CHUYÊN đề NGHIỆM của đa THỨC

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT TỈNH QUẢNG NGÃI
TỔ TOÁN

CHUYÊN ĐỀ

NGHIỆM PHỨC CỦA ĐA THỨC

Giáo viên: Phạm Ngọc Châu

Quảng Ngãi, Tháng 8 năm 2015
1


NGHIỆM PHỨC CỦA ĐA THỨC
Đa thức trong các đề thi học sinh giỏi thường là khá phức tạp đối với thí
sinh, dùng số phức để giải toán không là sự lựa chọn của nhiều học sinh do các em
không có nhiều điều kiện tiếp xúc. Bài viết này cố gắng làm nhẹ đi sự phức tạp và
làm tăng điều kiện tiếp xúc cho các em qua việc xét nghiệm phức của đa thức.
Bài viết này sử dụng các kiến thức quen thuộc : định lý Bezout, định lý
Viette, các kiến thức về số phức trong sách giáo khoa môn Toán lớp 12 nâng cao,…,
chỉ cần lưu ý thêm vài ý sau
. Đa thức bậc n có không quá n nghiệm thực.
. Đa thức bậc lẻ luôn có nghiệm thực.
. Khi số phức z = a + bi có phần ảo b = 0 thì mođun của z chính là giá trị
tuyệt đối của phần thực a.
. Cho hai đa thức f(x) và g(x) (g(x) không là đa thức 0) bất kỳ của ¢ ( x)
(tương ứng là ¤ ( x) , ¡ ( x) , £ ( x) )thì bao giờ cũng có hai đa thức duy nhất q(x) và r(x)
thuộc ¢ ( x) (tương ứng là ¤ ( x) , ¡ ( x) , £ ( x) ) sao cho
f(x) = g(x)q(x) + r(x) với deg r(x) < deg g(x).
Nếu r(x) = 0, ta nói f(x) chia hết cho g(x).
. Nếu z là nghiệm phức của đa thức hệ số thực f(x) thì z cũng là nghiệm

phức của đa thức f(x).
. Tích của hai số phức liên hợp là một số thực không âm.
Bài toán mở đầu là một bài khá quen trong đề thi quốc gia của Rumani đã
khá lâu.
Bài toán 1 Chứng minh rằng với n ∈ ¥ * , α ∈ ¡ mà sin α ≠ 0 thì đa thức
P ( x ) = x n sin α − x sin nα + sin( n − 1)α chia hết cho đa thức Q( x) = x 2 − 2 x cos α + 1.
Ta có cách giải quen thuộc là chứng minh quy nạp theo n ∈ ¥ * . Xét cách giải
dùng số phức sau.
Giải
. Có Q(x)= (x – x1)(x – x2) với x1 = cos α + i sin α , x2 = cos α – i sin α nên ta
chứng minh x1, x2 là hai nghiệm của P(x). Ta có
. P(x1) = (x1)n sin α – x1sinn α + sin(n – 1) α
= (cosn α + i sinn α )sin α – (cos α + i sin α )sinn α + sinn α cos α
– cosn α sin α = 0.
.Vì x2 = x1 nên P(x2) = 0.
Vậy P(x) M Q(x): điều phải chứng minh.
2


Phức tạp hơn một chút, ta có bài toán sau.
Bài toán 2 Chứng minh nếu n ∈ ¥ * , n không chia hết cho 2 và 3 thì đa thức
P(x) = Cn1 x n - 2 + C2n x n - 3 + ... + Cnn - 1 chia hết cho đa thức Q(x) = x3 + 2x2 + 2x + 1.
Giải
. Đa thức Q(x) = (x + 1)(x2 + x + 1) có các nghiệm x1 = – 1, x2 =
x3 =

−1 − i 3
nên ta chứng minh P(xi) = 0, i = 1,3.
2
Có xP(x) = Cn1 x n - 1 + Cn2 x n - 2 + ... + C nn - 1 x

⇔ xP(x) + xn + 1 = (1 + x)n

do đó

xP(x) = (1 + x)n – xn – 1 và từ n lẻ, ta có
+ x1P(x1) = 0 − (−1) n − 1 = −(−1) − 1 = 0 ⇔ P(x1) = 0.
n

n

1
3   1
3 
+ x2P(x2) =  + i ÷÷ −  − + i ÷÷ − 1
2 2   2 2 
n

nên

n

π
π 
2π
2π 

=  cos + i sin ÷ −  cos
+ i sin
÷ −1
3

3 
3
3 

nπ
nπ  
2nπ
2nπ 

=  cos
+ i sin
+ i sin
÷−  cos
÷− 1
3
3  
3
3 

nπ
2nπ
nπ
2nπ 

 
=  cos
− cos
− 1÷+ i  sin
− sin
÷.

3
3
3
3 

 
Vì n không chia hết cho 2, cho 3 nên n = 6k ± 1, k∈ N*. Do đó
π
π
1
+ cosn = cos( ± ) = ,
3
3
2
2π
2π
1
= cos( ±
)=- ,
+ cosn
3
3
2
π
π
2π
n2π
+ sinn = sin(± ) = sin(± ) = sin
3
3

3
3
1 1
x2P(x2) = + − 1 + 0 = 0.
2 2
+ Lại có x2 ≠ 0 nên P(x2) = 0.

Vì x3 = x 2 nên P(x3) = 0.
Vậy P(x) M Q(x): điều phải chứng minh.
Mở rộng một chút bài toán này, ta có bài toán 3.
Bài toán 3 Tìm số nguyên dương n để đa thức
3

−1 + i 3
,
2


P(x) = - C1n x n - 2 + C2n x n - 3 - C3n x n - 4 + ... + (-1) n - 1 Cnn - 1
chia hết cho đa thức Q(x) = x3 – 2x2 + 2x – 1.
Giải
. Đa thức Q(x) = (x – 1)(x2 – x + 1) có các nghiệm x1 = 1, x2 =

1+2 3
, x3 =
2

1− i 3
nên ta tìm n ∈ ¥ * để P(xi) = 0, i = 1,3.
2

. Có xP(x) = −Cn1 x n −1 + Cn2 x n −2 − Cn3 x n −3 + ... + (−1)n −1 Cn1
⇔ xP(x) + xn +(- 1)n = Cn0 x n − Cn1 x n −1 + Cn2 x n− 2 − Cn3 x n−3 + ... + (−1) n−1 Cn1 + (−1) n Cnn
⇔ xP(x) = (x – 1)n – xn – (–1)n.

Ta có
+ x1P(x1) = 0 − 1 − (−1) n ⇔ P(x1) = −1 − (−1) n (do x1 = 1).
Do đó P(x1) = 0 ⇔ (−1) n = −1 ⇔ n lẻ.
Lúc đó xP(x) = (x – 1)n – xn + 1.
n

n

n

n

1
 1
3
3 
+ x2P(x2) =  + i − 1÷÷ −  + i ÷÷ + 1
2 2
 2 2 
 1
3  1
3 
=  − + i ÷÷ −  + i ÷÷ + 1
 2 2  2 2 
2nπ
2nπ  

nπ
nπ 

=  cos
+ i sin
+ i sin
÷−  cos
÷+ 1
3
3  
3
3 

2nπ
nπ
2nπ
nπ 

 
=  cos
− cos
+ 1 ÷+ i  sin
− sin
÷.
3
3
3
3 

 

2nπ
nπ

cos 3 − cos 3 + 1 = 0
Do đó P(x2) = 0 ⇔ 
sin 2nπ − sin nπ = 0

3
3

nπ 
nπ

cos 3  2 cos 3 − 1÷ = 0



⇔
sin nπ  2cos nπ − 1 = 0

÷

3 
3

nπ
⇔ 2 cos
−1 = 0
3
nπ

π
⇔
= ± + k 2π
3
3
⇔ n = 6k ± 1, k ∈ ¢ .
+ Vì x3 = x2 nên P( x3 ) = 0 ⇔ n = 6k ± 1.

4


Vậy số n cần tìm là số nguyên dương chia cho 6 dư 1 hoặc dư 5.
Kết hợp với dãy số, ta có bài thứ 5 (bài đầu của ngày thứ hai) VMO 2015.
Bài toán 4 Cho dãy đa thức (fn(x) )được xác định bởi
f0(x) = 2, f1(x) = 3x, fn(x) = 3xfn-1(x) + (1 – x – 2x2) fn-2(x) với mọi n ≥ 2.
Tìm tất cả các số nguyên dương n để đa thức f n(x) chia hết cho đa thức x3 –
x2 + x.
Bài này ngoài cách giải đặt dãy hàm phụ và đồng dư, còn có cách giải
khác, có thể nhẹ hơn, là cách dùng dãy số và số phức.
Giải
u0 = 2, u1 = 3x,
với x là tham số thực.
2
un = 3 xun −1 + (1 − x − 2 x )un− 2 , n ∈ ¥ , n ≥ 2

. Xét dãy số 

Ta có phương trình đặc trưng u2 – 3xu + (2x2 + x – 1) = 0 có hai nghiệm
u1 = x + 1, u2 = 2x – 1 nên
un = α ( x + 1) n + β (2 x − 1) n , n ∈ ¥ .

u0 = 2 = α + β
α = 1
⇔
nên f n ( x) = ( x + 1) n + (2 x − 1) n , n ∈ ¥ .
β = 1
u1 = 3 x = α ( x + 1) + β (2 x − 1)

Có 

. Đặt g(x) = x3 – x2 + x thì g(x) = x(x2 – x + 1) có ba nghiệm x1 = 0, x2 =
1+ i 3
1− i 3
, x3 =
nên ta tìm n ∈ ¥ để fn(x1) = 0, fn(x2) = 0 ( lúc đó fn(x3) = 0 do
2
2
x3 = x2 ). Ta có
+ fn(x1) = 0 ⇔ 1n + (−1) n = 0 ⇔ n lẻ.
n

3
3 
+ fn(x2) =  + i ÷÷ +
2 2 

( 3i )

n

n

 3 1 
n
n
= 3 
+ i÷
+
3
0
+
i
(
)
÷
 2 2 
n
n
n 
π
π 
π
π 
= 3  cos + i sin ÷ +  cos + i sin ÷ 
6
6 
2
2  

n 
nπ

nπ  
nπ
nπ
= 3  cos
+ i sin
+ i sin
÷ +  cos
6
6  
2
2

n


÷

n 
nπ
nπ  
nπ
nπ  
= 3  cos
+ cos
+ sin
÷+ i  sin
÷
6
2  
6

2  


5


n 
nπ
nπ  
nπ
nπ  
= 2 3  cos
cos
cos
÷+ i  sin
÷
3
6  
3
6  

n
nπ 
nπ
nπ 
= 2 3 cos
+ i sin
 cos
÷.
6 

3
3 
nπ
nπ π
= + kπ ⇔ n = 6k + 3, k ∈ ¥ .
Do đó f n ( x2 ) = 0 ⇔ cos = 0 ⇔
6
6
2
n
=
6
k
+
3,
k
∈
¥
.
+ Kết hợp với n lẻ, chọn
Vậy tất cả các giá trị cần tìm là n = 6k + 3, k ∈ ¥ .

Ta xét một vài dạng toán khác của đa thức sử dụng đến số phức và
nghiệm phức.
Bài toán 5 Gọi x1, x2, ... , xn là n nghiệm của đa thức với hệ số thực
P(x) = xn + a1xn-1 + a2xn-2 + ... + an-1x + an.
Chứng minh rằng
n

∏ (x

i =1

i

2

+ 1) = (1 − a2 + a4 − a6 + ...) 2 + (a1 − a3 + a5 − a7 + ...) 2 .

Đa thức x2 + 1 có hai nghiệm là i và –i nên
x2 + 1 = (x – i)(x + i) = (i – x)(-i – x).
Do đó cần viết lại P(x) dưới dạng tích và thay x bởi i và –i để xuất hiện
nhân tử xi 2 + 1.
Giải
n

Theo gỉa thiết, P(x) = ∏ ( x − xi ) nên
i =1

n

P(i).P(-i) = ∏ (i − xi )( −i − xi )
i =1

n

n

i =1

i =1

= ∏  − ( i 2 − xi 2 )  = ∏ ( xi 2 + 1)

(1)

Lại có
P(i).P(-i) =( in + a1in-1 + a2in-2 + ... + an-1i + an)((- i)n + a1(-i)n-1 +
a2 (-i)n-2 + ... + an-1 (-i) + an)
và
1 = -i2 = -(-i)2 = i4 = (-i)4 = -i6 = -(-i)6 = ...
nên
a1i n −1 = −i 2 a1i n −1 = −a1i n +1 ,

a1 (−i ) n −1 = −( −i ) 2 a1 (−i ) n−1 = − a1 (−i ) n +1 ,

a2 i n − 2 = −i 2 a2 i n − 2 = −a2 i n ,

a2 (−i ) n −2 = −(−i ) 2 a2 (−i ) n −2 = −a2 (−i ) n ,

a3i n −3 = i 4 a3 i n −3 = a3i n+1 ,

a3 (−i ) n −3 = ( −i ) 4 a3 (−i ) n−3 = a3 ( −i ) n+1 ,

a4 i n − 4 = i 4 a4 i n −4 = a4 i n ,

a4 (−i ) n −4 = (−i ) 4 a4 (−i ) n − 4 = a4 (−i ) n ,

6

a5 i n −5 = −i 6 a5 i n −5 = − a5 i n +1 ,

a5 (−i ) n−5 = −(−i )6 a5 (−i ) n −5 = −a5 (−i ) n+1 ,

a6 i n −6 = −i 6 a6 i n −6 = − a6 i n ,

a6 (−i ) n− 6 = −(−i )6 a6 (−i ) n −6 = − a6 (−i ) n ,... .

Do đó
P(i).P(-i)
= (i n)(-i)n(1 – a1i – a2 + a3i + a4 – a5i – a6 + ...)(1 – a1(-i) – a2 + a3(-i) + a4 –
a5(-i) – a6 + ...)
= [(1 – a 2 + a4 – a6 +...) – i(a1 –a3 + a5 – ...)][(1 – a2 + a4 – a6 + ...) – (-i)(a1 –
a3 + a5 – ...)]
= (1 – a2 + a4 – a6 +...)2 – [ i(a1 –a3 + a5 – ...)]2
= (1 – a2 + a4 – a6 +...)2 – (a1 –a3 + a5 – ...)2
(2)
Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.
Bài toán tiếp theo sử dụng số phức ở khía cạnh khác : môt đa thức hệ số
thực nếu có nghiệm phức (thật sự) z thì sẽ có nghiệm z , do đó nó có một số chẵn
nghiệm phức và tích hai nghiệm liên hợp này là một số thực dương.
Bài toán 6 ( IMO lần thứ 34, năm 1993)
Cho f(x) = x n + 5xn-1 + 3, n nguyên, n > 1. Chứng minh rằng f(x) không thể
biểu diễn thành tích hai đa thức ( khác hằng số) với hệ số nguyên.
Giải
. Khi n = 2 thì f(x) = x2 + 5x + 3 là bất khả quy trên ¢ (x) .
. Khi n ≥ 3, giả sử f(x) = g(x).h(x) với g(x), h(x) thuộc ¢ (x) và có bậc ≥ 1.
Vì deg g + deg h = n ≥ 3 nên trong hai số deg g, deg h có một số lớn hơn
1. Lại có f(0) = 3 là số nguyên tố nên g (0) = 1 hoặc h(0) = 1.
Giả sử g(x) = xk + a1xk-1 + a2xk-2 + … + ak (k > 1) và g (0) = 1 .

Gọi x1, x2, …,xk là các nghiệm ( nói chung ∈ £ ) của g(x) thì
k

g(x) = ∏ ( x − xi ) .
i =1

Vì g (0) = 1 nên x1 x2 ...xk = 1 .
(*)
Có g(xi) = 0 nên f(xi) = 0, i = 1, k . Do đó xi n −1 ( xi + 5) = −3, i = 1, k .
Nhân k đẳng thức này và dùng (*), ta được
( x1 + 5)( x2 + 5)...( xk + 5) = 3k .

nên

( **)

Lại có g (−5) = ( x1 + 5)( x2 + 5)...( xk + 5) và 3 = f(-5) = g(-5)h(-5)
( x1 + 5)( x2 + 5)...( xk + 5) = 3 hoặc ( x1 + 5)( x2 + 5)...( xk + 5) = 1.
(***)
7


Vì k > 1 nên 3k > 3 từ ( **) và (***) ta có ngay mâu thuẫn.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Kết hợp với các kỹ thuật thường dùng trong bài toán xác định đa thức
như xét nghiệm và số nghiệm, đồng nhất hai vế,..., ta có bài toán tương đối phức tạp
sau
Bài toán 7 Tìm tất cả các đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn điều kiện
P ( x ).P ( x + 1) = P ( x 2 + x + 1), ∀x .
(1)

Giải
a = 0
. Thử lại, chọn
a = 1

2
. Nếu P(x) ≡ a (a là hằng số) thì từ (1) ta có a = a ⇔ 

hai đa thức P(x) ≡ 0, P(x) ≡ 1.
. Xét P(x) không là đa thức hằng.
+ Nếu x 0 là nghiệm thực của P(x) thì P( x0 2 + x0 + 1) = P ( x0 ).P( x0 + 1) = 0 nên
x1 = x0 2 + x0 + 1 là nghiệm của P(x).
Tương tự, x2 = x12 + x1 + 1 thì P( x2 ) = P( x12 + x1 + 1) = P( x1 ).P( x1 + 1) = 0 nên
x2 là nghiệm của P(x).
Cứ thế ta có xk +1 = xk 2 + xk + 1, k ∈ ¥ là nghiệm của P(x) và xk +1 − xk =
= xk 2 + 1 > 0 nên P(x) có vô số nghiệm ( là điều vô lý).
Do đó P(x) không có nghiệm thực.
+ Ta được P( x) = a2 n x 2 n + a2 n−1 x 2 n−1 + ... + a0 (a2 n , a0 ≠ 0, n ≥ 1).
Thay vào (1), được
(a2 n x 2 n + a2 n −1 x 2 n −1 + ... + a0 )  a2 n ( x + 1) 2 n + a2 n −1 ( x + 1) 2 n −1 + ... + a0  =

= a2 n ( x 2 + x + 1) 2 n + a2 n −1 ( x 2 + x + 1) 2 n −1 + ... + a0
2
a2 n = 1
 a2 n = a2 n
⇔
.
Đồng nhất hệ số của x và hệ số tự do, ta có  2
 a0 = a0
 a0 = 1

(−1) 2 n a0
=1
Gọi x1, x2, ...,x2n là 2n nghiệm phức của P(x) thì x1 x2 ...x2 n =
a2 n

4n

do đó

x1 x2 ...x2 n = x1 x2 ... x2 n = 1.

Vì xk là nghiệm của P(x) thì xk 2 + xk + 1 cũng là nghiệm của P(x) nên
2
từ xk + xk + 1 > xk ta có
2
- Nếu xk > 1 thì xk + xk + 1 > xk > 1 , suy ra P(x) có vô số nghiệm :

loại.
- Nếu xk < 1 thì số phức ui thỏa uk 2 + uk + 1 = xk cũng là nghiệm của
2
P(x) và ta có uk < uk + uk + 1 = xk , suy ra P(x) có vô số nghiệm : loại.
8


Như vậy phải có xk = 1, k = 1, 2n hay xk = cos ϕk + i sin ϕ k , k = 1, 2n.
2
Vì xk + xk + 1 = 1 nên

(2 cos ϕ k + 1)(cos ϕk + i sin ϕ k ) = 1
⇔ (2 cos ϕ k + 1) 2 (cos 2 ϕk + sin 2 ϕ k ) = 1

 cos ϕ k = 0
⇔
 cos ϕ k = 1
 xk = i
⇔
.
 xk = −i
n

Lại có

∑x
k =1

k

=

− a2 n −1
= 0 nên P ( x ) = ( x 2 + 1) n , n ≥ 1 ( thỏa (1)).
a2 n

Vậy tất cả các đa thức cần tìm là P( x) ≡ 0, P( x) ≡ 1, P( x) = ( x 2 + 1) n , n ≥ 1.
Để rèn luyện, các em học sinh có thể giải các bài toán sau
1. Chứng minh rằng đa thức P(x) = (x + 1) 4n+2 + (x – 1)4n+2 chia hết cho đa thức
Q(x) = x2 + 1 với mọi số tự nhiên n.
2. Tìm số nguyên dương n sao cho đa thức P(x) = x 2n + xn + 1 chia hết cho đa
thức Q(x) = x2 + x + 1.
( Kết quả là n là số nguyên dương không chia hết cho 3)
3. Có tồn tại hay không số nguyên dương n sao cho đa thức P(x) = (x + 1) 2n +

(x – 1)2n – (2x)2n chia hết cho đa thức Q(x) = x4 – 1.
( Kết quả là không tồn tại số nguyên dương n)
4 . Cho dãy đa thức (fn(x) )được xác định bởi
3x

 f 0 ( x) = 2, f1 ( x ) = 2
.

 f ( x) = 3x f ( x) − 1 ( x 2 + x − 2) f ( x), n ≥ 2
n −1
n−2
 n
2
2

Tìm tất cả các số nguyên dương n để đa thức f n(x) chia hết cho đa thức x3
– 2x2 + 4x.
( Kết quả là n là số nguyên dương chia 6 dư 3)
5. Cho các đa thức hệ số phức P(x) = x n + a1xn-1 + a2xn-2 + ... + an-1x + an có n
nghiệm x1, x2,...,xn , Q(x) = xn + b1xn-1 + b2xn-2 + ... + bn-1x + bn có n nghiệm x12,
x22,...,xn2. Chứng minh rằng nếu các tổng a1 + a3 + a5 + ... và a2 + a4 + a6 + ... là các số
thực thì tổng b1 + b2 + b3 + ...+bn cũng là số thực.
9


(Hướng dẫn: Xét tích P(1).P(-1) và xét Q(1))
2
6 n +1
6. Cho đa thức P( x) = ( x + x + 1) =

2n

2n

k =0

k =0

12 n + 2

∑ax
k =0

k

k

, n ∈ ¥ . Chứng minh rằng

∑ a6k = ∑ a6k + 2 .
1
2

(Hướng dẫn: Xét tổng P( ε )+P(- ε )với ε = − +

3
i)
2

Mong là bài viết này giúp các thầy cô có thêm tài liệu cho các em đọc và làm

bài tập. Những ý kiến trao đổi xin gởi về: Phạm Ngọc Châu, giáo viên Toán trường
THPT chuyên Lê Khiết, thành phố Quảng Ngãi, tỉnh Quảng Ngãi.

10


11