Chuyên đề sử dụng nghiệm đa thức giải một số bài toán đại số

Chuyên Đề:
Sử dụng nghiệm đa thức giải một số bài toán Đại số
Mã: TO03A
Bài toán đa thức là nội dung thường gặp trong các kỳ thi học sinh giỏi.
Chuyên đề này nhằm cung cấp cho các em học sinh những khái niệm cơ bản
cũng như những dạng toán thường gặp về đa thức liên quan đến nghiệm như:
chứng minh đa thức bất khả quy, tìm điều kiện để đa thức này chia hết đa thức
kia, tìm đa thức thỏa mãn điều kiện cho trước ...
I. CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN
1. Đa thức:
Đa thức hệ số thực là biểu thức có dạng f ( x) = a0 x n + a1 x n −1 + .. + an −1 x + an
trong đó a0 , a1 ,..an là các số thực ( a0 ≠ 0 ). a0 , a1 ,..an gọi là các hệ số của đa thức,
an gọi là số hạng tự do, a0 x n gọi là số hạng cao nhất
Số mũ cao nhất n của x gọi là bậc của f ( x) ký hiệu là: deg f=n
Đa thức f ( x) hệ số thực ký hiệu là f ( x) ∈° [ x] .
Tương tự ký hiệu f ( x) ∈ ¢ [ x], f ( x) ∈ § [ x] được hiểu là đa thức hệ số
nguyên và đa thức hệ số hữu tỉ.
*) Đa thức hằng và đa thức không
Đa thức f ( x) ≡ c với ∀x ∈ ° gọi là Đa thức hằng
Đa thức f ( x) ≡ 0 với ∀x ∈ ° gọi là Đa thức không
*) Nếu a0 = 1 thì f ( x) gọi là đa thức đơn khởi
Tính chất bậc: cho f ( x), g ( x) ∈ ° [ x] khi đó dễ chứng minh được
deg( fg ) = deg f + deg g
deg( f ( g ( x))) = deg f .deg g
deg( f ± g ) ≤ max {deg f ,deg g}

2. Nghiệm của đa thức:
a được gọi là nghiệm (thực hoặc phức) của đa thức f ( x) nếu f (a) = 0
a được gọi là nghiệm bội k của đa thức f ( x) nếu f ( x)M( x − a)k và f ( x)
không chia hết cho ( x − a)k +1
*) Tính chất:

⎧ f (a) = 0
⎪ ′
⎪ f (a) = 0
a là nghiệm bội k của đa thức f ( x) khi và chỉ khi ta có ⎪⎨ f ′′(a) = 0
⎪...
⎪
⎪⎩ f ( k −1) (a ) = 0

(với f ( k ) ( x) là đa thức đạo hàm cấp k của f ( x) )

1


3. Đa thức khả quy, bất khả quy trên ¢ [ x ]
Đa thức f ( x) ∈¢ [ x] gọi là khả quy trên ¢ [ x ] nếu tồn tại 2 đa thức
g ( x), h( x) ∈¢ [ x] có bậc ≥ 1 sao cho f ( x) = g ( x)h( x)
Đa thức f ( x) ∈¢ [ x] không khả quy trên ¢ [ x ] được gọi là bất khả quy trên ¢ [ x ]
Tương tự ta có các định nghĩa đa thức bất khả quy trên § [ x ] và ° [ x ]
*) Một số kết quả:
Đa thức f ( x) bất khả quy trên ° [ x ] khi và chỉ khi f ( x) là đa thức bậc
nhất hoặc f ( x) là đa thức bậc 2 có Δ < 0
Đa thức f ( x) bất khả quy trên § [ x ] khi và chỉ khi đa thức f ( x) bất khả
quy trên ¢ [ x ]
*) Tiêu chuẩn Ai đen stai nơ:
Cho đa thức f ( x) ∈¢ [ x] và f ( x) = a0 x n + a1 x n −1 + .. + an −1 x + an nếu tồn tại số
nguyên tố p thỏa mãn:
p không là ước của a0
p là ước của a1 , a2 ..an
p 2 không là ước của an
khi đó f ( x) bất khả quy trên ¢ [ x ]

4. Phép chia đa thức
Cho 2 đa thức f ( x), g ( x) với g ( x) là đa thức khác hằng , khi đó tồn tại duy
nhất cặp đa thức q( x), r ( x) thỏa mãn f ( x) = q( x).g ( x) + r ( x) với deg r ( x) < deg g ( x)
Nếu r ( x) ≡ 0 thì ta nói f ( x) chia hết cho g ( x)
5. Một số định lý thường dùng
5.1. Định lý bơzu:
Đa thức f ( x) có nghiệm x = a ⇔ f ( x)M( x − a)
*) Hệ quả:
Nếu đa thức f ( x) có nghiệm x = a thì tồn tại đa thức g(x) sao cho
f ( x) = ( x − a) g ( x)

Nếu đa thức f ( x) có n nghiệm x1 , x2 ..xn thì tồn tại đa thức h(x) sao cho
f ( x) = ( x − x1 )( x − x2 )..( x − xn )h( x)

Nếu đa thức bậc n f ( x) = a0 x n + a1 x n −1 + .. + an −1 x + an có n nghiệm x1 , x2 ..xn
thì ta có phân tích f ( x) = a0 ( x − x1 )( x − x2 )..( x − xn )
5.2. Định lý vi ét:
Nếu đa thức f ( x) = a0 x n + a1 x n −1 + .. + an −1 x + an có n nghiệm phức là x1 , x2 ..xn
thì ta có

2


−a1
⎧
⎪ x1 + x2 + .. + xn = a
0
⎪
a2
⎪

⎪ x1 x2 + x1 x3 + ..xn −1 xn = a
0
⎪
⎪
− a3
⎨ x1 x2 x3 + x1 x2 x4 + ..xn −2 xn −1 xn =
a0
⎪
⎪...
⎪
⎪ x x x ..x = (−1) n an
⎪ 1 2 3 n
a0
⎪
⎩

5.3. Định lý viét đảo:
Cho n số phức x1 , x2 ..xn thỏa mãn
⎧ x1 + x2 + .. + xn = s1
⎪ x x + x x + ..x x = s
n −1 n
2
⎪⎪ 1 2 1 3
⎨ x1 x2 x3 + x1 x2 x4 + ..xn −2 xn −1 xn = s3
⎪...
⎪
⎪⎩ x1 x2 x3 ..xn = sn
Khi đó x1 , x2 ..xn là các nghiệm phức của đa thức

f ( x) = x n − s1 x n −1 + s2 x n − 2 − .. + (−1) n −1 sn −1 x + (−1) n sn

5.4. Định lý roll và Định lý lagrăng
a) Định lý roll :
Cho hàm số f ( x) liên tục trên [a; b] và có đạo hàm trên ( a; b ) và
f (a) = f (b)

Khi đó ∃c ∈ ( a; b ) thỏa mãn f ′(c) = 0
b) Định lý lagrăng
Cho hàm số f ( x) liên tục trên [a; b] và có đạo hàm trên ( a; b ) khi đó
∃c ∈ ( a; b ) thỏa mãn f ′(c) =

f (b) − f (a)
b−a

c) Tính chất của hàm số liên tục trên [a; b]
Nếu hàm số f ( x) liên tục trên [a; b] thì tồn tại GTLN và GTNN của f ( x)
trên [a; b] và f ( x) nhận mọi giá trị trung gian nằm giữa GTNN và GTLN đó
*) Hệ quả
Nếu hàm số f ( x) liên tục trên [a; b] và f (a). f (b) < 0 thì ∃c ∈ ( a; b ) thỏa
mãn f (c) = 0
5.5. Công thức moa-vrơ và một số kết quả về số phức
Công thức moa vrơ
⎡⎣ r ( cosϕ + i sin ϕ )⎤⎦ = r n ( cosnϕ + i sin nϕ ) với ∀n ∈ ¢
n

3


Cho n số phức z1 , z2 ..zn ta có các kết quả sau
z = z ; z1 + z2 + ..zn = z1 + z2 + ..zn

z1.z2 ..zn = z1 z2 ..zn
z1.z2 ..zn = z1 . z2 .. zn
z1 + z2 + .. + zn ≤ z1 + z2 + .. + zn

Cho f ( x) ∈° [ x] ta luôn có f ( z ) = f ( z )
II. TÍNH CHẤT NGHIỆM CỦA ĐA THỨC

1. Các tính chất nghiệm của đa thức hệ số nguyên
Nếu a là nghiệm nguyên của đa thức f ( x) ∈¢ [ x] và
f ( x) = a0 x n + a1 x n −1 + .. + an −1 x + an thì a phải là ước của hệ số tự do an
p
là nghiệm hữu tỉ của f ( x) với p, q ∈ ¢ , q > 0 thì phải có p là
q
ước của hệ số tự do an và q là ước dương của hệ số cao nhất a0

Nếu x =

Nếu a0 = ±1 thì mọi nghiệm hữu tỉ nếu có của f ( x) đều là số nguyên
Nếu a,b là hai số nguyên phân biệt thì ta luôn có f (a) − f (b)Ma − b
Cho d là số nguyên dương không chính phương a,b là hai số nguyên.
Nếu x = a + b d là nghiệm của f ( x) thì x = a − b d cũng nghiệm của f ( x)
2. Các tính chất nghiệm của đa thức hệ số thực
Mọi đa thức bậc lẻ trên ° [ x ] đều có ít nhất một nghiệm thực
Đa thức bậc n có tối đa n nghiệm (thực hoặc phức)
Nếu đa thức f ( x) có bậc ≤ n và có ít nhất n + 1 nghiệm thì phải có f ( x) ≡ 0 với ∀x
Đa thức f ( x) ∈° [ x] bậc n luôn có đủ n nghiệm phức (kể cả bội)
Nếu a + bi là nghiệm của đa thức f ( x) ∈° [ x] thì a − bi cũng là nghiệm
của f ( x)
Nếu đa thức f ( x) chia hết cho đa thức g ( x) thì mọi nghiệm của đa thức
g ( x) đều là nghiệm đa thức f ( x)

Nếu đa thức f ( x) chia hết cho đa thức g ( x) và đa thức g ( x) không có
nghiệm thực thì f ( x) cũng không có nghiệm thực
Nếu đa thức f ( x) ∈° [ x] không có nghiệm thực thì phải có f ( x) > 0
với ∀x ∈ ° hoặc f ( x) < 0 với ∀x ∈ °
Cho hai đa thức f ( x), g ( x) ∈ ° [ x] nếu đẳng thức f ( x) = g ( x) đúng
với ∀x ∈ ° thì ta cũng có f ( x) = g ( x) đúng với ∀x ∈ £
Sử dụng định lý roll ta có thể chứng minh nếu đa thức f ( x) ∈° [ x] có n
nghiệm thực phân biệt thì đa thức f ′( x) sẽ có n-1 nghiệm thực phân biệt xen kẽ
giữa các nghiệm của f ( x)
4


III. MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN NGHIỆM CỦA ĐA THỨC

1. Chứng minh đa thức bất khả quy trên ¢ [ x ]
Ví dụ 1
Chứng minh rằng đa thức x3 + x + 3 bất khả quy trên ¢ [ x ]
Lời giải
Giả sử đa thức x3 + x + 3 khả quy trên ¢ [ x ]
Khi đó sẽ tồn tại các đa thức:
g ( x), h( x) ∈¢ [ x] bậc ≥ 1 sao cho x3 + x + 3 = g ( x).h( x) vì bậc của đa thức x3 + x + 3
bằng 3 nên trong 2 đa thức g ( x), h( x) phải có một đa thức bậc nhất, suy ra
x3 + x + 3 phải có nghiệm hữu tỉ.
Vì hệ số cao nhất bằng 1 nên nghiệm đó phải là số nguyên, do nghiệm
nguyên phải là ước hệ số tự do nên nghiệm đó chỉ có thể bằng ±1, ±3 .
Thử trực tiếp ta thấy ±1, ±3 không phải là nghiệm của x3 + x + 3 mâu
thuẫn.vậy đa thức x3 + x + 3 bất khả quy trên ¢ [ x ]
Ví dụ 2
Chứng minh rằng đa thức P( x) = ( x − a1 )( x − a2 )..( x − an ) − 1 bất khả quy trên ¢ [ x ]
Lời giải:

Giả sử đa thức P( x) = ( x − a1 )( x − a2 )..( x − an ) − 1 khả quy trên ¢ [ x ] khi đó sẽ
tồn tại các đa thức g ( x), h( x) ∈¢ [ x] bậc ≥ 1 sao cho P( x) = g ( x).h( x)
Thay x = ai , i = 1, n ta được g (ai ).h(ai ) = −1 do g (ai ), h(ai ) ∈¢
⎧ g (ai ) = 1
⎩h(ai ) = −1

nên ⎨

⎧ g (ai ) = −1
⎩h(ai ) = 1

hoặc ⎨

suy ra g (ai ) + h(ai ) = 0, ∀i = 1, n
Xét đa thức Q( x) = g ( x) + h( x) do deg g ( x), deg h( x) ≤ n − 1 nên deg Q( x) ≤ n − 1
Mặt khác Q( x) có n nghiệm phân biệt là x = ai , i = 1, n nên phải có
Q( x) ≡ 0 tức là g ( x) = −h( x), ∀x ∈ °
Khi đó P( x) = −h2 ( x), ∀x ∈ °
Suy ra P( x) ≤ 0, ∀x ∈ ° điều này vô lý vì lim P( x) = +∞
Vậy P(x) bất khả quy trên ¢ [ x ]

x→+∞

5


Ví dụ 3
Cho đa thức f ( x) = ( x 2 − 7 x + 6)2 n + 13 chứng minh rằng đa thức f ( x) không
thể biểu diễn được thành tích của n+1 đa thức khác hằng với hệ số nguyên
Lời giải:

Giả sử ngược lại ta có sự phân tích f ( x) = f1 ( x). f 2 ( x).. f n+1 ( x) (*) với
fi ( x) ∈ ¢ [ x ] , deg fi ( x) ≥ 1, ∀i = 1, n + 1 do f ( x) > 0, ∀x ∈ ° nên f ( x) không có nghiệm
thực do đó các đa thức fi ( x) cũng không có nghiệm thực.
Suy ra fi ( x) phải là đa thức bậc chẵn.
Giả sử deg f1 ( x) ≤ deg f 2 ( x) ≤ deg f3 ( x) ≤ deg f n+1 ( x) nếu deg f 2 ( x) ≥ 4 thì
n +1

4n = deg f ( x) = ∑ deg f i ( x) ≥ 4n + 2 vô lý
i =1

Vậy suy ra f1 ( x), f 2 ( x) là đa thức bậc 2 . Vì hệ số cao nhất của f ( x) bằng 1 nên
Hệ số của x 2 trong f1 ( x), f 2 ( x) phải bằng ±1 ,không mất tổng quát
giả sử
f1 ( x) = x 2 + ax + b, f 2 ( x) = x 2 + cx + d
a, b, c, d ∈ ¢

(vì nếu không thế ta có thể xét các đa thức − f1 ( x), − f 2 ( x) )
Vì f1 ( x), f 2 ( x) không có nghiệm thực suy ra f1 ( x), f 2 ( x) > 0, ∀x ∈ °
Trong (*) cho x=1 và x=6 ta thu được fi (1), fi (6) ∈{1,13}, i = 1, 2
Do fi (6) − fi (1)M5 nên fi (6) = fi (1) = 1,(i = 1, 2) hoặc fi (6) = fi (1) = 13,(i = 1, 2)
⎧1 + a + b = 1
⎧a = −7
khi đó f1 ( x) = x 2 − 7 x + 7
⇔⎨
⎩36 + 6a + b = 1 ⎩b = 7

Nếu f1 (6) = f1 (1) = 1 thì ⎨

Dễ thấy đa thức này có 2 nghiệm thực mâu thuẫn.
Nếu f1 (6) = f1 (1) = 13 thì f 2 (6) = f 2 (1) = 1 tương tự như trên ta được

f 2 ( x) = x 2 − 7 x + 7 không thỏa mãn
Vậy đa thức f ( x) không thể biểu diễn được thành tích của n+1 đa thức
khác hằng với hệ số nguyên
2. Chứng minh phương trình có nghiệm
Ví dụ 4
Cho đa thức f ( x) = x 2 + 2015x + 1 chứng minh rằng phương trình
f ( f (... f ( x)...) = 0 ( n lần f ) có nghiệm thực với mọi n nguyên n ≥ 1
Lời giải:
Bằng quy nạp dễ thấy đa thức

hn ( x) = f ( f (... f ( x)...)) ( n lần f ) có

6


deg h( x) = 2n

và hệ số cao nhất bằng 1 do đó lim hn ( x) = +∞ .ta sẽ chỉ ra tồn tại số thực x0 mà
x→+∞

hn ( x0 ) < 0 .

Thật vậy gọi x0 là điểm bất động của đa thức f ( x) = x 2 + 2015x + 1 (nghiệm
phương trình f ( x) = x ) thì x0 = −1007 − 10072 −1 < 0 vì f ( x0 ) = x0
suy ra f ( f ( x0 )) = f ( x0 ) = x0 , bằng quy nạp dễ chỉ ra được
hn ( x0 ) = f ( f (... f ( x0 )) = x0 < 0 .
Dựa vào tính liên tục của hn ( x) = f ( f (... f ( x)) trên ( x0 ; +∞) sẽ ∃c ∈ ( x0 ; +∞)
thỏa mãn f (c) = 0 hay phương trình hn ( x) = f ( f (... f ( x)) = 0 có nghiệm thực.
Ví dụ 5
Cho f ( x), g ( x) ∈ ° [ x] đều có bậc 2016 và có hệ số của số hạng cao nhất bằng 1.

Biết rằng phương trình f ( x) = g ( x) không có nghiệm thực. Chứng minh rằng:
phương trình f ( x + 2015) = g ( x − 1) có nghiệm thực
Lời giải:
Giả sử ta có:
f ( x) = x 2016 + a1 x 2015 + .. + a2016
g ( x) = x 2016 + b1 x 2015 + .. + b2016

Với ai , bi ∈ ° ∀i = 1, 2016 khi đó phương trình f ( x) = g ( x) tương đương
(a1 − b1 ) x 2015 + (a2 − b2 ) x 2014 .. + a2016 − b2016 = 0

Vì mọi đa thức bậc lẻ trên ° [ x ] đều có nghiệm thực nên từ giả thiết
phương trình:
f ( x) = g ( x) không có nghiệm thực suy ra a1 = b1 lúc đó phương trình
f ( x + 2015) = g ( x − 1) trở thành:
20162 x 2015 + c1 x 2014 + .. + c2015 = 0

Phương trình này hiển nhiên có nghiệm thực vì là phương trinh đa thức
bậc lẻ trên ° [ x ]
Ví dụ 6
Cho f ( x) ∈¢ [ x] thỏa mãn f (2015) = 2016 và f (2016) = 2015 tồn tại hay
không số nguyên x thỏa mãn f ( x) = x
Lời giải:
7


Giả sử tồn tại số nguyên x thỏa mãn f ( x) = x . Do f ( x) ∈¢ [ x] nên ta có:
f ( x) − f (2015)Mx − 2015 và f ( x) − f (2016)Mx − 2016
suy ra x − 2016Mx − 2015 và x − 2015Mx − 2016
Có điều này chỉ khi

x − 2015 = x − 2016 ⇔ x = 2015,5 mâu thuẫn vì

2015,5∉ ¢

Vậy phương trinh f ( x) = x không có nghiệm nguyên
3. Sự chia hết trong ° [ x ]
Ví dụ 7
Tìm

n

nguyên

n ≥1

để

f ( x) = ( x + 1)n − x n − 1

chia

hết

cho

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

Lời giải:
Đa thức f ( x) = ( x + 1)n − xn − 1 chia hết cho h( x) = x( x + 1)(1 + x + x 2 ) khi và chỉ khi

∃g ( x) ∈° [ x] sao cho f ( x) = h( x).g ( x) (*) đa thức h( x) = x( x + 1)(1 + x + x 2 ) có tập
⎧
−1 ± i 3 ⎫⎪
nghiệm là ⎪⎨0, −1,
⎬ nên đó cũng là các nghiệm của f ( x)
⎪⎩

Vì vậy

2

⎪⎭

⎧
⎪ f (0) = 0
⎪⎪
n
⎨ f (−1) = −(−1) − 1 = 0
⎪
⎪ f ( −1 + i 3 ) = (cos π + i sin π ) n − (cos 2π + i sin 2π ) n − 1 = 0
⎪⎩
2
3
3
3
3
nπ
nπ
2nπ
2nπ

hay n lẻ và cos + i sin − cos
− i sin
−1 = 0
3
3
3
3
⎧ n = 2k + 1
⇔ n = 6k + 1, k ≥ 0
⇔⎨
⎩n = 3m + 1

Ngược lại nếu n = 6k + 1, k ≥ 0 dễ chứng minh được f ( x)Mh( x)
Ví dụ 8
Cho f ( x), g ( x) ∈¢ [ x] thỏa mãn f ( x3 ) + xg ( x3 ) chia hết cho đa thức x 2 + x + 1
Chứng minh rằng ( ( f (2015); g (2015))M2014
Lời giải:
f ( x3 ) + xg ( x3 ) chia hết cho đa thức x 2 + x + 1 khi và chỉ khi

∃h( x) ∈¢ [ x ]

sao cho f ( x3 ) + xg ( x3 ) = ( x2 + x + 1)h( x)
8


Vì đẳng thức này đúng ∀x ∈ £ nên cho x = ε với ε là nghiệm phức của đa
thức x 2 + x + 1 (chú ý ε 3 = 1 ) ta được f (1) + ε g (1) = 0 do f (1), g (1) ∈¢ nên
f (1) = g (1) = 0 lại do f ( x), g ( x) ∈¢ [ x]
Nên f (2015) = f (2015) − f (1)M2014 và g (2015) = g (2015) − g (1)M2014
Suy ra 2014 là ước chung của f (2015), g (2015)

Do vậy phải là ước của UCLN ( f (2015); g (2015)) ta có điều phải chứng
minh.
Ví dụ 9
Cho hai đa thức phân biệt P ( x ) ,Q ( x ) ∈° [ x] thỏa mãn P(Q(x))=Q(P(x))
chứng minh rằng đa thức P(P(x)) - Q(Q(x)) chia hết cho P(x) - Q(x)
Lời giải :
Ta có P(P(x)) - Q(Q(x)) =(P(P(x)) -P(Q(x))+(Q(P(x)) - Q(Q(x))
Do P ( x ) ,Q ( x ) ∈° [ x] nên P(P(x)) -P(Q(x) MP(x) - Q(x)
và Q(P(x)) - Q(Q(x) MP(x) - Q(x) từ đó ta có điều phải chứng minh
4. Liên hệ giữa các nghiệm của đa thức
Ví dụ 10
Cho đa thức f ( x) = xn + xn−1 + .. + x + 1 có n nghiệm x1 , x2 ..xn tính giá trị biểu
thức: A =

1
1
1
+
+ .. +
x1 − 1 x2 − 1
xn − 1

Lời giải:
⎧ y1 = x1 − 1
⎪ y = x −1
Đặt ⎪⎨ 2 2
⎪...
⎪⎩ yn = xn − 1

Vì y1 = x1 − 1 nên x1 = y1 + 1 do f ( x1 ) = 0 nên

( y1 + 1) n + ( y1 + 1) n −1 + .. + ( y1 + 1) + 1 = 0

Hay là y1n + .. + (1 + 2 + 3 + .. + n) y1 + n + 1 = 0
Suy ra phương trình
x n + .. +

n(n + 1)
x + n + 1 = 0 có n nghiệm là y1 , y2 .. yn
2

Theo định lý viet ta có

⎧
n −1 n( n + 1)
⎪ y1 y2 .. yn −1 + y1 y3 .. yn −1 + .. + y2 .. yn = (−1)
2
⎨
n
−
1
⎪ y y .. y = (−1) (n + 1)
⎩ 1 2 n

9


Do đó A =

1 1
1

n
+ + .. + = −
y1 y2
yn
2

Ví dụ 11
Giả sử f ( x) = x5 + x − 1 có 5 nghiệm là x1 , x2 ..x5 tính giá trị biểu thức
5

P = ∏ ( xi 2 + xi + 1)
i =1

Lời giải:
Do f ( x) = x5 + x − 1 có 5 nghiệm là x1 , x2 ..x5 nên ta có biểu diễn
f ( x) = ( x − x1 ).( x − x2 )..( x − x5 )
−1 ± i 3
2
2
2
Nên ta có x + x + 1 = ( x − z1 ).( x − z2 ) suy ra x1 + x1 + 1 = ( x1 − z1 ).( x1 − z2 ) do đó

Phương trình x 2 + x + 1 = 0 có nghiệm phức là z1,2 =
5

5

5

i =1

i =1

i =1

P = ∏ ( xi 2 + xi + 1) = ∏ ( xi − z1 ).( xi − z2 ) = ∏ ( z1 − xi ).( z2 − xi ) =
= f ( z1 ) f ( z2 )

Dễ thấy z12 + z1 + 1 = 0 ⇒ z13 = 1, z15 = z12 = −( z1 + 1)
Do đó z15 + z1 − 1 = −2 vậy P=4
Ví dụ 12
Cho đa thức f ( x) = x + x + .. + x + 1 với p nguyên tố. Chứng minh rằng
nếu ε là một nghiệm của f ( x) thì ε p = 1 và tất cả các nghiệm của f ( x) là
p −1

p −2

ε , ε 2 , ε 3 ..ε p −1

Lời giải:
Vì ε là nghiệm của f ( x) nên ε p −1 + ε p −2 + ε 2 + ε + 1 = 0 mặt khác
ε p − 1 = (ε − 1)(ε p −1 + ε p −2 + ε 2 + ε + 1) = 0 do đó ε p = 1 .trước hết ta chứng minh
nhận xét:số nguyên dương k nhỏ nhất thỏa mãn ε k = 1 là k=p.
Thật vậy hiển nhiên k ≠ 1 đã có ε p = 1 giả sử 2 ≤ k ≤ p − 1 gọi q,r là
thương gần đúng và số dư khi chia p cho k ta có p = qk + r với 0 ≤ r < k khi đó
ε p = (ε k )q .ε r mà ε p = 1, ε k = 1 ⇒ ε r = 1 .
Nếu r ≠ 0 thì do r < k và ε r = 1 nên k không phải là số số nguyên dương k
nhỏ nhất thỏa mãn ε k = 1
Nếu r = 0 thì p = qk suy ra k là ước của p nguyên tố vô lý vì 2 ≤ k ≤ p − 1
do vậy k nhỏ nhất phải bằng p

ε pi − 1
= 0 (do ε p = 1) ∀i = 1, p − 1
ε i −1
f ( x) , nếu tồn tại 1 ≤ i < j ≤ p − 1 mà

Ta lại có f (ε i ) = ε i ( p −1) + ε i ( p −2) + .. + ε i + 1 =
Suy ra ε , ε 2 , ε 3 ..ε p −1 là nghiệm của
ε i = ε j thì suy ra ε j −i = 1 vô lý vì 0 < j − i < p .

10


f ( x) là đa thức bậc p-1 lại có p-1 nghiệm phân biệt ε , ε 2 , ε 3 ..ε p −1 nên đó là
tất cả nghiệm của f ( x)

5. Bài toán xác định đa thức
Ví dụ 13
Cho đa thức f ( x) bậc 4 có hệ số cao nhất bằng 1 biết rằng:
f (1) = 10
f (2) = 20
f (3) = 30
Tính f (4) + f (0)

Lời giải :
Xét đa thức g ( x) = f ( x) − 10 x khi đó g ( x) là đa thức bậc 4 có hệ số cao
nhất bằng 1 và g (1) = g (2) = g (3) = 0 suy ra g ( x) = ( x − 1)( x − 2)( x − 3)( x + a)
Do đó f ( x) = g ( x) + 10 x = ( x − 1)( x − 2)( x − 3)( x + a) + 10 x
Do vậy f (4) + f (0) = 6(4 + a) + 40 − 6a = 64
Ví dụ 14
Tồn tại hay không một đa thức P( x) bậc 2015 sao cho P( x 2 − 2016) chia

hết cho P( x)
Lời giải:
Ta sẽ chỉ ra tồn tại đa thức dạng P( x) = ( x + a)2015 thỏa mãn với a được chọn
thích hợp
Thật vậy với đa thức P( x) như trên thì P( x2 − 2016) = ( x2 − 2016 + a)2015 chọn
−1 + 1 + 4.2016
)
2
Khi đó P( x2 − 2016) = ( x2 − a 2 )2015 = ( x + a)2015 .( x − a)2015 M( x + a)2015 = P( x)

a để −2016 + a = −a 2 (lấy a =

Ví dụ 15
Tìm

tất

cả

các

đa

thức

( x − 1) P( x + 1) − ( x + 2) P( x) = 0, ∀x ∈ °

P( x) ∈° [ x]

thỏa

mãn

Lời giải:
Lần lượt thay x=1,-2,0 vào đẳng thức trên thu được P( x) có các nghiệm là
0,1,-1
Suy ra P( x)Mx3 − x

do đó tồn tại đa thức Q( x) ∈° [ x] sao cho
11


P( x) = ( x3 − x)Q( x)

Thế vào đẳng thức trên ta được Q( x + 1) = Q( x)
Đặt Q(0) = a khi đó phương trình Q( x) − a = 0 có vô số nghiệm là 0,1,2..
Do vậy
Q( x) − a ≡ 0, ∀x từ đó P( x) = a( x3 − x) với a là hằng số tùy ý.
IV. BÀI TẬP

Bài 1. Cho đa thức f ( x) = x 2 + 2015x + 1 chứng minh rằng phương trình
f ( f (... f ( x)) = 0 (n lần f) có nghiệm thực với mọi n nguyên n ≥ 1
Bài 2. a). Chứng minh rằng đa thức x3 + x + 3 bất khả quy trên ¢ [ x ]
a 3 + 1 b3 + 1
b). a, b ∈ ¢ sao cho
+
∈ ¢ chứng minh rằng a 2004 − 1Mb + 1
b +1 a +1
c). Chứng minh rằng số A = (3 + 2 2) 2015 + (3 − 2 2) 2015 ∈ ¢

tìm số dư khi chia A cho 35.
Bài 3. Giả sử f ( x) = x5 + x + 1 có 5 nghiệm là x1 , x2 ..x5
5

Tính giá trị biểu thức P = ∏ ( x12 + x1 + 1) .
1

Bài 4. Chứng minh rằng các đa thức P( x) = ( x − a1 )( x − a2 )..( x − an ) − 1
Q( x) = ( x − a1 ) 2 ( x − a2 ) 2 ..( x − an ) 2 + 1 (với a1 , a2 ..an là các số nguyên phân biệt)
bất khả quy trên ¢ [ x ] .
Bài 5. Tồn tại hay không một đa thức P( x) bậc 2015 sao P( x 2 − 2016) chia
hết cho P( x) .
Bài 6. Chứng minh rằng đa thức P( x) = (cos ϕ + x sin ϕ )n − cos nϕ − x sin nϕ
chia hết cho: x 2 + 1 với mọi n nguyên n ≥ 1 và góc ϕ cho trước.
Bài7. Với giá trị nào của n thì đa thức 1 + x 2 + x 4 .. + x 2 n−2
chia hết cho đa thức 1 + x + x 2 .. + x n−1
Bài 8. Tìm n nguyên n ≥ 1 để ( x + 1)n − x n − 1 chia hết cho x( x + 1)(1 + x + x 2 )
Bài 9. Cho đa thức f ( x) = xn + xn−1 + .. + x + 1 có n nghiệm x1 , x2 ..xn tính giá
trị biểu thức: A =

1
1
1
+
+ .. +
x1 − 1 x2 − 1
xn − 1

Bài 10 Giả sử phương trình x n = 1 có n nghiệm là 1, x1 , x2 ..xn−1 chứng
minh rằng: (1 − x1 )(1 − x2 )..(1 − xn−1 ) = n

12


Bài 11. Cho đa thức f ( x) = ( x 2 − 7 x + 6)2 n + 13 chứng minh rằng đa thức f ( x)
không thể biểu diễn được thành tích của n+1 đa thức khác hằng với hệ số
nguyên.
Bài 12. Cho f ( x), g ( x) ∈¢ [ x] thỏa mãn f ( x3 ) + xg ( x3 ) chia hết cho đa thức
x 2 + x + 1 chứng minh rằng ( ( f (2015); g (2015))M2014
Bài 13. Tìm tất cả n nguyên n ≥ 1 thỏa mãn ( x + 1)n + (2 x − 1)n chia hết cho
x3 − x 2 + x

Bài 14. Cho hai đa thức phân biệt P(x),Q(x) thỏa mãn P(Q(x)) = Q(P(x))
chứng minh rằng đa thức: P(P(x)) - Q(Q(x)) chia hết cho P(x) - Q(x)
Bài 15. Cho đa thức f ( x) = x p−1 + x p−2 + .. + x + 1 với p nguyên tố. Chứng
minh rằng nếu ε là một nghiệm của f ( x) thì ε p = 1 và tất cả các nghiệm của
f ( x) là ε , ε 2 , ε 3 ..ε p −1
Bài 16. Cho f ( x), g ( x) ∈ ° [ x] đều có bậc 2016 và có hệ số của số hạng
cao nhất bằng 1 biết rằng phương trình f ( x) = g ( x) không có nghiệm thực.
Chứng minh rằng: phương trình f ( x + 2015) = g ( x − 1) có nghiệm thực.
Bài 17. Chứng minh rằng đa thức x 4 a +1 + x 4b+2 + x 4c +3 + x 4 d chia hết cho đa
thức x3 + x 2 + x + 1 với a,b,c,d là các số nguyên dương bất kỳ.
Bài 18. Chứng minh rằng đa thức f ( x) = ( x2 + 12 )( x2 + 22 )..( x2 + n2 ) + 1
bất khả quy trên ¢ [ x ] với mọi n nguyên n ≥ 1
Bài 19. Cho f ( x) ∈¢ [ x] thỏa mãn f (2015) = 2016 và f (2016) = 2015
tồn tại hay không số nguyên x thỏa mãn f ( x) = x
Tài liệu tham khảo:
1. Chuyên đề số phức và áp dụng . tác giả Nguyễn Văn Mậu (chủ biên).
2. Chuyên khảo đa thức .tác giả Lê Hoành Phò.
3. Bài tập đại số sơ cấp . tác giả V.A .kretsmar.
4. Tài liệu trên trang web diendantoanhoc.net, mathscope.org.

13