − 1) − 1) ] .
2

Đặt Q(x) = P(x - 1) ta được Q ( x 2 ) = [ Q ( x ) ] và áp dụng kết quả ví dụ 2.7.
2

Đáp số P(x) = 0, P(x) = 1, P(x) = (x + 1)n.
Ví dụ 2.9 (HSGQG 2006). Tìm đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn
2
(2.3)
P( x 2 ) + x [ 3P ( x ) + P ( − x ) ] = [ P ( x )] + 2 x 2
với mọi x.
Lời giải.
Thay x bằng – x vào phương trình đã cho rồi trừ hai phương trình cho nhau ta thu
được
[ P( x ) + P( − x )] ×[ P( x ) − P( − x ) − 4 x ] = 0
với mọi x. Do đó [ P( x ) + P( − x ) ] = 0 với vô số giá trị của x hoặc

[ P( x ) − P( − x) − 4 x ] = 0 với vô số giá trị của x. Mà P(x) là một đa thức nên đó
[ P( x) + P( − x ) ] = 0 với mọi x hoặc [ P( x ) − P( − x ) − 4 x ] = 0 với mọi x.
11

•

[ P( x) + P( − x ) ] = 0

với mọi x .

(2.4)

Thay vào (2.3) ta được P ( x 2 ) − x 2 = [ P ( x ) − x ] . Đặt Q(x) = P(x) – x thì
2

Q ( x 2 ) = [ Q ( x ) ] . Áp dụng kết quả của ví dụ 2.7 suy ra
2

P( x ) = x, P( x ) = x + 1, P ( x ) = x n + x.
•

So sánh với điều kiện (2.4) ta được P( x ) = x, P( x ) = x 2 k +1 + x, k ∈ ¥ .
[ P( x ) − P( − x) − 4 x ] = 0 với mọi x.
(2.5)
Thay vào (2.3) ta được P( x 2 ) − 2 x 2 = [ P( x ) − 2 x ] . Đặt Q(x) = P(x) – 2x
2

thì Q ( x 2 ) = [ Q ( x ) ] . Áp dụng kết quả của ví dụ 2.7 ta được
2

P( x ) = 2 x , P ( x ) = 2 x + 1, P( x ) = x n + 2 x.
So sánh với điều kiện (2.5) ta được P( x ) = 2 x, P ( x ) = x 2 k + 2 x, k = 1,2,... .
Ví dụ 2.10. Tìm đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn

P( x ) P( y ) = P 2 (

x+ y
2

) −P ( )
2

x− y
2

(2.6)

với mọi x, y.
Hướng dẫn.
Xét P(x) là hằng số ta thu được P(x) = 0.
Xét P(x) là đa thức có bậc n ≥ 1 và hệ số bậc cao nhất là a ≠ 0. Thay y = 3x vào
(2.6) và đồng nhất hệ số của x2n ta được a 2 3n = (2 n a )2 − a 2 ⇔ 3n = 4n − 1 ⇔ n = 1.
Vậy P(x) = ax, a ≠ 0.
Ví dụ 2.11. Tìm đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn
c

(2.7)

Lời giải.
Trường hợp 1. P(0) = 0. Khi đó P(1) = 1, P(2) = 2,…
Bằng phương pháp quy nạp toán học ta dễ dàng chứng minh được P(n) = n với
mọi số tự nhiên n. Mà P(x) là một đa thức nên P(x) = x.
Trường hợp 2. P(0) ≠ 0. Giả sử

P( x ) = an x n + an −1 x n −1 + ... + a1 x + a0 , ana0 ≠ 0 .

Thay P(x) vào (2.7) ta được
12


(a x
n

n

+ an −1 x n −1 + ... + a1 x + a0 ) + 1
2

= an ( x 2 + 1) n + an −1 ( x 2 + 1) n−1 + ... + a1( x 2 + 1) + a0 , an ≠ 0

Đồng nhất hệ số của x ta được 2a0a1 = 0 ⇒ a1 = 0.
Đồng nhất hệ số của x3 ta được 2a2 a1 + 2a3a0 = 0 ⇒ a3 = 0.
Tiếp tục quá trình này ta nhận được hệ số trước bậc lẻ của x bằng 0 hay

P( x ) = Q ( x 2 ) với Q(t) là một đa thức bậc k (2k = n). Từ (2.7) ta có
Q ( ( x 2 + 1) 2 ) = P( x 2 + 1) = ( P( x ) ) + 1 = ( Q ( x 2 ) ) + 1 .
2

2

Đặt H(y) = Q(y – 1) ta được
H ( ( x 2 + 1)2 + 1) = Q ( ( x 2 + 1) 2 ) = ( Q ( x 2 ) ) + 1 = ( H( x 2 + 1) ) + 1
2

2

Cho x thay đổi thì H ( y 2 + 1) = ( H ( y ) ) + 1 với vô số giá trị của y, suy ra nó cũng
2

đúng với mọi y hay H(y) thỏa mãn yêu cầu của bài.
•

Nếu H(y) thỏa mãn H(0) = 0 thì H(y) = y. Khi đó

P( x ) = Q ( x 2 ) = H ( x 2 + 1) = x 2 + 1.
•

Nếu H(y) ≠ 0 thì từ đa thức H(y) ta tiến hành phương pháp như trên sẽ thu
được đa thức h1(x) có bậc bằng một nửa bậc của H(y). Cứ tiếp tục quá trình
này chỉ sau một số hữu hạn bước ta sẽ nhận được đa thức x.

Như vậy đa thức thỏa mãn yêu cầu của bài chỉ có thể nằm trong dãy
P0 ( x) = x, P1 ( x ) = x 2 + 1,..., Pn +1 ( x ) = Pn ( x 2 + 1),...

Thử lại thấy các đa thức thuộc dãy trên đều thỏa mãn yêu cầu của bài.
Ví dụ 2.12. Cho a ≠ 0, b, c là các số bất kì và n ≥ 1 là một số tự nhiên. Chứng
minh rằng tồn tại nhiều nhất một đa thức P(x) hệ số thực bậc n thỏa mãn

P( ax 2 + bx + c ) = a ( P ( x ) ) + bP ( x ) + c
2

(2.8)

Lời giải.

n
n −1
Giả sử P( x ) = an x + an −1 x + ... + a1 x + a0 , an a0 ≠ 0 . Thay vào (2.8) ta được

a ( an x n + an −1 x n −1 + ... + a1 x + a0 ) + b ( an x n + an−1 x n −1 + ... + a1 x + a0 ) + c
2

= an ( ax 2 + bx + c) n + an −1( ax 2 + bx + c ) n −1 + ... + a1( ax 2 + bx + c) + a0.

Đồng nhất hệ số của x 2 n , x 2 n −1 ,..., x n ta nhận được
13


an a n = an2 a

ϕ1 ( an , a, b, c) = 2aan an −1
ϕ 2 ( an , an −1, a, b, c) = a ×an2−1 + 2 aan an − 2
ϕ 3 ( an , an −1 , an −2 , a, b, c ) = 2aanan −3 + ψ 3 (an , an −1 , an −2 , a , b, c )
......
ϕ n ( an , an −1 ,..., a1 , a , b, c) = 2aa0an + ban + ψ n ( an , an −1,..., a1, a, b, c ),
ở đây ϕ1 , ϕ 2 ,..., ϕ n ,ψ 1,ψ 2 ,...,ψ n là các đa thức. Vì an ≠ 0 nên từ hệ trên

an , an −1 ,..., a0 được xác định duy nhất. Do đó nếu P(x) tồn tại thì nó là duy nhất.
Ví dụ 2.13. Tìm đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn
2
P( x 2 − 2) = ( P ( x ) ) − 2
(2.9)
với mọi x.
Lời giải.
Ta sử dụng phương pháp quy nạp.

Bằng phương pháp đồng nhất hệ số ta tìm được các đa thức bậc 1, 2, 3, 4, 5 thỏa
mãn (2.9) là
P1 ( x ) = x;
P2 ( x ) = x 2 − 2;
P3 ( x ) = x 3 − 3x

P4 ( x) = x 4 − 4 x 2 + 2;
Ta

thấy

P5 ( x) = x 5 − 5 x 3 + 5 x.

P3 ( x ) = xP2 ( x ) − P1 ( x ); P4 ( x ) = xP3 ( x ) − P2 ( x ); P5 ( x ) = xP4 ( x ) − P3 ( x )

.

ta chứng minh mọi đa thức trong dãy P1 ( x ), P2 ( x ),..., Pn ( x ),... xác định bởi
 P1 ( x ) = x, P2 ( x ) = x 2 − 2
,
n ≥ 1.
(2.10)

 Pn + 2 ( x ) = xPn +1 ( x ) − P( x )
thỏa
mãn
yêu
cầu
Giả sử với n nào đó Pn(x), Pn+1(x) thỏa mãn (2. 9). Ta có
2

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

của

= ( x 2 − 2 ) Pn +1 ( x 2 − 2) − Pn ( x 2 − 2) − ( xPn +1 ( x ) − Pn ( x ) ) + 2
2

= ( x 2 − 2 ) ( Pn2+1 ( x ) − 2 ) − ( Pn2 ( x ) − 2 ) − x 2 Pn2+1 ( x )
+ 2 xPn +1 ( x) ×Pn ( x ) − Pn2 ( x ) + 2

= −2 Pn2+1 ( x ) − 2 Pn2 ( x ) + 2 xPn +1 ( x ) ×Pn ( x ) − 2 x 2 + 8
= −2Qn +1 ( x ).
2
2
2
Trong đó ta đặt Qn +1 ( x ) = Pn +1 ( x ) + Pn ( x ) − xPn +1 ( x ) ×Pn ( x ) + x − 4.
Mặt khác

14

bài.


Qn ( x ) = ( xPn ( x ) − Pn −1 ( x ) ) + ( Pn ( x ) )
2

2

− x ( xPn ( x ) − Pn −1 ( x ) ) Pn ( x ) + x 2 − 4
= ( Pn ( x ) ) + ( Pn −1 ( x ) ) − xPn ( x ) Pn −1 ( x ) + x 2 − 4

2

2

= Qn −1 ( x ) = Qn−2 ( x ) = ... = Q2 ( x )
= ( P2 ( x ) ) + ( P1 ( x ) ) − xP2 ( x ) P1 ( x ) + x 2 − 4
2

2

= 0.
Vậy ta có điều phải chứng minh. Theo ví dụ 2.12 thì các đa thức Pn ( x ), n = 1, 2,...
xác định bởi (2.10) là các đa thức cần tìm.
2.2 Đa thức không phân tích được (bất khả quy) trên tập số nguyên
Ví dụ 2.14. Chứng minh rằng đa thức P( x ) = x 4 − 3x 3 + 2 x 2 + 2 x − 6 không phân
tích được trên tập số nguyên.
Lời giải.
Giả sử ngược lại P( x ) = Q ( x ) ×R( x ) , ở đây P(x) và Q(x) là các đa thức có hệ số
nguyên và deg Q ( x ) ≤ deg R( x ) < 4 .
Trường hợp 1. degQ(x) = 1, khi đó Q(x) có nghiệm nguyên. Dễ thấy nghiệm này
chỉ có thể là các số ±1, ±2, ±3, ±6 nhưng kiểm tra thấy các số này không là nghiệm
của P(x).
Trường hợp 2. degQ(x) = degR(x) = 2. Khi đó

P( x ) = ( ax 2 + bx + c ) ( px 2 + qx + r )

,

ở đây a, b, c, p, q, r là các số nguyên . Đồng nhất hệ số ta có hệ
ap = 1

aq + bp = −3
ar + bq + cp = 2
br + cq = 2
cr = −6
Không mất tổng quát ta có thể cho rằng a = p = 1. Nghĩa là
q + b = −3
r + bq + c = 2
br + cq = 2
cr = −6

Cũng không mất tính tổng quát ta có thể giả sử
c ≤ r ⇒ ( c; r ) ∈ { ( −1;6), (1; −6),( −2;3),(2; −3)}

.

Xét từng trường hợp ta không nhận được cặp số (b, q) nguyên nào thỏa mãn. Vậy
P(x) là bất khả qui trên tập số nguyên.
Ví dụ 1.15. Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố thì đa thức
15


P( x ) = x p −1 + x p −2 + ... + x + 1
bất khả quy trên tập số nguyên.
Lời giải.
Ta có

xp −1
( x ≠ 1)
x −1
Đặt y = x – 1 ta có

( y + 1) p − 1
P( x ) =
= y p −1 + C 1p y p −2 + ... + C pp−2 y + C pp −1 = Q ( y )
y
P( x ) =

.

.

1
2
p −1
p −1
Dễ thấy C p , C p ,..., C p đều chia hết cho p nhưng C p = p không chia hết cho p2

nên theo tiêu chuẩn Eisenstein Q(y) bất khả quy trên tập số nguyên. Vì
P(x) = Q(x - 1) nên P(x) cũng bất khả quy trên tập số nguyên.
Ví dụ 2.16. Cho các số nguyên a1 , a2 ,..., an đôi một khác nhau. Chứng minh rằng
đa thức
P( x ) = ( x − a1 )( x − a2 )...( x − an ) − 1
không thể phân tích thành tích của hai đa thức có hệ số nguyên có bậc bé hơn n.
Lời giải.
Giả sử ngược lại, tức là P(x) = Q(x)R(x), trong đó Q(x) và R(x) là hai đa thức có
bậc nhỏ hơn n. Ta có

Q ( ai ) R( ai ) = −1,

∀i = 1,2,..., n ⇒ Q ( ai ) + R( ai ) = 0,

∀i = 1, 2,..., n.

Mà deg(Q(x) + R(x)) < n nên Q(x) + R(x) ≡ 0. Do đó

P( x ) = ( x − a1 )( x − a 2 )...( x − an ) − 1 = − ( Q ( x ) ) .
2

Đẳng thức này không thể xảy ra vì hệ số cao nhất của hai vế lần lượt bằng 1 và – 1.
Vậy P(x) bất khả quy trên tập số nguyên.
Ví dụ 2.17. Cho đa thức P(x) có hệ số nguyên ( với n = 2m hoặc n = 2m + 1) nhận
giá trị bằng ±1 với hơn 2m giá trị nguyên của x thì P(x) không thể phân tích thành
tích của hai đa thức có hệ số nguyên có bậc bé hơn n.
Lời giải.
Giả sử ngược lại, tức là P(x) = Q(x)R(x), trong đó Q(x) và R(x) là hai đa thức có
0 < deg Q ( x ) ≤ deg R( x ) < n. Vì n = 2m hoặc n = 2m + 1 nên deg Q ( x ) ≤ m .
Giả sử có k số nguyên ai (k > 2m) sao cho P (ai ) = Q ( ai ) R ( ai ) = ±1, ∀i = 1,2,..., k .
Do đó ít nhất một trong hai phương trình Q(x ) = 1 hoặc Q(x) = - 1 có nhiều hơn m
nghiệm. Mẫu thuẫn với giả thiết deg Q ( x ) ≤ m . Vậy P(x) bất khả quy trên tập số
nguyên.
16


Ví dụ 2.18. Cho đa thức P(x) bậc n ( n ≥ 2 ) có hệ số nguyên với P (a ) = 1 hoặc
P( a ) = p là số nguyên tố với ít nhất 2n + 1 giá trị nguyên khác nhau của a.
Chứng minh rằng P(x) không thể biểu diễn thành tích hai đa thức bậc nguyên
dương với hệ số nguyên.
Hướng dẫn.
Chứng minh tương tự ví dụ 4 ta cũng suy ra được Q (a ) = 1 hoặc R (a ) = 1 với
2n + 1 giá trị nguyên khác nhau của a. Vì degQ(x) + degR(x) = n nên ít nhất một
trong bốn phương trình Q(x) = 1, Q(x) = - 1, R(x) =1, R(x) = -1 có nhiều hơn n

nghiệm. Mâu thuẫn với degQ(x) < n. Vậy P(x) bất khả quy trên tập số nguyên.
Ví dụ 2.19. Cho các số nguyên a1 , a2 ,..., an đôi một khác nhau. Chứng minh rằng đa
thức
P( x ) = ( x - a1 ) 2 ( x - a2 ) 2 ...( x - an ) 2 + 1

không thể phân tích thành tích của hai đa thức có hệ số nguyên có bậc bé hơn n.
Lời giải.
Giả sử ngược lại, tức là P(x) = Q(x)R(x), trong đó Q(x) và R(x) là hai đa thức có
0 < deg Q ( x ) ≤ deg R( x ) < n.
Ta có Q ( ai ) R( ai ) = P( ai ) = 1, ∀i = 1, 2,..., n ⇒ Q ( ai ) = R( ai ) = 1, ∀i = 1, 2,..., n
Ta chứng minh Q(ai) = 1 hoặc Q(ai) = - 1 với moi i và tương tự cho R(x). Thật vậy
giả sử tồn tại k ≠ j sao cho Q (ak ) = 1, Q ( a j ) = −1 ⇒ ∃x0 ∈ ( ak ; a j ) sao cho
Q(x0) = 0. Do đó P(x0) = 0, vô lí vì P(x) ≥ 1 với mọi x.
• Nếu Q ( ai ) = R (ai ) = 1, ∀i ⇒ Q ( x ) − 1 = R ( x ) − 1 = ( x − a1 )( x − a2 )...( x − a n ).
Do đó

P( x ) = ( x − a1 ) 2 ( x − a 2 ) 2 ...( x − an ) 2 + 1 = ( ( x − a1 )( x − a 2 )...( x − a n ) + 1) .
2

•
•

Vô lí.
Nếu Q ( ai ) = R (ai ) = −1, ∀i. Lí luận tương tự trên.
Thay ai vào phương trình ban đầu ta được – 1 = 1. Vô lí.

Vậy P(x) bất khả quy trên tập số nguyên.
2.3 Nghiệm của đa thức
2.3.1 Sử dụng tính chất chia hết
Tính chất: Cho P(x) là một đa thức với hệ số nguyên, a và b là hai số nguyên khác

nhau. Khi đó ( P (a ) − P (b) ) M(a − b) .

17


Ví dụ 2.20. Chứng minh rằng không tồn tại đa thức P(x) với hệ số nguyên sao cho
P(7) = 5 và P(15) = 9.
Lời giải.
Giả sử tồn tại đa thức P(x) thỏa mãn yêu cầu của bài. Ta có

P(15) − P (7) = 4M8 .
Vô lí.
Ví dụ 2.20. Cho P(x) là đ thức với hệ số nguyên. Chứng minh rằng không tồn tại
ba số a, b, c phân biệt sao cho P(a) = b, P(b) = c, P(c) = a.
Lời giải.
Giả sử tồn tại ba số a, b, c phân biệt thỏa mãn yêu cầu của bài. Ta có
b − c = P ( a ) − P (b)M( a − b) ⇒ b − c ≥ a − b .
Tương tự ta có
a−b ≥ c−a , c−a ≥ b−c ⇒ a−b = c−a = b−c .
•

a – b, b – c, c – a cùng dấu hay a – b = b – c = c – a. Suy ra a = b = c. Loại.

•

a – b, b – c, c – a có hai số cùng dấu và khác dấu với số còn lại. Không mất
tính tổng quát ta giả sử a – b = b – c = - (c – a). Suy ra b = c. Mâu thuẫn.

Vậy ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.21. Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên và P(0), P(1) là các số lẻ. Chứng

minh rằng P(x) không có nghiệm nguyên.
Lời giải.
Giả sử P(x) có nghiệm nguyên a. Ta có: P(a) – P(0) M a, suy ra a lẻ.
Lại có P(a) – P(1) M a – 1, suy ra a chẵn. Vô lí. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.22. Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên và P(x) không chia hết cho 3 với
ba giá trị nguyên liên tiếp nào đó của x. Chứng minh rằng P(x) không có nghiệm
nguyên.
Lời giải.
Giả sử P(x) có nghiệm nguyên a. Ta có:

P( a + 3k ) − P (a ) M3, ∀k ∈ Z ⇒ P (a + 3k ) M3, ∀k ∈ Z .
Do đó với mọi bộ ba số nguyên liên tiếp luôn tồn tại một số b mà P(b) M b. Mâu
thuẫn với giả thiết. Vậy ta có điều phải chứng minh.

2.3.2 Sử dụng định lí Bezuot
18


Ví dụ 2.23. Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên sao cho P (a ) = P(b) = P ( c ) = 1
với a, b, c là ba số nguyên phân biệt. Chứng minh rằng P(x) không có nghiệm
nguyên.
Lời giải.
Giả sử P(x) có nghiệm nguyên x0. Khi đó P(x) có dạng P( x ) = ( x − x0 )Q ( x ) , trong
đó Q(x) là một đa thức. Ta có
1 = P(a ) = a − x0 Q ( x ) ⇒ a − x0 = 1.

Tương tự ta cũng có a − x0 = b − x0 = c − x0 = 1 . Do đó tồn tại hai trong ba số

a − x0 = b − x0 = c − x0 cùng dấu. Mâu thuẫn với giả thiết a, b, c phân biệt. Vậy ta
có điều phải chứng minh.

Ví dụ 2.24. Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên và P(x) nhận giá trị bằng 7 với
bốn giá trị nguyên khác nhau của x. Chứng minh rằng P(x) – 14 không có nghiệm
nguyên.
Lời giải.
Giả sử P(x) – 14 có nghiệm nguyên x0 và a, b, c, d là bốn số nguyên phân biệt sao
cho P(a ) = P(b) = P(c ) = P (d ) = 7 . Ta có
P( x ) − 7 = ( x − a )( x − b)( x − c )( x − d )Q ( x )
với Q(x) là một đa thức. Do đó

7 = P ( x0 ) − 7 = ( x0 − a )( x0 − b)( x0 − c)( x0 − d )Q ( x0 ) . Suy ra ít nhất hai trong bốn
số x0 − a, x0 − b, x0 − c, x0 − d cùng bằng 1 hoặc – 1. Mâu thuẫn với giả thiết a, b, c,
d phân biệt. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.25. Cho đa thức P(x) bậc n với hệ số thực và có hệ số bậc cao nhất bằng 1.
Biết rằng P(x) có n nghiệm x1 , x2 ,..., xn thỏa mãn 0 < xi ≤ 1, ∀i = 1, n . Chứng
minh rằng
 1
( −2)n P  − ÷ ≥ ( −3)n P (0) .
 2
Lời giải.
Ta có
P( x ) = ( x - x1 )( x - x2 )...( x - xn ) Þ P (0) = (-1) n x1 x2 ... xn

19


(2 x1 + 1)(2 x2 + 1)...(2 xn + 1)
 1  1
 1
  1


P  − ÷ =  − − x1 ÷ − − x2 ÷...  − − xn ÷ = ( −1)n
.
2n
 2  2
 2
  2

 1
⇒ ( −2) n P  − ÷ = (2 x1 + 1)(2 x2 + 1)...(2 xn + 1) ≥ 3 x1 3 x2 ...3 xn = 3n x1 x2 ... xn
 2
 1
⇒ ( −2) n P  − ÷ ≥ 3n ( −1) n P(0) = ( −3) n P(0).
 2
Dấu bằng xảy ra khi P( x ) = ( x − 1) n .
Ví dụ 2.26. Cho đa thức P(x) bậc n với hệ số thực sao cho
k
P(k ) =
, k ∈ 0,1,2..., n. .
k +1
Hãy tính P(n + 1).
Lời giải.
Đặt Q(x) =(x+1)P(x) – x thì Q(x) là một đa thức bậc n + 1 và có n + 1 nghiệm là 0,
1, 2, …, n. Do đó
Q ( x ) = ax ( x -1)( x - 2)...( x - n ) ⇒ Q (-1) = 1 = a (-1) n +1 ( n + 1)!
Suy ra a =

( −1) n +1
và Q (n + 1) = ( −1) n +1 = ( n + 2) P( n + 1) − ( n + 1) .
( n + 1)!

Vậy P ( n + 1) =

n
với n chẵn và P(n + 1) =1 với n lẻ.
n+2

2.3.3 Sử dụng định lí Viéte
Ví dụ 2.27. Cho x1, x2 là hai nghiệm của tam thức bậc hai ax 2 + bx + c = 0 và
Sk = x1k + x2k

. Chứng minh rằng với mọi số nguyên k

aSk + 2 + bS k +1 + cSk = 0 .
Lời giải.
Trước hết ta chứng minh kết quả sau:
k
k
Cho x, y và Sk = x + y , δ1 = x + y, δ 2 = xy ta có

 S0 = 2, S1 = δ1 , S2 = δ12 − 2δ 2

 Sk + 2 = δ1S k +1 − δ 2 Sk , ∀k ≥ 1.
2
Thật vậy, dễ tính được S0 = 2, S1 = δ1 , S2 = δ1 − 2δ 2 và

Sk +2 = x k +2 + y k + 2 = ( x + y )( x k +1 + y k +1 ) − xy ( x k + y k ), ∀k ≥ 1.
20

0 ta có

b
c
Áp dụng kết quả trên và định lí Viéte với δ1 = − , δ 2 = ta được
a
a

aSk + 2 + bSk +1 + cSk = 0 .
Ví dụ 2.28. Cho x1, x2, x3 là ba nghiệm của phương trình bậc ba
k
k
k
ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 và Sk = x1 + x2 + x3 . Chứng minh rằng với mọi số nguyên

k

0 ta có

aSk +3 + bSk + 2 + cS k +1 + dS k = 0.
Hướng dẫn giải. Tương tự ví dụ 2.27.
Ví dụ 2.29 (HSGQG 1979). Cho phương trình x 3 + ax 2 + bx + c = 0 có ba nghiệm
u, v, t. Với giá trị nào của a, b, c thì các số u 3 , v 3 , t 3 nghiệm đúng phương trình
x 3 + a 3 x 2 + b3 x + c 3 = 0 ?
Lời giải.
Áp dụng định lí Viéte cho phương trình thứ nhất ta có
u + v + t = − a, uv + vt + tu = b, uvt = −c .
n
n
n
Đặt Sn = u + v + t ta có Sk + 3 + aSk + 2 + bS k +1 + cS k = 0. . Do đó

S3 = − a ( u 2 + v 2 + t 2 ) − b(u + v + t ) − cuvt
= −a (u + v + t ) 2 − 2(uv + vt + tu ) − b(u + v + t ) − cuvt
= −a 3 + 3ab − 3c.
3
Áp dụng định lí Viéte cho phương trình thứ nhất ta có S3 = − a . Từ đó suy ra c =

ab và (*).
Thử lại điều kiện (*) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Ví dụ 2.30 (HSGQG 1980). Phương trình z 3 − 2 z 2 − 2 z + m = 0 có thể có ba
nghiệm hữu tỉ phân biệt được không? Tại sao?
Lời giải.
u v w
, , , trong đó u, v, t, w là
t t t
các số nguyên không đồng thời là số chẵn. Áp dụng định lí Viéte ta có
Giả sử phương trình đã cho có ba nghiệm hữu tỉ

21


2

2

2

2

uv + vt + tw

u v  w u v w
=8 .
 ÷ + ÷ + ÷ = + + ÷ −2
t2
t t  t  t t t 
Hay u 2 + v 2 + w2 = 8t 2 chia hết cho 8 nên u, v, w chẵn. Mà uv + vt + tw = -2t 2
chia hết cho 4 nên t chẵn. Vô lí.
n
n −1
Ví dụ 2.31. Cho đa thức P( x ) = x + a1 x + ... + an −1 x + an có n nghiệm không
n

a 
âm. Chứng minh rằng  n −1 ÷ ≥ ann −1 .
 n 
Lời giải.
Giả sử n nghiệm của P(x) là x1 , x2 ,..., xn .
Áp dụng định lí Viéte ta có
n −1

 x1 x2 ... xn −1 + x1 x2 ... xn −2 xn + ... + x2 ... xn −1 xn = ( −1) an −1

n
x1 x2 ... xn = ( −1) an



Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được

1

1
( −1)n an −1 = ( x1 x2 ... xn −1 + x1 x2 ... xn −1 xn + ... + x2 x3 ... xn )
n
n
≥ n ( x1 x2 ... xn ) n −1 = n ( −1) n ann−1 .
n

a 
Vậy  n −1 ÷ ≥ ann −1 .
 n 
n
n −1
n −2
2
2
Ví dụ 2.32. Cho đa thức P( x ) = ax − ax + c2 x + ... + cn −2 x − n bx + b bậc n

có n nghiệm dương. Chứng minh rằng tất cả các nghiệm này đều bằng nhau.
Lời giải.
Giả sử n nghiệm của P(x) là x1 , x2 ,..., xn . Áp dụng định lí Viéte ta có

 x1 + x2 + ... + xn = 1
 n
b
 x1 x2 ... xn
= ( −1) n n 2
∑
a
 k =1 xk


n b
 x1 x2 ... xn = ( −1)
a

Do đó
22


b
a =  1 + 1 + ... + 1  ( x + x + ... + x ) ≥ n 2 .
n2 =

÷ 1 2
n
b
xn 
 x1 x2
( −1)n
a
( −1) n n 2

Vậy x1 = x2 = ... = xn .
Ví dụ 2.33 (HSGQG 1988). Cho đa thức
P( x ) = a0 x n + a1 x n −1 + ... + a n −1x + a n

bậc n với n ≥ 3 . Biết rằng P(x) có n nghiệm thực và a0 = 1, a1 = −n, a2 =

n ( n − 1)
.
2

Hãy xác định các hệ số a2 , a3 ,..., an .
Lời giải.
Giả sử n nghiệm của P(x) là x1 , x2 ,..., xn . Áp dụng định lí Viéte ta có
 n
n2 − n
 ∑ x k xl =
2
 k ,l =1
 x + x + ... + x = n.
 1 2
n
n
 n

2
⇒ ∑ xk2 = ( x1 + x2 + ... + xn ) − 2  ∑ xk xl ÷ = n.
k =1
 k ,l =1

n

n

n

k =1

k =1

⇒ ∑ ( xk − 1) 2 = ∑ xk2 − 2∑ xk + n = 0.
k =1

⇒ P( x ) = ( x − 1) .
n

k
k
Vậy ak = ( −1) Cn , k = 0,1,..., n .

Ví dụ 2.34 (HSGQG 2009). Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện: với mỗi số
nguyên dương n, a n + b n + c n là một số nguyên. Chứng minh rằng tồn tại các số
nguyên p, q, r sao cho a, b, c là ba nghiệm của phương trình x 3 + px 2 + qx + r = 0
.
Lời giải.
n
n
n
Đặt Tn = a + b + c ∈ ¢ , ∀n ≥ 1 . Ta chứng minh các số p = - (a + b + c),

q = ab + bc + ca, r = abc thỏa mãn điều kiện bài toán. Ta phải chứng minh p, q, r
là các số nguyên. Thật vậy, ta có

23


T1 = − p, T2 = p 2 − 2q, T3 = − p 3 + 3 pq − 3r, Tn +3 = − pTn +2 − qTn +1 − rTn ,

(2.11)

⇒ p = −T1 ∈ ¢ , 2q = p 2 − T2 ∈ ¢ , 2T3 ∈ ¢ ⇒ 6r ∈ ¢ .
3T4 = −3 pT3 − 3qT2 − 3rT1
= −3 pT3 − 3 p 2 q + 6q 2 ∈ ¢ ⇒ 6 q 2 ∈ ¢ .
k
k2
2
q = ⇒ 6q = 6 ∈ ¢ ⇒ k M2 ⇒ q ∈ ¢ .
2
4
m
T3 ∈ ¢ ⇒ 3r ∈ ¢ ⇒ r = .
3
Từ (2.11) ta có rTn ∈ ¢ , ∀n ≥ 1 ⇒ mTn M3 .
Nếu ( Tn , 3) = 1 ⇒ m M3 ⇒ r ∈ ¢ .
3
Nếu Tn M 3, ∀n ⇒ p = −T1 M3 ⇒ T3 = − p + 3 pq − m ⇒ m M3 ⇒ r ∈ ¢ .

Vậy ta có điều phải chứng minh.
Tiếp theo ta xét một vài ví dụ về việc sử dụng tính chất nghiệm của đa thức để
chứng minh bất đẳng thức.
Ví dụ 2.35. Cho a, b, c, d là các số dương. Chứng minh rằng
abc + abd + acd + bcd
ab + ac + ad + bc + bd + cd
≤
4
6
Dấu bằng xảy ra khi nào?
Lời giải.
Giả sử a < b < c < d và
P( x ) = ( x - a )( x - b)( x - c )( x - d ) ⇒ P ( a ) = P (b) = P (c ) = P ( d ).

Áp dụng định lí Roll ta thấy tồn tại y1 ∈ [a; b], y2 ∈ [b;c], y3 ∈ [c; d ] là các nghiệm
của P '( x ) .
Ta có

P( x ) = x 4 − T1 x 3 + T2 x 2 − T3 x + T4 , trong đó T1 = a + b + c + d,

T2 = ab + ac + ad + bc + bd + cd, T3 = abc + abd + acd + bcd, T4 = abcd.
P '( x ) = 4 x 3 − 3T1 x 2 + 2T2 x − T3 có ba nghiệm dương y1 , y2 , y3 . Theo định lí Viete

ta có
y1 y2 + y1 y3 + y2 y3 =

T2
T
; y1 y2 y3 = 3 .
2
4
24


Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
1
( y1 y2 + y2 y3 + y1 y3 ) ≥
3

3

( y1 y2 y3 )

2

2

T
T
T
T 
⇒ 2 ≥ 3 3÷ ⇒ 3 3 ≤ 2.
6
4
6
4

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = d.
Ví dụ 2.36 (HSGQG 1996). Cho a, b, c, d là các số không âm thỏa mãn
2(ab + ac + ad + bc + bd + cd ) + abc + abd + acd + bcd = 16 .
Chứng minh rằng a + b + c + d ≥

2
(ab + ac + ad + bc + bd + cd ) .
3

Lời giải.
Đặt P ( x ), Ti (i = 1, 4) như ví dụ 2.35 ta có P '( x ) có ba nghiệm không âm y1 , y2 , y3
và y1 + y2 + y3 =

3T1
T
T
; y1 y2 + y1 y3 + y2 y3 = 2 ; y1 y 2 y3 = 3 .

4
2
4

Từ giả thiết ta có 2T2 + T3 = 16 ⇒ y1 y2 + y1 y3 + y2 y3 + y1 y2 y3 = 4 .

(2.12)

2
Ta phải chứng minh T1 ≥ T2 ⇔ y1 + y2 + y3 ≥ y1 y2 + y2 y3 + y2 y3 .
3

(2.13)

Thật vậy, do (2.12) nên trong ba số y1 , y2 , y3 có nhiều nhất một số bằng không.
Giả sử y1 , y2 > 0 ⇒ y3 =

y1 + y2 +
⇔

4 − y1 y2
. Thay vào (2.13) ta được
y1 + y 2 + y1 y2

4 − y1 y2
4 − y1 y2
≥ 4 − y1 y2
y1 + y2 + y1 y2
y1 + y2 + y1 y 2
( y1 + y2 − 2) 2 ≥ y1 y2 (1 − y1 )(1 − y2 ).

(2.14)

Nếu (1 − y1 )(1 − y2 ) ≤ 0 thì (2.14) đúng.
Nếu (1 − y1 )(1 − y2 ) > 0 thì (1 − y1 )(1 − y2 ) ≤

(2 − y1 − y 2 ) 2
và 0 < y1 y2 ≤ 4 suy ra
4

(2.14) đúng.
2.3.4 Số đại số
Ví dụ 2.37 Chứng minh rằng nếu α là một số hữu tỉ thì số cos απ là số đại số.
Lời giải.
Cho m là một số tự nhiên bất kì. Ta có
25