NGHIỆM và TÍNH CHẤT NGHIỆM của đa THỨC

Chuyên đề:
NGHIỆM VÀ TÍNH CHẤT NGHIỆM CỦA ĐA THỨC.

A. MỞ ĐẦU
Đa thức là nội dung rất quan trọng trong chương trình toán học phổ thông và
bắt đầu được giảng dạy trong chương trình đại số ở cấp THCS. Các bài toán về
đa thức cũng xuất hiện nhiều trong các kì thi học sinh giỏi Quốc gia và Quốc tế.
Kiến thức liên quan để giải các bài tập đa thức cũng rất đa dạng và phong phú.
Trong nội dung của chuyên đề nhỏ này chỉ đề cập đến một số vấn đề liên quan
đến nghiệm của đa thức.
Nội dung chuyên đề này bao gồm các phần sau:
*/ Nhắc lại một số kết quả cơ bản về tính chất số học và đại số của đa thức.
I. Nghiệm nguyên của đa thức hệ số nguyên.
II. Tính chất chia hết của hai đa thức.
III. Định lý Viète và áp dụng.
IV. Định lý Roll và áp dụng.
B. NỘI DUNG
*/ Nhắc lại một số kết quả cơ bản về tính chất số học và đại số của đa thức.
- Đa thức bậc n có không quá n nghiệm thực.
- Đa thức có vô số nghiệm là đa thức không .
- Đa thức có bậc nhỏ hơn hoặc bằng n mà nhận cùng một giá trị bằng nhau tại
n+1 giá trị khác nhau của đối số thì đa thức đó là đa thức hằng.
- Hai đa thức bậc nhỏ hơn hoặc bằng n mà nhận n+1 giá trị bằng nhau tại n+1
giá trị khác nhau của đối số thì đồng nhất bằng nhau.
-Bậc của tổng hai đa thức không lớn hơn bậc của cả hai đa thức đó.
- Bậc của tích hai đa thức khác không bằng tổng các bậc của hai đa thức đó.

1


- Hai đa thức f và g thuộc ¡ [ x] trong đó g khác không (đa thức không), khi đó

có duy nhất một cặp đa thức q, r ∈ ¡ [ x] sao cho f = qg + r trong đó hoặc r = 0
hoặc deg r < degg với r ≠ 0 .
- Dư của phép chia đa thức f ( x) cho x − c là f (c) .
-Với bất kì hai đa thức f , g ∈ ¢ [ x] bao giờ cũng tồn tại ƯCLN của f và g và
ƯCLN đó là duy nhất
- Nếu đa thức d là ƯCLN của các đa thức f và g, khi đó tồn tại hai đa thức u,v
sao cho fu + gv = d . Ngược lại nếu đa thức d là ước chung của các đa thức f và g
thỏa mãn fu + gv = d thì d là ƯCLN của f và g.
- Hai đa thức f và g nguyên tố cùng nhau tức là ( f , g ) = 1 khi và chỉ khi tồn tại
hai đa thức u,v sao cho fu + gv = 1.
- Nếu các đa thức f(x) và g(x) nguyên tố cùng nhau thì  f ( x )  và  g ( x )  sẽ
m

m

nguyên tố cùng nhau với mọi m,n nguyên dương.
- Mọi nghiệm x0 của đa thức f ( x) = a0 x n + a1 x n −1 + ... + an−1x + an (a0 ≠ 0) đều thỏa mãn
bất đẳng thức | a0 | ( | x0 | −1) ≤ A, A = max | ak |, k = 1,...n .
- Đa thức p bất khả quy khi và chỉ khi mọi ước của nó đều là đa thức bậc 0 hoặc
là đa thức có dạng ap với a là hằng số khác 0.
- Mỗi đa thức f bậc lớn hơn không bất kỳ đều phân tích được thành tích các đa
thức bất khả quy. Và sự phân tích đó là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các
nhân tử và nhân tử bậc không.
- Tiêu chuẩn Eisenstein:
Cho P( x) = an x n + an−1x n −1 + ... + a1x + a0 ∈ ¢ [ x] . Nếu có ít nhất một cách chọn số
nguyên tố p thỏa mãn đồng thời các điều kiện :
*) an không chia hết cho p,
*) Tất cả các hệ số còn lại chia hết cho p.
*) a0 chia hết cho p nhưng không chia hết cho p 2 thì p(x) không phân tích được
thành tích các đa thức có bậc thấp hơn với các hệ số hữu tỷ.

- Ta có các khẳng định sau về đa thức nguyên:
2


(a) Định lý về nghiệm nguyên. Cho f ( x) = an x n + an−1x n−1 + ... + a1x + a0 với
a0 , a1 ,.., an là các số nguyên và f(p) = 0 với p nguyên. Khi đó a0 chia hết cho p.

(b) Định lý về nghiệm hữu tỷ. Cho f ( x) = an x n + an −1x n−1 + ... + a1x + a0 với
a0 , a1 ,.., an là các số nguyên và f(p/q) = 0 với p/q là phân số tối giản. Khi đó

a0 chia hết cho p và an chia hết cho q.
(c) Trong các ký hiệu của câu (b), với mọi số nguyên k số f(k) chia hết cho
p – kq.
- Định lý Viète:
a/ Giả sử phương trình an x n + an −1 x n −1 + ... + a1 x + a0 = 0 (an ≠ 0) (1)
có n nghiệm (thực hoặc phức) x1 , x2 ,.., xn thì
an −1

 E1 ( x) = x1 + x2 + ... + xn = − a
n


an − 2
 E2 ( x ) = x1 x2 + x1 x3 + ... + xn −1 xn =
an

........

n a0


 En ( x ) = x1 x2 ...xn = ( −1) a
n


(2)

b/ Ngược lại nếu các số x1 , x2 ,.., xn thỏa mãn hệ trên thì chúng là nghiệm của
phương trình (1).
c/ Các hàm E1 ( x), E2 ( x),.., En ( x) trong hệ phương trình (2) được gọi là hàm (đa
thức) đối xứng sơ cấp Viète.
- Kết quả sau đây là hệ quả của định lý Rolle :
Nếu đa thức P( x) ∈ ¡ [ x] có k nghiệm thực phân biệt thì P’(x) có ít nhất k-1
nghiệm thực.
I.

Nghiệm nguyên của đa thức hệ số nguyên.

Trong phần này ta thường sử dụng tính chất chia hết, tính chẵn lẻ, định lý
Bezout, định lý Fermat,…

3


Bài 1.Cho các đa thức P( x), Q( x) ∈ ¢ [ x] và a ∈ ¢ thỏa mãn P(a) = P(a + 2015) = 0;
Q (2014) = 2016 . Chứng minh rằng phương trình Q ( P ( x )) = 1 không có nghiệm

nguyên.
Lời giải:
P( x) = ( x − a )( x − a − 2015).g ( x ) , ⇒ P ( x) chẵn với ∀x ∈ ¢ .
Q( x) = ( x − 2014)h( x) + 2016 ⇒ Q ( P( x)) = ( P ( x) − 2014)h( P( x)) + 2016 chia hết cho 2

nên Q ( P ( x)) ≠ 1∀x ∈ ¢ . (đpcm)
Bài 2.
Cho

k∈¥ *.

Tìm

tất

cả

các

đa

thức

P(x)

thỏa

mãn:

( x − 2015) k .P( x) = ( x − 2016) k P( x + 1) (*)

Lời giải:
Giả sử P(x) là đa thức thỏa mãn đề. Ta thấy x=2016 là nghiệm bội bậc ≥ k của
P(x).Theo định lý Bezout ta có P( x) = ( x − 2016) k .Q( x) , thay vào (*) ta được

( x − 2015)k ( x − 2016) k .Q( x) = ( x − 2015) k ( x − 2016) k .Q( x + 1) .

Từ

đó

suy

ra

Q ( x) = Q( x + 1) ∀x , hay Q( x) = a là hằng số. Vậy P ( x ) = a( x − 2016) k . Thử lại đúng.

Bài 3: Cho f ∈ ¢ [ x] .
4

a/ Giả sử

∏ f (i) không chia hết cho 5. Chứng minh rằng phương trình

f ( x) = 0

i =0

không có nghiệm nguyên.
b/ Chứng minh rằng nếu f ( x) = 1 có quá 3 nghiệm nguyên thì phương trình
f ( x) = −1 không có nghiệm nguyên.

c/ Giả sử a,b,c là 3 nghiệm nguyên khác nhau của phương trình f ( x) = 1 . Chứng
minh rằng nghiệm nguyên của phương trình f ( x) = −1 lớn hơn min {a,b,c} .
d/ Giả sử degf ≥ 1 , n(f) là số nghiệm nguyên của phương trình f 2 ( x) = 1 . Chứng

minh rằng n( f ) ≤ degf + 2.
e/ Giả sử

f ∈ ¢ [ x]

, a, b ∈ ¢

sao cho

f (a) = f (b) = 1 , c, d ∈ ¢

sao cho

f (c ) = f (d ) = −1. Chứng minh rằng {a,b,c,d} là một hoán vị của bốn số nguyên

liên tiếp nào đó.
4


Lời giải
a/ Giả sử x0 ∈ ¢ là nghiệm của phương trình f ( x ) = 0.
Viết x0 = 5q + r , r ∈{0,1, 2, 3} .
Vì f ( x0 )M5 ⇒ f (r ) M5 điều này vô lý. Vậy phương trình f ( x ) = 0 không có nghiệm
nguyên.
b/ Giả sử phương trình f ( x) = 1 có bốn nghiệm a, b, c, d ∈ ¢ khác nhau. Suy ra
f ( x) = ( x − a)( x − b)( x − c)( x − d )Q( x) + 1 với Q( x) ∈ ¢ [ x] .

Do -2 không thể phân tích thành tích của bốn số nguyên phân biệt nên
phương trình f ( x) = −1 không thể có nghiệm nguyên.
c/ Giả sử phương trình f ( x) = 1 có 3 nghiệm nguyên a,b,c và phương trình

f ( x) = −1 có nghiệm nguyên d. Theo câu b ta suy ra phương trình f ( x) = 1 có

đúng 3 nghiệm.
Khi đó f ( x) = ( x − a)( x − b)( x − c)Q( x) + 1 với Q ( x) ≠ 0∀x ∈ ¢ .
Và −1 = (d − a)(d − b)(d − c)Q(d ) + 1 ⇔ ( a − d ) ( b − d ) ( c − d ) Q ( d ) = 2 suy ra ba số a-d,bd,c-d phân biệt vàđều là ước của 2 nên tồn tại một số âm, giả sử
a − d < 0 ⇒ d > a ⇒ d > min {a,b,c} (đpcm)

d/ Giả sử n( f ) ≥ degf + 3 (*)
2
Do f ( x) = 1 ⇔ ( f ( x) − 1) ( f ( x) + 1) = 0 và do số nghiệm của phương trình f(x)=1 và

f(x)=-1 đều ≤ n( f ) nên ta suy ra hai phương trình f(x)=1 và f(x)=-1 đều phải có
ít nhất 3 nghiệm. Giả sử phương trình f(x)=1 có 3 nghiệm a,b,c (aphương trình f(x)=-1 có 3 nghiệm x1 , x2 , x3 . Theo câu c thì x1 , x2 , x3 > min{a, b, c} = a
Vậy −1 = ( xi − a)( xi − b)( xi − c)Q( xi ) + 1 ⇔ −2 = ( xi − a)( xi − b)( xi − c)Q( xi ) do đó
x1 − a, x2 − a, x3 − a là ba nghiệm nguyên dương phân biệt của -2, điều này vô lý.

Vậy điều giả sử là sai hay ta có n( f ) ≤ degf + 2.
e/ Giả sử f(x)=1 có nghiệm a,b (aTa có (c-a)(c-b) là ước của 2, (d-a)(d-b) cũng là ước của 2. Do đó a,b,c,d là hoán
vị của 4 số tự nhiên liên tiếp.
Bài 4.
5


Cho

P(x) và Q(x) là hai đa thức với hệ số nguyên. Biết rằng đa thức

xP( x3 ) + Q( x3 ) chia hết cho x 2 + x + 1 . Gọi d là ƯCLN của P (2015) và Q(2015) .

Chứng minh rằng d ≥ 2014.
Lời giải:
Ta có xP( x3 ) + Q( x3 ) = x( P ( x 3 ) − P(1)) + (Q( x 3 ) − Q(1)) + ( xP(1) + Q(1)) mà x( P( x 3 ) − P (1))
và (Q( x 3 ) − Q(1)) cùng chia hết cho x 3 − 1 nên chia hết cho x 2 + x + 1 . Do đó
( xP (1) + Q (1)) chia hết cho x 2 + x + 1 . Vì deg ( xP(1) + Q(1)) =1 ≤ deg( x 2 + x + 1 )=2 nên


( xP (1) + Q(1)) ≡ 0 ⇒ P (1) = Q(1) = 0 . Theo định lý Bezout ta có 


P ( x ) = ( x − 1) P1 ( x)
Q( x) = ( x − 1)Q1 ( x )

Với P1 ( x), Q1 ( x) là các đa thức với hệ số nguyên.
Do đó P(2015) và Q(2015) cùng chia hết cho 2014. Vì d = ( P(2015), Q(2015) suy
ra d ≥ 2014.
Bài 5.
Cho đa thức f ( x) = x 2017 + ax 2 + bx + c với a, b, c ∈ ¢ có ba nghiệm nguyên x1 , x2 , x3 .
Chứng minh rằng (a 2017 + b2017 + c 2017 + 1)( x1 − x2 )( x2 − x3 )( x3 − x1 ) chia hết cho 2017.
Lời giải:
2017
2
Ta có f ( x) = x − x + ax + ( b + 1) x + c . Đặt g ( x) = ax 2 + (b + 1) x + c .

Do 2017 là số nguyên tố nên theo định lý Fecma nhỏ ta có x 2017 ≡ x (mod 2017).
Từ giả thiết suy ra g ( xi ) ≡ 0 (mod 2017).
- Nếu ( x1 − x2 )( x2 − x3 )( x3 − x1 ) chia hết cho 2017 thì bài toán chứng minh
xong.
- Nếu ( x1 − x2 )( x2 − x3 )( x3 − x1 ) không chia hết cho 2017.

Ta có
g ( x1 ) − g ( x2 )M2017 ⇒ ( x1 − x2 )(a( x1 + x2 ) + b + 1) M2017 ⇒ a ( x1 + x2 ) + b + 1M2017 (1)

Tương tự ⇒ a( x2 + x3 ) + b + 1M2017 (2)
Từ (1) và (2) suy ra a( x1 − x3 )M2017 ⇒ a M2017 ⇒ b + 1M2017 .
g ( x1 )M2017 ⇒ c M2017 .

Do đó a + b + c + 1M2017 mà a 2017 + b2017 + c 2017 + 1 ≡ (a + b + c + 1) (mod 2017)
nên a 2017 + b 2017 + c 2017 + 1M2017 ⇒ đpcm
6

Mà


Bài 6.
Cho a,b,c là ba số nguyên phân biệt và đa thức P( x) ∈ ¢ [ x]

sao cho

P(a) = P (b) = P(c) = 2. Chứng minh rằng phương trình P ( x) − 3 = 0 không có

nghiệm nguyên.
Lời giải:
Từ giả thiết ta có P( x) = ( x − a )( x − b)( x − c)Q( x) + 2 trong đó Q( x) ∈ ¢ [ x] . Giả sử
phương

P( x) − 3 = 0

trình

có

nghiệm

nguyên

là

d.

Khi

đó

(d − a)(d − b)(d − c)Q( d ) = 1 . Do đó d − a, d − b, d − c ∈ {1, −1} vô lý do d − a, d − b, d − c

phân biệt. Từ đó ta có đpcm.
Bài 7.
Cho đa thức f ( x) ∈ ¢ [ x] . Chứng minh rằng nếu đa thức Q( x) = f ( x) + 12 có ít nhất
6 nghiệm nguyên phân biệt thì f ( x) không có nghiệm nguyên.
Lời giải:
Giả sử Q( x)

có 6 nghiệm nguyên phân biệt là

x1 , x2 ,..x6

khi đó

f ( x) = ( x − x1 )( x − x2 )..( x − x6 ) H ( x) − 12 , trong đó H ( x) ∈ ¢ [ x] . Nếu đa thức f ( x) có

nghiệm

nguyên

là

a

khi

đó

(a − x1 )(a − x2 )..(a − x6 ) H (a ) = 12 .

Suy

ra

(a − x1 ), (a − x2 ),.., ( a − x6 ) ∈ { ± 1; ±2; ±3; ±6} . Do (a − x1 ), ( a − x2 ),.., (a − x6 ) phân biệt, mà
| H (a) |≥ 1 nên ta có 12 =| a − x1 | . | a − x2 | .. | a − x6 | . | H ( a) |≥ 12.2 2.32.1 = 36 vô lý suy ra

đpcm.
Bài 8.Cho f ( x) là một đa thức bậc 5 với hệ số nguyên, nhận giá trị 2015 với 4
giá trị nguyên khác nhau của biến x. Chứng minh rằng phương trình f ( x) = 2046
không thể có nghiệm nguyên.
Lời giải:
Giả sử f ( x) = 2015 tại bốn giá trị phân biệt là x1 , x2 , x3 , x4 và phương trình
f ( x) = 2046

có

nghiệm

nguyên

a.

Khi

đó

ta

có

f ( x) = ( x − x1 )( x − x2 )( x − x3 )( x − x4 ) H ( x ) + 2015, H ( x ) ∈ ¢ [ x ] và

f (a ) = 2046 ⇔ ( a − x1 )(a − x2 )(a − x3 )(a − x4 ) H (a ) = 31 . Do 31 là số nguyên tố nên

7


không thể phân tích thành tích của 4 số nguyên phân biệt điều này mâu thuẫn
suy ra đpcm.
Bài 9 (IMO 1993).
Chứng minh rằng đa thức f ( x) = x n + 5 x n −1 + 3, n ∈ ¥ * bất khả quy trên ¢ [ x] .
Lời giải:
Dễ thấy với n=2 thì đa thức f ( x) = x 2 + 5 x + 3 bất khả quy trên ¢ [ x]
Với n ≥ 3 giả sử f ( x) = g ( x).h( x); trong đó g ( x), h( x) ∈ ¢ [ x] và có bậc ≥ 1 .

Ta có f (0) = 3 là một số nguyên tố nên | g (0) |= 1 hoặc | h(0) |= 1 . Giả sử | g (0) |= 1.
Do hệ số cao nhất của f(x) bằng 1 nên hệ số cao nhất của h và g là ±1 . Không
mất tổng quát giả sử g ( x) = x k + a1 x k −1 + ... + ak , (k ≥ 1) ai ∈ ¢ .
Gọi c1 , c2 ,.., ck là k nghiệm phức của g. Khi đó g ( x) = ( x − c1 )( x − c2 )..( x − ck ) .
Ta có
| g (0) |=| c1.c2 ...ck | , g (ci ) = 0 ⇒ f (ci ) = 0 ⇒ cin −1. ( ci + 5 ) = −3
⇒ | (c1.c2 ...ck ) n −1. ( c1 + 5 ) ( c2 + 5 ) ... ( ck + 5 ) |= 3k

⇒| ( c1 + 5 ) ( c2 + 5 ) ... ( ck + 5 ) |= 3k ⇒| g (−5) |= 3k (*)

Mặt khác f (−5) = g (−5).h(−5) = 3 nên trong hai số |g(-5)| và |h(-5)| có một số bằng
1, một số bằng 3. Vì |g(-5)| ≤ 3 ≤ 3k do k ≥ 1 . Do đó từ (*) suy ra |g(-5)|=3 và k=1.
Vậy g ( x) = ( x − c1 ) ∈ ¢ [ x ] ⇒ c1 ∈ ¢ [ x ]
Vì | g (0) |= 1 nên | c1 = 1 ⇒ c1 = ±1 ⇒ g ( x ) = x ± 1 ⇒| g (−5) |∈ {4, 6} vô lý do |g(-5)|=3
Vậy đa thức f(x) bất khả quy trên ¢ [ x] .
Bài 10.(VMO 2013-2014)
Cho P( x) = ( x 2 − 7 x + 6 ) + 13, n ∈ ¥ * . Chứng minh rằng P( x ) không thể phân tích
2n

thành tích của n + 1 đa thức khác hằng số với hệ số nguyên.
Lời giải:
Dễ thấy degP ( x) = 4n và P( x) không có nghiệm thực. Tam thức x 2 − 7 x + 6 có hai
nghiệm là 1 và 6; và 13 là số nguyên tố.

8


Giả sử P( x) = P1 ( x)..Pn+1 ( x) thì Pi ( x) có bậc chẵn. Vì nếu Pi ( x) có bậc lẻ thì
Pi ( x) có nghiệm thực do đó P(x) có nghiệm thực, mâu thuẫn.

Vì tổng các bậc của Pi ( x) là 4n nên phải có ít nhất hai đa thức có bậc là 2, giả
sử là P1 ( x) và P2 ( x ) .
Vì hệ số cao nhất của P( x ) bằng 1 nên đặt P1 ( x) = x 2 + ax + b > 0 và
P2 ( x) = x 2 + cx + d > 0 ∀x .

Do P(1) = P1 (1)...Pn+1 (1) = 13 nên trong hai số P1 (1) và P2 (1) có ít nhất một số
bằng 1, giả sử là P1 (1) =1 ⇒ a = −b . Mặt khác ta có P(6) = P1 (6)..Pn +1 (6) = 13 nên
P1 (6) bằng 1 hoặc 13. Mà P1 (6) = 36 − 5b chia 5 dư 1 và 13 chia 5 dư 3 nên
P1 (6) = 1 ⇒ b = 7 ⇒ P1 ( x ) = x 2 − 7 x + 7

II.

là đa thức có nghiệm thực, mâu thuẫn.

Tính chất chia hết của hai đa thức.

Trong phần này ta sử dụng tính chất sau:
Nếu hai đa thức f ( x ), g ( x ) ∈ ¡ [ x ] có bậc đều lớn hơn 0 và f ( x)Mg ( x) trong
¡ [ x] thì mọi nghiệm của g(x) (xét trong tập số phức) đều là nghiệm của f(x) (số

bội của nghiệm trong g(x) nhỏ hơn hoặc bằng trong f(x)).
Bài 1.
Chứng minh rằng với mọi giá trị của n, đa thức ( x + 1)2 n +1 + x n + 2 chia hết cho đa
thức x 2 + x + 1 .
Lời giải: (Dùng số phức)
Đa thức x2 + x + 1 có hai nghiệm là α =

−1± i 3
. Để chứng minh P(x) chia hết
2

cho x2 + x + 1 ta chỉ cần chứng minh P(α) = 0. Điều này tương đương với việc
chứng minh
1+ i 3 


 2 



2 n +1

 −1+ i 3 

+ 

2



n+2

= 0.

9


Chuyển các số phức sang dạng lượng giác rồi dùng công 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 2. Tìm tất cả các giá trị n sao cho x2n + xn + 1 chia hết cho x2 + x + 1.
Lời giải:
Tương tự như bài 1, ta có P(x) = x 2n + xn + 1 chia hết cho x2 + x + 1 khi và chỉ
khi P(α) = 0. Áp dụng công thức Moivre, ta có điều này tương đương với
 4 nπ 
 4 nπ 
 2 nπ 
 2 nπ 

cos
 + i sin 
 + cos
 + i sin 
 +1 = 0
 3 
 3 
 3 
 3 

Điều này xảy ra khi n không chia hết cho 3.
Chú ý: Ngoài cách giải dùng số phức như trên ta còn có thể giải bài toán 1 và
2 bằng cách quy nạp theo n.
Bài 3.
Tồn tại hay không đa thức P( x), degP( x) = 2015 thỏa mãn P( x 2 − 2014) chia hết cho
P( x).

Lời giải:
Xét đa thức P( x) = ( x + a ) 2015 , a ∈ ¡ .
Khi đó P( x 2 − 2014) = ( x 2 + a − 2014)2015 = [( x + a) 2 − 2a( x + a) + a 2 + a − 2014]2015 . Dễ
thấy phương trình a 2 + a − 2014 = 0 luôn có hai nghiệm. Tức là ta chọn được a sao
cho a 2 + a − 2014 = 0 từ đó suy ra P( x 2 − 2014) = ( x + a) 2015 ( x − a) 2015 chia hết cho
P( x ) .

Bài 4.
1+ 5
1− 5
Cho đa thức f ( x) ∈ ¤ [ x] thỏa mãn: f (
) = 0 . Chứng minh rằng f (
) = 0.

4

Lời giải
x
2

1
4

Giả sử f ( x) = P ( x).( x 2 + − ) + R( x) (degR(x) ≤ 1, P ( x), R ( x ) ∈ ¤ [ x] ) .
10

4


1+ 5
1+ 5
) = 0 nên R(
) = 0 mà R( x) ∈ ¤ [ x] , degR(x) ≤ 1 nên R ( x) ≡ 0 suy ra
4
4

Do f (

1− 5
f(
) = 0 (đpcm).
4

Bài 5.(IMO 2002)

am + a −1
Tìm m, n ∈ ¥ : m, n ≥ 3 sao cho có vô số a ∈ ¢ + thỏa mãn n 2 ∈ ¢ .
a + a −1

Lời giải
Giả sử m,n thỏa mãn đầu bài. Xét hai đa thức f ( x) = x m + x − 1 và g ( x) = x n + x 2 − 1 .
Khi đó ta có f ( x) = q( x) g ( x) + r ( x) (degrDo f , g ∈ ¢ [ x] nên q, r ∈ ¤ [ x]. Đặc biệt ta còn có g là monic (hệ số của số
hạng chứa mũ cao nhất của biến x là 1) nên q, r ∈ ¢ [ x] .
f ( x)

r ( x)

f ( a)

r (a )

+
+
Ta có g ( x ) = q( x) + g ( x) do đó với a ∈ ¢ + thì g (a) ∈ ¢ ⇔ g ( a) ∈ ¢ . Vì có vô

f ( a)

r (a)

+

số a ∈ ¢ + để g (a) ∈ ¢ nên có vô số a ∈ ¢ + để g (a ) ∈ ¢

+

hay có một dãy tăng vô

r (a )

+
n
hạn các số nguyên dương an mà g (a ) ∈ ¢ . Tuy nhiên do degrn

lim

r ( an )
= 0 . Từ hai kết quả trên ta có r ( x) ≡ 0 và bài toán quy về tìm
g ( an )

m, n ∈ ¥ : m, n ≥ 3 để f ( x )Mg ( x) (Vì f , g ∈ ¢ [ x] và g là monic nên phép chia hết nói

ở đây là như nhau khi xét trong ¡ [ x] , ¤ [ x], ¢ [ x] ).
Vì f ( x)Mg ( x) nên mọi nghiệm của g(x) (xét trong tập số phức) đều là nghiệm
của f(x) (số bội của nghiệm trong g(x) nhỏ hơn hoặc bằng trong f(x)). Trong bài
toán này ta quan tâm tới nghiệm thực của g(x).
Dễ thấy ∀x ∈ (0;1) thì g ′( x) > 0 và g (0).g (1) < 0 nên g(x) có duy nhất một
nghiệm thực t ∈ (0;1) . Vậy ta có
tm + t −1 = 0

(1)

t n + t 2 −1 = 0

(2)
11


Từ (1) và (2) suy ra t m + t = t n + t 2 ⇒ t (1 − t ) = t n (1 − t m − n ) = (1 − t 2 )(1 − t m − n ) (do từ (2)
ta có t n = 1 − t 2 ). Do đó ta có t = (1 + t )(1 − t m−n ) hay t m −n +1 + t m −n − 1 = 0 (3).
Dễ thấy vì f ( x)Mg ( x) nên m>n và một số thuộc khoảng (0;1) thì khi lũy thừa
càng lớn thì sẽ càng nhỏ. Do vậy nếu m − n + 1 > n thì m − n > n − 1 ≥ 2 hay
t m −n +1 + t m− n < t n + t 2 mà từ (1) và (2) thì ta lại có t m −n +1 + t m− n = t n + t 2 vậy m − n + 1 ≤ n

hay m ≤ 2n − 1
Ta

lại

(4).
có

x n + x 2 − 1 = g ( x ) | ( x m − n g ( x ) − f ( x )) = x m − n + 2 − x m− n − x + 1

n ≤ m − n + 2 hay m ≥ 2n − 2

do

đó

(5) .

Từ (4) và (5) ta có hai trường hợp:
- Trường hợp 1: m=2n-2. Khi đó ta có x n + x 2 − 1| x n − x n− 2 − x + 1 vô lý.

- Trường hợp 2: m=2n-1. Khi đó ta có x n + x 2 − 1| x n+1 − x n −1 − x + 1 . Do vậy ta
n
2
n +1
n −1
có ( x + 1) ( x + x − 1) ≡ x − x − x + 1 hay n=3, m=5. Thử lại ta thấy các giá

trị này thỏa mãn.
Vậy có duy nhất cặp (m,n) thỏa mãn đầu bài là (5;3).
Bài 6.(Mỹ 1977)
Tìm m, n ∈ ¢ + sao cho đa thức p ( x) = 1 + x + x 2 + .. + x m là ước của đa thức
q ( x) = 1 + x n + x 2 n + .. + x mn .

Lời giải
Dễ thấy các đa thức q0 ( x) = x ( m +1) n − 1 = ( x n − 1)q( x), p0 ( x) = x m +1 − 1 = ( x − 1) p( x) đều
không có nghiệm bội (phức) do các đa thức này và đạo hàm của chúng không
có nghiệm chung. Nên các đa thức p(x), q(x) cũng không có nghiệm bội.
Từ kết quả trên ta có p( x) | q( x) khi và chỉ khi mọi nghiệm của p(x) cũng là
nghiệm của q(x).
Ta có các cặp đa thức ( x n − 1) và q( x) ; ( x − 1) và p( x) không có nghiệm chung,
( m +1) n
− 1) nên mọi nghiệm của p(x) cũng là nghiệm
đồng thời p0 ( x) | q0 ( x); ( x − 1) | ( x

của q(x) khi và chỉ khi hai đa thức x n − 1 và x m +1 − 1 có một nghiệm chung duy
nhất là x=1.
Ta xét hai trường hợp sau:
12

- Trường hợp 1: d = (m + 1, n) > 1 . Khi đó ta có hai đa thức x n − 1 và x m +1 − 1 có
2π
2π
+ isin
nên không thỏa mãn.
d
d
Trường hợp 2: d = (m + 1, n) = 1 . Khi đó ∃k , l ∈ ¢ : k (m + 1) + ln = 1 . Giả sử hai

một nghiệm chung khác là x0 = cos
-

đa

thức

và

xn −1

có

x m +1 − 1

nghiệm

chung

x0.

Dễ

thấy

x0 = x0k ( m +1) + ln = ( x0m +1 ) k .( x0n )l = 1 . Trường hợp này thỏa mãn.

Vậy hai số nguyên dương m,n thỏa mãn đầu bài khi và chỉ khi (m + 1, n) = 1 .
III.

Định lý Viète và áp dụng.

Bài 1.
Cho f ( x) = x n + a1 x n −1 + .. + an−1 x + 1 là đa thức có n nghiệm thực thỏa mãn
ai > 0∀i = 1,.., n − 1 . Chứng minh rằng f ( x) ≥ ( x + 1)n ∀x ∈ Q + .

Lời giải
Gọi α1 ,.., α n là nghiệm của phương trình f ( x) = 0.
Do ( ai ) i =1 > 0 ⇒ α i < 0∀i = 1, n − 1 .
n −1

Đặt βi = −α i ⇒ βi > 0.
Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:
n

∀x ∈ ¡ + , f ( x) = ∏ ( x + βi ) ≥
i =1

(

n

x n + n β1...β n

)

n

= ( x + 1) (đpcm)
n

Bài 2.
Biết đa thức f ( x) = x 4 − 18 x3 + kx 2 + 200 x − 1984 có hai nghiệm mà tích bằng -32.
Tính k.
Lời giải
Từ giả thiết suy ra
 −32b + 162a = 200
f ( x) = ( x 2 + ax − 32)( x 2 + bx + 162) ⇒ 
 a + b = −18

⇒ k = 86

Bài 3.
a
b

b
c

c
a

b
a

c
b

a
c

Cho a, b, c ∈ ¢ \{0} thỏa mãn A = + + ∈ ¢ , B = + + ∈ ¢
13


Chứng minh rằng |a|=|b|=|c|.
Lời giải.
Ta có

a b c
, , là 3 nghiệm hữu tỷ của phương trình : x3 + Ax 2 + Bx − 1 = 0 .
b c a

Tối giản 3 phân số

a b c
, , , khi đó mẫu số và tử số của chúng đều là ước của 1,
b c a

từ đó suy ra |a|=|b|=|c|.
IV. Định lý Roll và áp dụng.

- Định lý Rolle: Giả sử hàm số f : [ a; b ] → ¡ liên tục trên đoạn [a;b] và có
đạo hàm trong khoảng (a;b). Nếu f(a)=f(b) thì tồn tại ít nhất một điểm c
thuộc khoảng (a;b) sao cho f '(c) = 0 .
- Hệ quả: Nếu đa thức P( x) ∈ ¡ [ x] có k nghiệm thực phân biệt thì P’(x) có ít
nhất k-1 nghiệm thực.
Bài 1: Giả sử f ∈ ¡ [ x] (deg f=n). Biết f(x) có n nghiệm thực phân biệt lớn hơn
1. Chứng minh rằng g ( x) = f ( x) f '( x)( x 2 + 1) + x( f 2 ( x) + f '( x) 2 ) có 2n-1 nghiệm
thực phân biệt.
Lời giải
Ta có g ( x) = ( xf ( x ) + f '( x ) ) ( xf '( x ) + f ( x ))
Giả sử f(x) có n nghiệm thực là a1 ,..., an (1 < a1 < a2 < .. < an ) .
Vì xf(x) có n+1 nghiệm thực phân biệt 0,a 1,…,an nên xf’(x)+f(x) có n nghiệm
thực phân biệt.
x2

x2

Lại có e 2 f ( x) có n nghiệm thực phân biệt a1,…,an nên e 2 ( xf ( x) + f ' ( x ) ) có
n-1 nghiệm thực phân biệt nên xf(x)+f’(x) có n-1 nghiệm thực phân biệt.
Ta chứng minh xf’(x)+f(x) và xf(x)+f’(x) không có nghiệm chung. Giả sử α là
nghiệm chung của hai đa thức.

14


x2

Do e 2 f ( x ) có n nghiệm thực phân biệt a 1,…,an nên xf(x)+f’(x) có n-1
nghiệm thực c1 , c2 ,.., cn thỏa mãn 1 < a1 < c1 < a2 < c2 < ... < cn−1 < an . Do đó nghiệm
chung α >1.

α f ( α ) + f ' ( α ) = 0

Vậy  f α + α f ' α = 0
( )
 ( )

⇒ f (α ) = f ' ( α ) = 0 suy ra α là nghiệm bội của f(x).

Mâu thuẫn.
Vậy g(x) có 2n-1 nghiệm phân biệt.
Bài 2:
Cho đa thức f(x) bậc n có n nghiệm dương phân biệt. Chứng minh rằng
f ( x) − α f '( x) (α > 0) có n nghiệm dương phân biệt.

Lời giải
n

n

k =1

k =1

Giả sử f ( x) = a∏ ( x − xk ) , xk > 0∀k = 1,.., n ⇒ f '( x) = f ( x)∑
f '( x)

Xét hàm g ( x) = f x
( )

n

trên D = ¡ \ {x1 , x2 ,.., xn } ⇒ g ' ( x ) = −∑
k =1

1
.
x − xk

1

( x − xk )

2

< 0∀x ∈ D

Suy ra g(x) là hàm giảm. Ta có bảng biến thiên của g(x)

Từ bảng biến thiên ta suy ra phương trình g ( x) =

1
có n nghiệm dương do đó
α

phương trình f ( x) − α f '( x) có n nghiệm dương.
Chú ý: đây là bài toán không khó nhưng lại là bài toán cơ sở để giải quyết các
bài toán 3,4 .

15

Bài 3: Cho đa thức f(x) bậc n có n nghiệm phân biệt x1 < x2 < .. < xn , c là hằng số
f '( x)

dương. Tập hợp các giá trị của x sao cho f x > c là hợp của một số hữu hạn
( )
các khoảng đôi một không giao nhau. Chứng minh rằng tổng độ dài của chúng
bằng

n
.
c

Lời giải
f '( x )

Theo bài 5 nghiệm của bất phương trình f x > c (*) là hợp của n khoảng
( )
( x1 ; y1 ), ( x2 ; y2 ),..., ( xn ; yn ) trong đó y1 , y2 ,.., yn là các nghiệm của phương trình
f '( x )
f ( x)

=c.

Vậy tổng độ dài của các khoảng nghiệm của bất phương trình (*) là
n

n

i =1

i =1

∑ yi − ∑ xi (1)
Giả sử f ( x) = an x n + .. + a1 x + a0
Khi đó x1 , x2 ,.., xn là n nghiệm của phương trình an x n + .. + a1 x + a0 = 0.
−a

n −1
Theo định lý Viet x1 + x2 + ... + xn = an (2).

Mặt khác

y1 , y2 ,.., yn

là n nghiệm của phương trình cf ( x ) − f ' ( x ) = 0

n
n −1
Ta có cf ( x ) − f ' ( x ) = an x + ( can−1 − nan ) x +...+ ( a0 − a1 ) = 0 .

Áp dụng định lý Viet y1 + y2 + .. + yn =
n

n

i =1

i =1

Từ (1),(2),(3) ta có ∑ yi − ∑ xi =

nan − can −1
(3).
can

n
(đpcm).
c

Bài 4:
Cho đa thức P( x) bậc 4 có 4 nghiệm dương phân biệt.

16


Chứng minh rằng phương trình

1− 4x
1 − 4x
P ( x) + (1 − 2 ) P '( x) − P '( x ) = 0
2
x
x

(1)

cũng có 4 nghiệm dương phân biệt.
Lời giải
Ta có (1) ⇔

1− 4x
( P ( x) − P '( x)) + ( P '( x) − P ''( x)) = 0 (2)
x2

Đặt Q( x) = P( x) − P '( x) . Theo bài 5 thì Q(x) có bốn nghiệm dương phân biệt.
Ta có (2) có bốn nghiệm phân biệt
⇔

1 − 4x
Q( x ) + Q '( x) = 0 có bốn nghiệm phân biệt.
x2

1
1
⇔ x 2 − 4 x Q ( ) + Q '( ) = 0 có bốn nghiệm phân biệt.
x
x

(

)

(

) (

)

⇔ x 4 .Q( x) + x 4 .Q( x) ' = 0 có bốn nghiệm phân biệt (*)

1
x

Vì Q(x) có bốn nghiệm dương phân biệt x1 , x2 , x3 , x4 nên x 4 .Q( ) có bốn nghiệm
1 1

1

1

dương x , x , x , x nên (*) được chứng minh .
1
2
3
4
Vậy phương trình (1) có bốn nghiệm dương phân biệt.
Bài 5: (Khái quát bài 4)
Cho đa thức P( x) bậc n có n nghiệm dương phân biệt.
Chứng minh rằng phương trình

1 − nx
1 − nx
P ( x ) + (1 − 2 ) P '( x) − P '( x) = 0
2
x
x

(1)

cũng có n nghiệm dương phân biệt.
C. KẾT LUẬN
Chuyên đề nhỏ này đã đưa ra một số hướng giải quyết các bài toán về đa
thức liên quan đến nghiệm và tính chất nghiệm của đa thức. Nội dung
chuyên đề giúp cho học sinh giỏi cũng như các bạn đồng nghiệp có thể tham
khảo trong quá trình nghiên cứu về đa thức.

17