Chuyên đề một số bài TOÁN xác ĐỊNH đa THỨC

MỘT SỐ BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC
MÃ TO16
A. MỞ ĐẦU
1. Lý do
Đa thức có vị trí rất quan trong trong toán học đây là một nội dung nghiên cứu
trong tâm của đại số. Trong các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, Olympíc quốc tế thì các bài
toán đa thức cũng thường được đề cập đến và được xem là một trong các bài toán khó.
Một trong những khó khăn khi giải các bài toán về đa thức đó là xác định hướng
giải và công cụ áp dụng như thế nào. Qua thực tế giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi về
chuyên đề đa thức tôi nhận thấy để học sinh có hứng thú và phát triển tư duy giải các bài
toán về đa thức thì việc trang bị những kiến thức cơ bản là điều rất quan trọng.
2. Mục đích
Trong chuyên đề này tôi trình bày một số bài toán về cách xác định một đa thức
chủ yếu dựa vào các đặc điểm cơ bản của đa thức như hệ số, bậc, nghiệm,..., của đa thức
những vấn đề rất đặc trưng của đa thức. Chuyên đề này cũng giới thiệu thêm một số bài
toán xác định đa thức nhiều biến thông qua một số đề thi chọn học sinh giỏi.
B. NỘI DUNG
I/ Bài toán xác định đa thức dựa vào yếu tố nghiệm của đa thức
1.Lý thuyết:
1.1 Định nghĩa
Định nghĩa 1: Ta gọi đa thức bậc n biến x là một biểu thức có dạng
P( x) = an x n + an −1x n −1 + ... + a1x + a0 (an ≠ 0)
Trong đó ai (i = 0, n) là các số thực ( hoặc phức) được gọi là hệ số
Nếu ai = 0, i = 1,2,3,..., n và a0 thì bậc của đa thức là không
Nếu ai = 0, i = 0,1,2,3,..., n thì ta coi bậc của đa thức là −∞ và gọi là đa thức không ( nói
chung thì người ta không định nghĩa bậc của đa thức không )
Định nghĩa 2: Cho đa thức
P( x) = an x n + an −1x n −1 + ... + a1x + a0 (an ≠ 0)
α ∈£ được gọi là một nghiệm của đa thức P( x) nếu P(α ) = 0 .
Nếu tồn tại k ∈ • , k > 1 sao cho P( x)M( x − α )k nhưng P ( x) không chia hết cho

( x − α )k +1 thì α được gọi là nghiệm bội k của đa thức Pn ( x) .
1.2 Định lý
Định lý 1: Mỗi đa thức bậc n đều có không quá n nghiệm thực
Hệ quả: Đa thức có vô số nghiệm là đa thức không
Định lý 2: Số α là nghiệm của P ( x) khi và chỉ khi P ( x) chia hết cho ( x − α )
Bài tập luyện:
Bài 1: Tìm tất cả các đa thức P ( x) hệ số thực thỏa mãn đồng nhất thức:
a) P( x) = P( x + 1)
(1)
b) xP( x − 1) = ( x − 2) P( x)
(2)
Bài giải


a) Nhận xét
Từ P( x) = P( x − 1) ⇒ P(0) = P(1) = P(2) = .... = P(n) = ...
Nếu P( x) ≡ C thỏa mãn yêu cầu bài toán
Nếu P( x) ≠ C . Giả sử deg P = n
Đặt Q( x) = P( x) − P(0) với degQ = n
Ta thấy Q(0) = Q(1) = Q(2) = .... = Q(n) = 0 . Đa thức Q( x) bậc n có nhiều hơn n
nghiệm. Suy ra Q( x) ≡ 0 ⇒ P( x) = P(0) .
Vậy đa thức cần tìm là P( x) = C ( C là hằng số ).
b) Từ giả thiết ta nhận thấy P(0) = P(1) = 0
Do đó x = {0;1} là nghiệm của đa thức P ( x) . Suy ra P( x) = x( x − 1)Q(x)
Thay vào đồng nhất thức (2) ta được:
x( x − 1)( x − 2)Q( x − 1) = x( x − 1)( x − 2)Q( x) ∀x
⇒ Q( x) = Q( x − 1)
∀x ≠ {0;1;2}
⇒ Q( x ) = C
⇒ P( x) = x( x − 1).C

Thử lại thấy P( x) = x( x − 1).C thỏa mãn yêu cầu bài toán
Vậy P( x) = x( x − 1).C ( C là một hằng số )
Bài 2: Tìm tất cả các đa thức P ( x) hệ số thực thỏa mãn đồng nhất thức
a) P( x + 1) = P( x) + 2 x + 1
b) P(( x + 1)2 ) = P( x 2 ) + 2 x + 1
Bài giải
a) Ta có:
P( x + 1) = P( x) + 2 x + 1 ⇒ P( x + 1) − ( x + 1)2 = P( x) − x 2
Xét Q( x) = P( x) − x 2 suy ra Q( x) = Q( x + 1) ⇒ Q( x) = C

⇒ P( x) = x 2 + C Thử lại đúng
Vậy P( x) = x 2 + C
b) Ta có: P(( x + 1)2 ) = P( x2 ) + 2 x + 1 ⇒ P(( x + 1)2 ) − (x + 1)2 = P( x2 ) − x 2
Xét Q( x) = P( x) − x suy ra Q( x) = Q( x + 1) ⇒ Q( x) = C
⇒ P( x) = x + C . Thử lại đúng
Vậy P( x) = x + C
Bài 3: Cho hai số a và b , a ≠ 0 . Đa thức P ( x) thỏa mãn
xP( x − a) = ( x − b) P( x)
∀x (1)
b
a) Nếu ∉ • * thì P( x) ≡ 0
a
b
b) Nếu = n ∈ • * . Hãy tìm đa thức P ( x)
a
Bài giải


a) Nếu P( x) ≡ 0 thỏa mãn (1)
Nếu P ( x) là một đa thức bậc n ≥ 1 thỏa mãn (1). Ta chứng minh

b
∈• *
a

Giả sử P( x) = an x n + an −1x n −1 + ... + a1x + a0 ( an ≠ 0 )
Từ (1) suy ra b.P( x) = x( P( x) − P( x − a))
Ta có
P( x) − P( x − a) = an ⎡ x n − ( x − a) n ⎤ + an −1 ⎡ x n −1 − ( x − a) n −1 ⎤ + ... + (a0 − a0 )
⎣
⎦
⎣
⎦
⇒ x(P(x) − P(x − a)) = x(an ⎡ x n − ( x − a) n ⎤) + ....x(a1 ( x − ( x − a)
⎣
⎦
n
Đồng nhất hệ số x trong đẳng thức
b
⇒ b.an = an .n.a ⇒ = n ∈ • *
a
b) Nếu b = na . Hệ thức (1) trở thành
xP( x − a) = ( x − na) P( x)
Ta thấy
P(0) = 0
P(a) = 0

P (2a ) = 0
Giả sử P(ka) = 0
0 ≤ k ≤ n −1

Cho x = (k + 1)a
⇒ P(ka).(k + 1)a = −(n − k + 1)a.P((k + 1)a) ⇒ P((k + 1)a) = 0
Tức là P(0) = P(a) = ...P((n − 1)a) = 0
⇒ P( x) = x( x − a)( x − 2a).........( x − (n − 1)a).Q( x)
Thay vào (1)
Q( x − 1).x( x − a)( x − 2a)......( x − (n − 1)a) = Q( x)( x − a)( x − 2a)....( x − na)
⇒ Q( x − a ) = Q ( x )
⇒ Q( x ) = C
Thử lại P( x) = C.x( x − a)( x − 2a).......( x − (n − 1)a) thỏa mãn yêu cầu bài toán
Vậy P( x) = C.x( x − a)( x − 2a).......( x − (n − 1)a)
Bài 4 ( Moldova 2004) : Tìm đa thức P ( x) với hệ số thực thỏa mãn

( x3 + 3x 2 + 3x + 2) P( x − 1) = ( x3 − 3x 2 + 3x − 2) P( x)
Bài giải
Từ giả thiết ta có
( x + 2)( x2 + x + 1) P( x − 1) = ( x − 2)( x 2 − x + 1) P( x)
Dễ thấy

∀x

∀x (1)


P (−2) = 0
P (−1) = 0
P (0) = 0
P (1) = 0
⇒ P( x) = x( x − 1)( x + 1)( x + 2)Q( x) Với Q( x) là đa thức với hệ số thực
Thay vào (1) ta được

( x + 2)( x2 + x + 1) x( x + 1)( x − 1)( x − 2)Q( x − 1) = ( x − 2)( x 2 − x + 1) x( x − 1)( x + 1)( x + 2).Q(x)
⇒ ( x 2 + x + 1)Q( x − 1) = ( x 2 − x + 1)Q( x) ∀x ≠ {−2; −1;0;1;2}
Q( x − 1)
Q( x)
⇒ 2
= 2
x − x +1 x + x +1
Q( x)
Đặt R ( x) = 2
⇒ R( x) = R( x − 1)
∀x ≠ {−2; −1;0;1;2}
x +x + 1
⇒ R( x) = C

⇒ Q( x) = C ( x 2 + x + 1)
⇒ P( x) = C.x( x − 1)( x + 1)( x + 2)( x 2 + x + 1)
Thử lại P ( x) thỏa mãn yêu cầu bài toán
Vậy đa thức cần tìm P( x) = C.x( x − 1)( x + 1)( x + 2)( x 2 + x + 1) ( C là một hằng số )
Bài 5: Xác định tất cả các đa thức P ( x ) thỏa mãn điều kiện
P (u 2 − v2 ) = P (u − v ) P (u + v ) với ∀u, v ∈ ° .

Bài giải
Nhận thấy phương trình đầu tiên tương đương với
(1)
P ( xy ) = P ( x ) P ( y ) với ∀x, y ∈ °
Từ phương trình (1) cho x = y = 0 , suy ra P ( 0) = P2 ( 0) hay P ( 0 ) = 0 hoặc P ( 0) = 1.
1) Với P ( 0) = 1, cho y = 0 vào phương trình (1), ta có P ( 0) = P ( x ) P ( 0) hay P ( x ) = 1.
2) Với P ( 0 ) = 0 , suy ra P ( x ) = xQ1 ( x ) với Q1 có bậc nhỏ hơn P một đơn vị.
Suy ra (1) tương đương với xyQ1 ( xy ) = xQ1 ( x ) yQ1 ( y ) nhưng phương trình này thỏa
mãn với ∀x, y ∈ ° nên

Q1 ( xy ) = Q1 ( x ) Q1 ( y ) với ∀x, y ∈ °
Từ đây lại có Q1 ( x ) = 1 với ∀x ∈ ° hoặc Q1 ( x ) = xQ2 ( x ) với ∀x ∈ ° .
Tiếp tục lập luận này, ta có:
- Hoặc P ( x ) = 1 với ∀x ∈ °
- Hoặc P ( x ) = x n với n là một số nguyên dương thỏa mãn đề bài.
Vậy, P ( x ) = x k với k ∈ • .
Bài 6: Tìm tất cả các đa thức f ( x ) với hệ số thực thỏa mãn f ( 0 ) = 0 và
f ( x 2 − x + 1) = ( f ( x ) ) − f ( x ) + 1 với mọi x.
2


Bài giải.
Thay x bởi x − 1 , ta được.
f

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

2

⇔ f ( x 2 − x + 1) = ( f (1 − x ) ) − f ( x − 1) + 1
2

Theo giả thiết, ta có:

( f ( x ))

2

− f ( x ) + 1 = ( f (1 − x )) − f ( x − 1) + 1 ⇔ ( f ( x − 1) + f ( x ) − 1) ( f (1 − x ) − f ( x )) = 0 .

2

Do đó, một trong 2 đa thức f (1 − x ) + f ( x ) − 1 hoặc f (1 − x ) − f ( x ) = 0 có vô hạn nghiệm.
Hay f (1 − x ) + f ( x ) − 1 = 0, ∀x hoặc f (1 − x ) − f ( x ) = 0, ∀x .
Thay x = 1 vào phương trình đầu tiên có f (1) = 1.
Vậy f (1 − x ) + f ( x ) − 1 = 0, ∀x .

1
vào phương trình ban đầu thì
2
Chú ý với x ∈ ( 0;1) ⇒ 0 < x < x2 − x + 1 < 1.

Thay x =

⎛1⎞ 1
f ⎜ ⎟= .
⎝2⎠ 2

Dựa vào phương trình ban đầu, ta xét ( xn ) như sau:
1
x0 = ∈ ( 0;1) , xn = xn2−1 − xn −1 + 1, ∀n ≥ 1 .
2
Khi đó tất cả các giá trị phân biết của xn đều là nghiệm của f ( x ) − x .

Vậy, đa thức cần tìm là f ( x) = x .

II/ Một số bài toán xác định đa thức dựa vào so sánh, đánh giá các hệ số của đa thức
Bài 1: Tìm tất cả các đa thức P( x) không phải là đa thức hằng thỏa mãn:
P ( x3 + 1) = P ( x + 1) với ∀x ∈ °
3

Bài giải
Đặt P ( x + 1) = Q ( x ) = ak xk + ak −1xk −1 + K + a0 , ak ≠ 0
Suy ra Q ( x3 ) = Q ( x ) với ∀x ∈ ° hay
3

ak x3k + ak −1 x3k −3 + K + a0 = ( ak x k + ak −1 x k −1 + K + a0 )

3

Giả sử tồn tại số m lớn nhất sao cho m < k và am ≠ 0 , suy ra 3m < 2k + m . Đồng nhất hệ số
của x 2k + m ở 2 vế, ta được 0 = 3ak2 am , mâu thuẫn với điều giả sử.
Từ đó suy ra ak x3k = Q ( x3 ) = Q ( x ) = ak3 x3k ⇒ ak = ±1
3

Vậy P ( x ) = ± ( x −1)k với ∀x ∈ ° .
Bài 2 (Albanian TST 2009): Tìm tất cả các đa thức P ( x) khác đa thức không có hệ số
không âm và thỏa mãn:
1
P( x).P( ) ≤ ( P(1)) 2 ∀x > 0
x
Bài giải
Giải sử P( x) = ak x k + ak −1x k −1 + .... + a1x + a0
(ai ≥ 0, ∀i = 0, k − 1;a k > 0)


Do x > 0

P( x) P( x −1 ) = (ak x k + ak −1x k −1 + ... + a1x + a0 )(ak x −k + ... + a1x −1 + a0 ) ≥ (ak + ... + a1 + a0 ) 2
⇒ P( x) P( x−1 ) ≥ ( P(1))2

1
Theo giả thiết: P( x).P( ) ≤ ( P(1)) 2 ∀x > 0
x
1
Suy ra P( x).P( ) = ( P(1))2 ∀x > 0
x
k
⇔ (ak x + ak −1x k −1 + ... + a1x + a0 )(ak + ak −1x + ... + a0 x k ) = ( P(1)) 2 .x k
So sánh hệ số của xk +1; xk + 2 ;...; x2k ở hai vế của đồng nhất thức
Suy ra a0 = a1 = a2 = .... = ak −1

Vậy P( x) = a k x k (ak > 0)
Bài 3: Tìm tất cả các đa thức P( x) ∈ Z [ x ] bậc n thỏa mãn điều kiện sau:

[ P(2 x)]2 = 16P( x2 )

∀x ∈°

Bài giải
Giả sử P( x) = an x n + an −1x n −1 + ... + a0 ( an ≠ 0)
Cho x = o ⇒ ( P(0))2 = 16 P(0)

⇒ a02 = 16a0
⇒ a0 = 0 hoặc a0 = 16
Thay biểu thức của P ( x) và so sánh hệ số của x 2n ta thu được 16an = 22n an2
16
Do an ≠ 0 nên ta có ngay an = n từ đó suy ra n = 0, n = 1, n = 2
4
Với n = 0 thì P( x) ≡ 16 hoặc P( x) ≡ 0
Với n = 1 thì P( x) = 4 x hoặc P( x) = 4 x + 16. Thử lại ta thấy P( x) = 4 x thỏa mãn đề bài

Với n = 2 thì P( x) = x 2 + a1 x và P( x) = x 2 + a1x + 16 . Thay vào điều kiện của bài toán ta
được
P( x) = x 2 . Vậy các đa thức cần tìm là P( x) ≡ 0 , P( x) ≡ 16 , P( x) = 4 x và P( x) = x 2
Bài 4: Tìm tất cả các đa thức P ( x ) với hệ số thực sao cho với bất kì số thực a, b, c nào, ta
cũng có:
P ( a + b − 2c ) + P (b + c − 2a ) + P (c + a − 2b ) = 3P ( a − b ) + 3P (b − c ) + 3P (c − a )

Bài giải.
Đặt x = a − b , y = b − c , ta có:

P ( x − 2 y ) + P ( −2 x − y ) + P ( x − y ) = 3P ( x ) + 3P ( y ) + 3P ( y − x )

Cho x = y = 0 , ta được P ( 0 ) = 0 .
Cho y = 0 , ta được P ( −2 x ) = P ( x ) + 3P ( − x ) .
Đặt P ( x ) = an xn + an−1xn−1 + ... + a1x .

(*)


Từ (*), ta có ( −2)k ak = ak + 3( −1)k ak với k ∈1, n

(

Hay ak ( −2 ) − 1 − 3 ( −1)
k

k

)

⎡ ak ( 2k − 4 ) = 0, k M2
=0⇔⎢
⎢ ak ( 2 − 2k ) = 0, k M
/2
⎣

Với k ≥ 3 , suy ra ak = 0 ⇒ P ( x ) = α x2 + β x .
Thử lại đúng.
Vậy, đa thức cần tìm là P ( x ) = α x2 + β x , với α , β ∈ ° .
Bài 5 (IMO 2004). Tìm tất cả các đa thức P ( x ) sao cho:

P ( a − b ) + P ( b − c ) + P ( c − a ) = 2P ( a + b + c )

∀a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 0 .

Bài giải.
Trước hết ta tìm một nghiệm nguyên của phương trình ab + bc + ca = 0
Với a = 6 , ta có 6b + 6c + bc = 0 .
Với b = 3 , ta có 18 + 6c + 3c = 0 ⇒ c = −2 .
Suy ra ( a, b, c ) = ( 6,3, −2) là một nghiệm nguyên của ab + bc + ca = 0 nên với ∀x ta có
( a, b, c ) = (6x,3x, −2 x ) cũng là nghiệm của phương trình.
Ta có P ( a − b ) + P (b − c ) + P (c − a ) = 2P ( a + b + c ) nên P (3x ) + P (5x ) + P ( −8x ) = 2P (7 x ) .
Đặt P ( x ) = an xn + an−1xn−1 + an−2 xn−2 + ... + a1x + a0 .

(

)

Suy ra 3i + 5i + ( −8)i − 2.7i ai = 0 với mọi i ∈ 0, n .
Đặt λi = 3i + 5i + ( −8) − 2.7i với mọi i ∈ 0, n .

Ta xét các trường hợp của i .
Nếu i lẻ thì 3i + 5i + ( −8)i − 2.7i < 0 nên ai = 0 với i lẻ.
i

Nếu i = 0 chẵn thì 3i + 5i + ( −8)i − 2.7i > 0 nên a0 = 0 .
Nếu i chẵn i ≥ 6 thì 3i + 5i + ( −8)i − 2.7i > 0 nên ai = 0 với i chẵn và i ≥ 6 .
Từ đây suy ra P ( x ) = Ax4 + Bx2 với mọi A, B tùy ý.
Thử lại đúng nên đa thức cần tìm là P ( x ) = Ax4 + Bx2 .
Bài 6: Tìm các đa thức P ( x ) thỏa mãn:
⎛ x+ y⎞
2⎛ x− y⎞
P ( x ) .P ( y ) = P 2 ⎜
⎟−P ⎜
⎟ , ∀x, y ∈ ° .
⎝ 2 ⎠
⎝ 2 ⎠

Bài giải.
Xét P ( x ) ≡ 0 thỏa mãn đề bài.
Xét P ( x ) ≠ 0 .
Cho x = y = 0 , từ phương trình đầu ta có: P ( 0 ) = 0 .
Cho y = 3x , từ phương trình đầu ta có: P ( x ).P (3x ) = P2 ( 2x ) − P2 ( − x )
Hay P ( x ).P (3x ) + P2 ( − x ) = P2 ( 2x ) với ∀x ∈ ° .
Vì P ( 0 ) = 0 nên xét deg P = n ≥ 1. Gọi hệ số bậc cao nhất của P ( x ) là a0 ( a0 ≠ 0 ).
Ta có:


a0 . ( 3n a0 ) + a0 2 = a0 2 ( 22 ) ⇔ 3n + 1 = 4n ⇔ n = 1 .
n

Suy ra P ( x ) = a0 x , thử lại đúng.
Vậy P ( x ) = ax với a ∈ ° .
Bài 7( Costa Rican 2008). Tìm tất cả các đa thức P ( x ) với hệ số thực và thỏa mãn:
P

(

) (

3 (a − b) + P

) (

3 (b − c ) + P

)

3 ( c − a ) = P ( 2a − b − c ) + P ( −a + 2b − c ) + P ( −a − b + 2c )

Với a, b, c ∈ ° .
Bài giải.
Dễ thấy P ( x ) là đa thức hằng thỏa mãn đề bài.
Tiếp theo xét deg P = h ≥ 1.
Đặt x = a − c, y = b − a, z = c − b , khi đó x + y + z = 0
Thay vào phương trình đầu tiên, ta có:
P

( 3x ) + P (

) ( 3z ) = P ( x − y ) + P ( y − z ) + P ( z − x ) .

3y + P

Với x, y, z ∈ ° và x + y + z = 0 .
Như vậy thay bộ ( x; y; z ) bằng bộ ( x; x; −2 x ) vào phương trình trên, ta được
P

( 3x ) + P ( 3x ) + P ( −2 3x ) = P (0) + P (3x ) + P ( −3x ) , ∀x

(1)

h

Giả sử P ( x ) = ∑ ai xi .
i =0

Thay vào (1), ta được
h

2∑ ai
i =0

( )

i

h

(

)

i

h

(

)

i

h

3x + ∑ ai −2 3x = a0 + ∑ ai −2 3x + ∑ ai ( −3x ) .
i =0

i =0

i

(2)

i =0

So sánh hệ số của x h ở 2 vế của phương trình (2), ta được
h
h
h
2 ( 3 ) + ( −2 3 ) = 3h + ( −3) .

(3)

Dễ thấy h = 1, h = 2 thỏa mãn phương trình (3).
Xét h ≥ 3 . Từ (3) suy ra h phải là số chẵn: h = 2k , k ≥ 2 .
⎡k = 1

Khi đó (3) trở thành 2.3k + 12k = 2.9k ⇔ 2 + 4k = 2.3k ⇔ ⎢
.
⎣k = 2
Tóm lại từ (3), ta có h∈{1, 2, 4}.
Trường hợp h = 1 , suy ra P ( x ) = mx + n , thử lại đúng.
Trường hợp h = 2 , suy ra P ( x ) = mx2 + nx + p .
Thay vào phương trình ban đầu, ta được
2
2
2
2
2
2
3m ⎡( a − b ) + (b − c ) + ( c − a ) ⎤ = m ⎡( 2a − b − c ) + ( −a + 2b − c ) + ( −a − b + 2c ) ⎤ . (đúng)
⎣
⎦
⎣
⎦
Trường hợp h = 4 .
Khi đó P ( x ) = mx4 + nx3 + px2 + qx + e .

Trong phương trình ban đầu, thay ( a; b; c ) bằng ( x;0;0) ta được
P ( 3x ) + P ( 0 ) + P ( − 3x ) = P ( 2 x ) + 2 P ( − x ) , ∀x .

Thay P ( x ) = mx4 + nx3 + px2 + qx + e vào (4), ta được

(4)


9mx 4 + 3 3nx3 + 3 px 2 + 3qx + 9mx 4 − 3 3nx 2 − 3qx + 3e
= 16mx 4 + 8nx3 + 4 px 2 + 2qx + 2mx 4 − 2nx3 + 2 px 2 − 2qx + 3e, ∀x ∈ °
Hay mx 4 = 18mx 4 + 6nx3 với ∀x .
Do đó n = 0 , Vậy P ( x ) = mx4 + px2 + qx + e .

Thay vào phương trình ban đầu, ta có:
4
4
4
2
2
2
9 m ⎡( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) ⎤ + 3 p ⎡( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) ⎤
⎣
⎦
⎣
⎦
4
4
4
2
2
2
= m ⎡( 2a − b − c ) + ( 2b − c − a ) + ( 2c − a − b ) ⎤ + p ⎡( 2a − b − c ) + ( 2b − c − a ) + ( 2c − a − b ) ⎤
⎣

⎦
⎣
⎦

Tiếp theo, ta chúng minh đẳng thức

4
4
4
4
4
4
9 ⎡( a − b ) + (b − c ) + ( c − a ) ⎤ = ( 2a − b − c ) + ( 2b − c − a ) + ( 2c − a − b ) . (6)
⎣
⎦
Đặt x = a − c, y = b − a, z = c − b . Khi đó x + y + z = 0 .

Ta có: 9 ⎡( a − b )4 + (b − c )4 + ( c − a )4 ⎤ = 9 ( x 4 + y 4 + z 4 ).
⎣
⎦
Mặt khác:

( 2a − b − c ) + ( 2b − c − a ) + ( 2c − a − b )
4

4

4

= (x − y) + ( y − z) + (z − x)

4

4

4

= 2 ( x 4 + y 4 + z 4 ) − 4 x3 y + 6 x 2 y 2 − 4 xy 3 − 4 y 3 z + 6 y 2 z 2 − 4 yz 3 − 4 z 3 x + 6 z 2 x 2 − 4 z 3

= 2 ( x 4 + y 4 + z 4 ) − 4 x3 ( y + z ) − 4 y 3 ( x + z ) − 4 z 3 ( x + y ) + 6 ( x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 ) .

(8)

Do x + y + z = 0 nên x2 + y 2 + z 2 = −2 ( xy + yz + zx ) .
Suy ra:
x4 + y 4 + z 4 + 2 ( x2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x2 )

= 4 ⎡⎣ x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 + 2 xyz ( x + y + z )⎤⎦ = 4 ( x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 ) .

Như vậy x4 + y 4 + z 4 = 2 ( x2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x2 ).
Thay vào (8) ta được

( 2a − b − c ) + ( 2b − c − a ) + ( 2c − a − b )
4

4

4

= 9 ( x4 + y 4 + z 4 )

Từ (7) và (9) suy ra (6) được chứng minh.
Do đó (5) đúng, nghĩa là đa thức P ( x ) = mx4 + px2 + qx + e thỏa mãn đề bài.
Kết luận: các đa thức thỏa mãn đề bài là:
P ( x ) = mx + n

P ( x ) = mx2 + nx + p

P ( x ) = mx4 + px2 + qx + e với m ≠ 0 .

III/ Một số bài toán xác định đa thức dựa vào so sánh bậc của đa thức
Bài 1: Tìm các đa thức P ( x ) thỏa mãn: P ( 2 x ) = P ' ( x ).P '' ( x ) với mọi x .
Bài giải.
Xét P ( x ) = C const, nên P ( x ) = 0 thỏa mãn.
Xét deg P = n, n ≥ 1, suy ra deg P ' = n − 1,deg P '' = n − 2 .
Từ phương trình ban đầu suy ra n = ( n − 1) + ( n − 2) ⇔ n = 3 .
Đặt P ( x ) = ax3 + bx2 + cx + d .

(9)


Suy ra P ' ( x ) = 3ax2 + 2bx + c , P '' ( x ) = 6ax + 2b và P ( 2 x ) = 8ax3 + 4bx2 + 2cx + d .
Ta có:
P ( 2 x ) = P ' ( x ) P '' ( x )

⇔ 8ax3 + 4bx 2 + 2cx + d = ( 3ax 2 + 2bx + c ) ( 6ax + 2b )

⇔ 8ax3 + 4bx 2 + 2cx + d = 18a 2 x 3 + 18abx 2 + ( 4b 2 + 6ac ) x + 2bc

Đồng nhất hệ số 2 vế của phương trình trên, ta có:
⎧8a = 18a 2

4
⎪
⎧
4 3
⎪4b = 18ab
⎪a =
.
Do
đó
P
x
=
x .
⇔
(
)
9
⎨
⎨
2
9
2
c
=
4
b
+
6
ac
⎪

⎪⎩b = c = d = 0
⎪d = 2bc
⎩
4
Vậy, P ( x ) = 0 hoặc P ( x ) = x3 .
9
Bài 2: Tìm tất cả các đa thức P ( x ) và Q ( x ) thỏa mãn:

P (Q ( x )) = P ( x ) Q ( x ) với ∀x .

Bài giải.
Xét P ( x ) ≡ 0 , suy ra Q ( x ) là một đa thức bất kì.
Xét P ( x ) ≡/ 0.
Gọi deg P = n , deg Q = m .
⎡m = n = 0
⎣m = n = 2

Từ phương trình ban đầu, ta có: m.n = m + n ⇔ ( m − 1)( n − 1) = 1 ⇔ ⎢
Nếu m = n = 0 , P ( x ) = C ≠ 0 (C là hằng số), suy ra Q ( x ) = 1.
Nếu m = n = 2 , đặt P ( x ) = ax2 + bx + c, Q ( x ) = px2 + qx + r (1).
Thay (1) vào phương trình ban đầu, đồng nhất hệ số 2 vế, ta có:
⎧p =1
⎨
⎩b = c = q = r = 0

Từ đây suy ra P ( x ) = ax2 , Q ( x ) = x2 .
Vậy
Nếu P ( x ) ≡ 0 thì Q ( x ) là một đa thức bất kì
Nếu P ( x ) = c thì Q ( x ) = 1.
Nếu P ( x ) = ax 2 thì Q ( x ) = x 2 .

IV/ Một số bài toán xác định đa thức nhiều biến
Bài 1: Tìm tất cả các đa thức P ( x, y ) với hệ số thực sao cho
P ( x + 1, y + 1) = P ( x, y )

với mọi x, y thực.
Bài giải.
Giả sử Q (t ) là một đa thức 1 biến tùy ý.
Dễ dàng nhận thấy P ( x, y ) = Q ( x − y ) vì

P ( x + 1, y + 1) = Q ( x + 1 − ( y + 1)) = Q ( x − y ) = P ( x, y ) .


Giả sử P ( x, y ) là đa thức thỏa mãn đề bài.
Xét Q (t , y ) = P (t + y, y ) với ∀t , y ∈ ° .
Suy ra Q (t , y + 1) = P (t + y + 1, y + 1) = P (t + y, y ) = Q (t , y ) .
Do đó với mỗi số thực t tùy ý, đa thức một biến H ( y ) = Q (t , y ) luôn nhận 1 giá trị cố định
với mọi y nên H ( y ) là đa thức hằng.
Hay Q (t , y ) = S (t ) là đa thức một ẩn bất kì.
Suy ra P (t + y, t ) = S (t ) ⇔ P ( x, y ) = S ( x − y ) , thử lại đúng.
Vậy nghiệm của phương trình là P ( x, y ) = Q ( x − y ) với Q (t ) là đa thức một biến bất kì.
Bài 2: (Iran TST 2010). Tìm các đa thức 2 biến P ( x, y ) hệ số thực, thỏa mãn
P ( ab, c2 + 1) + P (bc, a2 + 1) + P (ca, b2 + 1) = 0 với ∀a, b, c .

Bài giải.
Kí hiệu A ( a, b, c ) là phép thay a, b, c vào phương trình ban đầu.
Ta có:
A ( 0,0,0) ⇒ P ( 0,1) = 0

A ( 0,0, c ) ⇒ P ( 0, y ) = 0 với y > 1, suy ra x | P ( x, y ) .

A ( a, b,0) ⇒ P ( x,1) = 0 với ∀x , suy ra y − 1| P ( x, y ) .

Vì vậy, P ( x, y ) = x ( y − 1) Q ( x, y ) .
Ta có: A ( a, b, c ) ⇒ cQ ( ab, c2 + 1) + aQ (bc, a2 + 1) + cQ (ca, b2 + 1) = 0 .
Kí hiệu B ( a, b, c ) là phép thay a, b, c vào phương trình ở trên.
Ta có:
B ( 0,0, c ) ⇒ Q ( 0, y ) = 0 với y > 1, suy ra x | Q ( x, y ) .
Vì vậy đặt Q ( x, y ) = xR ( x, y ).

Từ đây, ta được R ( ab, c2 + 1) + R (cb, a2 + 1) + R (ca, b2 + 1) = 0 , lại quay về phương trình ban
đầu.
Tiếp tục quá trình này ta có P ( x, y ) = x2n ( y −1)n , P ( x, y ) thỏa mãn với mọi số tự nhiên n ,
nghĩa là P ( x, y ) ≡ 0 . Thử lại đúng.
Vậy đa thức cần tìm là P ( x, y ) ≡ 0 .
Bài 3 (THTT T11/435): Tìm tất cả đa thức P( x, y ) sao cho
P( x, y).P( z, t ) = P( xz + yt , xt + yz ) với mọi x; y; z; t ∈ R
Bài giải:
Xét trường hợp P( x, y ) ≠ 0. Nhận xét
( xz + yt ) + ( xt + yz ) = ( x + y )( z + t )

( xz + yt ) − ( xt + yz (= ( x − y )( z − t )
Do đó nếu đặt

P( x, y) = ( x + y)m ( x − y)n .Q( x, y)
Trong đó m, n∈• và đa thức Q( x; y ) không chia hết cho x + y; x − y

(1)


Suy ra

P( x, y).P( z, t ) = P( xz + yt , xt + yz )
⇔ ( x + y )m ( x − y ) n Q( x, y ).( z + t ) m ( z − t ) n Q( z , t )

= ( x + y ) m ( x − y ) n z + t ) m ( z − t ) n Q( xz + yt , xt + yz )
(2)
⇔ Q( x, y).Q( z, t ) = Q( xz + yt , xt + yz )
Cho z = t = 0 thì Q( x, y).Q(0,0) = Q(0,0)
Ta chứng minh Q(0,0) ≠ 0
Thật vậy, giả sử Q(0,0) = 0 . Lấy y = − x, t = z .Từ (2) ta có Q( x, − x)Q( z, z ) = Q(0,0) = 0
Xét Q( z, z ) ≠ 0 ⇒ Q( x; − x) = 0
Khi đó Q ( x, y ) = ∑ aij x i y j
i, j

= ∑ aij ( xi − (− y )i ) y j + ∑ aij (− y )i y j
i, j

i, j

Q( x, − x) = 0 ⇒ ∑ aij xi (− x) j = 0
i, j

Suy ra Q ( x; y ) = ∑ aij ( xi − ( − y )i ) y j Mx + y
i, j

Tương tự nếu Q( z, z ) = 0 ∀z ∈ °
Điều này mâu thuẫn với (1)
Như vậy Q( x, y ) = 1

thì suy ra Q( x, y )M( x − y )

Vậy P( x, y) = ( x + y)m ( x − y)n ∀m, n ∈• là tất cả các đa thức thỏa mãn yêu cầu bài
toán
V. Một số bài tập tự luyện
Bài 1( VMO 2006) : Hãy xác định tất cả các đa thức P ( x) với hệ số thực, thỏa mãn hệ
thức sau P( x 2 ) + x(3P( x) + P(− x)) = ( P( x))2 + 2 x 2 với mọi x
Bài 2 ( Ireland 1994): Hãy xác định tất cả các đa thức P ( x) với hệ số thực, thỏa mãn:

P( x2 ) = P( x) P( x − 1)
Bài 3 ( Iran, TST 2009) : Hãy xác định tất cả các đa thức P( x; y ) với hệ số thực, thỏa
( x + y )2 ( x − y )2
mãn điều kiện P( x , y ) = P(
,
) với mọi x, y
2
2
Bài 4: Tìm tất cả các đa thức hệ số thực thỏa mãn:
Nếu P(a) nguyên thì a nguyên
Bài 5: Tìm tất cả các đa thức P ( x) thỏa mãn hệ thức: P(3x) = P '( x).P ''( x).P '''( x)
Bài 6: Xác định đa thức P ( x) hệ số thực thỏa mãn:
xP( y) + yP( x) = ( x + y) p( x) P( y) với mọi x, y
Bài 7: Tìm tất cả các đa thức P ( x) với hệ số thực thỏa mãn điều kiện:
⎧⎪ P(0) = 0
⎨
2
2
⎪⎩ P( x + 1) − ( P( x)) − 2 xP( x) = 0 ∀x
2

2

Bài 8: Hãy tìm tất cả các đa thức P ( x) sao cho P ( x) có các hệ số nguyên không âm, thỏa
⎧ P(1) = 8
mãn ⎨
⎩ P(2) = 2012
Bài 9: Tìm tất cả các đa thức P ( x) với hệ số thực thỏa mãn điều kiện:
1
1
1
P 2 ( x) + 2 P( x) P( ) + P 2 ( ) = P( x 2 ) P( 2 )
∀x ≠ 0
x
x
x
Bài 10 ( THTT T9/416): Tìm tất cả các đa thức P ( x) sao cho
⎧⎪ P(2) = 12
⎨
2
2 2
∀x
⎪⎩ P( x ) = x ( x + 1) P( x)
Bài 11( USA 2014): Tìm tất cả các đa thức P ( x) với hệ số thực thỏa mãn điều kiện

P( x 2) = P( x + 1 − x2 )
x ≤ 1; ∀x ∈°
Bài 12( VMO 1997): Tìm tất cả các đa thức f ( x) với hệ số hữu tỷ có bậc nhỏ nhất

f ( 3 3 + 3 9) = 3 + 3 3
Bài 13 ( THTT T9/421): Tìm tất cả các đa thức P ( x) thỏa mãn

( P( x))2 − 1 = 4 P( x 2 − 4 x + 1) ∀x ∈ °
Bài 14 ( Việt Nam TST 1999): Tìm tất cả các đa thức với hệ số thực có bậc 1999 và thỏa
mãn điều kiện: Tồn tại số thực a sao cho ( P( x))2 − 4 = a( x2 − 4)( P' ( x))2


C. KẾT LUẬN
Thông qua một số bài toán xác định đa thức chuyên đề đã bước đầu giúp học sinh
mới bắt đầu học về đa thức có những cách tiếp cận và có một số hướng tư duy khi gặp
các bài toán về đa thức. Do điều kiện thời gian nên trong chuyên đề này tôi chưa thể mở
rộng và đề cập đến những vấn đề khó và hay của đa thức vì vậy tôi rất mong nhận được
sự đóng góp và trao đổi kinh nghiệm của các đồng nghiệp.
Nhân đây, tôi cũng mong các bạn đồng nghiệp cùng suy nghĩ về cách thức giảng
dạy chủ đề "Đa thức" cho học sinh, nên dạy như thế nào để học sinh cảm thấy hấp dẫn và
không mệt mỏi về chủ đề này ?

Tài liệu tham khảo
[1] Nguyễn Văn Mậu, Chuyên đề chọn lọc về đa thức, Nhà xuất bản Giáo dục, Hà Nội 2008
[2] Lê Hoành Phò, Chuyên Khảo Đa Thức, Nhà xuất bản đại học Quốc Gia Hà Nội.
[3] Nguyễn Văn Nho, Tuyển tập Olympic Toán học tại các nước Châu Á – Thái Bình Dương
[4] Báo toán học và tuổi trẻ
[5] Andreescu Boreico, Functional Equations
[6] Amir Hossein Parvardi, Polynomials Problems