Đa thức trong các bài toán thi học sinh giỏi

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

NGUYỄN THANH TÙNG

ĐA THỨC TRONG CÁC BÀI TOÁN
THI HỌC SINH GIỎI

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2017


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

NGUYỄN THANH TÙNG

ĐA THỨC TRONG CÁC BÀI TOÁN
THI HỌC SINH GIỎI
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 60 46 01 13

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
GS.TSKH. Đặng Hùng Thắng

THÁI NGUYÊN - 2017

1

Mục lục

Danh sách kí hiệu

3

Mở đầu

4

Chương 1. Đa thức một biến

7

1.1

1.2

1.3

1.4

Định nghĩa và các tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.1.1

Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.1.2

Các phép tính trên đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.1.3

Các tính chất cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

Phép chia đa thức. Ước chung lớn nhất và nhỏ nhất . . . . . . . .

11

1.2.1

Phép chia đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11

1.2.2

Thuật toán Euclide . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11

Nghiệm của đa thức. Phương trình bậc cao . . . . . . . . . . . . .

16

1.3.1

Nghiệm của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

16

1.3.2

Phương trình bậc cao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

22

Đạo hàm của đa thức. Định lý Taylor . . . . . . . . . . . . . . . .

32

Chương 2. Đa thức bất khả quy
2.1

36

Đa thức bất khả quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

36

2.1.1

Đa thức với hệ số thực và phức . . . . . . . . . . . . . . .

37

2.1.2

Đa thức bất khả quy của vành Q[x] . . . . . . . . . . . . .

40


2
2.2

Một số bài toán điển hình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Chương 3. Một số chủ đề khác

42
46

3.1

Đa thức nhiều biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

46

3.2

Đa thức đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

49

3.3

Phương trình hàm đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

53

3.4

Đa thức Chebyshev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

56

3.4.1

Định nghĩa - Tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

57

3.4.2

Một số bài toán chọn lọc . . . . . . . . . . . . . . . . . .

58

Kết luận

63

Tài liệu tham khảo

64


3

Danh sách kí hiệu
Z

vành số nguyên

Q

trường số hữu tỷ

R

trường số thực

C

trường số phức

R

vành

F

trường

R[x]

vành đa thức với hệ số trên vành R

deg P(x)
.
P(x) .. Q(x), Q(x) | P(x)

bậc của đa thức P(x)
đa thức Q(x) là ước của đa thức P(x)

gcd(P(X), Q(X))

ước chung lớn nhất của P(X) và Q(X)

a ≡ b (mod p)

a đồng dư với b theo modulo p

∑m
i=1 ai

ký hiệu tổng a1 + a2 + · · · + am

∏m
i=1 bi

ký hiệu tích b1 b2 · · · bm


4

Mở đầu
Đa thức là một đối tượng quan trọng của Toán học cả về mặt lý thuyết cũng như
ứng dụng. Đối với Toán học phổ thông, học sinh làm quen với các phép toán trên
đa thức (cộng trừ nhân chia), giải các phương trình bậc nhất, bậc hai và một số
dạng phương trình bậc cao. Trong các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế, chủ
đề đa thức cũng được khai thác sâu hơn với các bài toán hay và tương đối khó về
phương trình đại số bậc cao, phương trình hàm đa thức, đathức bất khả quy, tính
chia hết của đa thức . . .
Các bài toán nâng cao về đa thức xuất hiện cũng khá nhiều trong các tạp chí
toán học cho học sinh khá giỏi (như Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ, Kvant, Crux,. . . ).
Tuy nhiên hiện nay có ít các tài liệu về tiếng Việt trình bày một cách hệ thống cả
lý thuyết và bài tập về đa thức, với định hướng bồi dưỡng học sinh giỏi Toán và
bồi dưỡng giáo viên dạy chuyên Toán.
Mục tiêu của luận văn là tìm hiểu một cách đầy đủ những kết quả quan trọng
của đa thức có nhiều ứng dụng trong Toán phổ thông. Trên cơ sở đó, phân loại và
hệ thống hoá (theo dạng cũng như phương pháp giải) các bài tập nâng cao về đa
thức đã có cũng như sáng tác, bổ sung thêm những bài toán mới.
Chúng tôi rất cố gắng để luận văn này trở thành một tài liệu tham khảo tốt, thiết
thực phục vụ cho việc giảng dạy học sinh giỏi và bồi dưỡng giáo viên. Thông qua
việc viết luận văn học viên sẽ mở rộng nâng cao hiểu biết về đa thức, hình thành

các kỹ năng giải các bài toán khó về đa thức, kỹ năng tìm kiếm thu thập chọn lọc
các thông tin.
Nội dung của luận văn được trình bày trong ba chương như sau:


5
• Chương 1. Đa thức một biến. Trong chương này chúng tôi sẽ trình bày ngắn
gọn về định nghĩa và các tính chất của đa thức. Các vấn đề nền tảng về phép
chia đa thức, ước - bội, nghiệm và phương trình bậc cao, đạo hàm và khai
triển Taylor sẽ được trình bày.
• Chương 2. Đa thức bất khả quy. Đa thức bất khả quy là một trong những
chủ đề trọng tâm của lý thuyết các đa thức. Nó vừa mang tính chất lý thuyết,
vừa mang tính ứng dụng, đặc biệt là các bài tập nâng cao trong các đề thi
có tính chất tuyển chọn. Chương này chúng tôi tập trung nghiên cứu các đa
thức bất khả quy trên các vành (trường) số quen biết của toán học sơ cấp.
• Chương 3. Một số chủ đề khác. Chương này dành để nghiên cứu một số vấn
đề nâng cao của lý thuyết đa thức, mà mục đích của nó là để hiểu biết sâu sắc
hơn lý thuyết, đồng thời là nền tảng cho các ứng dụng. Các vấn đề được quan
tâm trong chương này là các đa thức nhiều biến, đa thức đối xứng, phương
trình hàm đa thức và đa thức Chebyshev.
Luận văn này được thực hiện tại Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái
Nguyên và hoàn thành với sự hướng dẫn của GS.TSKH. Đặng Hùng Thắng (Trường
ĐHKHTN - ĐHQG Hà Nội). Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và
sâu sắc tới người hướng dẫn khoa học của mình, người đã đặt vấn đề nghiên cứu,
dành nhiều thời gian hướng dẫn và tận tình giải đáp những thắc mắc của tác giả
trong suốt quá trình làm luận văn.
Tác giả xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu Trường Đại học Khoa học - Đại
học Thái Nguyên, Ban Chủ nhiệm Khoa Toán–Tin, cùng các giảng viên đã tham
gia giảng dạy, đã tạo mọi điều kiện tốt nhất để tác giả học tập và nghiên cứu.
Tác giả muốn gửi những lời cảm ơn tốt đẹp nhất tới tập thể lớp Cao học Toán

khóa 9 (2015-2017) đã động viên và giúp đỡ tác giả rất nhiều trong suốt quá trình
học tập.
Nhân dịp này, tác giả cũng xin chân thành cảm ơn Sở Giáo dục và Đào tạo Hải


6
Phòng, Ban Giám hiệu và các đồng nghiệp ở Trường THPT Hùng Vương đã tạo
điều kiện cho tác giả hoàn thành tốt nhiệm vụ học tập và công tác của mình.
Cuối cùng, tác giả muốn dành những lời cảm ơn đặc biệt nhất đến bố mẹ và
đại gia đình đã luôn động viên và chia sẻ những khó khăn để tác giả hoàn thành
tốt luận văn này.

Thái Nguyên, ngày 02 tháng 11 năm 2017
Tác giả

Nguyễn Thanh Tùng


7

Chương 1

Đa thức một biến
1.1

Định nghĩa và các tính chất

Phần này chúng tôi sẽ trình bày ngắn gọn nhất có thể lý thuyết các đa thức một
biến. Những chi tiết hơn có thể tham khảo Lê Thị Thanh Nhàn [5] hoặc Nguyễn
Văn Mậu [3].

1.1.1

Định nghĩa

Giả sử R là một vành giao hoán có đơn vị.
Định nghĩa 1.1.1. Biểu thức có dạng
an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0

với an = 0

trong đó an , an−1 , . . . , a1 , a0 là những phần tử thuộc vành R, được gọi là một đa
thức trên vành R.
Trong định nghĩa này, ai được gọi là các hệ số của đa thức, hệ số an được gọi
là hệ số bậc cao nhất của đa thức, số tự nhiên n được gọi là bậc của đa thức, ký
hiệu là deg P(x), x được gọi là ẩn, hay biến hay đối số của đa thức, an được gọi là
hệ số cao nhất, a0 được gọi là hệ số tự do của đa thức.
Nếu ai = 0 với i = 1, 2, . . . , n − 1 và a0 = 0 thì ta có bậc của đa thức là không.
Nếu ai = 0 với i = 1, 2, . . . , n thì f (x) = 0, ta gọi đa thức này là đa thức không.


8
Nói chung người ta không định nghĩa bậc của đa thức không nhưng ta coi bậc của
nó là −∞.
Hai đa thức f và g được gọi là bằng nhau, và viết f = g, nếu chúng cùng là đa
thức không, hoặc cả hai khác đa thức không, đồng thời deg f = deg g và các hệ số
tương ứng bằng nhau.
Tập hợp tất cả các đa thức lấy hệ số trong vành R được ký hiệu là R[x], và được
gọi là vành đa thức trên R. Khi R là một trường, thì vành R[x] là một vành giao
hoán có đơn vị.

Với lý do là ứng dụng lý thuyết đa thức trong các bài thi học sinh giỏi, hay nói
chung là các kỳ thi có tính chất tuyển chọn, luận văn này thường xét R là Z, Q, R,
hoặc C, khi đó các đa thức thuộc Z[x], Q[x], R[x], hoặc C[x] được gọi tên lần lượt
là các đa thức nguyên, đa thức hữu tỷ, đa thức thực, hoặc đa thức phức.

1.1.2

Các phép tính trên đa thức

Cho hai đa thức
f (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 ,
g(x) = bn xn + bn−1 xn−1 + . . . + b1 x + b0 .
Ta định nghĩa các phép tính số học như sau
• Phép cộng
f (x) +g(x) = (an +bn )xn + (an−1 +bn−1 )xn−1 +. . .+ (a1 +b1 )x + (a0 +b0 ).
• Phép trừ
f (x)−g(x) = (an −bn )xn + (an−1 −bn−1 )xn−1 +. . .+ (a1 −b1 )x −(a0 −b0 ).
• Phép nhân
f (x)g(x) = c2n x2n + c2n−1 x2n−1 + . . . + c1 x + c0


9
trong đó
ck = a0 bk + a1 bk−1 + . . . + ak b0

1.1.3

với k = 0, 1, . . . , n.

Các tính chất cơ bản

Định lí 1.1.2. Giả sử F một trường. Với hai đa thức f (x) và g(x) thuộc vành đa
thức F[x], luôn tồn tại cặp đa thức q(x) và r(x) duy nhất thuộc vành đa thức F[x]
để
f (x) = g(x) · q(x) + r(x),
với deg r(x) < deg g(x).
Ta gọi q(x) và r(x) lần lượt là đa thức thương (hoặc thương) và đa thức dư (hay
dư) trong phép chia f (x) cho g(x).
Nếu r(x) = 0 thì ta nói f (x) chia hết cho g(x), hay g(x) chia hết f (x) hay f (x)
.
là bội của g(x) hay g(x) là ước của f (x). Ta sẽ kí hiệu là f .. g hay g | f .
Giả sử f (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 là một đa thức thuộc vành đa
thức R[x]. Xét phần tử α ∈ R bất kỳ. Khi đó
f (α) = an α n + an−1 α n−1 + . . . + a1 α + a0
được gọi là giá trị của đa thức f (x) tại α.
Nếu f (α) = 0 thì α được gọi là một nghiệm của đa thức f (x). Nếu tồn tại
.
k ∈ N, k > 1 sao cho f (x) .. (x − α)k nhưng f (x) không chia hết cho (x − α)k+1 thì
α được gọi là nghiệm bội k của đa thức f (x). Đặc biệt, k = 1 thì α được gọi là
nghiệm đơn, k = 2 thì α được gọi là nghiệm kép.
Bài toán tìm nghiệm của đa thức
f (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0

với an = 0.

trong vành R được gọi là giải phương trình đại số bậc n trong R.


10
Định lí 1.1.3. Giả sử F một trường, α ∈ F và f (x) ∈ F[x]. Dư của phép chia f (x)

cho (x − α) chính là f (α).
Định lí 1.1.4 (Định lý Bézout). Phần tử α ∈ F là nghiệm của đa thức f (x) ∈ F[x]
khi và chỉ khi f (x) chia hết cho (x − α).
Định lý sau đây cho ta một đánh giá về số nghiệm của một đa thức thực.
Định lí 1.1.5. Một đa thức thực bậc n đều có không quá n nghiệm thực.
Định lý này có một số hệ quả sau đây.
Hệ quả 1.1.6. Đa thức có vô số nghiệm là đa thức không.
Hệ quả 1.1.7. Nếu một đa thức có bậc không vượt quá n mà nhận cùng một giá trị
tại n + 1 điểm khác nhau của ẩn thì đa thức đó là đa thức hằng.
Hệ quả 1.1.8. Hai đa thức có bậc không vượt quá n mà nhận cùng một giá trị thỏa
mãn bằng nhau tại n + 1 giá trị khác nhau của ẩn thì hai đa thức đó đồng nhất
bằng nhau.
Trong trường hợp đa thức phức, ta có kết quả sau đây về số lượng nghiệm của
nó.
Định lí 1.1.9. Một đa thức phức bậc n có đúng n nghiệm tính cả bội.
Cuối cùng của mục này, ta sẽ trình bày không chứng minh một kết quả về dạng
biểu diễn của các đa thức thực.
Định lí 1.1.10. Bất kỳ đa thức thực f (x) ∈ R[x] nào có bậc n và hệ số bậc cao nhất
an = 0 có thể phân tích một cách duy nhất (không tính thứ tự) thành các nhân tử
m

s

f (x) = an ∏(x − di ) ∏ (x2 + bk x + ck )
i=1

k=1

với di , bk , sk ∈ R, 2s + m = n và b2k − 4ck < 0 với m, n ∈ N.

11
Trong lý thuyết đa thức, một phần rất quan trọng đó là khảo sát các nghiệm
hữu tỷ và nguyên của một đa thức. Ta có định lý sau đây.
Định lí 1.1.11. Xét đa thức nguyên f (x) ∈ Z[x] có dạng
f (x) = a0 xn + a1 xn−1 + . . . + an−1 x + an ,
Nghiệm hữu tỷ nếu có x =

p
q

a0 = 0.

với gcd(p, q) = 1 thì p là ước của hệ số tự do và q là

ước của hệ số bậc cao nhất, tức là p | an , q | a0 .
Hệ quả 1.1.12. Xét đa thức nguyên f (x) ∈ Z[x] có dạng chuẩn tắc, tức là hệ số bậc
cao nhất là 1. Khi đó mỗi nghiệm hữu tỷ nếu có của đa thức f (x) đều là nghiệm
nguyên.

1.2
1.2.1

Phép chia đa thức. Ước chung lớn nhất và nhỏ nhất
Phép chia đa thức

Định nghĩa 1.2.1. Một đa thức d(x) chia hết hai đa thức f (x) và g(x) gọi là ước
chung của f (x) và g(x). Nếu d(x) là một ước chung chia hết cho mọi ước chung
khác của hai đa thức f (x) và g(x) đúng thì ta gọi d(x) là ước chung lớn nhất của
f (x) và g(x) .

Rõ ràng các ước chung lớn nhất sai khác hằng số, để bảo đảm tính duy nhất ta
có thể quy ước chọn ước chung lớn nhất dạng chuẩn tắc (hệ số cao nhất bằng 1).
Ta kí hiệu là d(x) = ( f (x), g(x)) = gcd(( f (x), g(x)).

1.2.2

Thuật toán Euclide

Ta chia liên tiếp
f (x) = g(x) · q(x) + r(x)
g(x) = r(x) · q1 (x) + r1 (x)


12
r(x) = r1 (x) · q2 (x) + r2 (x)
...
rk−2 (x) = rk−1 (x) · qk (x) + rk (x)
rk−1 (x) = rk (x · qk+1 (x).
Khi đó ( f (x), g(x)) = rk∗ (x)

với rk∗ (x) = c · rk(x) đa thức có hệ số bậc cao nhất là

1 (người ta thường gọi những đa thức này là đa thức chuẩn tắc hay đa thức monic).
Kết quả nếu d(x) = ( f (x), g(x)) thì tồn tại hai đa thức u(x), v(x) ∈ R[x] để có
biểu diễn
f (x) · u(x) + g(x) · v(x) = d(x).
Hơn nữa ta có thể chọn deg u < deg g và deg v < deg f .
Bây giờ ta xét một số ví dụ để hiểu sâu sắc hơn lý thuyết. Các ví dụ này chúng
tôi tham khảo trong Lê Hoành Phò [6].
Bài toán 1.2.2. Cho P(x) = x + x3 + x9 + x27 + x81 + x243 . Tìm dư của phép chia

đa thức P(x) cho
(a) x − 1,
(b) x2 − 1.
Lời giải. (a) Ta có P(x) = (x − 1)Q(x) + r(x) với deg r(x) < deg(x − 1) = 1. Suy
ra deg r(x) = 0 nên dư r(x) = c. Do đó P(x) = (x − 1) · Q(x) + c. Chọn x = 1 suy
ra P(1) = c hay c = P(1) = 6. Vậy dư r(x) = 6.
(b) Ta có P(x) = (x2 − 1) · H(x) + s(x) với deg s(x) ≤ 1. Vậy
P(x) = (x2 − 1) · H(x) + ax + b.
Chọn x = 1 ta có P(1) = a + b = 6; x = −1 ta có P(−1) = −a + b = −6. Do đó
a = 6, b = 0. Vậy ta có đa thức dư là r(x) = 6x.


13
Bài toán 1.2.3 (Trung Quốc 1981). Tìm dư của phép chia
(a) x12 + x8 + x4 + 1 cho x3 + x2 + x + 1;
(b) f (x100 ) cho f (x) với f (x) = x99 + x98 + . . . + x + 1.
Lời giải. (a) Ta có
x12 + x8 + x4 + 1 = (x3 + x2 + x + 1)(x9 − x8 + 2x5 + 2x4 + 3x − 3) + 4.
Suy ra dư là 4.
(b) Ta có
f (x) = x99 + x98 + . . . + x + 1
nên
f (x100 ) = x9900 + x9800 + . . . + x100 + 1
= f (x) x9800 + 2x9701 − 2x9700 + 3x9601 − 3x9600 + . . . + 99x − 99) + 100
nên dư là 100.
Bài toán 1.2.4. Xác định a và b để đa thức f (x) = 6x4 − 7x3 + ax2 + 3x + 2 chia
hết cho x2 − x + b.
Lời giải. Lấy đa thức f (x) = 6x4 − 7x3 + ax2 + 3x + 2 chia cho g(x) = x2 − x + b
thì được thương q(x) = 6x2 − x + (a − 5b − 1) và phần dư r(x) = (a − 5b + 2)x +
(−ab − 6b2 + a + b + 2).

.
Vì f (x) .. g(x) nên r(x) = 0 suy ra
a − 5b + 2 = 0,

(1.1)

− ab + 6b2 + b + 2 = 0.

(1.2)

Từ (1.1) suy ra a = 5b − 2. Thay vào (1.2) ta có b2 + 3b + 2 = 0 nên b = −1 hoặc
b = −2. Với b = −1 thì a = −7. Với b = −2 thì a = −12.
Vậy f (x) = 6x4 − 7x3 − 7x2 + 2 hay f (x) = 6x4 − 7x3 − 12x2 + 3x + 2.


14
Bài toán 1.2.5. Tìm ước chung lớn nhất của hai đa thức f (x) = x2 + x3 − 3x2 −
4x − 1 và g(x) = x3 + x2 − x − 1.
Lời giải. Ta thực hiện các phép chia liên tiếp và hỗ trợ với phép nhân thêm hằng
số
f (x) = q(x) · g(x) + r(x)
thì
q(x) = x,

r(x) = −2x2 − 3x − 1

và g(x) = q1 (x) · r(x) + r1 (x) thì
q1 (x) = −

1

1
x−
,
2
2

3
3
r1 (x) = − x − ,
2
2

và tiếp tục r(x) = q2 (x) · r1 (x) + r2 (x) thì
2
q2 (x) = − (2x + 1),
3

r2 (x) = 0

Do đó ( f (x), g(x)) = x + 1 với quy ước lấy hệ số cao nhất bằng 1 từ r1 (x) =
− 32 x − 32 .
Bài toán 1.2.6 (New York 1973, Bỉ 1981). Chứng minh rằng với mọi giá trị n ∈ N,
đa thức (x + 1)2n+1 + xn+2 chia hết cho đa thức x2 + x + 1.
Lời giải. Ta chứng minh bằng quy nạp theo n ∈ N.
Với n = 0 khẳng định đúng vì khi đó
(x + 1)2n+1 + xn+2 = x2 + x.
Giả sử khẳng định đúng với n − 1, nghĩa là (x + 1)2n−1 + xn+1 chia hết cho x2 +
x + 1. Khi đó đa thức
(x + 1)2n+1 + xn+2 = (x + 1)2 · (x + 1)2n−1 + x · xn+1
= (x2 + 2x + 1)(x + 1)2n−1 + x · xn+1

= (x2 + x + 1)(x + 1)2n−1 + x[x + 1)2n−1 + xn+1 ]
chia hết cho x2 + x + 1. Suy ra điều chứng minh với n.


15
.
Bài toán 1.2.7. Cho hai số nguyên dương n và k. Chứng minh rằng xn − 1 .. xk − 1
khi và chỉ khi n là bội số của k.
.
Lời giải. Ta có thể phát biểu bài toán dưới dạng: Để xn − 1 .. xk − 1 điều kiện cần
và đủ là n là bội số của k.
Điều kiện đủ. Giả sử n là bội số của k tức là n = km với m nguyên dương. Khi đó
xn − 1 = xkm − 1
= (xk )m − 1
= (xk − 1)[x(k−1) + xk(m−1) + xk(m−2) + . . . + xk + 1].
.
Đẳng thức này chứng tỏ rằng xn − 1 .. xk − 1.
Điều kiện cần. Ta lấy số nguyên dương n chia cho số nguyên dương k.
Giả sử q và r là thương và số dư trong phép chia, tức là có n = kq + r với
0 ≤ r < k. Khi đó
xn − 1 = xkq+r − 1 = xkq+r − xr + xr − 1 = xr (xkq − 1) + xr − 1.

(1.3)

.
.
Ở trên ta đã chứng minh xkq − 1 .. xk − 1. Vì vậy nếu xn − 1 .. xk − 1 thì từ (1.3) suy ra
.
.
.

xr − 1 .. xk − 1. Nhưng r < k nên xr − 1 .. xk − 1 khi r = 0. Thành ra nếu xn − 1 .. xk − 1
thì r = 0, tức là n = kq, hay n là bội số của k.
Bài toán 1.2.8 (Rumani 1962). Tìm điều kiện của các số nguyên p và q sao cho
đa thức
(a) P(x) = x2 + px + q nhận cùng giá trị chẵn (lẻ) với mọi x ∈ Z.
(b) Q(x) = x3 + px + q nhận các giá trị chia hết cho 3 với mọi x ∈ Z.
Lời giải. (a) P(x) nhận giá trị cùng chẵn (hoặc lẻ) với mọi x ∈ Z khi và chỉ khi mỗi
số P(x + 1) − P(x) = 2x + 1 + p chia hết cho 2 nghĩa là p lẻ.


16
Khi đó tính chẵn lẻ của P(x) phụ thuộc vào tính chẵn lẻ của q = P(0). Như vậy
tất cả giá trị của P(x) là chẵn (lẻ) khi p lẻ và q chẵn (tương ứng q lẻ).
(b) Vì Q(x) = x(x2 + p) + q nên Q(3x) = 3x(9x2 + p) + q chia hết cho 3. Với giá
trị đó thì
Q(3x ± 1) = (3x ± 1)(9x2 ± 6x + 1 + p) + q ≡ ±(1 + p) (mod 3)
chia hết cho 3 khi và chỉ khi 1 + p chia hết cho 3.
Vậy Q(x) chia hết cho 3 (với mọi x ∈ Z) khi q = 0, q ≡ 2 (mod 3).
Bài toán 1.2.9 (Hong Kong 2008). Xét đa thức
f (x) = cm xm + cm−1 xm−1 + . . . + c1 x + c0
với các hệ số ci là những số nguyên khác không. Xây dựng dãy số (an ) như sau:
a1 = 0 và an+1 = f (an ) với n = 1, 2, . . . Giả sử i, j là những số nguyên dương và
i < j. Chứng minh rằng (a j+1 − a j ) là bội của (ai+1 − ai ).
Chứng minh. Do f (x) là đa thức hệ số nguyên nên [ f (a) − f (b)] chia hết cho
(a − b), với a và b là hai số nguyên phân biệt.
Do đó ai+2 − ai+1 = f (ai+1 ) − f (ai ) chia hết cho (ai+1 − ai ), với mọi i > 0.
Như vậy nếu i, j là những số nguyên dương và i < j thì (a j+1 − a j ) chia hết cho
(ai+1 − ai ). Ta có điều phải chứng minh.

1.3

1.3.1

Nghiệm của đa thức. Phương trình bậc cao
Nghiệm của đa thức

Bài toán 1.3.1. Cho đa thức bậc chẵn và tất cả hệ số đều lẻ. Chứng minh đa thức
không có nghiệm hữu tỷ.
Chứng minh. Xét P(x) = a0 xn + a1 xn−1 + . . . + an−1 x + an với a0 = 0.


17
Với n chẵn, các hệ số ai lẻ. Giả sử đa thức có nghiệm hữu tỷ x =

p
q

thì p | a0 ,

q | an . Suy ra p, q lẻ.
Thế x =

p
q

vào đa thức ta có
an pn + an−1 qpn−1 + . . . + a0 qn = 0.

Điều này vô lý vì vế trái là tổng của một số lẻ các số hạng lẻ nên không thể bằng
0. Vậy đa thức không có nghiệm hữu tỷ. Ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 1.3.2. Cho số tự nhiên n ≥ 2, chứng minh phương trình

xn−1
x2 x
xn
+
+ . . . + + + 1 = 0.
n! (n − 1)!
2! 1!

(1.4)

không có nghiệm hữu tỷ.
Chứng minh. Ta chứng minh bài toán bằng phương pháp phản chứng. Giả sử
phương trình đã cho có nghiệm hữu tỷ α. Khi đó α sẽ là nghiệm hữu tỷ của
đa thức
n

P(x) = x + nx

n−1

xk
x2
x
+ . . . + n! . . . + n! + n! + n!.
k!
2!
1!

Nhưng do P(x) là một đa thức bậc n với hệ số nguyên, và hệ số bậc cao nhất, của
xn , là 1 nên α phải là số nguyên và ta có

α n + nα n−1 + . . . + n!

αk
α2
+ . . . + n! + n! = 0.
k!
1!

(1.5)

Gọi p là một ước nguyên tố của n. Với mọi k = 1, 2, . . . , n, kí hiệu rk là số mũ
.
cao nhất của p thỏa mãn k! .. prk , ta có
rk =

k
k
k
+ 2 +...+ s .
p
p
p

(1.6)

Với s là số nguyên không âm thỏa mãn ps ≤ k < ps+1 , từ (1.6) ta suy ra
rk ≤

k
k

k
p2
+ 2 +...+ s = k
< k.
p p
p
p−1

Do đó rn − rk > rn − k. Suy ra rn − rk ≥ rn − k + 1. Vì vậy ta được
n! n−k+1
:p
k!

với mọi k = 1, 2, . . . , n.

(1.7)


18
.
.
.
.
Nhưng mà n .. p nên từ (1.5) ta có α n .. p và do đó α .. p. Suy ra α k .. pk với mọi
k = 1, 2, . . . , n.
k .
Kết hợp điều này với (1.7) ta được n! αk! .. pr+1
với mọi k = 1, 2, . . . , n. Từ đây
n
.

và (1.5) ta suy ra n! .. pr+1
n .

Mâu thuẫn vừa nhận được chứng tỏ giả sử ban đầu là sai và vì vậy ta có điều
phải chứng minh.
Bài toán 1.3.3 (Việt Nam 1992). Cho đa thức
P(x) = 1 + x2 + x9 + xn1 + . . . + xns + x1992 .
Với n1 , . . . , ns là các số tự nhiên cho trước thỏa mãn
9 < n1 < . . . < ns < 1992.
Chứng minh rằng nghiệm của đa thức P(x) (nếu có) không thể lớn hơn
Lời giải. Ta có
P(x) = 1 + x2 + x9 + xn1 + . . . + xns + x1992 .
Với x ≥ 0 thì P(x) ≥ 1 > 0. Ta sẽ chứng minh
P(x) > 0

với mọi x ∈

√
1− 5
;0 .
2

Thật vậy với x < 0 và x = −1 ta có
P(x) ≥ 1 + x + x3 + x5 + . . . + x2k+1 + . . . + x1991
(x1990 + x1998 + . . . + 1).(1 − x2 )
(1 − x2 )
1 − x996
= 1+x
1 − x2
1 − x2 + x − x997

=
.
1 − x2
= 1+x

Mà với x ∈

√
1− 5
2 ;0

thì

1 − x2 > 0,

−x997 > 0,

1 − x2 + x > 0.

√
1− 5
2 .


19
nên
với mọi x ∈

P(x) > 0
Vậy P(x) > 0 với x ∈

√
1− 5
2 ; +∞

√
1− 5
;0 .
2

. Ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 1.3.4 (IMO 1976). Cho các đa thức Pk (x), với k = 1, 2, 3 . . . xác định bởi
P1 (x) = x2 − 2,

Pi+1 = P1 (Pi (x)),

với i = 1, 2, 3, . . .

Chứng minh rằng Pn (x) = x có 2n nghiệm thực phân biệt.
Lời giải. Ta thu hẹp việc xét nghiệm của phương trình trên đoạn −2 ≤ x ≤ 2.
Đặt x = 2 cos(t). Khi đó, bằng quy nạp ta chứng minh được
Pn (x) = 2 cos(2nt ).
Thêm nữa, phương trình Pn (x) = x trở thành cos(2nt ) = cos(t). Từ đó ta được 2n
nghiệm
t=

2kπ
,
2n − 1

t=

2kπ
,
2n + 1

k = 1, 2, . . . , n

Vậy phương trình Pn (x) = x có 2n nghiệm thực phân biệt.
Bài toán 1.3.5. Cho đa thức f (x) = a0 + a1 x + . . . + an xn có n nghiệm thực. Chứng
minh với mọi p > n − 1 thì đa thức
g(x) = a0 + a1 .p.x + a2 .p(p − 1)x2 + . . . + an p(p − 1) . . . (p − n + 1)xn .
cũng có n nghiệm thực.
Lời giải. Để giải bài toán ta xét hai trường hợp
Trường hợp 1. Đa thức f (x) không nhận x = 0 làm nghiệm.
Ta chứng minh bằng quy nạp.
Với n = 1 bài toán hiển nhiên đúng .


20
Giả sử đúng với n = k, ta chứng minh đúng với n = k + 1, tức là nếu đa thức
f (x) = a0 + a1 x + . . . + ak+1 xk+1
có k + 1 nghiệm thực khác 0 thì đa thức
g(x) = a0 + pa1 x + . . . + p(p − 1) . . . (p − k)ak+1 xk+1
cũng có k + 1 nghiệm thực khác 0 với mọi p > k.
Gọi c là một nghiệm của f (x) thì
f (x) = (x − c)q(x),

(1.8)

với q(x) là một đa thức nào đó là đa thức bậc k của x,
q(x) = b0 + b1 x + . . . + bk xk .

(1.9)

Thay (1.9) vào (1.8) rồi đồng nhất hệ số ta được
a0 = cb0 ,

a1 = cb1 + b0 ,

...

ak = cbk + bk−1 ,

ak+1 = bk

Do đó
g(x) = a0 + pa1 x + . . . + p(p − 1) . . . (p − k)ak+1 xk+1
= cb0 + p(cb1 + b0 )x + . . . + p(p − 1)(p − k)bk xk+1
= cQ(x) + pxQ(x) − x2 Q(x)
trong đó
Q(x) = b0 + b1 px + . . . + p(p − 1) . . . (p − k + 1)bk xk .
Do f (x) có k + 1 nghiệm thực khác 0 nên q(x) có k nghiệm thực khác 0. Mặt khác
p > k nên p > k − 1.
Cho nên theo giả thiết quy nạp ta có đa thức Q(x) có k nghiệm thực. Do đó
g(x) có k + 1 nghiệm thực. Vậy theo nguyên lý quy nạp, bài toán đúng.
Trường hợp 2. Đa thức f (x) nhận x = 0 làm nghiệm.

21
Giả sử x = 0 là nghiệm bội k của f (x), với k ∈ Z+ , k ≤ n. Khi đó ta có
f (x) = ak xk + . . . + an xn = (an xn−k + . . . + ak )xk
và
g(x) = p(p − 1) . . . (p − k + 1)ak .xk + . . . + p(p − 1) . . . (p − n + 1)an .xn
= p(p − 1) . . . (p − k + 1)xk [ak + . . . + (p − k) . . . (p − n + 1)an xn−k ].
Vì f (x) có n nghiệm thực nên H(x) = ak + . . . + an xn−k có (n − k) nghiệm thực
khác 0.
Do đó áp dụng kết quả của Trường hợp 1 cho H(x) và p = p − k > n − k − 1
(do p > n − 1), ta được đa thức
R(x) = ak + . . . + (p − k) . . . (p − n + 1)an xn−k
có n − k nghiệm thực.
Vậy g(x) có n nghiệm thực.
Bài toán 1.3.6 (Trung Quốc 1996). Cho đa thức p(x) bậc 5 có 5 nghiệm thực phân
biệt. Tìm số bé nhất của các hệ số khác 0.
Lời giải. Xét
p(x) = ax5 + bx4 + cx3 + dx + e,

a = 0.

Nếu có 4 hệ số bằng 0 thì b = c = d = e = 0 nên p(x) = ax5 có nghiệm bội (loại)
tức là p(x) không thể có một hệ số khác 0. Do đó p(x) có ít nhất hai hệ số khác 0.
Xét p(x) = ax5 + bxn , n ≥ 2 thì p(x) có nghiệm bội. Ta tiếp tục loại trường hợp
này.
Xét p(x) = ax5 + dx = ax ax4 + da có tối đa ba nghiệm. Ta cũng loại.
Xét p(x) = ax5 + e có một nghiệm. Ta cũng loại.
Do đó p(x) có ít nhất ba hệ số khác 0. Chọn p(x) = x5 − 5x3 + 4x = x(x2 − 4)
thì p(x) có đúng 5 nghiệm phân biệt và đúng ba hệ số khác 0.
Vậy số bé nhất của hệ số khác 0 là 3.

22

1.3.2

Phương trình bậc cao

Lý thuyết giải phương trình bậc 3 tổng quát
Xét phương trình đa thức bậc ba
ax3 + bx2 + cx + d = 0,

a = 0.

(1.10)

Ngoài việc tách nhóm số hạng hoặc tìm một nghiệm rồi phân tích nhân tử, dùng
hằng đẳng thức, ta có cách giải tổng quát như sau:
Trước hết, chia 2 vế cho a = 0 đưa về phương trình: x3 + Bx2 + Cx + D = 0.
Tiếp theo đặt x = y − B3 đưa tiếp về phương trình: y3 − py = q, trong đó
b2
p = −C,
3

2B3 BC
q=−
+
− D.
27
3

Có hai hướng để giải phương trình
y3 − py = q.

(1.11)

p
3

thì từ y3 = u3 + v3 + 3uv(u + v) ta

Hướng thứ nhất. Đặt y = u + v và chọn u, v =
có u3 + v3 = q và u3 .v3 =

P3
27 .

Vậy u3 , v3 là nghiệm phương trình
p3
= 0.
Z − qZ +
27
3

Nếu ∆ < 0 sau này ta dùng số phức để giải quyết.
Hướng thứ hai. Nếu p = 0 thì (1.11) tương đương với y3 = q, tức là y =
Nếu p > 0. Đặt y = 2

p
3t

thì (1.11) tương đương với
4t 3 − 3t = m

trong đó m =

(1.12)

√
3 √
3q
2p p .

Xét |m| ≤ 1, đặt m = cos α thì (1.12) có ba nghiệm
t1 = cos

α
,
3

√
q.

t2 = cos

α + 2π
,
3

t3 = cos

α − 2π
.
3


23
Xét |m| > 1, đặt m =

1
2

d 3 + d13

=

1
2

suy ra d 3 = m ±

√
m2 − 1. Phương trình

(1.12) có một nghiệm
t=

1
1
d+
2

d

3

m+

m2 − 1 +

3

m2 − 1

m−

− 3p t thì (1.11) tương đương với

Nếu p < 0. Đặt y = 2.

4t 3 + 3t = m.

(1.13)

Ta đặt tiếp
m=

1 3 1
k − 3
2
k

suy ra

k3 = m ±

m2 + 1.

Phương trình (1.13) có một nghiệm
t=

1
1
k−
2
k

=

1
2

3

m+

m2 + 1 +

3

m−

Ta gọi các phương trình bậc ba 4x3 + 3x + −m = 0,

m2 + 1 .

4x3 − 3x − m = 0 là các

dạng phương trình bậc 3 chuẩn tắc. Ý nghĩa cơ bản là mọi phương trình bậc 3 đều
đưa về được dạng chuẩn tắc đó.
Chú ý thêm khi |m| ≥ 1,
4x3 + 3x − m = (x − α)(4x2 + 4αx + 4α 2 + 3).
Với
α=

1
2

3

m+

m2 + 1 +

3

m−

m2 + 1

có ∆ = −12(α 2 + 1) < 0 và
4x3 − 3x − m = (x − β )(4x2 + 4β x + 4β 2 + 3).

Với
β=

1
2

có ∆ = −12(1 − β 2 ) < 0.

3

m+

m2 − 1 +

3

m−

m2 − 1