CHUYÊN đề hội THẢO các TRƯỜNG CHUYÊN đa THỨC lý THUYẾT và bài tập

CHUYÊN ĐỀ: ĐA THỨC LÝ THUYẾT VÀ BÀI TẬP
Nguyễn Trung Nghĩa
Trường: THPT Chuyên Nguyễn Tất Thành - Yên Bái

A. PHẦN MỞ ĐẦU
1. Lý do chọ đề tài
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.
Các bài tốn về đa thức thường xuyên xuất hiện trong các kỳ thi học sinh
giỏi tốn và ln được đánh giá là các bài tốn khó. Các bài tốn này thường u
cầu nghiên cứu tính chất về các hệ số của một đa thức, tính chất về nghiệm của nó
hoặc những bài tốn về đa thức nguyên, tính khả quy và được hỏi theo nhiều hình
thức khác nhau.
Đề tài này sẽ hệ thống hố lại những kiến thức cơ bản nhất về đa thức một
biến, các dạng tốn thường gặp về đa thức.
2. Mục đích của đề tài
Với mục đích hệ thống hóa lại kiến thức, tổng hợp và hệ thống lại các dạng
bài tập thường gặp về đa thức. Cố gắng xây dựng thành tài liệu cho học sinh lớp
chuyên toán tham khảo khi bắt đầu học đa thức và làm các bài tập về đa thức trong
các đề thi học sinh giỏi các cấp.
B. NỘI DUNG
I. CÁC KIẾN THỨC LÝ THUYẾT CƠ BẢN
1. Đa thức và các phép toán trên đa thức.
1.1. Định nghĩa.Đa thức trên trường số thực là biểu thức có dạng
P(x) = anxn + an-1xn-1 + … + a1x + a0, trong đó ai∈ R và an≠ 0.
ai được gọi là các hệ số của đa thức, trong đó an được gọi là hệ số cao nhất và a0
được gọi là hệ số tự do.
1

n được gọi là bậc của đa thức và ký kiệu là n = deg(P). Ta quy ước bậc của
đa thức hằng P(x) = a0 với mọi x là bằng 0 nếu a0≠ 0 và bằng nếu a0 = 0.
Để tiện lợi cho việc viết các công thức, ta quy ước với đa thức P(x) bậc n thì
vẫn có các hệ số ak với k > n, nhưng chúng đều bằng 0.
Tập hợp tất cả các đa thức 1 biến trên trường các số thực được ký hiệu là
R[x]. Nếu các hệ số được lấy trên tập hợp các số hữu tỷ, các số ngun thì ta có
khái niệm đa thức với hệ số hữu tỷ, đa thức với hệ số nguyên và tương ứng là các
tập hợp Q[x], Z[x].
1.2. Đa thức bằng nhau.
m

n

k =0

k =0

P ( x ) = ∑ a k x k , Q ( x ) = ∑ bk x k

Hai đa thức
với mọi k = 0, 1, 2, …, m.

bằng nhau khi và chỉ khi m = n và a k = bk

1.3. Phép cộng, trừ đa thức.
m

n

k =0

k =0

m

n

k =0

k =0

P ( x ) = ∑ a k x k , Q( x) =∑ bk x k

Cho hai đa thức
. Khi đó phép cộng và trừ hai đa
thức P(x) và Q(x) được thực hiện theo từng hệ số của xk, tức là
P( x) ± Q( x) =

max{ m , n}

∑ (a
k =0

k

± bk ) x k

.

1.4. Phép nhân đa thức.

P ( x ) = ∑ a k x k , Q ( x ) = ∑ bk x k

Cho hai đa thức

. Khi đó P(x).Q(x) là một đa thức
k

c k = ∑ ai bk −i

có bậc m + n và có các hệ số được xác định bởi

i =0

.

1.5. Bậc của tổng, hiệu và tích của các đa thức.
Từ các định nghĩa trên đây, dễ dàng suy ra các tính chất sau đây:
Định lý 1. Cho P(x), Q(x) là các đa thức bậc m, n tương ứng. Khi đó

2


a) deg(P±Q) ≤ max{m, n} trong đó nếu deg(P) ≠ deg(Q) thì dấu bằng xảy
ra. Trong trường hợp m = n thì deg(P±Q) có thể nhận bất cứ giá trị nào ≤ m.
b) deg(P.Q) = m + n.
1.6. Phép chia có dư.
Định lý 2. Với hai đa thức P(x) và Q(x) bất kỳ, trong đó deg(Q) ≥ 1, tồn tại duy
nhất các đa thức S(x) và R(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện:
i) P(x) = Q(x).S(x) + R(x)
ii) deg(R) < deg(Q).

Chứng minh. Tồn tại. Ta chứng minh bằng quy nạp theo m = deg(P). Nếu deg(P)
< deg(Q) thì ta có thể chọn S(x) ≡ 0 và R(x) = P(x) thoả mãn đồng thời các điều
kiện i) và ii). Giả sử m ≥ n và định lý đã được chứng minh với các đa thức có bậc
nhỏ hơn m. Ta chứng minh định lý đúng với các đa thức bậc m.
m

n

k =0

k =0

P ( x ) = ∑ a k x k , Q ( x ) = ∑ bk x k

Giả sử
Xét đa thức

H ( x) = P ( x) −

am m−n
a
x Q ( x ) = (am x m + am−1 x m−1 + ... + a1x + a0 ) − m x m−n (bn x n + ... + b0 ) =
bn
bn


a b 
=  am−1 − m n−1 ÷x m−1 + ...
bn 


Do hệ số của xm ở hai đa thức bị triệt tiêu nên bậc của H(x) không vượt quá m-1.
Theo giả thiết quy nạp, tồn tại các đa thức S*(x), R*(x) sao cho H(x) = S*(x).Q(x)
+ R*(x).
P( x) = H ( x ) +

Nhưng khi đó

a m m−n
a
x Q( x ) = ( m x m −n + S * ( x )) + R * ( x)
bn
bn

Vậy đặt S(x) = (am/bn)xm-n + S*(x) và R(x) = R*(x) ta được biểu diễn cần tìm cho
P(x) duy nhất.
3


Giả sử ta có hai biểu diễn P(x) = S(x).Q(x) + R(x) và P(x) = S*(x).Q(x) +
R*(x) thoả mãn điều kiện ii). Khi đó Q(x).(S(x)-S*(x)) = R*(x) – R(x). Ta có, theo
điều kiện ii) và định lý 1 thì ded(R*(x) – R(x)) < deg(Q). Mặt khác, nếu S(x) –
S*(x) không đồng nhất bằng 0 thì deg(Q(x).(S(x)-S*(x))) = deg(Q(x)) + deg(S(x)S*(x)) ≥ deg(Q). Mâu thuẫn vì hai vế bằng nhau.
Theo ký hiệu của định lý thì S(x) được gọi là thương số và R(x) được gọi là
dư số trong phép chia P(x) cho Q(x).
Phép chứng minh nói trên cũng cho chúng ta thuật tốn tìm thương số và dư
số của phép chia hai đa thức, gọi là phép chia dài (long division) hay sơ đồ
Horner.
Ví dụ: Thực hiện phép chia 3x3 – 2x2 + 4x + 7 cho x2 + 2x được 3x – 8, dư
20x + 7.

1.7. Sự chia hết, ước và bội.
Trong phép chia P(x) cho Q(x), nếu dư số R(x) đồng nhất bằng 0 thì ta nói
rằng đa thức P(x) chia hết cho đa thức Q(x). Như vậy, P(x) chia hết cho Q(x) nếu
tồn tại đa thức S(x) sao cho P(x) = Q(x).S(x). Trong trường hợp này ta cũng nói
Q(x) chia hết P(x), Q(x) là ước của P(x) hoặc P(x) là bội của Q(x). Ký hiệu tương
ứng là Q(x) | P(x) và

P( x ) Q( x).

Cho P(x) và Q(x) là các đa thức khác 0. Ước chung lớn nhất của P(x) và Q(x) là
đa thức D(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện sau:
i) D(x) là đa thức đơn khởi, tức là có hệ số cao nhất bằng 1
ii) D(x) là ước chung của P(x) và Q(x), tức là D(x) | P(x) và D(x) | Q(x)
iii) Nếu D’(x) cũng là ước chung của P(x) và Q(x) thì D(x) cũng là ước của
D’(x).
Tương tự, ta có khái niệm bội chung nhỏ nhất của hai đa thức.
Cho P(x) và Q(x) là các đa thức khác 0. Bội chung lớn nhất của P(x) và Q(x) là đa
thức M(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện sau:
i) M(x) là đa thức đơn khởi, tức là có hệ số cao nhất bằng 1
4


ii) M(x) là bội chung của P(x) và Q(x), tức là P(x) | M(x) và Q(x) | M(x)
iii) Nếu M’(x) cũng là bội chung của P(x) và Q(x) thì M’(x) cũng là bội của
M(x).
Ký hiệu UCLN và BCNN của hai đa thức P(x), Q(x) là GCD(P(x), Q(x)),
LCM(P(x), Q(x)) hay đơn giản hơn là (P(x), Q(x)), [P(x), Q(x)].
Hai đa thức P(x), Q(x) được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu (P(x), Q(x)) = 1.
1.8. Thuật tốn Euclide.
Để tìm ước chung lớn nhất của hai đa thức P(x), Q(x), ta sử dụng thuật tốn

Euclide sau đây:
Định lý 3. Giả sử có hai đa thức P(x), Q(x), trong đó deg(P) ≥ degQ. Thực hiện
phép chia P(x) cho Q(x) được thương số là S(x) và dư số là R(x). Khi đó
Nếu R(x) = 0 thì (P(x), Q(x)) = q* -1Q(x), trong đó q* là hệ số cao nhất của đa thức
Q(x).
Nếu R(x) ≠ 0 thì (P(x), Q(x)) = (Q(x), R(x)).
Chứng minh. Nếu R(x) = 0 thì P(x) = Q(x).S(x). Khi đó đa thức q* -1Q(x) rõ ràng
thoả mãn tất cả các điều kiện của UCLN.
Nếu R(x) ≠ 0, đặt D(x) = (P(x), Q(x)), D’(x) = (Q(x), R(x)). Ta có D(x) | P(x) –
Q(x).S(x) = R(x), suy ra D(x) là ước chung của Q(x), R(x), theo định nghĩa của
D’(x), ta có D’(x) là ước của D(x). Mặt khác D’(x) | Q(x)S(x) + R(x) = P(x), suy
ra D’(x) là ước chung của P(x), Q(x), theo định nghĩa của D(x), ta có D(x) là ước
của D’(x). Từ đây, do D và D’ đều là các đa thức đơn khởi, ta suy ra D = D’.
Định lý trên giải thích cho thuật tốn Euclide để tìm UCLN của hai đa thức theo
như ví dụ dưới đây:
Ví dụ: Tìm ước chung lớn nhất của hai đa thức x5 – 5x + 4 và x3 – 3x2 + 2.
HD: Ta lần lượt thực hiện các phép chia
x5 – 5x + 4 cho x3 – 3x2 + 2 được x2 + 3x + 9 dư 25x2 – 11x – 14
x3 – 3x2 + 2 cho 25x2 – 11x – 14 được (25x – 64)/625, dư (354/625)(x-1)
25x2 – 11x – 14 cho x-1 được 25x + 14 dư 0
5


Vậy (x5 – 5x + 4, x3 – 3x2 + 2) = x – 1.
Lưu ý, trong quá trình thực hiện, ta có thể nhân các đa thức với các hằng số khác
0. Ví dụ trong phép chia cuối cùng, thay vì chia 25x 2 – 11x – 14 cho (354/625)(x1) ta đã chia cho x – 1.
1.9. Tính chất của phép chia hết.
Nhắc lại, hai đa thức P(x), Q(x) được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu (P(x), Q(x))
= 1. Ta có định lý sau và nhiều ứng dụng về các đa thức nguyên tố cùng nhau:
Định lý 4. (Bezout) Hai đa thức P(x) và Q(x) nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi

tồn tại các đa thức U(x), V(x) sao cho P(x).U(x) + Q(x).V(x) = 1.
Chứng minh. Giả sử tồn tại các đa thức U(x) và V(x) thoả mãn điều kiện
P(x).U(x) + Q(x).V(x) = 1. Đặt D(x) = (P(x), Q(x)) thì D(x) | P(x), D(x) | Q(x) suy
ra D(x)|1 = P(x).U(x) + Q(x).V(x). Suy ra D(x) = 1.
Ngược lại, giả sử (P(x), Q(x)) = 1. Ta chứng minh tồn tại các đa thức U(x) và V(x)
sao cho P(x).U(x) + Q(x).V(x) = 1. Ta chứng minh bằng quy nạp theo m =
min{deg(P), deg(Q)}.
Nếu m = 0 thì điều cần chứng minh là hiển nhiên. Chẳng hạn nếu deg(Q) = 0 thì Q
= q là hằng số và ta chỉ cần chọn U(x) = 0, V(x) = q -1 thì ta được P(x).U(x) +
Q(x).V(x) = 1.
Giả sử ta đã chứng minh định lý đúng đến m. Xét hai đa thức P(x), Q(x) có
min{deg(P), deg(Q)} = m+1. Khơng mất tính tổng quát, giả sử m+1 = deg(Q).
Thực hiện phép chia P(x) cho Q(x) được thương là S(x) và dư là R(x). Khơng thể
xảy ra trường hợp R(x) = 0 vì khi đó 1 = (P(x), Q(x)) = q* -1Q(x). Vì vậy, ta có 1 =
(P(x), Q(x)) = (Q(x), R(x)).
Lúc này, do min(deg(Q), deg(R)) = deg(R) < m +1 nên theo giả thiết quy nạp, tồn
tại các đa thức U*(x), V*(x) sao cho Q(x)V*(x) + R(x)U*(x) = 1. Thay R(x) =
P(x) – Q(x).S(x), ta được Q(x)V*(x) + (P(x) – Q(x)S(x))U*(x) = 1
Hay P(x)U*(x) + Q(x)(V*(x) – S(x)U*(x)) = 1
Đặt U(x) = U*(x), V(x) = V*(x) – S(x)U*(x) ta được đpcm.
Tính chất của phép chia hết
6


i) Q | P, Q | R suy ra Q | P + R hay tổng quát hơn Q | P.U + R.V với U, V là
các đa thức bất kỳ.
ii) Q | P, P | R suy ra Q | R (tính bắc cầu)
iii) Q | P, P | Q suy ra tồn tại số thực khác 0 a sao cho Q = aP (ta gọi P và Q
là các đa thức đồng dạng)
iv) Nếu Q1 | P1 và Q2 | P2 thì Q1.Q2 | P1.P2.

v) Nếu Q | P.R và (P, Q) = 1 thì Q | R.
vi) Nếu Q | P, R | P và (Q, R) = 1 thì Q.R | P
Chứng minh. Các tính chất i-iv) là hiển nhiên xuất phát từ định nghĩa Q | P ⇔ tồn
tại S sao cho P = Q.S.
Để chứng minh các tính chất v) và vi), ta sẽ áp dụng định Bezout.
v) Từ giả thiết Q | P.R và (P,Q) = 1 suy ra tồn tại S sao cho P.R = Q.S và U, V sao
cho P.U + Q.V = 1
Khi đó R = (P.U+Q.V).R = (P.R)U + Q.V.R = Q.S.U + Q.V.R = Q.(SU+VR) suy
ra Q|R.
vii) Từ giả thiết Q | P, R | P và (Q, R) = 1 suy ra P = Q.S. Vì P = Q.S chia hết cho
R, mà (Q, R) = 1 nên theo v) suy ra S chia hết cho R, tức là S = R.S 1. Vậy P = Q.S
= (Q.R).S1 suy ra P chia hết cho Q.R.
2. Đa thức và nghiệm.
Nghiệm của đa thức đóng một vai trị quan trọng trong việc nghiên cứu các
tính chất của đa thức. Nhiều tính chất của đa thức được thể hiện qua nghiệm của
chúng. Ngược lại, việc nghiên cứu tính chất các nghiệm của đa thức cũng cũng là
một trong các vấn đề trung tâm của đại số.
2.1. Nghiệm của đa thức, định lý Bezout.
Định nghĩa. Số thực a (trong một số trường hợp, ta xét cả các số phức) được gọi
là nghiệm của đa thức P(x) = anxn + an-1xn-1 + …+ a1x + a0 nếu P(a) = 0, tức là
anan + an-1an-1 + …+ a1a + a0 = 0.

7


Ta có định lý đơn giản nhưng rất có nhiều ứng dụng sau đây về nghiệm của đa
thức:
Định lý 5. a là nghiệm của đa thức P(x) khi và chỉ khi P(x) chia hết cho x – a.
Định lý này là hệ quả của định lý sau:
Định lý 6. Số dư trong phép chia đa thức P(x) cho x – a là P(a).

Cả định lý 5 và định lý 6 đều được gọi là định lý Bezout. Để chứng minh định lý
6, ta chỉ cần chứng minh P(x) – P(a) chia hết cho x – a. Nhưng điều này là hiển
nhiên vì P(x) – P(a) = an(xn-an) + an-1(xn-1-an-1) + … + a1(x-a) và xk – ak = (x-a)(xk-1
+ xk-2a + …+ ak-1)
Từ định lý 5, ta có thể có một định nghĩa khác cho nghiệm của đa thức như sau: a
là nghiệm của đa thức P(x) nếu P(x) = (x-a)Q(x) với Q(x) là một đa thức nào đó.
Với định nghĩa này, ta có thể phát triển thành định nghĩa về nghiệm bội.
Định nghĩa. a được gọi là nghiệm bội r của đa thức P(x) nếu P(x) = (x-a)rQ(x) với
Q(a) ≠ 0.
2.2. Định lý Vieta.
Định lý 7. Xét đa thức P(x) ∈ R[x]. Nếu x1, x2, …, xk là các nghiệm phân biệt của
P(x) với các bội r1, r2, …, rk tương ứng thì P(x) chia hết cho (x-x 1)r1(x-x2)r2…(xxk)rk.
Chứng minh. Điều này là hiển nhiên theo định nghĩa và do các đa thức (x-x i)ri đôi
một nguyên tố cùng nhau.
Hệ quả:
a) Một đa thức bậc n với hệ số thực có khơng q n nghiệm thực.
b) Nếu hai đa thức P(x) và Q(x) có bậc nhỏ hơn hay bằng n bằng nhau tại n+1
điểm thì hai đa thức này bằng nhau.
Định lý 8. Xét đa thức P(x) ∈ R[x] bậc n. Giả sử x1, x2, …, xk là các nghiệm phân
biệt của P(x) với các bội r1, r2, …, rk tương ứng. Nếu r1 + r2 + … + rk = n thì
P(x) = an(x-x1)r1(x-x2)r2…(x-xk)rk.

8


Chứng minh: Dùng định lý 7, ta suy ra P(x) chia hết cho (x-x 1)r1(x-x2)r2…(x-xk)rk,
suy ra P(x) = (x-x1)r1(x-x2)r2…(x-xk)rkQ(x). So sánh bậc và hệ số cao nhất, ta suy ra
Q(x) = an.
Định lý 9. (Định lý Vieta) Giả sử đa thức P(x) = a nxn + an-1xn-1 + an-2xn-2 + … + a1x
+ a0 có n nghiệm (trong đó có thể có các nghiệm bội) là x1, x2, …, xn thì

P(x) = an(x-x1)(x-x2)…(x-xn)
và như hệ quả, ta cóx1 + x2 + … + xn = -an-1/an ; x1x2 + x1x3 + …+ x1xn + x2x3 + …+
x2xn + …+xn-1xn = an-2/an; …; x1x2…xn = (-1)na0/an.
Định lý 10. (Định lý Viét đảo)
a) Nếu x + y = S, x.y = P thì x, y là 2 nghiệm của phương trình X2 – SX + P = 0
b) Nếu x + y + z = S, xy + yz + zx = T, xyz = P thì x, y, z là 2 nghiệm của phương
trình
X3 – SX2 + TX – P = 0
Từ định lý 8 ta suy ra hai hệ quả đơn giản nhưng rất hiệu quả trong giải toán sau:
Hệ quả 1. Một đa thức bậc n có khơng q n nghiệm.
Hệ quả 2. Nếu P(x) và Q(x) là các đa thức bậc không quá n, trùng nhau tại n+1
điểm phân biệt thì hai đa thức này trùng nhau.
3. Đa thức bất khả quy.
3.1. Đa thức với hệ số nguyên.
Đa thức với hệ số nguyên là đa thức có dạng P(x) = anxn + an-1xn-1 + …+ a1x + a0
với ai là các số nguyên. Ta ký hiệu tập hợp tất cả các đa thức với hệ số nguyên là
Z[x].
Ta có các kết quả cơ bản sau đây về đa thức với hệ số nguyên.
(1) Nếu P(x) có nghiệm nguyên x = a thì phân tích được P(x) = (x-a)Q(x)
với Q(x) là đa thức với hệ số nguyên.
(2) Nếu a, b nguyên và a ≠ b thì P(a) – P(b) chia hết cho a – b.
(3) Nếu x = p/q là một nghiệm của P(x) (với (p, q) = 1) thì p là ước của a 0 và
q là ước của an. Đặc biệt nếu an = ± 1 thì nghiệm hữu tỷ là nghiệm nguyên.
9


(4) Nếu x = m +
phương thì x’ = m -

n

(5) Nếu x = m +
+ N’

n

n

là nghiệm của P(x) với m, n ngun, n khơng chính

cũng là nghiệm của P(x).
n

với m, n ngun, n khơng chính phương thì P(x) = M’

với M’, N’ nguyên.

Đa thức với hệ số nguyên sẽ nhận giá trị nguyên với mọi giá trị x ngun. Điều
ngược lại khơng đúng, có những đa thức nhận giá trị nguyên với mọi x nguyên
nhưng các hệ số của nó khơng ngun.
3.2. Đa thức bất khả quy.
Định nghĩa. Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên. Ta gọi P(x) là bất khả quy trên
Z[x] nếu P(x) không phân tích được thành tích hai đa thức thuộc Z[x] với bậc lớn
hơn hay bằng 1.
Tương tự định nghĩa đa thức bất khả quy trên Q[x].
Định lý 3.1 (Tiêu chuẩn Eisenstein)
Cho P(x) = anxn + an-1xn-1 + …+a1x + a0. Nếu tồn tại số nguyên tố p sao cho
i) an không chia hết cho p
ii) a0, a1, …, an-1 chia hết cho p
iii) a0 khơng chia hết cho p2

thì đa thức P(x) bất khả quy.
Định lý 3.2 (Quan hệ bất khả quy trên Z[x] và Q[x])
Nếu đa thức P(x) ∈ Z[x] bất khả quy trên Z[x] thì cũng bất khả quy trên Q[x].
Bổ đề Gauss. Ta gọi đa thức P ∈ Z[x] là nguyên bản nếu các hệ số của nó ngun
tố cùng nhau. Ta có bổ đề Gauss: Tích của hai đa thức nguyên bản là nguyên bản.
Chứng minh bổ đề. Cho hai đa thức nguyên bản
P(x) = anxn + an-1xn-1 + … + a1x + a0
Q(x) = bmxm + bm-1xm-1 + …+ b1x + b0
10


thìP(x).Q(x) = cm+nxm+n + cm+n-1xm+n-1 + …+c1x + c0
Giả sử tích trên khơng ngun bản thì tồn tại một số nguyên tố p là ước
chung của các hệ số c0, c1, …, cm+n. Vì P nguyên bản nên gọi i là số nhỏ nhất mà ai
không chia hết cho p và j là số nhỏ nhất sao cho bj không chia hết cho p. Khi đó
xét xi+j ta thấy hệ số tương ứng không chia hết cho p, vô lý. Vậy tích trên nguyên
bản.
Chứng minh định lý. Cho P(x) bất khả quy trên Z[x]. Giả sử P(x) khả quy trên
Q[x]: P(x) = P1(x).P2(x) với P1, P2 là các đa thức bậc nhỏ hơn bậc của P và có hệ số
hữu tỷ.
P1 ( x) =

Đặt

a1
a
Q1 ( x), P2 ( x) = 2 Q2 ( x)
b1
b2

P( x ) =

với (ai, bi) = 1 và Qi nguyên bản (i=1, 2).

a1 a 2
p
Q1 ( x)Q2 ( x) = Q1 ( x)Q2 ( x)
b1b2
q

Khi đó
với (p, q) = 1. Do P(x) ∈ Z[x] nên từ
đây suy ra các hệ số của Q 1(x)Q2(x) đều chia hết cho q, suy ra Q 1(x)Q2(x) không
nguyên bản, trái với bổ đề Gauss. Mâu thuẫn. Vậy P(x) bất khả quy trên Q[x].
4. Cơng thức nội suy Lagrange.
Ta có thể dự đoán rằng với mọi các bộ n+1 số phân biệt (a 0, a1, ..., an) và bộ
n+1 số bất kỳ b0, b1, ..., bn sẽ tồn tại một đa thức P(x) bậc không vượt quá n thoả
mãn điều kiện
P(ai) = bi với mọi i=0, 1, 2, ..., n. (*)
Ngoài ra, do tất cả các đa thức Q(x) thoả mãn (*) sẽ phải có dạng
Q(x) = P(x) + (x-a0)(x-a1)...(x-an)H(x)
với H(x) là một đa thức nào đó nên các nghiệm khác của (*) đều có bậc ≥ n+1.
Vì thế ta có thể đề xuất định lý sau:
4.1 Định lý. Cho bộ n+1 số thực phân biệt(a0, a1, ..., an) và bộ n+1 số bất kỳ (b0, b1,
..., bn). Khi đó tồn tại duy nhất một đa thức P(x) có bậc khơng vượt quá n thoả mãn
điều kiện P(ai) = bi với mọi i=0, 1, 2, ..., n.

11

Sự duy nhất được chứng minh khá dễ dàng theo như lý luận ở trên. Tuy nhiên,
việc chứng minh tồn tại cho trường hợp tổng quát là không đơn giản, vì điều này
tương đương với việc chứng minh một hệ phương trình n+1 phương trình, n+1 ẩn
số có nghiệm (duy nhất). Rất thú vị là ta tìm được cách chứng minh định lý này
một cách xây dựng, tức là tìm ra được biểu thức tường minh của đa thức P(x) mà
khơng cần phải giải hệ phương trình hệ số bất định nêu trên.
Ý tưởng chứng minh này như sau. Ta đi tìm các đa thức P 0(x), P1(x) …, Pn(x) bận
n thoả mãn điều kiện sau
Pi(aj) = δij,

Trong đó

1 i = j
δ ij = 
0 i ≠ j
n

P( x ) = ∑ bi Pi ( x)
i =0

Khi đó đa thức
n

n

i =0

i =0

sẽ thoả mãn điều kiện vì

P(a j ) = ∑ bi Pi (a j ) = ∑ bi δ ij = b j .

Vấn đề còn lại là đi tìm các đa thức Pi(x). Vì Pi(aj) = 0 với mọi j ≠ i nên
Pi(x) = Ci(x-a0)…(x-ai-1)(x-ai+1)…(x-an)
Ci =

Vì Pi(ai) = 1 nên

1
(ai − a 0 )...( a i − ai −1 )( ai − ai +1 )...( ai − a n )

Pi ( x) =

Như thế ta tìm được

( x − a 0 )...( x − ai −1 )( x − ai +1 )...( x − a n )
(ai − a 0 )...( ai − ai −1 )( ai − ai +1 )...( ai − a n )

(**)

là các đa thức thoả mãn hệ điều kiện Pi(aj) = δij.
Công thức nội suy Lagrange. Cho bộ n+1 số thực phân biệt(a0, a1, ..., an) và bộ
n

P( x ) = ∑ bi Pi ( x)

n+1 số bất kỳ (b0, b1, ..., bn). Khi đó đa thức

i =0

là đa thức duy nhất có bậc không vượt quá n thoả mãn điều kiện P(a i) = bi với mọi
i=0, 1, 2, ..., n. Các đa thức Pi(x) là các đa thức bậc n được định nghĩa bởi (**).
12


4.2. Ứng dụng của cơng thức nội suy Langrange.
Bài tốn nội suy là một trong các bài toán cơ bản của toán lý thuyết và toán
ứng dụng. Trong thực tế, chúng ta không thể đo được giá trị của một hàm số tại
mọi điểm, mà chỉ đo được tại một số điểm. Các công thức nội suy cho phép chúng
ta, bằng phép đo tại một số điểm, « dựng » lại một đa thức xấp xỉ cho hàm số thực
tế. Cơng thức nội suy Lagrange, vì thế có nhiều ứng dụng trong vật lý, trắc địa,
kinh tế học, khí tượng thuỷ văn, dự đốn dự báo …
Ví dụ 1. Tìm tất cả các đa thức P(x) thoả mãn điều kiện: P(1) = 1, P(2) = 2, P(3) =
4.
Lời giải. Rõ ràng nếu P và Q là hai đa thức thoả mãn điều kiện đề bài thì P(x) –
Q(x) sẽ bằng 0 tại các điểm 1, 2, 3 và từ đó, ta có P(x) – Q(x) = (x-1)(x-2)(x3)H(x). Ngược lại, nếu P(x) là đa thức thoả mãn điều kiện đề bài thì các đa thức
Q(x) = P(x) + (x-1)(x-2)(x-3)H(x)
cũng thoả mãn điều kiện đề bài với mọi H(x). Từ đó có thể thấy rằng có vơ số các
đa thức thoả mãn điều kiện đề bài.
Ta đặt ra câu hỏi: Trong các đa thức thoả mãn điều kiện đề bài, hãy tìm đa thức có
bậc nhỏ nhất. Rõ ràng đa thức này không thể là hằng số, cũng không thể là bậc
nhất. Ta thử tìm bậc tiếp theo là bậc 2.
Giả sử P(x) = ax2 + bx + c là đa thức thoả mãn điều kiện đề bài.
Khi đó
P(1) = 1 suy ra a + b + c = 1.
P(2) = 2 suy ra 4a + 2b + c = 2
P(3) = 3 suy ra 9a + 3b + c = 4
Giải hệ này ra, ta được nghiệm duy nhất (a, b, c) = (1/2, -1/2, 1), ta được P(x) =
(1/2)x2 – (1/2)x + 1 là đa thức bậc nhỏ nhất thoả mãn điều kiện. Và theo như lý

luận ở trên, mọi nghiệm của bài tốn sẽ có dạng
Q(x) = P(x) + (x-1)(x-2)(x-3)H(x) với H(x) là một đa thức tuỳ ý.
Ví dụ 2. Tìm đa thức bậc nhỏ nhất thoả mãn điều kiện P(-2) = 0, P(-1) = 1, P(0) =
1, P(1) = 2, P(2) = 3.
13


Lời giải. Từ ý tưởng phương pháp hệ số bất định và hệ phương trình bậc nhất ở
trên. Ta thấy rằng chắn chắn sẽ tồn tại đa thức bậc không quá 4 thoả mãn điều kiện
đề bài. Xét P(x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e. Từ điều kiện đề bài suy ra hệ
16a – 8b + 4c – 2d + e = 0
a–b+c–d+e=1
e=1
a+b+c+d+e=2
16a + 8b + 4c + 2d + e = 3
Giải hệ này ta được a = -1/8, b = 1/12, c = 5/8, d = 5/12, e = 1.
II. MỘT SỐ DẠNG BÀI TỐN THƯỜNG GẶP
1. Bài tốn tính chia hết của đa thức.
Bài toán 1.1. Chứng minh rằng với mọi giá trị của n, đa thức (x+1) 2n+1 + xn+2 chia
hết cho đa thức x2 + x + 1.
Giải:
Cách 1. (Quy nạp theo n) Với n = 0, điều phải chứng minh là hiển nhiên. Giả sử ta
đã có (x+1)2n+1 + xn+2 chia hết cho x2 + x + 1. Khi đó
(x+1)2n+3 + xn+3 = (x2+2x+1)(x+1)2n+1 + xn+3
≡ x(x+1)2n+1 + xn+3 = x((x+1)2n+1 + xn+2) ≡ 0 (mod (x2+x+1).
α=

Cách 2. (Dùng số phức) Đa thức x2 + x + 1 có hai nghiệm là

−1 ± i 3

2

. Để

chứng minh P(x) chia hết cho x 2 + x + 1 ta chỉ cần chứng minh P(α) = 0. Điều này

tương đương với việc chứng minh

1+ i 3 


 2 



14

2 n +1

 −1+ i 3 

+ 

2



n+ 2

= 0.

Chuyển các số phức sang dạng lượng giác rồi dùng cơng thức Moivre, ta có điều
này
tương
đương
với
 (2n + 1)π 
 ( 2n + 1)π 
 ( n + 2)2π 
 ( n + 2)2π 
cos
 + i sin
 + cos
 + i sin
=0
3
3
3
3









.

Điều này đúng vì (2n+1)π/3 - (n+2)2π/3 = π.
Bài 1.2. Tìm tất cả các giá trị n sao cho x2n + xn + 1 chia hết cho x2 + x + 1.
Giải:
Cách 1. Ta nhận thấy x3≡ 1 mod x2 + x + 1. Do đó
x2(n+3) + xn+3 + 1 ≡ x2n + xn + 1 (mod x2 + x + 1)
Do đó ta chỉ cần xét với n = 0, 1, 2. Rõ ràng
+ Với n = 0, 3 không chia hết cho x2 + x + 1
+ Với n = 1, x2 + x + 1 chia hết cho x2 + x + 1
+ Với n = 2, x4 + x2 + 1 ≡ x + x2 + 1 chia hết cho x2 + x + 1.
Từ đó suy ra x2n + xn + 1 chia hết cho x 2 + x + 1 khi và chỉ khi n có dạng 3k+1
hoặc 3k+2.
Cách 2. (Số phức) Tương tự như bài 5, ta có P(x) = x 2n + xn + 1 chia hết cho x2 + x
+ 1 khi và chỉ khi P(α) = 0. Áp dụng cơng thức Moivre, ta có điều này tương
đương với
 4nπ
cos
 3


 4nπ
 + i sin

 3


 2nπ
 + cos

 3


 2nπ
 + i sin

 3


 +1 = 0


Điều này xảy ra khi n khơng chia hết cho 3.
Bài tốn 3. Chứng minh rằng (xm – 1, xn – 1) = x(m,n) – 1.
Giải: Giả sử d = (m, n) thì rõ ràng x m – 1 = (xd)m’ – 1 chia hết cho xd – 1 và tương
tự xn – 1 chia hết cho xd. Suy ra xd – 1 là ước chung của xm - 1, xn – 1. Giả sử D(x)
là một ước chung của xm - 1, xn – 1. Vì d = (m, n) nên tồn tại các số nguyên dương
u, v sao cho d = mu – nv. Khi đó D(x) là ước của (x mu – 1) – (xnv-1) = xnv(xd-1). Vì

15


(xm-1, xnv) = 1 nên (D(x), xnv) = 1, suy ra D(x) là ước của x d – 1, suy ra xd – 1 là
ước chung lớn nhất của xm – 1 và xn – 1.
2. Bài tập về nghiệm của đa thức
Bài 2.1. Cho a, b, c là ba nghiệm của phương trình x 3 – 3x + 1 = 0. Lập phương
trình bậc ba có nghiệm là
a) a2, b2, c2;
b)

1− a 1− b 1− c

,
,
1+ a 1+ b 1+ c

.

Lời giải.
Theo định lý Vieta, ta có a + b + c = 0, ab + bc + ca = -3, abc = -1.
Từ đó ta tính được a2 + b2 + c2 = (a+b+c)2 – 2(ab+bc+ca) = 02 -2(-3) = 6.
a2b2 +b2c2 + c2a2 = (ab+bc+ca) – 2abc(a+b+c) = (-3)2 – 2.(-1).0 = 9; a2b2c2 = (abc)2
=1
Áp dụng định lý Vieta đảo, suy ra a2, b2, c2 là ba nghiệm của phương trình
x3 – 6x2 + 9x – 1 = 0.
Tương tự, ta tính được
1 − a 1 − b 1 − c (1 − a)(1 + b)(1 + c) + (1 + a )(1 − b)(1 + c) + (1 + a)(1 + b)(1 − c)
+
+
=
1+ a 1+ b 1+ c
(1 + a )(1 + b)(1 + c)
3 + a + b + c − (ab + bc + ca ) − 3abc
9
=
=
= −3.
1 + a + b + c + ab + bc + ca + abc
−3
1− a 1− b 1− b 1− c 1− c 1− a
.
+

.
+
.
=
1+ a 1+ b 1+ b 1+ c 1+ c 1+ a
(1 − a )(1 − b)(1 + c ) + (1 + a )(1 − b)(1 − c) + (1 − a )(1 + b)(1 − c)
=
1 + a + b + c + ab + bc + ca + abc
3 − (a + b + c ) − (ab + bc + ca) + 3abc
3
=
=
= −1.
1 + a + b + c + ab + bc + ca + abc
−3
1 − a 1 − b 1 − c 1 − (a + b + c) + (ab + bc + ca ) − abc − 1 1
.
.
=
=
= .
1 + a 1 + b 1 + c 1 + a + b + c + ( ab + bc + ca ) + abc
−3 3

16


Từ đó suy ra

1− a 1− b 1− c

,
,
1+ a 1+ b 1+ c

là 3 nghiệm của phương trình x3 + 3x2 – x –

1
3

= 0.

Bài 2. Tìm tất cả các đa thức P(x) thoả mãn đồng nhất thức xP(x-1) = (x-26)P(x).
Lời 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) = xP1(x). Thay vào đồng nhất thức, ta được
x(x-1)P1(x-1) = (x-26)xP1(x)
suy ra
(x-1)P1(x-1) = (x-26)P1(x) (*)
Lại thay x = 1, ta được P1(1) = 0, suy ra P1(x) chia hết cho x-1, tức là P1(x) = (x1)P2(x), thay vào (*), ta được
(x-1)(x-2)P2(x-1) = (x-26)(x-1)P2(x)
Suy ra
(x-2)P2(x-1) = (x-26)P2(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).
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 2.3. Chứng minh rằng với mọi số nguyên a, đa thức
P ( x ) = x 4 − 2005 x 3 + ( 2004 + a ) x 2 − 2003x + a

khơng thể có hai nghiệm nguyên phân

biệt
Giải: Nếu x0 là nghiệm của đa thức thì x0 phải chẵn
suy ra giá trị của P(x0), P(1) từ đó :
P(x0)-P(1)=2003-2a
Nhận thấy: [P(x0)-P(1)]⋮(x0-1), nên: (2003-2a)⋮(x0-1) (1)
suy ra x0-1 là số lẻ tức x0 là số chẵn

giả sử :

P( x1 ) − P ( x2 )
=0
x1 − x2

(2)
17


P ( x1 ) − P ( x2 ) = ( x14 − x24 − 2005 ( x13 − x23 ) + ( 2004 + a ) ( x12 − x22 ) − 2003 ( x1 − x3 )

(3)

Kết hợp ( 2) và (3)và x1, x2 là các số chẵn suy ra điều vô lý. Điều phải chứng
minh
Bài 2.4. Giả sử P(x) là đa thức bậc 1991 với hệ số nguyên. Xét đa thức Q(x)
=P2(x)-9. Chứng minh rằng : số nghiệm nguyên của đa thức Q(x) nhỏ hơn 1996
Giải : Giả sử nghiệm của đa thức Q(x) không nhỏ hơn 1996.
Q( x) = 0 ⇔ P 2 ( x) − 9 = 0 ⇔ [ P( x) − 3][ P( x) + 3] = 0

Giả sử x1,x2,…,xk là các nghiệm nguyên của P(x)=3 ( x1các nghiệm nguyên của P(x)=-3 (y1

Vì

deg P ( x) = 1991 ⇒ k ≤ 1991; l ≤ 1991

mặt khác , k+1 chính là số nghiệm của đa thức

Q(x) nên theo giả thuyết phản chứng thì
tồn tại

i0 , j0 (1 ≤ i0 ≤ k ;1 ≤ j0 ≤ l )

| xi 0 − y j 0 |≥ 7

k + l ≥ 1996

.Từ đó ta có

k ≥ 5, l ≥ 5

ta suy ra

sao cho :

(1)

Giả sử :
P ( x) = a1991 x1991 + a1990 x1990 + ...... + a1 x + a0

với ai∈ℤ, i=

0,1991

. Thế thì từ P(xi0)-3=0 và P(yi0)+3=0, suy ra:

P ( yi 0 ) − P ( xi 0 ) = 6

Vì P(x) là đa thức với hệ số nguyên mà yi0,xi0 là nguyên nên ta có:

( )

( )

P yi0 − P xi0 Myi0 − xi0 .

Như vậy : 6 ⋮

yi0 – xi0

≤

,suy ra | yi0 – xi0 | 6

(2)

Từ (1) và (2) suy ra mâu thuẫn . Vậy giả thiết phản chứng là sai , tức là đa thức
Q(x) =

P 2 ( x) − 9

khơng thể có quá 1995 nghiệm nguyên (đpcm)

Nhận xét
Ta có thể chứng minh (1) như sau :
18


Vì

k ≥ 5, l ≥ 5 và xi ≠ yi , ∀i, j

l

do đó có ít nhất ba nghiệm trong số

nằm lệch hẳn về bên phải ( hoặc bên trái ) các nghiệm
quát ta coi sự lệch này về bên phải . Như vậy ta có :
x1 < x 2 < ..... < xk < y p < y p +1 < y p + 2

xi (i = 1, k )

nghiệm

yi ( j = 1, l )

. Không giảm tổng

,

(ở đây yp,yp+1,yp+2 là 3 số trong số các nghiệm y1,y2,y3…..,yl).Chú ý là ở đây
các

xi (i = 1, k ) và y p , y p +1 , y p + 2

đều là số nguyên nên :

| y p + 2 − x1 |= y p + 2 − x1 ≥ k − 1 + 3 = k + 2

Do

k ≥5

nên suy ra

| y p + 2 − xi |≥ 7

.Vậy (1) được chứng minh.

Bài 2.5.Xét các đa thức bậc ba với hệ số nguyên :
P ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d

, a khác 0

Gọi H là tập hợp các đa thức nói trên thỏa mãn các điều kiện sau: a ⋮3,b⋮3
nhưng

c M3

1)Chứng minh rằng: P(x) thuộc H thì tồn tại số r
cho

∈{0;1;2} và tồn tại Q(x)∈H sao

P ( 3x + r ) = 3Q ( x ) , ∀x

2)*Chứng minh rằng: P(x) thuộc H thì với mọi số tự nhiên n ln tồn tại số
nguyên

an

sao cho P(an)⋮3n

3)*Chứng minh rằng: nếu P(0), P(1),P(2) cùng không chia hết cho 3 thì đa thức
P(x)∉H
∈

P( x ) = ax 3 + bx 2 + cx + d

aM3 bM3, c M3

Giải : Giả sử P(x) H tức là
, trong đó
,
. Vì thế
tồn tại sốa1,b1,d1 ∈ℤ sao cho a=3a1, b=3b1, c+rd=3d1, trong đó r∈{0;1;2}.( vì
c M3

nên tồn tại r∈{0 ;1 ;2} sao cho cr+d⋮3). Ta có :

P(3 x + r ) = a(3x + r ) 3 + b(3 x + r )2 + c(3x + r ) + d
= 3[9ax 3 + (9ar + 3b) x 2 + (3ar 2 + 2br + c) x + a1r + b1r 2 + d1 ]

Đặt

Q( x) = 9ax3 + (9ar + 3b) x 2 + (3ar 2 + 2br + c) x + a1r + b1r 2 + d1
19


P (3x + r ) = 3Q ( x)

Rõ ràng do a,b,c,a1,b1,d1,r là các số nguyên mà Q(x) là đa thức bậc ba với hệ số
nguyên nên hiển nhiên 9a⋮3 và

3ar 2 + 2br + c M3

. điều đó nghĩa là Q(x) ∈H. Như

vậy tồn tại r∈{0 ;1 ;2} và đa thức Q(x) ∈H sao cho
Giả sử

P( x) ∈ H

. Theo câu 1), tồn tại số

r1 ∈ { 0;1; 2}

P ( 3 x + r ) = 3Q ( x )

và đa thức

P ( x) ∈ H

sao cho :

P(3x + r1 ) = 3P1 ( x), ∀x

Áp dụng với đa thức
cho :

P1 ( x ) ∈ H

suy ra tồn tại số

r2 ∈ { 0;1; 2}

và đa thức

P ( x) ∈ H

sao

P1 (3x + r2 ) = 3P2 ( x), ∀x
3P1 (3 x + r2 ) = P (9 x + 3r2 + r1 )

Nhưng từ 2) ta có

. Thay lại vào 3) và có

P (9 x + 3r2 + r1 ) = 32 P2 ( x)

Lập luận tương tự . sau

có hàm số

Pn ( x) ∈ H

n −1

n−2

P(3 x + 3 rn + 3
n

Vì

P ( x)

Lấy

bước ta có

n

số

r1 , r2 ,..., rn

trong đó

ri ∈ { 0;1; 2} , ∋ ∀i = 1, n

và

sao cho

rn −1 + ... + 3r2 + r1 ) = 3n Pn ( x), ∀x

(5)

là đa thức với hệ số nguyên nên từ (5) suy ra, với mỗi số tự nhiên luôn tồn

tại số nguyên
Giả sử

n

an = 3n x + 3n −1 rn −1 + ... + 3r2 + r1

P (0), P(1)

r ∈ { 0;1; 2}

sao cho

P (an )M3n

(đpcm)

cũng khơng chia hết cho 3

theo 1)ta có

P(3x + r ) = 27 ax 3 + (27 ar + 9b) x 2 + (9ar 2 + 6br + 3c) x + ar 3 + br 2 + rc + d = 3S ( x ) + P ( x),
S ( x) = 9ax 3 + (9ar + 3b) x 2 + (3ar 2 + 2br + c) x

P(3x + r ) = 3S ( x ) + P(r )
P (3x + r ) = 3S ( x ) + P (r )

Do

x

đúng với mọi nên nếu chọn
(*)
20

x = x, x ∈ Ζ

thì ta có


S ( x ) ∈ Ζ[ x ] ⇒ S ( x )

Do

là số nguyên . theo gt thì

P (r ) M3

, vì thế từ (*)suy ra

P(3 x + r ) M3, ∀r ∈ { 0;1; 2}

Giả thiết phản chứng
cho

P(3x + r0 ) = 3Q( x)

Bài 2.6.Giả sử

P ( x)

P ( x) ∈ H

, khi đó theo phần 1) tồn tại

sao

suy ra đpcm

là đa thức với hệ sô nguyên. Biết rằng đa thức

hết cho 3 với 3 giá trị nguyên liên tiếp nào đó của
P( x)

r0 ∈ { 0;1; 2} , Q ( x) ∈ H

x

P ( x)

không chia

. Chứng minh rằng đa thức

khơng có nghiệm ngun

Giải.Giả sử

P( xo ) = 0, x0 ∈ Ζ

. Ta có

∀k ∈ Ζ

thì

P( x0 + 3k ) − P( x0 ) = an ( x0 + 3k ) n − x0 n  + an −1 ( x0 + 3k ) n −1 − x0 n −1  + ... + a1 [ ( x0 + 3k ) − x0 ]

Giả sử

P ( x) = an x n + an−1 x n −1 + ... + a1 x + a0 , ai ∈ Ζ, ∀i = 0, n

từ hằng đẳng thức

a n − b n = (a − b)(a n−1 + a n− 2b + ... + ab n − 2 + b n −1 )

Ta có

{

P ( x0 + 3k ) − P( x0 ) = 3k an ( x0 + 3k ) n −1 + ... + x0 n −1  + an −1  x0 + 3k ) n −2 + ... + x0 n −2  + ... + a1

Vì

a1 , x0 , k

Trái gt

⇒

là các số nguyên và

}

P( x0 ) = 0 ⇒ P( x0 + 3k ) M3, ∀k ∈ Ζ

đpcm

3. Bài tập xác định đa thức
* Sử dụng tính chất hữu hạn nghiệm của đa thức
Bài 3.1.Tìm tất cả các đa thức

f ( x ) ∈ R [ x]

sao cho

deg f ( x ) = 2m + 1

và

f ( x 2 − 1) = f 2 ( x ) − 1, ∀x ∈ ¡

f 2 ( −x ) − 1 = f ( −x ) − 1 = f 2 ( x ) − 1 ⇒ f 2 ( −x ) = f 2 ( x )
2

Giải. Thay x bằng -x ta có
Nếu

f ( −x ) − f ( x ) = 0

có vơ số nghiệm

⇒ f ( x ) = f ( x ) , ∀x ∈ ¡
21


mà
vô

deg f ( x ) = 2m + 1 ⇒ ∃n

lý.

Suy

ra

f ( x)

sao cho

phương

trình

và

f ( −x )

trái dấu khi

f ( x ) + f ( −x ) = 0

có

⇒ f ( − x ) = −f ( x ) , ∀x ∈ ¡

Chọn

f ( 0 ) = 0
f ( 0 ) = −f ( 0 )

x =0⇒
⇒
f ( −1) = −1

2
f
−
1
=

f
0
−
1
( )
 ( )

f ( 1) = 1

Xét dãy số

a 0 = 1;a n +1 = a n + 1, ⇒ a n > 1, ∀n ≥ 0

Ta chứng minh
Thật vậy

a n +1 > a n , ∀n ≥ 0 ( 1)

n = 0 ⇒ a1 = 2 > 1 = a 0

Giả sử (1) đúng đến n, suy ra
Ta chứng minh
Với

Giả sử

f ( an ) = an

bài toán đúng với

( 2)

suy ra (2) đúng với

ta chứng minh

f ( a n +1 ) = a n +1

hoặc

f ( a n +1 ) = −a n +1

22

n=0

, ta có

f 2 ( a n +1 ) = 1 + f ( a 2 n +1 − 1) = 1 + f ( a n ) = 1 + a n = a 2 n +1

⇒ f ( a n +1 ) = a n +1

n =1

a n + 2 = a n +1 + 1 > a n + 1 = a n +1

f ( an ) = an , n ≥ 0

n = 0 ⇒ f ( a 0 ) = f ( 1) = a 0

.

vô

x>n
số

điều này
nghiệm


f ( a n +1 ) = −a n +1 ⇒ f 2 ( a n +1 ) = 1 + f ( a 2 n +2 − 1) = 1 + f ( a n +1 ) = 1 − a n +1 < 0

Nếu
đó

f ( a n +1 ) = a n +1.

do đó

f ( x) = x

Vậy

f ( an ) = an

. Thử lại ta thấy

do đó phương trình

f ( x) = x

f ( x) = x

có vơ số nghiệm,

thỏa mãn u cầu bài tốn.

Nhận xét: Từ phương trình hàm mà ẩn hàm cần tìm là một đa thức
thực. Ta dự đoán

f ( x) ≡ g( x)

f ( x) = g( x)

với

ta xấy dựng dãy lặp

vô lý do

g( x)

f ( x)

có hệ số

là đa thức xác định. để chứng minh

x 0 = a, x n +1 = ϕ ( x n )

dãy đơn điệu thực sự và chứng minh

sau đó chứng minh

f ( a n ) = g ( a n ) , ∀n

( xn )

là

từ đó suy ra

f ( x) ≡ g( x) , x ∈ ¡
Bài 3.2. Tìm các đa thức có hệ số thực thỏa mãn
f ( x ) .f ( x + 1) = f ( x 2 + x + 1) , ∀x ∈ ¡

Giải.
Nếu
Nếu

degf ( x ) = 0

suy ra

degf ( x ) = 2m + 1 ⇒ ∃a ∈ ¡

Chọn

sao cho

f ( a) = 0

x = a, ⇒ f ( a ) .f ( a + 1) = f ( a 2 + a + 1)

suy ra nếu đa thức
thì

f ( x ) = c ⇒ c2 = c ⇒ c ∈ { 0;1}

a2 + a +1

f ( x)

có tính chất nếu

a

do đó

x 0 = a, x n +1 = x 2 n + x n + 1

23

nên

f ( a 2 + a + 1) = 0

là nghiệm của phương trình

cũng là nghiệm của phương trình

Ta xây dựng dãy số

f ( a) = 0

f ( x) = 0

f ( x) = 0


x n +1 − x n = x 2 n + 1 > 0 ⇒ x n +1 > x n

suy ra

trên ta thấy

f ( xn ) = 0

với mọi

này khơng thể xẩy ra vì

n≥0

deg f ( x ) ≥ 1

suy ra dãy

do đó

của

trong

khai

f ( x ) = ( x 2 + 1) + h ( x ) (2)
m

x 4m

bằng
h( x)

trong đó

có vơ số nghiệm, điều

deg f ( x ) = 2m

f ( x)

triển

tăng thực sự, từ tính chất

f ( x)

như vậy đa thức

Từ phương trình (1) bằng cách so sánh hệ số của

x 2n

xn

ở hai về ta nhận được hệ số
1.

Do

vậy

đa

thức

là đa thức có hệ số thực và

deg h ( x ) = P < 2m
Thế biểu thức (2) vào phương trình (1) và đồng nhất hệ số hai vế ta có

( x 2 + 1)

(x

2

m

(

) (

( x 2 + 1) + 1
2

(

m

)

m

= ( x 2 + x + 1) + 1 , ∀ x ∈ ¡
2

)

ta nhận được phương trình

+ 1) h ( x + 1) + ( x + 1) + 1 h ( x ) + h ( x ) h ( x + 1) = h ( x 2 + x + 1) , ∀x ∈ ¡

Nếu

m

2

p ≥ 1 ⇒ deg h ( x 2 + x + 1) = 2p

điều này không thể xẩy ra, vậy

Thử lại thấy

Vậy

m

f ( x ) = ( x 2 + 1)

f ( x ) = ( x 2 + 1)

bậc của vế trái là

2m + p

. Vì

p = 0 ⇒ h ( x ) ≡ c ⇒ c = 0 ⇒ f ( x ) = ( x 2 + 1)

m

thỏa mãn yêu cầu bài toán

m

Tương tự ta có thể giải quyết các bài tốn:

Bài 3.4. Tìm đa thức

( 2m + p ) > 2p

f ( x ) ∈ ¡ [ x]

và

deg f ( x ) = 4n + 2
24

thỏa mãn

m


( f ( x) )

− 1 = f ( x 2 + 1) , ∀ x ∈ ¡

2

Bài 3.5. Tìm tất cả các bộ 4 đa thức
mãn điều kiện:

∀x, y,z, t ∈¢

thỏa mãn

P1 ( x ) ;P2 ( x ) ;P3 ( x ) ;P4 ( x )

xy − yz = 1

f ( x ) ∈ ¡ [ x]

Bài 3.6. Tìm các đa thức

thì

với hệ số thực thỏa

P1 ( x ) .P2 ( y ) − P3 ( z ) .P4 ( t ) = 1

sao cho

P ( x ) .P ( 2x 2 − 1) = P ( x 2 ) .P ( 2x − 1) , ∀x ∈ ¡

* Sử dụng phương pháp đồng nhất hệ số hai vế giải bài toán xác định đa thức.

P( x ) ∈ ¡ [ x]

Bài 3.7(IMO - 2004). Tìm các đa thức

sao cho

P ( a − b ) + P ( b − c ) + P ( c − a ) = 2P ( a + b + c ) , ∀a,b,c ∈ ¡ ,ab + bc + ca = 0
n

P ( x ) = ∑ a i xi
i =0

Giải.Giả sử
Ta chọn

với

( a,b,c ) = ( 6x,3x, −2x )

a i ∈ ¡ ,i = 1,n

ab + bc + ca = 0, ∀x ∈ ¡

thỏa mãn

Khi đó:

P ( 3x ) + P ( 5x ) + P ( −8x ) = 2P ( −7x ) , ∀x ∈ ¡

(

n

)

n

⇔ ∑ a i 3 + 5 + ( −8 ) x = ∑ 2a i 7i x i , ∀x ∈ ¡
i =0

suy ra:

i

∀i = 0,n

i
Nếu lẻ

i

i

i

i =0

( 3 + 5 + ( −8) ) a = 2a 7 x ⇔ ( 3 + 5 + ( −8) − 2.7 ) a = 0
i

i

i

i

i

thì

i

i

i

i

⇒ 3i + 5i + ( −8 ) − 2.7i < 0 ⇒ a i = 0, ∀i ≡ 1( mod2 )

Nếu i chắn và

i

i≥6

⇒ 3i + 5i + ( −8 ) − 2.7i > 0 ⇒ a i = 0
i

thì

25

i

i

i