skkn một số ỨNG DỤNG TÍNH CHẤT NGHIỆM của đa THỨC hệ số THỰC

Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
**********
1. Tên sáng kiến:
MỘT SỐ ỨNG DỤNG TÍNH CHẤT NGHIỆM
CỦA ĐA THỨC HỆ SỐ THỰC
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến:
- Chương trình Toán lớp 10 THPT chuyên, 11 THPT chuyên.
- Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Quốc gia.
3. Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ 8 - 2015 đến 5 - 2016
4. Tác giả:
Họ và tên: Nguyễn Hoàng Cương
Năm sinh: 1980
Nơi thường trú: 239 đường Hưng Yên, phường Quang Trung, TP Nam Định
Trình độ chuyên môn: Thạc sĩ
Chức vụ công tác: Giáo viên
Nơi làm việc: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định
Địa chỉ liên hệ: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định
Điện thoại: 0914.521.894
5. Đồng tác giả:
Họ và tên: Nguyễn Trung Sỹ
Năm sinh: 1982
Nơi thường trú: Nam Tân, Nam Trực, Nam Định
Trình độ chuyên môn: Thạc sĩ
Chức vụ công tác: Giáo viên
Nơi làm việc: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định
Địa chỉ liên hệ: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định
Điện thoại: 0125.459.1182

6. Đơn vị áp dụng sáng kiến
Tên đơn vị: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định
Địa chỉ: 76 đường Vị Xuyên, TP Nam Định
Điện thoại: 03503.640297
1

1


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương
NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN

I. ĐIỀU KIỆN, HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
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.
Đa thức nói chung và nghiệm của đa thức nói riêng có nhiều tính chất quan
trọng và có nhiều ứng dụng về mặt đại số và giải tích. Trong các kì thi học sinh
giỏi, những tính chất này được áp dụng rất nhiều.
Trong quá trình giảng dạy, đặc biệt sau một thời gian nghiên cứu và giảng
dạy cho các đội tuyển học sinh giỏi, tôi nhận thấy nếu học sinh được cung cấp
những kiến thức về đa thức và các tính chất nghiệm; đồng thời biết được một số
ứng dụng cơ bản thì sẽ có thể vận dụng để giải quyết các bài tập lớn.
Báo cáo sáng kiến này ngoài việc trình bày lại một số kiến thức cơ bản về
mặt đại số và giải tích của đa thức và nghiệm đa thức; báo cáo cũng đưa ra một số
ứng dụng của tính chất nghiệm trong các bài toán thi học sinh giỏi các cấp.
II. CÁC GIẢI PHÁP THỰC HIỆN

A. Các kiến thức chuẩn bị:
1. Định nghĩa:
Cho hàm số f : ¡ → ¡ . Ta gọi f là một đa thức nếu f là hằng số hoặc tồn
tại

n∈¥ *

và

các

số

thực

a0 , a1 , ..., an

với

a0 ≠ 0

sao

cho

f ( x ) = a0 x n + a1 x n−1 + ... + an−1 x + an .

+) a0 , a1, ..., an được gọi là các hệ số của đa thức; a0 ≠ 0 được gọi là hệ số
cao nhất; an được gọi là hệ số tự do.
+) Đặc biệt khi a0 = 1 thì f được gọi là đa thức chuẩn tắc hoặc đa

thức monic.
2

2


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

2. Bậc của đa thức:
n
n−1
Cho đa thức f ( x ) = a0 x + a1 x + ... + an−1 x + an

+) Nếu f ( x ) = 0, ∀x ∈ ¡ thì đa thức f không có bậc.
+) Nếu f là hằng số khác 0 thì bậc của f bằng 0; kí hiệu deg f = 0 .
+) Nếu a0 ≠ 0 thì bậc của f bằng n ; kí hiệu deg f = n .
3. Nghiệm của đa thức:
3.1. Định nghĩa:
Cho đa thức f ∈ ¡ [ x ] và số α ∈ ¡ . Ta gọi α là nghiệm của đa thức f nếu
f ( α) = 0 .
3.2. Định lý Bezout:
Cho đa thức f ∈ ¡ [ x ] . Số thực α là nghiệm của đa thức f khi và chỉ khi
f ( x ) chia hết cho ( x − α ) .
*) Một số hệ quả:
+) Hệ quả 1: Phần dư của phép chia đa thức f ( x ) cho đa thức ( x − α ) là f ( a ) .
+) Hệ quả 2:
Nếu x1 , x2 , ..., xm là các nghiệm phên biệt của đa thức f ( x ) thì f ( x ) chia
hết cho ( x − x1 ) ( x − x2 ) ...( x − xm ) .

3.3. Nghiệm bội:
*
Cho đa thức f ∈ ¡ [ x ] , α ∈ ¡ và k ∈ ¥ .

Ta gọi α là nghiệm bội của đa thức f nếu f ( x ) chia hết cho ( x − α ) nhưng
k

f ( x ) không chia hết cho ( x − α )

k +1

, nghĩa là f ( x ) = ( x − a ) g ( x ) , ∀x ∈ ¡ và
k

g ( α) ≠ 0 .
3.4. Nghiệm hữu tỉ, nghiệm nguyên:
n
n−1
Cho đa thức f ( x ) = a0 x + a1 x + ... + an−1 x + an , ai ∈ ¢ , ∀i = 0, n, a0 ≠ 0 .

3

3


Sáng kiến kinh nghiệm

Nếu

x=

Nguyễn Hoàng Cương

p
,
q với ( p, q ) = 1 là nghiệm của f ( x ) thì p là ước của an và q là

ước của a0 .
Nếu a0 = 1 thì các nghiệm hữu tỉ của f ( x ) đều là nghiệm nguyên, với
f ( x ) ∈¢ [ x ] .
3.5. Nghiệm với yếu tố giải tích:
3.5.1. Tính liên tục:
Cho đa thức f ∈ ¡ [ x ] , deg f = n . Nếu tồn tại hai số a, b

mà

f ( a ) . f ( b ) < 0 thì đa thức f ( x ) có ít nhất một nghiệm x = c ∈ ( a; b ) .
3.5.2. Nghiệm bội:
*
Cho đa thức f ∈ ¡ [ x ] , α ∈ ¡ và k ∈ ¥ . Ta gọi α là nghiệm bội của đa
 f ( a ) = f ' ( a ) = ... = f ( k −1) ( a ) = 0
 ( k)
f ( a) ≠ 0
f
thức nếu 
.
*) Kết quả: Nếu f ( x ) có nghiệm bội k > 1 thì f ' ( x ) có nghiệm bội k − 1.
3.5.3. Định lý Lagrange:
Nếu hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn [ a; b ] và có đạo hàm trên khoảng
f ( b) − f ( a)

= f '( c ) .
( a; b ) thì tồn tại số c ∈ ( a; b ) sao cho
b−a
*) Định lý Rolle: Nếu f có hai nghiệm x = a, x = b và có đạo hàm trên
đoạn [ a; b ] thì tồn tại số c ∈ ( a; b ) sao cho f ' ( c ) = 0.
*) Áp dụng vào đa thức:
+) Đa thức f ( x ) liên tục trên ¡ và có đạo hàm f ' ( x ) , nếu f ( a ) = f ( b )
hoặc f ( a ) = f ( b ) = 0 thì tồn tại số c ∈ ( a; b ) sao cho f ' ( c ) = 0.
+) Nếu đa thức f ( x ) có k nghiệm thì f ' ( x ) có k − 1 nghiệm; f '' ( x ) có
k − 2 nghiệm, ...
3.5.4. Khải triển Taylor:
Cho đa thức f ( x ) ∈ ¡ [ x ] ,deg f ( x ) = n . Với mọi số x0 ∈ ¡ , ta có khai triển
4

4


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

f ' ( x0 )
f '' ( x0 )
f ( ) ( x0 )
f ( ) ( x0 )
2
k
n
f ( x ) = f ( x0 ) +
( x − x0 ) +

( x − x0 ) + ... +
( x − x0 ) + ... +
( x − x0 )
1!
2!
k!
n!
k

n

Khai triển trên được gọi là khai triển Taylor của đa thức P ( x ) .
4. Quan hệ giữa số nghiệm và bậc của đa thức:
Cho đa thức f ∈ ¡ [ x ] , deg f = n , xi là các nghiệm bội ki , i = 1; m . Khi đó
ta có k1 + k2 + ... + km ≤ deg f = n .
Đặc biệt, nếu k1 + k2 + ... + km = n , thì ta có phân tích đầy đủ theo các
nghiệm x1 , x2 ,..., xn (có thể trùng nhau) của f ( x ) bậc n
f ( x ) = a ( x − x1 ) ( x − x2 ) ...( x − xn ) .
n
n −1
*) Định lý: Cho đa thức f ∈ ¡ [ x ] , f ( x ) = a0 x + a1 x + ... + an−1 x + an , a0 ≠ 0 .

Nếu f ( x ) có nhiều hơn n nghiệm thì ai = 0, ∀i = 0, n , tức là f = 0, ∀x ∈ ¡ .
5. Định lý Viet:
5.1. Định lý Viet thuận:
n
n −1
Cho đa thức f ∈ ¡ [ x ] , f ( x ) = a0 x + a1 x + ... + an−1 x + an , a0 ≠ 0 .

Nếu f có n nghiệm x1 , x2 , ..., xn (phân biệt hay trùng nhau) thì:

n

S1 = ∑ xi = x1 + x2 + ... + xn = −
i =1

S2 =

∑

1≤i < j ≤n

a1
a0

xi x j = x1 x2 + x1 x3 + ... + xn −1 xn =

a2
a0

..........................................................
Sk =

∑

1≤i1
xi1 xi2 ...xik = ( −1)

Sn = x1 x2 ...xn = ( −1)

n

k

ak
a0

an
a0 .

5.1. Định lý Viet đảo:
Nếu có có n số x1 , x2 , ..., xn thỏa mãn

5

5


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

n
a1

S
=
 1 ∑ xi = x1 + x2 + ... + xn = − a
i =1
0



a2
 S2 = ∑ xi x j = x1 x2 + x1 x3 + ... + xn−1 xn =
a0
1≤i < j ≤ n


..........................................................

k a
 Sk =
xi1 xi2 ...xik = ( −1) k
∑
a0

1≤i1 
a
 Sn = x1 x2 ...xn = ( −1) n n
a0


thì x1 , x2 , ..., xn là nghiệm (nếu có) của phương trình:
X n − S1 X n−1 + S 2 X n−2 + ... + ( −1) S k X n−k + ... + ( −1)
k

n −1

S n−1 X + ( −1) S n = 0 .

n

B. Các bài toán áp dụng:
B.1. Ứng dụng tính chất đại số của nghiệm đa thức:
B.1.1. Chứng minh đa thức có nghiệm và tìm nghiệm của đa thức:
Bài 1: Cho đa thức P ( x ) ∈ ¢ [ x ] thỏa mãn P ( 0 ) , P ( 1) đều là các số nguyên lẻ.
Chứng minh rằng đa thức P ( x ) không có nghiệm nguyên.
Giải: Giả sử P ( x ) có nghiệm nguyên x = a . Khi đó tồn tại đa thức Q ( x ) ∈ ¢ [ x ]
sao cho P ( x ) = ( x − a ) Q ( x ) .
Từ đó ta có P ( 0 ) = −aQ ( 0 ) ; P ( 1) = ( 1 − a ) Q ( 1) .
Vì P ( 0 ) , P ( 1) đều là các số nguyên lẻ nên suy ra −a; 1 − a là các số nguyên lẻ.
Điều này mâu thuẫn vì −a; 1 − a là 2 số nguyên liên tiếp.
Vậy đa thức P ( x ) không có nghiệm nguyên.
*) Nhận xét: Đây là bài toán quen thuộc về nghiệm nguyên của đa thức. Ta nhận
thấy các số 0, 1 trong đề bài không ảnh hưởng đến kết quả của bài toán mà điểm
quan trọng ở đây chính là tính chất của chúng, ta thấy rằng hai số đó chỉ cần khác
tính chẵn lẻ là đã đủ để đảm bảo kết quả của bài toán. Từ đó, ta xét một vài trường
hợp đặc biệt để che giấu đi bản chất của vấn đề này. Ta có các bài toán sau:
6

6


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

Bài 1.1. Cho đa thức P ( x ) ∈ ¢ [ x ] thỏa mãn: tồn tại số k nguyên sao cho
P ( 2015k ) .P ( 2016k ) = 2017 k

. Chứng minh rằng đa thức P ( x ) không có nghiệm nguyên.

Giải: Giả sử P ( x ) có nghiệm nguyên x = a . Khi đó tồn tại đa thức Q ( x ) ∈ ¢ [ x ]
sao cho P ( x ) = ( x − a ) Q ( x ) .
Từ đó ta có
Suy ra
Hay

P ( 2015k ) = ( 2015k − a ) Q ( 2015k ) ; P ( 2016k ) = ( 2016k − a ) Q ( 2016 k )

.

P ( 2015k ) .P ( 2016k ) = ( 2015k − a ) Q ( 2015k ) ( 2016k − a ) Q ( 2016 k )

2017 k = ( 2015k − a ) Q ( 2015k ) ( 2016k − a ) Q ( 2016 k )

k
( 2015k − a ) ; ( 2016k − a ) là các số nguyên lẻ.
Vì 2017 là số nguyên lẻ nên suy ra
k
Nếu a chẵn thì 2016 − a chẵn (mâu thuẫn)
k
Nếu a lẻ thì 2015 − a chẵn (mâu thuẫn).

Điều này chứng tỏ giả sử sai. Vậy đa thức P ( x ) không có nghiệm nguyên.
Bài 1.2. .Cho đa thức P ( x ) ∈ ¢ [ x ] thỏa mãn: tồn tại các số nguyên dương phân
a , b, c , d

biệt

không

đồng

thời

chia

hết

cho

4

và

P ( a ) P ( b ) P ( c ) P ( d ) = 20162016 + 1 . Chứng minh rằng đa thức P ( x ) không có
nghiệm nguyên.
Bài 2. Cho đa thức

f ( x) = x

2016

2015

+ ∑ ai x i
i =0

trong đó

ai ∈ { −1;1} ∀i = 0;2015

không có

nghiệm thực .Tìm số lớn nhất các hệ số bằng −1 của f ( x).
Giải: Gọi m là số các hệ số bằng -1 của f ( x )
Số hệ số bằng 1 của f ( x ) là 2017 − m ⇒ f (1) = 2017 − 2m
Mà

lim f ( x ) = +∞

x →+∞

; f ( x) không có nghiệm thực nên f ( x) > 0∀x ∈ ℝ ⇒ m ≤ 1008

2016
2015
2014
2013
2
f
(
x
)
=
x
−
x
+

x
−
x
+
...
+
x
− x +1
m
=
1008
Với
, xét

∀x ≤ 0 thì f ( x) > 0
7

7


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

2014
2012
∀x ≥ 1thì f ( x) = ( x − 1)( x + x + ... + 1) + 1 > 0

∀x ∈ ( 0;1) thì f ( x ) = (1 − x )( x 2014 + x 2012 + ... + 1) + x 2016 > 0
⇒ f ( x ) > 0∀x ∈ ℝ ⇒ f ( x ) không có nghiệm thực.

Vậy, số lớn nhất các hệ số bằng -1 của f ( x) là 1008.
Bài 3. Cho a ∈ℝ\ { 0;1} . Tìm tất cả các nghiệm của đa thức
f ( x) = ( a 2 − a ) .( x 2 − x + 1) − ( a 2 − a + 1) .( x 2 − x )
2

3

3

2

Giải: Vì deg f ( x) = 6 nên f ( x) không có quá 6 nghiệm.
Vì f ( a) = 0 nên x = a là một nghiệm của f ( x )
Mặt khác nếu x0 là nghiệm của phương trình đã cho thì
2
2
f (1 − x0 ) = ( a 2 − a ) . ( 1 − x0 ) − ( 1 − x0 ) + 1 − ( a 2 − a + 1) ( 1 − x0 ) − (1 − x0 ) 




3

2

3

2

= ( a 2 − a ) .( x0 2 − x0 + 1) − ( a 2 − a + 1) . ( x0 2 − x0 ) = f ( x0 ) = 0

2

3

3

2

3

2

2
 1 2  1  
3  1 
1
 1 
2
2
f  ÷ = ( a − a ) .   ÷ −  ÷ + 1 − ( a − a + 1)   ÷ −  ÷ = 1 f ( x ) = 0
0
  x0   x0  
  x0   x0  
 x0 
x06
Và
2

Do đó, với x = a là một nghiệm của đa thức f ( x ) , ta còn có thêm hai nghiệm nữa
1 1

1
1− ;
;
1
a 1− a 1− 1
1 − a;
a
a . Đến đây, ta suy ra f ( x ) lại có thêm 3 nghiệm nữa là
là
1
1 1
1
a;1 − a; ;1 − ;
;
a
a 1− a 1− 1
a.
Tóm lại, đa thức đã cho có 6 nghiệm là
Nhận xét: Ý tưởng trên là vét cạn các nghiệm của đa thức với một kiến thức quen
thuộc: phương trình đa thức bậc n có không quá n nghiệm. Dễ thấy rằng nói
chung thì các nghiệm này phân biệt, nếu với một vài giá trị a làm cho chúng trùng
nhau thì giá trị a đó cũng làm đa thức đã cho có nghiệm bội; do đó, điều này
không ảnh hưởng đến sự đầy đủ của các nghiệm của đa thức như đã nêu.

8

8


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

Bài 4: Cho hai đa thức bậc 4 P ( x) và Q ( x ) có hệ số hữu tỉ. Chứng minh rằng nếu
hai đa thức P ( x) và Q ( x ) có một nghiệm chung vô tỉ và hai nghiệm chung hữu tỉ
thì P ( x) và Q ( x ) còn có một nghiệm chung vô tỉ nữa.
4

4

P ( x) = ∑ ai x i Q( x) = ∑ bi x i
i =0
i =0
Giải: Giả sử
;
với a4b4 ≠ 0 ; ai ; bi ∈ℚ ∀i = 1;4
Gọi nghiệm chung vô tỉ là α1 ; 2 nghiệm chung hữu tỉ là α 2 và α 3 .
Gọi nghiệm còn lại của P ( x) và Q ( x) lần lượt là α và β .
Theo định lý Viètte, ta có:

α1 + α 2 + α 3 + α = −

a3
a4 ∈ℚ

α1α 2 + α1α 3 + α1α + α 2α 3 + α 2α + α 3α =

a2
a4 ∈ℚ

Suy ra α1 + α ∈ℚ và α1α ∈ℚ
Tương tự, ta cũng có α1 + β và α1β là các số hữu tỉ.
⇒ α − β = ( α + α1 ) − (β + α1 ) ∈ℚ và ⇒ α1 ( α − β ) ∈ℚ
Do đó ( α − β ) = 0 do α1 là số vô tỉ. (đpcm).
Bài 5: Tồn tại hay không ba số khác không a; b; c sao cho đa thức sau có n
n

nghiệm nguyên không nhất thiết phân biệt ∀n > 3 :

P ( x) = ∑ x i + ax 2 + bx + c
i =3

?

Giải: Giả sử tồn tại 3 số khác không a; b; c thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Gọi x1; x2 ;...; xn là các nghiệm của đa thức đã cho.
n

Áp dụng định lí Viètte, ta có:

∏ x = ( −1)
i =1

n

i

.c ≠ 0 ⇒ xi ≠ 0∀i = 1; n

n

 n  n 1 
1
b
n −1
x
=
−
1
.
b
⇒
=
−
(
)

∑
÷
∑
∏
i÷

c
i =1 xi
 i =1   i =1 xi 

( −1)

n−2

 n 
1
.a =  ∏ xi ÷. ∑
 i =1   1≤i < j ≤n xi x j

2
n
 1  n   n 1 
1
=
xi ÷ ∑ ÷ − ∑ 2 
÷
÷ 2  ∏
i
=
1
  i =1 xi  i =1 xi 


9

9


Sáng kiến kinh nghiệm
⇒ ( −1)

n−2

( −1)

.a =

Nguyễn Hoàng Cương

n

n
.c  b 2 n 1 
1 b 2 − 2ac
.  2 − ∑ 2 ÷⇒ ∑ 2 =
2
c2
i =1 xi 
i =1 xi
c

n
1
1
1
n
≥
n
= nn 2
∑
∏
2
2
c
i =1 xi

i =1 xi
n

Mà
lim n n

n→+∞

nên

b 2 − 2ac
1
≥ n n 2 ∀n > 3
2
c
c

(vô

lí

vì

1
= +∞
c2
)

Do đó, điều giả sử là sai. Vậy, không tồn tại các số a; b; c thỏa mãn đề bài.
Bài 6: (Vietnam TST 1992)

ns
n1
2
9
1992
Cho đa thức P ( x) = 1 + x + x + x + ... + x + x với n1; n2 ;...; ns là các số

tự nhiên cho trước thỏa mãn 9 < n1 < ... < ns < 1992 . Chứng minh rằng nghiệm của
1− 5
đa thức P ( x) (nếu có) không thể lớn hơn 2
n1
ns
2
9
1992
Giải: Ta có: P ( x) = 1 + x + x + x + ... + x + x

1− 5 
∀x ∈ 
;0 ÷
2


Với x ≥ 0 thì P ( x) ≥ 1 > 0 . Ta sẽ chứng minh P ( x ) > 0
Thật vậy, với x < 0 và x ≠ −1 , ta có:
P ( x) ≥ 1 + x + x3 + x 5 + ... + x 2 k +1 + ... + x1991
1− 5 
x996 − 1 x2 − 1 + x997 − x
∀
x

∈
;0 ÷

= 1 + x. 2
=
>0
2
2


x −1
x −1
1− 5

P ( x) > 0∀x ∈ 
; +∞ ÷
 2
 (đcm).
Vậy,
Bài 7: (IMO 1976)
2
Cho dãy các đa thức Pk ( x) xác định bởi P1 ( x) = x − 2, Pi +1 ( x) = Pi ( Pi ( x )), i = 1;2;3;...
n
Chứng minh rằng phương trình Pn ( x) = x có 2 nghiệm thực phân biệt nhau.

Giải: Xét nghiệm của phương trình trên đoạn [ −2;2] .Đặt x = 2cos t

10

10

Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

nt
Bằng quy nạp ta chứng minh được: Pn ( x) = 2cos 2 và phương trình Pn ( x ) = x trở
nt
thành cos t = cos 2

Từ đó, ta được 2n nghiêm

t=

2kπ
2 kπ
, t = n ; k = 1;2;3;...; n
n
2 −1
2 +1

Suy ra phương trình Pn ( x) = x có đúng 2n nghiệm thực phân biệt.(đpcm)
n

Bài 8: Cho đa thức

f ( x) = ∑ ai x i
0

có n nghiệm thực. Chứng minh ∀p > n − 1 thì đa

2
n
thức g ( x) = a0 + a1. p.x + a2 . p.( p − 1).x + ... + an . p.( p − 1)...( p − n + 1) x cũng có n

nghiêm thực.
Giải: Nếu f (0) ≠ 0 , ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp.
Với n = 1 , bài toán hiên nhiên đúng.
Giả sử bài toán đúng với n = k , ta chứng minh đúng với n = k + 1, tức là
k +1

f ( x) = ∑ ai x i

Nếu đa thức

0

có

k + 1 nghiệm thực khác 0 thì đa thức

g ( x) = a0 + a1. p.x + a2 . p.( p − 1).x 2 + ... + ak +1. p.( p − 1)...( p − k ) x k +1 cũng có

k +1

nghiệm thực ∀p > k .
Gọi c là một nghiệm của f ( x) thì f ( x) = ( x − c).q ( x) với q ( x) là một đa thức bậc
k

k của x :

q( x) = ∑ bi x i
0

trong đó a0 = c.b0 ; ai = c.bi + bi −1∀i = 1; k ; ak +1 = bk .

k +1
Do đó g ( x) = a0 + p.a1.x + ... + p( p − 1)...( p − k ).ak +1.x

= c.b0 + p.(c.b1 + b0 ).x + ... + p ( p − 1)...( p − k ).bk .x k +1
= c.q ( x) + px.q ( x) − x 2 .q ( x)
Do f ( x) có k + 1 nghiệm thực khác 0 nên q ( x) có k nghiệm thực khác 0 và
p > k > k − 1 nên theo giả thiết quy nạp, đa thức q ( x) có k nghiệm thực.
Do đó, g ( x) có k + 1 nghiệm thực. (đpcm)
Nếu f (0) = 0 và x = 0 là nghiệm bội k của f ( x) .
11

11


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

n

Khi đó:

f ( x) = ∑ ai x i

k

= x k .H ( x) và

n

g ( x) = ∑ p( p − 1)...( p + 1 − i)ai xi
k

= p( p − 1)...( p − k + 1).x k [ak + ... + ( p − k )...( p + 1 − n).an x n− k ]

= p( p − 1)...( p − k + 1).x k .R ( x )

Do f ( x) có n nghiệm thực nên H ( x) có n − k nghiệm thực khác 0 .
Áp dụng kết quả trường hợp 1 cho H ( x) và p ' = p − k > n − k − 1 thì R ( x ) có n − k
nghiệm thực ⇒ g ( x) có n nghiệm thực (đpcm).
Vậy, bài toán được chứng minh.
3
2
Bài 9: Cho đa thức P ( x ) = x + ax + bx + c có ba nghiệm phân biệt. Chứng minh

rằng đa thức

Q ( x ) = x3 + ax 2 + ( 4b − a 2 ) x + ( 4ab − a 3 − 8c )

cũng có 3 nghiệm

phân biệt.
Giải: Gọi x1 , x2 , x3 là 3 nghiệm của đa thức P ( x ) . Theo định lý Viete, ta có:
 x1 + x2 + x3 = − a


 x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 = b
 x x x = −c
 1 2 3
Đặt y1 = x1 + x2 − x3 ; y2 = x2 + x3 − x1; y3 = x3 + x1 − x2 . Ta chứng minh đa thức
Q ( x ) có 3 nghiệm là y1 , y2 , y3 .
Thật vậy, ta có:
+) y1 + y2 + y3 = x1 + x2 + x3 = − a
+) y1 y2 + y2 y3 + y3 y1 = ( x1 + x2 − x3 ) ( x2 + x3 − x1 ) + ( x2 + x3 − x1 ) ( x3 + x1 − x2 ) + ( x3 + x1 − x2 ) ( x1 + x2 − x3 )
= 4 ( x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 ) − ( x1 + x2 + x3 ) = 4b − a 2
2

3
+) y1 y2 y3 = ( x1 + x2 − x3 ) ( x2 + x3 − x1 ) ( x3 + x1 − x2 ) = 4 ( − a ) b − ( − a ) − 8 ( − c ) = a + 8c − 4ab
3

12

12


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

Theo định lý Viete đảo thì y1 , y2 , y3 là 3 nghiệm của đa thức Q ( x ) (đpcm).
n

Bài 10: Chứng minh rằng các nghiệm của đa thức
không vượt quá:

 a 
1 + max  k 
k =1;n
 a0 
a)
 ak
p + max 
k −1
k =1; n
 a0 . p
b)

f ( x ) = ∑ ai x n−i
0

có modun



 với p là số dương tùy ý.

 a 
2 max  k k 
k =1;n
 a0 
c)
 a 
a1
+ max  k −1 k 
a0 k =2;n  a1 



d)

a
a 
f ( x ) = a0 x n + ... + an−1 x + an = a0 x n 1 + 1 + ... + n n ÷
a0 x 
 a0 x
Giải: a) Ta có
 a
A = max  k
k =1;n
 ao
Gọi





Với nghiệm x mà x ≤ 1 thì ta có đpcm.
Với nghiệm x mà x > 1 , ta có
f ( x) = 0 ⇒ 1 =

⇒1≤

n

n
ak

≤
A
∑
∑
k
k =1 a0 x
k =1

1
n
x
1
A
A 1
= .
≤ .
k
x 1− 1
x 1− 1
x
x
x
1−

A
⇒ A ≥ x −1⇒ x ≤ A +1
x −1
(đcm)
n −i

n
1
a x
. f ( x) = ∑ ii . ÷
n
p
i =0 p  p 
b) Ta có

13

13


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

x
1
g ( x) = n . f ( x)
p
Theo kết quả câu a, nếu p là một nghiệm của đa thức
thì
 a
x
≤ 1 + max  k k
k =1;n
p
 a0 p


 ak
 ⇒ x ≤ p + max

k −1
k =1;n

 a0 p



 (đcm).

 a 
p = max  k k 
k =1;n
a
 0 
c) Dễ dàng được suy ra từ kết quả câu b khi chọn
 a 
p = max  k −1 k 
k =1;n
 a1  , khi đó
d) Đặt
ak ≤ a1. p k −1 ⇒

 ak
ak
a1

≤
⇒
max

k −1
k =1;n
a0 p k −1 a0
 a0 p

 a1
≤
 a0

Theo câu b, nghiệm của đa thức có modun không vượt quá
 ak
x ≤ p + max 
k −1
k =1;n
 a0 p

 a1
 ak 
+ max  k −1
≤

k =1;n
a
a

0

1

 (đcm).

*Nhận xét: Kết quả của bài 10 là một kết quả quen thuộc và có rất nhiều ứng
dụng. Sau đây, ta sẽ xét một vài ví dụ về ứng dụng của kết quả này.
n
n −1
Bài 11: Cho đa thức có các hệ số thực P ( x) = x + a1 x + ... + an −1 x + an chia hết
m
m −1
cho đa thức Q( x ) = x + b1 x + ... + bm−1 x + bm . Chứng minh rằng nếu Q ( x) có một
k
k
b
>
2016
.
C
b
k
m
k
hệ số
thỏa mãn
thì P ( x) có một hệ số ai thỏa mãn ai > 2015 .

Giải: Gọi các nghiệm (thực hoặc phức) của đa thức Q ( x) là x1; x2 ;...; xm
A=
Áp dụng định lí Viète, ta có

∑

1≤i1
xi1 xi2 ...xik = bk > 2016k.Cmk

k
Mà trong tổng A có Cm số hạng nên tồn tại một nghiệm xi của Q ( x ) mà

xi > 2016 .

14

14


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

Áp dụng câu a) của bài 10, ta có:

1 + max { ai } ≥ xi > 2016 ⇒ max { ai } > 2015
i =1;n

i =1; n

(đpcm).

2020
2019
2018
Bài 12: Cho P ( x) = x + a1 x + a2 x + ... + a2019 x + a2020 có 2020 nghiệm

thực. Biết a2015 = 2015; a2017 = 2017 . Chứng minh a2016 > 2016 .
Giải: P ( x) có 2020 nghiệm thực nên P '( x) có 2019 nghiệm thực
⇒ P ''( x ) có 2018 nghiệm thực ⇒ P ( 3) ( x) có 2017 nghiệm thực
⇒ P ( ) ( x ) = 2020.2019.2018 x 2017 + 2019.2018.2017 a1 x 2016 + ... + 3.2.1.a2017
3

1
Q( x) = x 2017 .P  ÷ = 6a2017 x 2017 + 24a2016 x 2016 + 60a2015 x 2015 + ... + b1 x + b0
 x
Đặt
Khi đó Q ( x ) cũng có 2017 nghiệm thực x1; x2 ;...; x2017 .
2017

Theo định lí Viète, ta có:

∑x
i =1

i

=

−4a2016
a2017 ;

∑

1≤i < j ≤ 2017

xi x j =

10a2015
a2017

2

 2017 
⇒  ∑ xi ÷ ≥ 2. ∑ xi x j ⇒ a 2 ≥ 20.a2015 .a2017 ⇒ a > 2016
2016
2016
1≤i < j ≤ 2017
 i =1 
16
(đcm)
Vậy, a2016 > 2016 .
Bài 13: (VMO 2012)
Cho các cấp số cộng (an ),(bn ) và số nguyên m > 2. Xét m tam thức bậc hai
Pk ( x) = x 2 + ak x + bk , k = 1,2,..., m. Chứng minh rằng nếu hai tam thức P1 ( x), Pm ( x)
đều không có nghiệm thực thì tất cả các đa thức còn lại cũng không có nghiệm thực.
Giải: Ta chứng minh bổ đề sau:
2
2
a
−
4

b
<
0,
a
− 4bm < 0 thì với mọi α ∈ [0;1] ta có
1
1
m
Bổ đề: Nếu

( α a1 + (1 − α )am )

2

− 4 ( α b1 + (1 − α )bm ) < 0 .

Chứng minh. Ta có

15

15


Sáng kiến kinh nghiệm

( α a1 − (1 − α )am )

2

Nguyễn Hoàng Cương

− 4 ( α b1 − (1 − α )bm ) = α 2 ( a12 − 4b1) + (1 − α ) 2 ( am2 − 4bm ) + α (1 − α ) ( 2a1am − 4(b1 + bm ) ) .

2
2
2
Mà −4(b1 + bm ) < a1 + am ⇒ 2a1am − 4(b1 + bm ) < −(a1 − am ) ≤ 0 . Kết hợp với giả

thiết ta có điều phải chứng minh.
P1 ( x), Pm ( x)

Trở lại bài toán, do

đều không có nghiệm thực nên

∆1 = a12 − 4b1 < 0, ∆1 = am2 − 4bm < 0 .
Công sai của cấp số cộng ( an ) , ( bn )
Với mỗi k = 1, 2, …, m ta có

am − a1 bm − b1
,
m
−
1
m −1 .
lần lượt là

ak = a1 + ( k − 1)

bk = b1 + (k − 1)

Áp dụng bổ đề trên với

α=

am − a1 m − k
k −1
=
a1 +
am ;
m −1
m −1
m −1

bm − b1 m − k
k −1
=
b1 +
bm .
m −1 m −1
m −1

m−k
2
m − 1 ta có ∆ k = ak − 4bk < 0, ∀k = 1,2,..., m hay tất cả

các đa thức cũng không có nghiệm thực.
Bài 14: Giả sử P ( x ) là đa thức hệ số thực không đồng nhất bằng 0 thỏa mãn
P ( x ) P ( 2 x 2 ) = P ( 3x3 + x )

. Chứng minh rằng đa thức P ( x ) không có nghiệm thực.

Giải: Giả sử ngược lại, đa thức P ( x ) có nghiệm thực x0 nào đó.
3
P
x
(
)
3x
+ x0 cũng là
x
0
0
Từ giả thiết, ta suy ra nếu
là nghiệm của đa thức
thì

nghiệm của P ( x ) .
Vì vậy ta xây dựng được một dãy nghiệm của P ( x ) :
x0 ; x1 = 3 x03 + x0 ; ...; xn+1 = 3 xn3 + xn , ∀n ≥ 0
3
2
x
=
3
x
+
x
=
x

.
3
x
+ 1 > xn , ∀n ≥ 0
x
≠
0
x
≠
0
n
+
1
n
n
n
n
+) Nếu 0
, ta có n
và
. Suy ra

đa thức P ( x ) có vô số nghiệm. Do đó P ( x ) = 0, ∀x ∈ ¡ . Điều này mâu thuẫn với
giả thiết.

16

16

Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

 P ( x ) = x nQ ( x )

Q ( 0) ≠ 0
P
x
(
)
x
=
0
n
0
+) Nếu
là nghiệm bội của
. Suy ra 
⇒ x3n 2n Q ( x ) Q ( 2 x 2 ) = x n ( 3 x 2 + 1) Q ( 3 x3 + x ) ⇒ x 2 n 2n Q ( x ) Q ( 2 x 2 ) = ( 3x 2 + 1) Q ( 3x 3 + x ) , ∀ x ≠ 0
n

n

⇒ x 2 n 2n Q ( x ) Q ( 2 x 2 ) = ( 3 x 2 + 1) Q ( 3 x 3 + x ) , ∀x ∈ ¡ .
n

(vì hai đa thức bằng nhau

tại vô hạn điểm thì trùng nhau)

Thay x = 0 ta có Q ( 0 ) = 0 (mâu thuẫn).
Vậy điều giả sử sai. Do đó đa thức P ( x ) không có nghiệm thực.
Bài 15: Cho P ( x ) và Q ( x ) là các đa thức hệ số thực, có bậc 2016 và hệ số cao
nhất bằng 1. Chứng minh rằng nếu phương trình P ( x ) = Q ( x ) không có nghiệm
thực thì phương trình P( x + 2015) = Q ( x − 2015) có nghiệm thực

.

Giải: Giả sử
P( x ) = x 2016 + a2015 x 2015 + a2014 x 2014 + ... + a1 x + a0 ; Q ( x) = x 2016 + b2015 x 2015 + b2014 x 2014 + ... + b1 x + b0
với ai , bi ∈ ¡ , ∀i = 1,2015
Ta có
P( x) = Q( x) ⇔ ( a2015 − b2015 ) x 2015 + ( a2014 − b2014 ) x 2014 + ... + ( a1 − b1 ) x + ( a0 − b0 ) = 0.
Nếu a2015 − b2015 ≠ 0 thì phương trình (1) có nghiệm thực. Do đó a2015 = b2015 = t .
Khi đó
P( x + 2015) = Q( x − 2015)
⇔ ( x + 2015) 2016 + t ( x + 2015) 2015 + a2014 ( x + 2015)2014 + ... + a1 ( x + 2015) + a0
= ( x − 2015) 2016 + t ( x − 2015) 2014 + b2014 ( x − 2015) 2014 + ... + b1 ( x − 2015) + b0
1
⇔ 2C2016
2015 x 2015 + R ( x) = 0.

Trong đó R ( x ) là một đa thức có bậc nhỏ hơn 2015.
1
2015
Dễ thấy 2C2016 2015 x + R ( x ) là đa thức bậc lẻ nên nó phải có nghiệm thực. Vậy

ta có điều phải chứng minh.
17

17

( 1)


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

B.1.2. Ứng dụng để chứng minh các hệ thức giữa các nghiệm, hệ thức giữa các
hệ số của đa thức:
Bài 1: Cho a, b, c, d ∈ ¡ , a ≠ 0 và thỏa mãn 4a + 2b + c + d = 0 . Chứng minh rằng
b 2 ≥ 4a ( c + d )
2
f
x
=
ax
+ bx + ( c + d ) .
(
)
Giải: Xét đa thức bậc hai

Do 4a + 2b + c + d = 0 ⇒ f ( 2 ) = 0
2
f
x
=
0
∆

≥
0
⇔
b
− 4a ( c + d ) ≥ 0
(
)
Do đó phương trình
có nghiệm, suy ra

⇔ b 2 ≥ 4a ( c + d ) .
2
Tổng quát: Cho a, b, c, d ∈ ¡ , a ≠ 0 và thỏa mãn α a + α .b + c + d = 0 . Chứng
2
minh rằng b ≥ 4a ( c + d )

Bài 2: (Đề thi gặp gỡ toán học 2015 - khối 11)
3
Cho a < b < c là ba nghiệm của phương trình x − 3x + 1 = 0 (1).

a) Hãy tính giá trị của biểu thức

A=

1− a 1− b 1− c
+
+
1+ a 1+ b 1+ c

b) Lập phương trình bậc ba có ba nghiệm là a − 2, b − 2, c − 2

2

2

2

c) Chứng minh rằng a − c = b − a = c − b = 2.
2

2

2

Giải:
b
c 
 a
 a + b + c + 2(ab + bc + ca ) + 3abc 
A = 3 − 2
+
+
=
3
−
2
÷

÷
 1+ a 1+ b 1+ c 
 1 + a + b + c + ab + bc + ca + abc 

a) Ta có:
Áp dụng định lí Viète ta có a + b + c = 0, ab + bc + ca = −3, abc = −1 .
Thay vào ta tính được A = −3
b) Ta có S1 = a − 2 + b − 2 + c − 2 = ( a + b + c) − 2(ab + bc + ca ) − 6 = 0.
2

2

2

2

S2 = ( a 2 − 2)(b2 − 2) + (b2 − 2)(c 2 − 2) + (c 2 − 2)( a 2 − 2)

= ( a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 ) − 4(a 2 + b 2 + c 2 ) + 12

= ( ab + bc + ca ) − 2abc(a + b + c ) − 4 (a + b + c ) 2 − 2 ( ab + bc + ca )  + 12 = −3
2

18

18


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

S3 = (a 2 − 2)(b2 − 2)(c 2 − 2) = (abc)2 − 2 ( a 2b2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) + 4(a 2 + b2 + c 2 ) − 8 = −1
2

2
2
Theo định lí Viète đảo thì a − 2, b − 2, c − 2 cũng là ba nghiệm của phương trình

x3 − 3x + 1 = 0 .
c) Ta để ý là do các số ( a − 2, b − 2, c − 2 ) cũng là nghiệm của (1) nên ta suy
2

2

2

2
2
2
ra bộ số ( a − 2, b − 2, c − 2 ) là một hoán vị của bộ số (a, b,c) .
3
Xét hàm số f ( x ) = x − 3x + 1 thì f ( x) liên tục trên ¡ .

 9
8
f ( −2 ) < 0, f  − ÷ > 0, f ( 0 ) > 0, f ( 1) < 0, f  ÷ > 0
 5
5
Ta có
9
8
−2 < a < − < 0 < b < 1 <
5
5

Nên ta suy ra các nghiệm (a, b,c) thỏa mãn
2
2
2
2
2
2
Từ cách chỉ ra nghiệm ở trên ta suy ra b < c < a ⇒ b − 2 < c − 2 < a − 2.
2
2
2
2
2
2
Do đó b − 2 = a, c − 2 = b, a − 2 = c . Suy ra a − c = b − a = c − b = 2.
2
2
2
Nhận xét. Trong câu c) mấu chốt ở chỗ chỉ ra bộ số ( a − 2, b − 2, c − 2 ) là một

hoán vị của bộ số (a, b,c) . Áp dụng tính chất liên tục của hàm f ta chỉ ra được các
khoảng chứa nghiệm. khi áp dụng định lí Viète kết hợp đánh giá bằng bất đẳng
thức ta có nhiều bài toán thú vị.
Bài 3: (Olympic 30 - 4 , THPT Chuyên Tiền Giang đề nghị)
xi , i = 1;2011

Gọi

là

các

nghiệm

P ( x ) = x 2011 = 2011x 2010 + a2009 x 2009 + ... + a0

.

của
Biết

đa
rằng

thức
ta

có

64
x164 + x2 64 + ... + x2011
= 2011 hãy xác định đa thức P ( x ) .
2011

∑x

i

= −2011

Giải: Áp dụng định lí Viète ta có i =1
Áp dụng bất đẳng thức bunyakovky ta có
2

.
2

 2011 
 2011 
 2011 
2011 =  ∑ xi ÷ ≤ 2011 ∑ xi 2 ÷⇒ 20114 ≤ 20112  ∑ xi 2 ÷
 i =1 
 i =1 
 i =1 
2

Lại áp dụng bất đẳng thức bunyakovky ta có

19

19


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

2

4

2011
 2011 2 
 2011 4 
 2011 
4
3
4
 ∑ xi ÷ ≤ 2011 ∑ xi ÷⇒ 2011 =  ∑ xi ÷ ≤ 2011  ∑ xi ÷
 i =1 
 i =1 
 i =1 
 i =1 
8

2011
 2011 
7
8
x
≤
2011
∑ i ÷
 ∑ xi ÷.
 i =1 
Biến đổi tương tự ta thu được  i =1 
64

2011
 2011 

63 
64 
64
x
≤
2011
∑ i÷
 ∑ xi ÷ = 2011 ( 1) .
 i =1

Cuối cùng đi đến  i =1 
2011

Nhưng

∑x
i =1

i

= −2011

nên từ (1) ta suy ra bất đẳng thức bunyakovky xảy ra dấu

bằng. chứng tỏ các nghiệm bằng nhau và bằng -1. Do đó đa thức cần tìm là
P ( x ) = ( x + 1) 2011
Nhận xét: Trong bài toán trên điều cốt lõi là việc chỉ ra các nghiệm bằng nhau.
Ta cũng có thể dùng bất đẳng thức Holder để đánh giá bất đẳng thức (1).
Bây giờ ta xét một dạng toán mà dấu đẳng thức không xảy ra.
Bài 4: (Olympic 30 - 4 , THPT Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm - Quảng Nam đề

nghị)
2008
2007
20086
P
x
=
a
x
+
a
x
+
a
x
+ ... + a2008 có 2008 nghiệm phân
(
)
0
1
2
Cho đa thức

2
biệt. Chứng minh rằng 2007 a1 > 4016a0 a2 .

Giải:
Vì đa thức có 2008 nghiệm nên ta có P ( x ) = a0 ( x − x1 ) ( x − x2 ) ...( x − x2008 ) ; a ≠ 0
2

a 
a
2007  1 ÷ > 4016 2 ( 1)
a0
 a0 
BĐT tương đương với :
Áp dụng định lí Viète ta có
S1 = x1 + x2 + ... + x2008 =

− a1
a
; S2 = x1 x2 + ... + x1 x2008 + ... + x2007 x2008 = 2
a0
a0

20

20


Sáng kiến kinh nghiệm

Như vậy ta có

Nguyễn Hoàng Cương

2008

S = ∑ xi 2 + 2 S2
2

1

i =1

.

Dễ thấy
 2008



 2008



2008









i =1

( 1) ⇔ 2007 S12 > 4016S 2 ⇔ 2007  ∑ xi 2 + 2S2 ÷ > 4016S2 ⇔ 2008  ∑ xi 2 ÷ > ∑ xi 2 + 2S 2
i =1

i =1

 2008 2 
2
(11 +4412+ ...4+431)  ∑ xi ÷ > ( x1 + x2 + ... + x2008 )
 i =1 
2008 so1
BĐT cuối cùng đúng theo BĐT bunyakovky và các nghiệm khác nhau nên dấu
bằng không xảy ra.
Nhận xét: Ở bài toán trên ta sử dụng giả thiết các nghiệm phân biệt để suy ra dấu
đẳng thức trong đánh giá không xảy ra. Ta có bài toán tổng quát hơn:
n
n −1
n− 2
Cho đa thức P ( x ) = a0 x + a1 x + a2 x + ... + an có n nghiệm thực phân biệt.

n − 1 2a0a2
>
n
a12 với a ≠ 0 (TH &TT tháng 2 năm 2013).
Chứng minh rằng
Bài 5: (Áo- Ba Lan 1979).
Hãy tìm tất cả các đa thức Pn ( x ) có hệ số nguyên và dưới dạng
Pn ( x ) = n! x n + an−1 x n−1 + ... + a1x + ( −1) n ( n + 1) có n nghiệm thực x1 , x2 ,..., xn thỏa
n

mãn điều kiện xk ∈ [ k ; k + 1] với k = 1,2,..., n; n ≥ 1 .
Giải: với n = 1 đa thức có nghiệm x = 2 ∈ [ 1;2] nên n = 1 thỏa mãn.
2
P

x
=
2
x
+ a1x + 6 .
(
)
2
n
=
2
Với
đa thức có dạng
Ta phải tìm nghiệm a1 để phương trình có nghiệm thỏa mãn 1 ≤ x1 ≤ 2 ≤ x2 ≤ 3.

Theo định lí Viète ta có

x1 + x2 = −

a1
, x1 x2 = 3
2
suy ra

a1 < 0

lại có

a12
0 ≤ x2 − x1 ≤ 2 ⇒ 0 ≤ ( x2 − x1 ) ≤ 4 ⇒ 0 ≤

− 12 ≤ 4 ⇔ 48 ≤ a12 ≤ 64
4
2

Suy ra a1 = −7, a1 = −8 .
2
2
P
x
=
2
x
−
7
x
+
6
P
x
=
2
x
− 8x + 6
(
)
(
)
2
2
Vậy đa thức cần tìm là

hoặc
Thử lại thấy các đa thức này thỏa mãn.

21

21


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

Với n ≥ 3 ta có Pn ( x ) = n!( x − x1 ) ( x − x2 ) ...( x − xn ) do đa thức có n nghiệm.
x1 x2 ...xn =

Suy ra P ( 0 ) = ( −1) n ( n + 1) = ( −1) n! x1 x2 ...xn . Do đó
n

n

n ( n + 1)
< n!
n!

nhưng do xk ∈ [ k ; k + 1] nên x1 x2 ...xn > n! . Mâu thuẫn nầy chứng tỏ khi n ≥ 3
không tồn tại đa thức như thế.
Nhận xét: Ở lời giải trên trong khi đánh giá hệ số a1 ta đã sử dụng định lí Viète .
Ngoài ra ta cũng có thể sử dụng định lí đảo về dấu của tam thức bậc hai.
n
n −1

n− 2
P
x
=
x
+
a
x
+
a
x
+ ... + a1 x + a0 ( n ∈ N ∗ , n ≥ 3 )
(
)
n
−
1
n
−
2
Bài 6: Cho đa thức
n−2

kak > 0.
∑
0;1
(
)
n
k

=
0
có nghiệm thực thuộc khoảng
. Chứng minh rằng:
Giải: Trước tiên ta chứng minh bổ đề sau:
Chứng minh rằng với m số y1 , y2 ,..., ym thuộc khoảng ( 0;1) ta có
m

m

i =1

i =1

∏ ( 1 − yi ) > 1 − ∑ yi

.(1)

Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo m .
Hiển nhiên bài toán đúng với m = 1 .
Giả sử (1) đúng với m = k ta sẽ chứng minh (1) cũng đúng với m = k + 1.
k
k


1
−
y
=
1

−
y
1
−
y
>
1
−
y
1
−
( i ) ( k +1 ) ∏ ( i ) ( k +1 )  ∑ yi ÷
∏
 i=1 
i =1
Thật vậy i =1
k +1

k +1
k +1
k +1
 k 
⇔ ∏ ( 1 − yi ) > 1 − ∑ yi + yk +1  ∑ yi ÷ > 1 − ∑ yi
i =1
i =1
i =1
 i =1 
Vậy bất đẳng thức (1) đã được chứng minh.
Trở lại bài toán.
Giả sử phương trình P ( x ) = 0 có n nghiệm là x1 , x2 ,..., xn thuộc khoảng ( 0;1) .

n

Vậy

P ( x) = ∏ ( x − xi )
i =1

n

'
n −1
n−2
P
x
=
nx
+
a
n
−
1
x
+ ... + 2a2 x + a1
(
)
(
)
n
−
1

Ta có

22

n

= ∑∏ ( x − xi )
k =1 i =1
i≠k

22


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương
n

n

P (1) = n + ( n − 1) an−1 + ( n − 2 ) an−2 + ... + 2a2 + a1 = ∑∏ ( 1 − xi )
'

k =1 i =1
i≠k

Vậ
n

Áp dụng định lý Vi-et ta có

∑x
i =1

n−2

∑ ka

Từ (2), (3) suy ra

k =0

k

= −an−1

.



n

( 1 − xi ) > ∑ 1 − ∑ xi ÷÷ = n + ( n − 1) an−1
∑
∏
k =1 i =1
k =1 
i =1
÷
i≠k

 i ≠k 
(3)
n

Áp dụng bổ đề trên ta có

i

(2)

n

n

> 0.

3
2
Bài 7: Giả sử phương trình: ax + bx + cx − d = 0 ( a ≠ 0 ) có các nghiệm dương.

3

Chứng minh rằng:

1+

c+d −b 3 d
−
≥1
a

a
.

Giải: Gọi x1 ; x2 ; x3 > 0 là 3 nghiệm của phương trình đã cho, ta có:

(

( 1 + x1 ) ( 1 + x2 ) ( 1 + x3 ) ≥ 1 + 3 x1 x2 x3

)

3

(

⇔ 1 + ( x1 + x2 + x3 ) + ( x1 x2 + x2 x3 + x1 x3 ) + x1 x2 x3 ≥ 1 + 3 x1 x2 x3

)

3

3

b c d 
d
⇔ 1 − + + ≥ 1 + 3 ÷
a a a 
a

(đpcm).

3
2
Bài 8: Giả sử phương trình x − x + bx − c = 0 có 3 nghiệm dương. Chứng minh

b+2
≥ 63.
c
rằng:

.

Giải: Gọi x1 ; x2 ; x3 > 0 là 3 nghiệm của phương trình đã cho.
Ta có:

1 
1 
1
1
+
1
+
1
+
÷≥ 64

÷
÷
x
x

x

1 
2 
3 

( khi x1 + x2 + x3 = 1)

1 1 1  1
1
1 
1
⇔ 1 +  + + ÷+ 
+
+
≥ 64
÷+
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
2

3 
2 3
1 3 
1 2 3
 1
 1 2
23

23


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

⇔ 1+

x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 x1 + x2 + x3
1
+
+
≥ 64
x1 x2 x3
x1 x2 x3
x1 x2 x3

⇔ 1+

b 1 1
b+2

+ + ≥ 64 ⇔
≥ 63
c c c
c

(đpcm).

Nhận xét: Để giải các bài toán dạng trên chúng ta phải tuân theo trình tự như sau:
Bước 1: Sử dụng định lý Viét để chuyển các bất đẳng thức liên qua đến hệ số của
phương trình bậc 3 thành các bất đẳng thức liên quan đến các nhiệm của phương
trình bậc 3. Công việc ở bước này rất khó đòi hỏi phải vận dụng linh hoạt định lý
Viét và các hệ quả của nó.
Bước 2: Sử dụng các kiến thức về bất đẳng thức để chứng minh bất đẳng thức
được đặt ra giữa các nghiệm.
3
Bài 9: Giả sử đa thức P ( x ) = x − x + ax + b có ba nghiệm thực x1 , x2 , x3 đều lơn

2a − 3b + 1 3
≤ ( 1)
4
hơn -1. Chứng minh rằng a − b + 2
.
Giải: Theo định lí Viète ta có:
x1 + x2 + x3 = 1, x1 x2 + x2 x3 + x1x3 = a , x1x2 x3 = −b. Thay vào (1) ta được

2( x1 x2 + x2 x3 + x1 x3 ) + 3x1 x2 x3 + x1 + x2 + x3 3 ( x1 + x2 + x3 )
≤
x1 x2 + x2 x3 + x1 x3 + x1 x2 x3 + 1
3 + x1 + x2 + x3
⇔

3 ( x1 + x2 + x3 )
x1
x
x
+ 2 + 3 ≤
1 + x1 1 + x2 1 + x3 3 + x1 + x2 + x3

⇔ 1−
⇔

1
1
1
9
+1−
+1−
≤3
1 + x1
1 + x2
1 + x3
3 + x1 + x2 + x3

1
1
1
9
+
+
≥

1 + x1 1 + x2 1 + x3 3 + x1 + x2 + x3

Áp dụng bất đẳng thức Schawrs ta có ngay điều phải chứng minh.
Nhận xét: Điểm đặc sắc trong lời giải ở trên đó là chuyển từ việc đánh giá các hệ
số về đánh giá BĐT chứa các nghiệm. Trong một số bài toán ta cần thực hiện việc
chia cho hệ số chứa số mũ cao nhất của đa thức rồi mới áp dụng định lí Viète.

24

24


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

3
2
f
x
=
ax
−
x
+ bx − 1 có ba nghiệm thực dương. Tìm giá
(
)
Bài 10: Giả sử đa thức

5a 2 − 3ab = 2

a2 ( b − a )

P=
trị nhỏ nhất của biểu thức

.

Giải: Ta giả sử ba nghiệm dương lần lượt là x1 , x2 , x3 .
1

x
+
x
+
x
=
 1 2 3 a

b

 x1 x2 + x2 x3 + x1 x3 =
a

1

x
x
x
=
1

2
3

a
Áp dụng định lí Viète ta có 
⇔

Dễ thấy ( x1 + x2 + x3 ) ≥ 3( x1 x2 + x2 x3 + x1x3 ) nên
2

1
b
1
≥3 ⇔02
a
a
3a

Tiếp tục áp dụng BĐT Cauchy ta được:
1
1
1
≥ 33 ⇔ 0 < a ≤
a
a
3 3

x1 + x2 + x3 ≥ 3 3 x1 x2 x3 ⇔

Xét hàm số

5a 2 − 3ab = 2
 1
P=
= g (b ), b ∈  0,  .
2
a ( b − a)
 3a 

g, ( b) =
Ta có

−2a 2 − 2

a ( b − a)
2

2

<0
suy ra hàm g(b) là hàm nghịch biến. Do đó

2
 1  3( 5a + 1)
g ( b ) ≥ g  ÷=
= h( a) .
2
 3a  a ( 1 − 3a )

h ( a) =
,

Ta lại có

3 ( 15a 4 + 15a 2 − 1)
a 2 ( 1 − 3a

)

2 2

< 0,0 < a ≤

1
3 3

.

 1 
h( a) ≥ h
÷ = 12 3
3
3


Do đó h(a) là hàm số nghịch biến. Nên
suy ra P ≥ 12 3 .

Dấu đẳng thức xảy ra khi

a=

1
3 3

, b = 3.

25

25