Phương trình hàm đa thức và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN VIẾT BẮC

PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2015


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN VIẾT BẮC

PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 60 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: TS. TRẦN NGUYÊN AN

THÁI NGUYÊN - 2015


1

TÓM TẮT NỘI DUNG

Luận văn "Phương trình hàm đa thức và ứng dụng" được chia thành
2 chương, ngoài phần mở đầu, phần kết luận.
Trong Chương 1, luận văn nhắc lại một số kiến thức chuẩn bị làm
cơ sở cho việc trình bày kiến thức ở phần sau của chương như đa thức,
nghiệm của đa thức,...Tiếp đến, luận văn trình bày một số phương pháp
giải phương trình hàm thường gặp như: Phương pháp đặt ẩn phụ, dồn
biến; phương pháp thế giá trị đặc biệt; phương pháp hệ số bất định;
phương pháp đổi biến số; phương pháp sử dụng tính chất nghiệm và so
sánh bậc...
Trong Chương 2, luận văn tiếp tục trình bày 2 dạng phương trình
hàm P (f )P (g) = P (h) và P (f )P (g) = P (h) + Q. Ngoài ra, luận văn
còn trình bày thêm các phương pháp giải nâng cao như: Phương pháp sử
dụng công thức nội suy Lagrange; phương pháp sử dụng số phức; phương
pháp sử dụng dãy số... Trong một số dạng phương trình hàm là một số
phương pháp giải nhất định chính vì vậy mà tác giả không muốn trình
bày tách bạch 2 vấn đề trên. Luận văn tổng hợp được một lượng lớn các
ví dụ, với mỗi bài toán lại cho ta những kĩ thuật giải khá riêng biệt.


Lời cảm ơn
Luận văn "Phương trình hàm đa thức và ứng dụng" được thực hiện
và hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên. Qua
đây tác giả xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến các thầy cô giáo của khoa sau
Đại học, Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã trang bị kiến thức
cơ bản, tạo điều kiện tốt nhất cho tác giả trong quá trình học tập và
nghiên cứu.
Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới TS. Trần
Nguyên An, người đã tận tình chỉ bảo, tạo điều kiện và giúp đỡ tác giả

có thêm nhiều kiến thức, khả năng nghiên cứu, tổng hợp tài liệu để hoàn
thành luận văn.
Tác giả xin cảm ơn tới UBND thành phố Tuyên Quang, phòng Giáo
dục và Đào tạo thành phố, Ban Giám hiệu, các đồng nghiệp Trường
THCS Lê Quý Đôn đã tạo mọi điều kiện giúp đỡ tác giả trong thời gian
học tập và hoàn thành luận văn.
Thái Nguyên, 2015

Nguyễn Viết Bắc
Học viên Cao học Toán K7A,
Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên


i

Mục lục
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

Chương 1. Một số dạng và phương pháp giải phương trình hàm
đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1. Kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.2. Phương pháp đặt ẩn phụ, dồn biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.3. Phương pháp thế giá trị đặc biệt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.4. Phương pháp hệ số bất định . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

1.5. Phương pháp sử dụng tính chất của đa thức P (x) = P (x + a) 11
1.6. Phương pháp sử dụng phép biến đổi đối số. . . . . . . . . . . . . . . . . .

12

1.7. Phần tử đại số và đa thức tối tiểu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

17

1.8. Phương pháp sử dụng tính chất nghiệm và so sánh bậc . . . . .

21

1.9. Một số phương pháp khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

37

Chương 2. Một số dạng và phương pháp giải phương trình hàm
nâng cao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
2.1. Phương pháp nội suy Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

40

2.2. Phương trình dạng P (f )P (g) = P (h) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

44

2.3. Phương trình dạng P (f )P (g) = P (h) + Q. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

49

2.4. Phương pháp sử dụng số phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

50

2.5. Phương pháp sử dụng dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

56

2.6. Phương trình hàm có lời giải là hàm đa thức . . . . . . . . . . . . . . . .

61

Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

64

Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

65

1

Mở đầu
Đa thức là một biểu thức bao gồm các biến và các hệ số với các phép
toán: cộng, trừ, nhân và lũy thừa nguyên dương. Đa thức xuất hiện hầu
hết trong các lĩnh vực khác nhau của Toán học và Khoa học. Đa thức
dùng để định nghĩa hàm đa thức được sử dụng trong hóa học và vật lý,
kinh tế và khoa học-xã hội, giải tích số, lý thuyết xấp xỉ. Trong Toán
học hiện đại đa thức sử dụng để xây dựng vành đa thức và đa tạp đại
số, những khái niệm trung tâm của Đại số và Hình học đại số.
Ở phổ thông đa thức được đưa vào giảng dạy từ Lớp 7. Các bài toán
về đa thức thường gặp trong các kì thi học sinh giỏi toán cấp tỉnh, quốc
gia, khu vực, quốc tế và Olympic học sinh, sinh viên. Một trong những
dạng toán khó khá phổ biến về đa thức là phương trình hàm trên tập các
đa thức. Dạng toán phương trình hàm nói chung và phương trình hàm
trên tập các đa thức nói riêng là khá phong phú và đa dạng, với nhiều bài
toán có lời giải "không mẫu mực". Mục đích của luận văn là phân loại
một cách tương đối một số phương pháp cũng như một số dạng phương
trình hàm trên tập các đa thức mà ta gọi là phương trình hàm đa thức.
Để giải những phương trình hàm dạng này bên cạnh việc sử dụng các
kỹ thuật chung cho việc giải phương trình hàm ta còn sử dụng các tính
chất và các đặc trưng cơ bản của đa thức như nghiệm, hệ số, bậc, tính
liên tục, tính hữu hạn nghiệm, tính khả vi, ...
Luận văn "Phương trình hàm đa thức và ứng dụng" được chia thành
2 chương, ngoài phần mở đầu, phần kết luận.
Trong Chương 1, luận văn nhắc lại một số kiến thức chuẩn bị làm
cơ sở cho việc trình bày kiến thức ở phần sau của chương như đa thức,
nghiệm của đa thức,...Tiếp đến, luận văn trình bày một số phương pháp
giải phương trình hàm thường gặp như: Phương pháp đặt ẩn phụ, dồn

2

biến; phương pháp thế giá trị đặc biệt; phương pháp hệ số bất định;
phương pháp đổi biến số; phương pháp sử dụng tính chất nghiệm và so
sánh bậc...
Trong Chương 2, luận văn tiếp tục trình bày 2 dạng phương trình
hàm P (f )P (g) = P (h) và P (f )P (g) = P (h) + Q. Ngoài ra, luận văn
còn trình bày thêm các phương pháp giải nâng cao như: Phương pháp sử
dụng công thức nội suy Lagrange; phương pháp sử dụng số phức; phương
pháp sử dụng dãy số... Trong một số dạng phương trình hàm là một số
phương pháp giải nhất định chính vì vậy mà tác giả không muốn trình
bày tách bạch 2 vấn đề trên. Luận văn tổng hợp được một lượng lớn các
ví dụ, với mỗi bài toán lại cho ta những kĩ thuật giải khá riêng biệt.
Dù đã nghiêm túc nghiên cứu và rất cố gắng thực hiện luận văn, nhưng
với trình độ hạn chế cùng nhiều lý do khác, luận văn chắc chắn không
tránh khỏi những thiếu sót. Kính mong sự góp ý của các Thầy, Cô, các
các anh chị đồng nghiệp và các bạn để luận văn này hoàn chỉnh và nhiều
ý nghĩa hơn.


3

Chương 1
Một số dạng và phương pháp giải
phương trình hàm đa thức
1.1. Kiến thức chuẩn bị
Trong mục này ta nhắc lại định nghĩa và một số tính chất cơ bản về
đa thức với hệ số trên một trường K.
Định nghĩa 1.1.1. Một đa thức một biến với hệ số trên K có thể được

viết dưới dạng P (x) = an xn + ... + a1 x + a0 , trong đó a0 , a1 , ..., an ∈ K,
và x là một kí hiệu gọi là biến. Ta cũng viết đa thức này dưới dạng
∞

P (x) =

ai xi hoặc P (x) =

ai xi , trong đó ai = 0 với mọi i > n. Hai

i=0

đa thức
ai xi và
bi xi bằng nhau nếu ai = bi với mọi i.
Kí hiệu K[x] là tập các đa thức một biến x với hệ số trên K. Cho
P (x) = an xn + ... + a1 x + a0 ∈ K[x]. Ta gọi a0 là hệ số tự do của P (x).
Nếu an = 0 thì n gọi là bậc của đa thức P (x) và được kí hiệu degP = n.
Trong trường hợp này an được gọi là hệ số cao nhất của P(x). Nếu n = 1
thì P (x) gọi là đa thức dạng chuẩn (monic polynomial). Ta không định
nghĩa bậc cho đa thức 0. Nếu P (x) = a ∈ K thì P (x) được gọi là đa thức
hằng. Các đa thức bậc 1 được gọi là đa thức tuyến tính.
Định nghĩa 1.1.2. Với hai đa thức P (x) =
ai xi và Q(x) =
trong K[x], định nghĩa:
P (x) + Q(x) = (ai + bi )xi ,
P (x)Q(x) = ck xk , trong đó ck =
ai bj với mọi k.
i+j=k

bi xi


4

Khi đó K[x] là vành giao hoán với phép cộng và nhân đa thức. Vành
K[x] được gọi là vành đa thức một biến x với hệ số trong K. Phần tử
không của vành là đa thức 0, phần tử đơn vị là đa thức 1.
Ta định nghĩa vành đa thức nhiều biến bằng quy nạp như sau.
Định nghĩa 1.1.3. Đặt
K1 = K[x1 ]
K2 = K1 [x2 ]
...
Kn = Kn−1 [xn ]
vành Kn = Kn−1 [xn ], ký hiệu là K[x1 , . . . , xn ] và gọi là vành đa thức của
n biến x1 , . . . , xn trên K. Một phần tử của K[x1 , . . . , xn ] gọi là một đa
thức của n biến x1 , x2 , ..., xn lấy hệ tử trong vành K. Các phần tử của
K[x1 , . . . , xn ] thường được ký hiệu bởi P (x1 , x2 , ..., xn ), Q(x1 , x2 , ..., xn ), ...
Bằng quy nạp ta có mỗi phần tử P (x1 , ..., xn ) ∈ K[x1 , . . . , xn ] biểu
diễn được dưới dạng
ai1 ,...,in xi11 . . . xinn , ai1 ,...,in ∈ K,

P (x1 , ..., xn ) =
(i1 ,...,in )∈Λ

Λ ⊆ Nn là tập hữu hạn. Cho K[x1 , . . . , xn ] là vành đa thức của n biến
x1 , . . . , xn trên K. Mỗi phần tử có dạng xi11 . . . xinn được gọi là một đơn
thức bậc i1 + . . . + in của K[x1 , . . . , xn ]. Các số ij được gọi là bậc theo
biến xj của đơn thức xi11 . . . xinn . Mỗi phần tử có dạng au trong đó a ∈ K
và u là một đơn thức được gọi là một từ của K[x1 , . . . , xn ], u được gọi là

đơn thức của từ au và a được gọi là hệ số của nó. Bậc của từ au được
định nghĩa là bậc của đơn thức u. Hai từ được gọi là đồng dạng nếu các
đơn thức của chúng là như nhau. Với mỗi phần tử P ∈ K[x1 , . . . , xn ], rõ
ràng ta có thể viết P thành một tổng của hữu hạn từ không đồng dạng.
Một biểu diễn như vậy gọi là biểu diễn chính tắc của P (x1 , ..., xn ).
Tiếp theo ta nhắc lại một số tính chất quan trong cần sử dụng trong
phần sau.


5

Bổ đề 1.1.4. Cho P (x), Q(x) ∈ K[x] là các đa thức khác 0.
(i) Nếu P (x)+Q(x) = 0 thì deg(P (x) + Q(x)) ≤ max {degP (x), degQ(x)}.
(ii) Nếu P (x)Q(x) = 0 thì deg(P (x)Q(x)) ≤ deg(P (x) + degQ(x).
Định lý 1.1.5. Cho hai đa thức P (x) và Q(x) với Q(x) = 0. Tồn tại
duy nhất hai đa thức H(x) và R(x) sao cho P (x) = Q(x)H(x) + R(x),
R(x) = 0 hoặc deg R(x) < deg Q(x).
Định nghĩa 1.1.6. Cho đa thức P (x) = an xn + . . . + a1 x + a0 . Với mỗi
phần tử v ∈ K, ta kí hiệu P (v) = an v n + . . . + a1 v + a0 ∈ K. Phần tử
v ∈ K được gọi là nghiệm của P (x) nếu P (v) = 0. Trong trường hợp này
ta cũng nói v là một nghiệm của đa thức P (x).
Bổ đề 1.1.7. Cho P (x) là một đa thức. Dư của phép chia P (x) cho x−a
là P (a).
Định lý 1.1.8 (Định lý Bezout). Số a là nghiệm của đa thức P (x) nếu
và chỉ nếu tồn tại đa thức Q(x) sao cho P (x) = (x − a)Q(x).
Định nghĩa 1.1.9. Cho P (x) là một đa thức và k > 0 là một số nguyên.
Số a được gọi là một nghiệm bội k của đa thức P (x) nếu P (x) chia hết
cho (x − a)k nhưng không chia hết cho (x − a)k+1 . Nếu k = 1 thì a gọi là
nghiệm đơn. Nếu k = 2 thì a gọi là nghiệm kép.
Bổ đề 1.1.10. Cho P (x) là một đa thức. Số a là nghiệm bội k của P (x)

nếu và chỉ nếu P (x) = (x − a)k Q(x) và Q(a) = 0.
Định lý 1.1.11. Cho P (x) = 0 và a1 , a2 , . . . , ar là các nghiệm phân biệt
của P (x). Giả sử ai là nghiệm bội ki của P (x) với i = 1, 2, . . . , r. Khi đó
ta có P (x) = (x − a1 )k1 (x − a2 )k2 . . . (x − ar )kr Q(x), trong đó Q(ai ) = 0
với mọi i = 1, . . . , r.
Hệ quả 1.1.12. Cho P (x) là một đa thức khác 0. Khi đó số nghiệm của
P (x), mỗi nghiệm tính với số bội của nó, không vượt quá bậc của của P.
Chứng minh. Giả sử a1 , . . . , ar là các nghiệm của P (x) với số bội lần lượt
là k1 , . . . , kr . Theo Định lí 1.1.11 ta có
P (x) = (x − a1 )k1 (x − a2 )k2 . . . (x − ar )kr Q(x).
Ta có deg(P (x)) = deg(Q(x)) +

r
i=1 ki

≥

r
i=1 ki .


6

Hệ quả 1.1.13. Nếu đa thức P(x) có vô số nghiệm thì P (x) ≡ 0. Nói
riêng, nếu số nghiệm lớn hơn bậc của đa thức P(x) thì P (x) = 0.
Hệ quả 1.1.14. Nếu đa thức P(x) thỏa mãn P (x) = P (x + a), ∀x ∈ K,
K là trường vô hạn (với a là một hằng số khác không nào đó) thì P (x) ≡ c
(với c là hằng số tùy ý).
Hệ quả 1.1.15. Cho P, Q ∈ K[x], trong đó deg(P (x)) n và deg(Q(x))
n. Nếu P (x) và Q(x) có giá trị bằng nhau tại n + 1 số khác nhau thì

P (x) = Q(x).
Chứng minh. Đặt R(x) = P (x)−Q(x). Theo giả thiết, R(x) có ít nhất n+
1 nghiệm phân biệt. Nếu R(x) = 0 thì deg(R(x)) max{deg(P (x)), deg(Q(x))}
n. Vì thế, theo Hệ quả 1.1.12, R có nhiều nhất n nghiệm. Điều này là vô
lí. Vậy R(x) = 0 và do đó P (x) = Q(x).

1.2. Phương pháp đặt ẩn phụ, dồn biến
Ta thường gặp một số dạng phương trình hàm cơ bản P (ϕ(x)) = ψ(x).
Thông thường ta giải bằng cách đặt ϕ(x) = t, tính x theo t rồi thay vào
phương trình hàm đã cho.
Bài toán 1.2.1. Tìm tất cả những đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn
1
1
P (x − ) = x3 − 3 , ∀x ∈ R∗ .
x
x

(1.1)

Giải. Đặt t = x − x1 suy ra x3 − x13 = t3 + 3t thay vào (1.1) ta được
P (t) = t3 + 3t, ∀t ∈ R (vì phương trình x2 − tx − 1 = 0 luôn có nghiệm
với mọi x = 0). Hay P (x) = x3 +3x, ∀x ∈ R. Thử lại thấy thỏa mãn.
Chú ý: Phương trình hàm cơ bản chứa hai biểu thức P (ϕ1 (x)), P (ϕ2 (x))
thường cho ta lời giải là một phân thức hữu tỉ.
Bài toán 1.2.2 (HSG Gia Lai năm học 2009-2010). Tìm các hàm số
f (x) thỏa mãn điều kiện f (x) + xf (1 − x) = x2 , ∀x ∈ R.
Giải. Giả sử hàm số f thỏa mãn f (x) + xf (1 − x) = x2 , ∀x ∈ R. Khi
đó thay x bởi 1 − x, ta được f (1 − x) + (1 − x)f (x) = (1 − x)2 , ∀x ∈ R.

7

Do đó ta có hệ
f (x) + xf (1 − x) = x2
f (1 − x) + (1 − x)f (x) = (1 − x)2
Ta có D = 1 − x + x2 = 0; Df (x) = −x3 + 3x2 − x; Df (1−x) = x3 − 2x + 1.
Bởi vậy
−x3 + 3x2 − x
f (x) =
, ∀x ∈ R.
(1.2)
x2 − x + 1
x3 − 2x + 1
f (1 − x) = 2
, ∀x ∈ R.
(1.3)
x −x+1
Nếu hàm số f thỏa mãn (1.2) thì ta có
−(1 − x)3 + 3(1 − x)2 − (1 − x) x3 − 2x + 1
f (1 − x) =
= 2
, ∀x ∈ R.
(1 − x)2 − (1 − x) + 1
x −x+1
Vậy nếu hàm số f thỏa mãn (1.2) thì nó thỏa mãn (1.3). Thử lại ta thấy
có duy nhất một hàm số thỏa mãn đề bài là
−x3 + 3x2 − x
f (x) =
, ∀x ∈ R.
x2 − x + 1

Phương pháp dồn biến cũng được sử dụng phổ biến khi giải phương
trình hàm đa thức. Sau đây là bài toán minh họa.
Bài toán 1.2.3. Tìm tất cả những đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn
(x − y)P (x + y) − (x + y)P (x − y) = 4xy(x2 − y 2 ), ∀x, y ∈ R.
Giải. Đặt u = x + y; v = x − y. Ta có x =
uP (v) = (u2 − v 2 )uv hay

u+v
2 ;y

=

u−v
2 .

Suy ra vP (u) −

P (u)
P (v)
− u2 =
− v 2 , ∀u, v = 0.
u
v
Cho v = 1 ta được
P (u)
− u2 = P (1) − 1, ∀u = 0.
u
Do đó P (u) = u3 + au, ∀u = 0, (với a = P (1) − 1). Cho x = y = 0 ta có
2P (0) = 0. Suy ra P (0) = 0. Vậy P (x) = x3 + ax, ∀x ∈ R.

8

1.3. Phương pháp thế giá trị đặc biệt
Một kỹ thuật thường gặp trong giải phương trình hàm nói chung và
phương trình hàm đa thức nói riêng là thế các giá trị đặc biệt của biến
số để tìm lời giải. Ta xét một số bài toán cụ thể sau.
Bài toán 1.3.1. Tìm tất cả những đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn
P (x + y) + P (x − y) = P (x) + 6xy

3

P (y) + x3 , ∀x, y ∈ R.

(1.4)

Giải. Trong (1.4) cho y = 0 ta được P (x) = x3 , ∀x ∈ R. Thử lại thấy
thỏa mãn.
Bài toán 1.3.2. Tìm tất cả những đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn
P (x + y) + P (x − y) = P (x) + 2P (y) + x2 , ∀x, y ∈ R.

(1.5)

Giải. Đặt P (0) = c. Trong (1.5) cho y = 0 ta được
P (x) = x2 + 2c, ∀x ∈ R.

(1.6)

Thử lại: Thay (1.6) vào (1.5) ta được (x + y)2 + 2c + (x − y)2 + 2c =

x2 + 2c + 2y 2 + 4c + x2 , ∀x, y ∈ R. Suy ra c = 0. Do đó có duy nhất đa
thức thỏa mãn đề bài là P (x) = x2 , ∀x ∈ R.
Chú ý: Có thể trình bày bằng cách khác như sau: Trong (1.5) cho x =
y = 0 ta được P (0) = 0. Sau đó cho y = 0 và sử dụng P (0) = 0 thì
phương trình (1.5) có dạng P (x) = x2 , ∀x ∈ R. Thử lại thấy thỏa mãn.
Bài toán 1.3.3 (Switzerland Final Round 2010). Tìm tất cả những đa
thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn
P (P (x)) + P (P (y)) = 2y + P (x − y), ∀x, y ∈ R.

(1.7)

Giải. Đặt P (0) = c. Trong (1.7) cho y = x ta được P (P (x))+P (P (x)) =
2x + P (0), ∀x ∈ R. Hay P (P (x)) = x + 2c , ∀x ∈ R. Khi đó (1.7) trở
thành
c
c
x + + y + = 2y + P (x − y), ∀x, y ∈ R.
2
2
⇔ P (x − y) = x − y + c, ∀x, y ∈ R.
(1.8)


9

Từ (1.8), cho y = 0, suy ra P (x) = x + c, ∀x ∈ R. Thay vào (1.7) ta
được x + 2c + y + 2c = 2y + x − y, ∀x, y ∈ R. Khi đó suy ra c = 0. Vậy có
duy nhất một đa thức thỏa mãn yêu cầu đề bài là P (x) = x, ∀x ∈ R.
Bài toán 1.3.4 (Romania Team Selection Test 2011). Tìm tất cả những
đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn

2P (x) = P (x + y) + P (x + 2y), ∀x ∈ R; y ≥ 0.

(1.9)

Giải. Ta kí hiệu P (u; v) chỉ việc thay x bởi u và thay y bởi v vào (1.9)
ta được:
P (2x; x) ⇒ 2P (2x) = P (3x) + P (4x), ∀x ≥ 0.

(1.10)

P (x; x) ⇒ 2P (x) = P (2x) + P (3x), ∀x ≥ 0.

(1.11)

P (0; x) ⇒ 2P (0) = P (x) + P (2x), ∀x ≥ 0.

(1.12)

P (0; 2x) ⇒ 2P (0) = P (2x) + P (4x), ∀x ≥ 0.

(1.13)

Từ (1.13) ta có P (4x) = 2P (0) − P (2x) thay vào (1.10) ta được
2P (2x) = P (3x) + 2P (0) − P (2x)
⇔ P (3x) = 3P (2x) − 2P (0)

(1.14)

Thay (1.14) vào (1.11) ta được
2P (x) = P (2x) + 3P (2x) − 2P (0)

⇔ P (x) = 2P (2x) − P (0)

(1.15)

Thay (1.15) vào (1.12) ta được
4P (0) = 2P (x) + P (x) + P (0)
⇔ P (x) = P (0), ∀x ≥ 0.

(1.16)

Trong (1.9) thay y bởi 2y, ta được
2P (x) = P (x + 2y) + P (x + 4y), ∀x ∈ R; y ≥ 0.

(1.17)

Từ (1.9) và (1.17) suy ra
P (x + y) = P (x + 4y), ∀x ∈ R; y ≥ 0.

(1.18)


10

Trong (1.18) thay x bởi −4y, ta được P (−3y) = P (0), ∀y ≥ 0. Từ đây
thay y bởi y3 , ta được P (−y) = P (0), ∀y ≥ 0. Vậy
P (t) = P (0), ∀y ≤ 0.

(1.19)

Từ (1.19) và (1.16) suy ra P (x) = P (0), ∀x ∈ R. Do đó P (x) = c, ∀x ∈

R (c là hằng số bất kì). Thử lại thấy thỏa mãn.

1.4. Phương pháp hệ số bất định
Đa thức có tính chất phổ dụng sau: Đa thức P (x) = Q(x) khi và chỉ
khi chúng cùng bậc và cùng các hệ số.
Bài toán 1.4.1.
(i) Tìm các đa thức P (x) thỏa mãn P (x) = P (−x).
(ii) Tìm các đa thức P (x) thỏa mãn P (x) = −P (−x).
Giải. (i) Từ giải thiết bằng cách đồng nhất ta có P (x) = P (−x) khi và
chỉ khi các hệ số ứng với số mũ lẻ của x bằng không.
(ii) Tương tự P (x) = −P (−x) khi và chỉ khi các hệ số ứng với số mũ
chẵn của x bằng không.
Đôi khi ta gặp bài toán mà dựa vào giả thiết ta xác định được dạng
của đa thức (thường là đa thức bậc nhất hoặc bậc hai). Ta đồng nhất để
xác định hệ số và chứng minh nghiệm bài toán là duy nhất.
Bài toán 1.4.2. Tìm đa thức P (x) xác định với mọi số thực x và thỏa
mãn điều kiện
2P (x) + P (1 − x) = x2 , ∀x ∈ R.
(1.20)
Giải. Ta nhận thấy vế trái của biểu thức dưới dấu P là bậc nhất: x, 1−x,
vế phải là bậc hai x2 . Vậy P (x) phải có dạng P (x) = ax2 + bx + c. Khi đó
(1.20) trở thành 2(ax2 + bx + c) + a(1 − x)2 + b(1 − x) + c = x2 , ∀x ∈ R.
Do đó 3ax2 + (b − 2a)x + a + b + 3c = x2 . Đồng nhất các hệ số ta được


3a = 1

 a = 31
b−2=0
⇔

b = 23


a + b + 3c = 0
c = − 13 .


11

Vậy P (x) = 13 (x2 + 2x − 1). Thử lại ta thấy hiển nhiên P (x) thỏa mãn
điều kiện bài toán. Công việc còn lại ta phải chứng minh mọi hàm số
khác P (x) sẽ không thỏa mãn điều kiện bài toán. Thật vậy giả sử còn
hàm số Q(x) khác P (x) thỏa mãn điều kiện bài toán. Do P (x) không
trùng với Q(x) nên tồn tại số thực x0 sao cho P (x0 ) = Q(x0 ). Do Q(x)
thỏa mãn điều kiện bài toán nên 2Q(x) + Q(1 − x) = x2 , ∀x ∈ R.
Thay x = x0 ta được 2Q(x0 ) + Q(1 − x0 ) = x20 .
Thay x = 1 − x0 ta được 2Q(1 − x0 ) + Q(x0 ) = (1 − x0 )2 .
Từ hai hệ thức trên ta có Q(x0 ) = 31 (x20 + 2x0 − 1) = P (x0 ). Điều này
mâu thuẫn với P (x0 ) = Q(x0 ). Vậy P (x) = 31 (x2 + 2x − 1), ∀x ∈ R.

1.5. Phương pháp sử dụng tính chất của đa thức
P (x) = P (x + a)
Theo Hệ quả 1.1.14: "Đa thức P(x) thỏa mãn P (x + a) = P (x), ∀x ∈
R (với a là một hằng số khác không nào đó) thì P (x) ≡ c (với c là hằng
số tùy ý)".
Mở rộng ta tìm hiểu bài toán: Tìm các đa thức P (x) sao cho P (x+a) =
P (x) + Q(x), trong đó Q(x) là đa thức bậc n cho trước.
Bài toán 1.5.1. Tìm tất cả những đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn
P (x) = 12x + 18 + P (x + 3), ∀x ∈ R.
Giải. Đặt P (x) = ax2 + bx + c + Q(x), ∀x ∈ R. Thay vào P (x) =

12x + 18 + P (x + 3) ta được ax2 + bx + c + Q(x) = 12x + 18 + a(x + 3)2 +
b(x + 3) + c + Q(x + 3) hay Q(x) = (12 + 6a)x + 18 + 9a + 3b + Q(x + 3).
Chọn a, b sao cho
12 + 6a = 0
⇔
18 + 9a + 3b = 0

a = −2
b = 0.

Với a, b như trên ta có Q(x + 3) = Q(x) hay Q(x) ≡ c. Vậy P (x) =
−2x2 + c, ∀x ∈ R (với c là hằng số tùy ý).
Chú ý. Ta có thể giải Bài toán 1.4.2 tương tự Bài toán 1.5.1.
Đặc biệt ta có bài toán: Tìm các đa thức P (x) sao cho P (x + a) =
P (x) + b.


12

Bài toán 1.5.2. Tìm tất cả những đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn
P (x + 2016) = P (x) − 4, ∀x ∈ R.
−1
Giải. Đặt P (x) = 504
x + Q(x), thay vào P (x + 2016) = P (x) − 4 ta
−1
−1
(x + 2016) + Q(x + 2016) = 504
x + Q(x) − 4, ∀x ∈ R hay
được 504
−x

−1
504 − 4 + Q(x + 2016) = 504 x + Q(x) − 4, ∀x ∈ R hay Q(x + 2016) =
−1
x + c, ∀x ∈ R (với c là
Q(x), ∀x ∈ R. Suy ra Q(x) ≡ c. Vậy P (x) = 504
hằng số tùy ý).
−1
Nhận xét: Phép đặt P (x) = 504
x + Q(x), được tìm ra như sau: P (x +
2016) = P (x) + P (2016), ∀x ∈ R (với P (2016) = −4). Suy ra P (x) =
−1
ax, ∀x ∈ R. Từ đó tìm được a = 504
.

Bài toán 1.5.3. Tìm tất cả những đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn
P (1) = 2015 và P (x + y) = P (x) + P (y), ∀x, y ∈ R.
Giải. Giả sử P (x) thỏa mãn yêu cầu đề bài. Trong phương trình P (x +
y) = P (x) + P (y), lấy y = 1, ta được P (x + 1) = P (x) + 2015, ∀x ∈ R.
Đặt P (x) = Q(x) + 2015x, ta có Q(x + 1) + 2015(x + 1) = Q(x) + 2015x +
2015, ∀x ∈ R. Hay Q(x + 1) = Q(x), ∀x ∈ R. Suy ra Q(x) = c, ∀x ∈ R
(c là hằng số).
Vậy P (x) = 2015x + c, ∀x ∈ R. Do P (1) = 2015 nên 2015 = 2015 + c
hay c = 0. Sau khi thử lại ta thấy có duy nhất một đa thức thỏa mãn đề
bài là P (x) = 2015x, ∀x ∈ R.

1.6. Phương pháp sử dụng phép biến đổi đối số
Ta tiếp tục phân tích một số dạng toán sử dụng tính chất P (x) =
P (x + a) và một số bài toán phương trình hàm đa thức dùng phép biến
đổi đối số để giải.
Bài toán 1.6.1. Tìm tất cả những đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn

P (x + 2015) = P (x + 2013) + 70, ∀x ∈ R.

(1.21)

Giải. Từ (1.21) thay x bởi x + 2009 được
P (x + 2) = P (x) + 70, ∀x ∈ R.

(1.22)


13

Đặt P (x) = 35x+G(x), ∀x ∈ R. Khi đó G(x) ∈ R [x]. Thay vào (1.22)
ta được 35(x + 2) + G(x + 2) = 35x + G(x) + 70, ∀x ∈ R. Hay G(x + 2) =
G(x), ∀x ∈ R. Suy ra G(x) = c, ∀x ∈ R (c là hằng số bất kì).
Vậy P (x) = 35x + c, ∀x ∈ R. Thử lại thấy thỏa mãn. Tất cả các đa
thức thỏa mãn đề bài là P (x) = 35x + c, ∀x ∈ R (với c là hằng số bất
kì).
Bài toán 1.6.2. Tìm tất cả những đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn
P (x + 1) = P (x) + 2x + 1, ∀x ∈ R.

(1.23)

Giải. Đặt P (x) = x2 + G(x), ∀x ∈ R. Khi đó G(x) ∈ R [x]. Thay vào
(1.23) ta được
P (x + 1) = G(x + 1) + (x + 1)2 , ∀x ∈ R.

(1.24)

Từ (1.23) và (1.24) ta có G(x + 1) = G(x), ∀x ∈ R. Khi đó G(x) =

c (c là hằng số bất kì).
Vậy P (x) = x2 +c, ∀x ∈ R. Thử lại thấy thỏa mãn. Tất cả các đa thức
thỏa mãn đề bài là P (x) = x2 + c, ∀x ∈ R (với c là hằng số bất kì).
Bài toán 1.6.3. Tìm tất cả các đa thức thỏa mãn
(x − 1)P (x − 1) − (x + 2)P (x) = 0, ∀x ∈ R.

(1.25)

Giải. Trong (1.25) ta lần lượt lấy x = 1, x = 2, ..., x = n(n ∈ Z, n > 3),
ta được x = 1, x = 2, ..., x = n là nghiệm của P (x). Vậy P (x) có vô số
nghiệm nên P (x) ≡ 0. Thử lại thấy thỏa mãn.
Bài toán 1.6.4. Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn điều
kiện
xP (x − 4) = (x − 2016)P (x), ∀x ∈ R.
(1.26)
Giải. Trong (1.26) lần lượt thay x bởi 0, 4, 8, ..., 2016 ta suy ra x = 0, x =
4, x = 8, ..., x = 2012 là nghiệm của P (x). Đặt P (x) = x(x − 4)(x −
8)...(x − 2012)Q(x), ∀x ∈ R. Khi đó Q(x) cũng là đa thức và thay vào
(1.26) ta được Q(x − 4) = Q(x), ∀x ∈ R \ {0; 4; 8; ...; 2016}. Suy ra
Q(x) = c (với c là hằng số bất kì). Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy P (x) =
cx(x − 4)(x − 8)...(x − 2012), ∀x ∈ R, (với c là hằng số bất kì).


14

Bài toán 1.6.5. Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn điều
kiện
xP (x − 4) = (x − 2015)P (x), ∀x ∈ R.
(1.27)
Giải. Trong (1.27) lần lượt thay x bởi 2015, 2011, ..., 2015 − 4n ta suy ra

x = 2011, x = 2007, ..., x = 2015 − 4(n + 1) là nghiệm của P (x). Vậy
P (x) có vô số nghiệm nên P (x) ≡ 0. Thử lại thấy thỏa mãn.
Bài toán 1.6.6. Cho số nguyên dương k. Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈
R [x] thỏa mãn điều kiện
(x − 2015)k P (x) = (x − 2016)k P (x + 1), ∀x ∈ R.

(1.28)

Giải. Từ (1.28) lấy x = 2016 ta được P (2016) = (2016 − 2016)k P (2017).
Suy ra P (x) chia hết cho đa thức (x − 2016)k , hay x = 2016 là nghiệm
bội lớn hơn hoặc bằng k của P(x).
Đặt P (x) = (x − 2016)k Q(x), ∀x ∈ R. Khi đó Q(x) thỏa mãn (x −
2015)k (x − 2016)k Q(x) = (x − 2016)k (x − 2015)k Q(x + 1), ∀x ∈ R. Hay
Q(x) = Q(x + 1), ∀x ∈ R, nghĩa là Q (x) ≡ c (với c là hằng số).
Thử lại ta thấy P (x) = c(x − 2016)k , ∀x ∈ R (với c là hằng số) thỏa
mãn yêu cầu đề bài.
Bài toán 1.6.7 (Olympic Moldova). Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R [x]
thỏa mãn điều kiện
x3 + 3x2 + 3x + 2 P (x − 1) = x3 − 3x2 + 3x − 2 P (x), ∀x ∈ R.
(1.29)
Giải. Trước hết ta tìm các nghiệm của đa thức P (x). Từ giả thiết ta có
(x + 2)(x2 + x + 1)P (x − 1) = (x − 2)(x2 − x + 1)P (x), ∀x ∈ R.
Chọn x = −2 ta có P (−2) = 0, chọn x = −1 ta có P (−1) = 0 (do
P (−2) = −9P (−1)), chọn x = 0 ta có P (0) = 0, chọn x = 1 ta có
P (1) = 0. Do đó x = −2; x = −1; x = 0; x = 1 là nghiệm của đa thức
P (x) nên
P (x) = x(x − 1)(x + 1)(x + 2)Q(x); Q(x) ∈ R [x] .

(1.30)

15

Thay (1.30) vào (1.29) ta được
[(x + 2)(x2 + x + 1)](x − 1)(x − 2)x(x + 1)Q(x − 1)
= [(x − 2)(x2 − x + 1)]x(x − 1)(x + 1)(x + 2)Q(x), ∀x ∈ R.
Suy ra (x2 +x+1)Q(x−1) = (x2 −x+1)Q(x), ∀x ∈ R\{−1; 1; 0; −2; 2}.
Do đó
Q(x − 1)
Q(x)
=
, ∀x ∈ R \ {−1; 1; 0; −2; 2},
x2 − x + 1 x2 + x + 1
hay
Q(x)
Q(x − 1)
=
, ∀x ∈ R \ {−1; 1; 0; −2; 2}.
(x − 1)2 + (x − 1) + 1 x2 + x + 1
Đặt R(x) = x2Q(x)
+x+1 , ta có R(x − 1) = R(x), ∀x ∈ R \ {−1; 1; 0; −2; 2}.
Suy ra R (x) ≡ c (với c là hằng số). Vậy Q(x) = c(x2 +x+1), ∀x ∈ R (với
c là hằng số). Do đó P (x) = c(x2 + x + 1)x(x − 1)(x + 1)(x + 2), ∀x ∈ R.
Thử lại thấy thỏa mãn.
Bài toán 1.6.8 (Đề dự tuyển Olympic 30/4/2010). Tìm tất cả các đa
thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn điều kiện
(x + 4) P (x) + 2x = xP (x + 2), ∀x ∈ R.

(1.31)

Giải. Đặt P (x) = Q(x) − x, ∀x ∈ R, thay vào (1.31) ta được
(x + 4)(Q(x) − x) + 2x = x((Q(x + 2) − (x + 2)), ∀x ∈ R.
Hay
(x + 4)Q(x) = xQ(x + 2), ∀x ∈ R.

(1.32)

Trong (1.32) ta lần lượt thay x bởi 0, −2 ta suy ra 0, −2 là nghiệm của
Q(x). Đặt
Q(x) = x(x + 2)H(x), ∀x ∈ R; H(x) ∈ R [x] .

(1.33)

Thay (1.33) vào (1.32) ta được (x + 4)x(x + 2)H(x) = x(x + 2)(x +
4)H(x + 2), ∀x ∈ R. Suy ra H(x) = c (với c là hằng số bất kì). Do đó
P (x) = cx(x + 2) − x, ∀x ∈ R.
Thử lại ta thấy thỏa mãn. Vậy P (x) = cx(x + 2) − x, ∀x ∈ R, (với c
là hằng số).


16

Bài toán 1.6.9. Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn điều
kiện
P (xy) = P (x)P (y), ∀x, y ∈ R.
(1.34)
Giải. Với y = 0 ta có P (0) = P (x)P (0), ∀x ∈ R. suy ra P (x) = 0, ∀x ∈
R.
Với y = 0 ta giả sử deg(P ) = n ≥ 0. Trong (1.34) ta cho x = y = 0 ta
được P (0) = [P (0)]2 hay P (0) = 0; P (0) = 1.

+ Nếu P (0) = 1 thì từ (1.34) lấy y = 0 nhận được P (x) = 1, ∀x ∈ R.
+ Nếu P (0) = 0 thì P (x) = xQ(x), với Q(x) là đa thức có bậc
nhỏ hơn bậc của đa thức P (x) một đơn vị. Thay vào (1.34) ta được
xyQ(xy) = xyQ(x)Q(y), ∀x, y ∈ R, hay Q(xy) = Q(x)Q(y), ∀x, y ∈ R.
Sử dụng kết quả ở trên ta được Q(x) = 1 hoặc Q(x) = xQ1 (x), với
Q1 (x) là đa thức có bậc nhỏ hơn bậc của đa thức Q(x) một đơn vị và
Q1 (xy) = Q1 (x)Q1 (y), ∀x, y ∈ R.
Vì bậc của đa thức khác không, cho trước là hữu hạn nên tiếp tục quá
trình trên sau hữu hạn bước ta thu được P (x) = 1 hoặc P (x) = xn . Thử
lại ta thấy các đa thức thỏa mãn đề bài là P (x) = 0; P (x) = 1; P (x) =
xn , ∀x ∈ R; n ∈ N∗ .
Bài toán 1.6.10. Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn điều
kiện
P (u2 − v 2 ) = P (u + v)P (u − v), ∀u, v ∈ R.
(1.35)
Giải. Đặt x = u + v; y = u − v thay vào (1.35) ta được P (xy) =
P (x)P (y), ∀x ∈ R. Sau đó sử dụng bài (1.6.9)
Bài toán 1.6.11 (Đề dự tuyển Olympic 30/4/2012). Tìm tất cả các đa
thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn điều kiện
[P (x)]2 − 2 = 2P (2x2 − 1), ∀x ∈ R.

(1.36)

Giải. Giả sử P (x) không phải là đa thức hằng. Đặt P (1) = a, thay vào
(1.36) ta được a2 − 2a − 2 = 0. Giả sử P (x) = (x − 1)P1 (x) + a, ∀x ∈ R.
Thay vào (1.36) ta được
(x−1)2 [P1 (x)]2 +2a(x−1)P1 (x)+a2 −2 = 2[(2x2 −2)P1 (2x2 −1)+a], ∀x ∈ R.


17

Hay (x − 1)2 [P1 (x)]2 + 2a(x − 1)P1 (x) = 2[(2x2 − 2)P1 (2x2 − 1)], ∀x ∈ R.
Suy ra
(x − 1)[P1 (x)]2 + 2aP1 (x) = 4[(x + 1)P1 (2x2 − 1)], ∀x = 1.

(1.37)

Do hàm đa thức P1 (x) liên tục nên từ (1.37) cho x → 1 ta được
2aP1 (1) = 8P1 (1) hay P1 (1) = 0 (do 2a = 8). Từ đó P1 (x) = (x−1)P2 (x).
Dẫn tới P (x) = (x − 1)2 P2 (x) + a, ∀x ∈ R. Thay vào (1.36) ta được
(x − 1)4 [P2 (x)]2 + 2a(x − 1)2 P2 (x) = 2[(2x2 − 2)2 P2 (2x2 − 1)], ∀x ∈ R.
Suy ra
(x − 1)2 [P2 (x)]2 + 2aP2 (x) = 8[(x + 1)2 P2 (2x2 − 1)], ∀x = 1.

(1.38)

Do hàm đa thức P2 (x) liên tục nên từ (1.38) cho x → 1 ta được
2aP2 (1) = 32P2 (1) hay P2 (1) = 0 (do 2a = 32). Từ đó P2 (x) = (x −
1)P3 (x). Dẫn tới P (x) = (x − 1)3 P3 (x) + a, ∀x ∈ R. Tiếp tục như trên
ta được P (x) = (x − 1)n Q(x) + a, ∀x ∈ R(Q(1) = 0). Thay vào (1.36)
ta được
(x − 1)2n [Q(x)]2 + 2a(x − 1)n Q(x) = 2[(2x2 − 2)n Q(2x2 − 1)], ∀x ∈ R.
Suy ra
(x − 1)n [Q(x)]2 + 2aQ(x) = 2n+1 [(x + 1)n Q(2x2 − 1)], ∀x = 1. (1.39)
Do hàm đa thức Q(x) liên tục nên từ (1.39) cho x → 1 ta được
2aQ(1) = 22n+1 Q(1) hay Q(1) = 0 (do 2a = 22n+1 ) (mâu thuẫn).
Vậy P(x) là đa thức hằng P (x) ≡ a. Thay vào (1.36) suy ra có hai đa
√
√
thức thỏa mãn đề bài là P (x) = 1 + 3; P (x) = 1 − 3, ∀x ∈ R.

1.7. Phần tử đại số và đa thức tối tiểu
Số phức a được gọi là phần tử đại số nếu tồn tại đa thức P (x) với hệ
số hữu tỉ sao cho P (a) = 0. Trong các đa thức trên tồn tại đa thức có
bậc nhỏ nhất nhận a làm nghiệm, ta gọi là đa thức tối tiểu.
Xét đa thức hệ số nguyên P (x) = xn + an−1 xn−1 + ... + a1 x + a0 . Nếu
√
√
a, b là các số nguyên (hoặc số hữu tỉ) và c là số vô tỉ thì P (a ± b c)


18

√
√
√
√
có dạng P (a + b c) = k + m c và P (a − b c) = k − m c (trong đó
k, m là các số nguyên hoặc số hữu tỉ). Đặc biệt nếu P(x) có nghiệm là
√
√
x = a + b c thì nó cũng có cả nghiệm x = a − b c.
Bài toán 1.7.1 (Đề dự tuyển Olympic 30/4/2002). Tìm tất cả các đa
thức không đồng nhất không, bậc nhỏ nhất có hệ số nguyên nhận 1 −
√
√
3
2 + 3 4 làm nghiệm.
√
√

Giải. Từ x = 1 − 3 2 + 3 4 ta có
3
√
√
√
√
√
√
3
3
3
3
3
3
x 1+ 2 = 1+ 2 1− 2+ 4 ⇔ x 1+ 2 =1+
2
√
3
⇔ x 1 + 2 = 3.
√
3
⇔ x 2 = 3 − x.
⇔ 2x3 = (3 − x)3 .
⇔ x3 − 3x2 + 9x − 9 = 0.
√
√
Vậy 1 − 3 2 + 3 4 là nghiệm của đa thức bậc ba với các hệ số nguyên
P (x) = x3 − 3x2 + 9x − 9.
Nếu P (x) có nghiệm hữu tỉ thì P (x) có nghiệm nguyên là ước của 9.
Các số −1; 1; −2; 2; −3; 3; −9; 9 không là nghiệm của P (x), do đó P (x)

√
√
√
√
không có nghiệm hữu tỉ và 1 − 3 2 + 3 4 là số vô tỉ. Suy ra 1 − 3 2 + 3 4
không là nghiệm của đa thức bậc nhất với hệ số nguyên. Giả sử 1 −
√
√
3
2 + 3 4 là nghiệm của đa thức bậc hai G(x) với hệ số nguyên. Chia
P (x) cho G(x), giả sử được P (x) = G(x).Q(x) + R(x), với deg(R)<2.
√
√
√
√
Vì P ( 1 − 3 2 + 3 4 )=0 nên R( 1 − 3 2 + 3 4 )=0, do đó R(x) ≡ 0. Bởi
vậy P (x) = G(x).Q(x), với Q(x) là đa thức bậc 1 và có hệ số hữu tỉ.
Suy ra P (x) có nghiệm hữu tỉ, điều này mâu thuẫn với P (x) không có
nghiệm hữu tỉ. Vậy P (x) là đa thức bậc nhỏ nhất có hệ số nguyên nhận
√
√
1 − 3 2 + 3 4 là nghiệm.
Chú ý. Dựa vào tính chất của phần tử đại số và đa thức tối tiểu của nó,
để chứng minh bài toán trên ta chỉ cần chỉ ra P (x) là đa thức bất khả
quy.
Bài toán 1.7.2. Tìm tất cả các đa thức hệ số nguyên có bậc nhỏ nhất
√
√
nhận 1 + 2 + 3 làm một trong các nghiệm của nó.

19

Giải. Ta có
x=1+

√

2+

√

√
2= 3
√
⇒ (x − 1)2 − 2 2.(x − 1) + 2 = 3.
√
⇔ x2 − 2x = 2 2.(x − 1).

3 ⇔ (x − 1) −

√

⇒ x4 − 4x3 + 4x2 = 8(x2 − 2x + 1).
⇔ x4 − 4x3 − 4x2 + 16x − 8 = 0.
Vậy đa thức P (x) = x4 − 4x3 − 4x2 + 16x − 8 là đa thức hệ số nguyên
√
√
nhận 1 + 2 + 3 làm nghiệm và dễ dàng thấy rằng deg(P ) = 4. Giả sử
√

√
Q(x) là đa thức có hệ số nguyên nhận 1 + 2 + 3 làm nghiệm. Bằng
quy nạp ta chứng minh được biểu diễn sau:
√
√
√
√
√
(1 + 2 + 3)k = ak + bk 2 + ck 3 + dk 6, ∀k ∈ {1; 2; 3; ...}
trong đó a
dk là các
nguyên. Khi
k ; bk ; ck ; √
√ số
√ đó vẫn
√ dựa vào
√ nguyên lí quy
k
 (1 − √2 + √3) = ak − bk √2 + ck √3 − dk √6
nạp ta có
(1 + √2 − √3)k = ak + bk √2 − ck √3 − dk √6

(1 − 2 − 3)k = ak − bk 2 − ck 3 + dk 6
Bởi vậy tồn tại các số nguyên A, B, C sao cho
√
√
√
√
√
Q(1 + 2 + 3) = A + B 2 + C 3 + D 6,

và khi đó
√
√
√
3) = A − B 2 + C 3 − D 6,
√
√
√
√
√
Q(1 + 2 − 3) = A + B 2 − C 3 − D 6,
√
√
√
√
√
Q(1 − 2 − 3) = A − B 2 − C 3 + D 6.
Q(1 −

Ta có
Q(1 +
do đó

√

√

2+

√

√

√
√
√
3) = 0 = 0 + 0 2 + 0 3 + 0 6,

√
√
√
3) = 0 − 0 2 + 0 3 − 0 6 = 0,
√
√
√
√
√
Q(1 + 2 − 3) = 0 + 0 2 − 0 3 − 0 6 = 0,
√
√
√
√
√
Q(1 − 2 − 3) = 0 − 0 2 − 0 3 + 0 6 = 0.
Q(1 −

√

2+

2+

√

Vậy Q(x) có ít nhất 4 nghiệm, do đó deg(Q) ≥ 4. Vậy P (x) chính là đa
√ √
thức hệ số nguyên có bậc nhỏ nhất và nhận 1 + 2 + 3 làm nghiệm.


20

Bài toán 1.7.3. (HSG Quốc gia 1997-Bảng B)
(i) Tìm tất cả các đa thức P (x) với hệ số hữu tỉ có bậc nhỏ nhất thỏa
√
√
√
mãn P ( 3 3 + 3 9) = 3 + 3 9.
√
(ii) Tồn tại hay không đa thức P (x) với hệ số nguyên thỏa mãn P ( 3 3+
√
√
3
9) = 3 + 3 9?
√
√
Trước hết ta chứng minh bổ đề sau: "Nếu u, v ∈ Q và s = u 3 3+v 3 9 ∈
Q thì u = v = 0".
Thật vậy, giả sử
u, v không đồng thời bằng 0. Khi ấy giả sử u∀x = 0.
√

√
√
3
3
Từ x = 3 = s−vu 9 suy ra ux−s = −v 3 9 = −v(x)2 hay vx2 +ux−s = 0.
√
Do đó đa thức R(x) = vx2 + ux − s nhận 3 3 làm nghiệm. Xét đa thức
√
G(x) = x3 − 3 ta thấy G(x) không có nghiệm hữu tỉ và G( 3 3) = 0.
Thực hiện phép chia G(x) cho R(x) ta được G(x) = H(x)R(x) + r(x)
(Ở đây deg(r)Trường hợp 1. r (x) ≡ 0, khi đó G(x) = H(x)R(x). Vì deg(G) = 3,
deg(R) = 2 nên deg(H) = 1. Vì u, v, s ∈ Q nên G(x), R(x) là các đa
thức hệ số hữu tỉ, do đó H(x) cũng là đa thức hệ số hữu tỉ. Hơn nữa từ
deg(H) = 1 suy ra H(x) có nghiệm hữu tỉ. Bởi vậy G(x) cũng có nghiệm
hữu tỉ, điều này mâu thuẫn với G(x) không có nghiệm hữu tỉ. Do đó
trường hợp này không xảy ra.
Trường hợp 2. r (x) ≡ 0. Nếu r(x) = c = 0 (với c là hằng số) thì
√
√
√
√
√
G( 3 3) = H( 3 3)R( 3 3) + c suy ra c = 0 (Do G( 3 3) = R( 3 3) = 0). Do
đó r (x) ≡ 0, vô lí. Bởi vậy deg(r) = 1, suy ra r(x) = ax + b. Do đó
G(x), R(x) thuộc Q[x] nên H(x), r(x) cũng là các đa thức hệ số hữu tỉ.
√
√
√
√

√
ta có r( 3 3) = G( 3 3) − H( 3 3)R( 3 3) = 0 nghĩa là 3 3 là nghiệm vô tỉ
của đa thức r(x) với hệ số hữu tỉ. Điều vô lí này chứng tỏ trường hợp
này cũng không xảy ra. Tóm lại giả thiết phản chứng là sai. Vậy bổ đề
được chứng minh.
Giải. (i) Trở lại bài toán đang xét. Dễ thấy đa thức đồng nhất 0 không
thỏa mãn các yêu cầu của bài toán. Xét khi P (x) ≡ c (c là số hữu tỉ).
√
√
√
√
√
Từ P ( 3 3 + 3 9) = 3 + 3 9 suy ra c = 3 + 3 9 hay c − 3 = 3 9, điều này
mâu thuẫn với c − 3 là số hữu tỉ.
Xét khi P (x) là đa thức bậc nhất: P (x) = ax + b, với a, b ∈ Q.