Chuyên đề đa thức bồi dưỡng HSG

CHUYÊN ĐỀ
ĐA THỨC - NGHIỆM, TÍNH CHẤT NGHIỆM,
TÍNH CHẤT SỐ HỌC, PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC
I. Cơ sở lý thuyết
1. Đa thức - nghiệm, tính chất nghiệm, tính chất số học
1.1. Nghiệm của đa thức, định lý Bezout
Định nghĩa: Số thực a được gọi là nghiệm của đa thức P(x) = anxn + an–1xn–1
+ …+ a1x + a0 nếu P(a) = 0, tức là anan + an–1an–1 + …+ a1a + a0 = 0.
Ta có định lý đơn giản sau đây nhưng có nhiều ứng dụng về nghiệm
của đa thức:
Định lý 1: a là nghiệm của đa thức P(x) khi và chỉ khi P(x) chia hết cho
x – a.
Đặc biệt:
– Nếu tổng các hệ số của đa thức P(x) bằng 0 thì x = 1 là nghiệm và P(x)
chia hết cho (x – 1).
– Nếu P(x) có tổng các hệ số của luỹ thừa bậc chẵn bằng tổng các hệ số
của luỹ thừa bậc lẻ thì x = –1 là nghiệm và P(x) chia hết cho x – (–1) tức là
chia hết cho x+1
Định lý 2: Số dư trong phép chia đa thức P(x) cho x – a là P(a).
Cả định lý 1 và định lý 2 đều được gọi là định lý Bezout. Để chứng minh
định lý 2, ta chỉ cần chứng minh P(x) – P(a) chia hết cho x – a. Nhưng điều
này là hiển nhiên vì:
P(x) – P(a) = an(xn–an) + an–1(xn–1–an–1) + … + a1(x–a)
và
xk – ak = (x–a)(xk–1 + xk–2a + …+ ak–1)
Chẳng hạn: f(x) = x3 – 6x + 5 thì:
– Số dư trong phép chia f(x) cho ( x – 2) là f(2) = 8 – 12 + 5 = 1
– Số dư trong phép chia f(x) cho (x – 1) là f(1) = 1 – 6 + 5 = 0 nghĩa là f(x)
chia hết cho (x – 1)
Từ định lý 2, ta có thể có một định nghĩa khác cho nghiệm của đa thức như
sau: a là nghiệm của đa thức P(x) nếu P(x) = (x–a)Q(x) với Q(x) là một đa

thức nào đó.
Với định nghĩa này, ta có thể phát triển thành định nghĩa về nghiệm bội.
Định nghĩa: a được gọi là nghiệm bội r của đa thức P(x) nếu
1


P(x) = (x–a)rQ(x) với Q(a)  0.
1.2. Định lý Vi–et
Định lý 3. Xét đa thức P(x)  R[x]. Nếu x1, x2, …, xk là các nghiệm
phân biệt của P(x) với các bội r1, r2, …, rk tương ứng thì P(x) chia hết cho
(x–x1)r1(x–x2)r2…(x–xk)rk.
Chứng minh: Điều này là hiển nhiên theo định nghĩa và do các đa thức (x–
xi)ri đôi một nguyên tố cùng nhau.
Hệ quả:
a)Một đa thức bậc n với hệ số thực có không quá n nghiệm thực.
b)Nếu hai đa thức P(x) và Q(x) có bậc nhỏ hơn hay bằng n bằng nhau tại
n+1 điểm thì hai đa thức này bằng nhau.
Định lý 4. Xét đa thức P(x)  R[x] bậc n. Giả sử x1, x2, …, xk là các
nghiệm phân biệt của P(x) với các bội r1, r2, …, rk tương ứng.
Nếu r1 + r2 + … + rk = n
thì P(x) = an(x–x1)r1(x–x2)r2…(x–xk)rk.
Chứng minh:
Dùng định lý 3, ta suy ra P(x) chia hết cho (x–x 1)r1(x–x2)r2…(x–xk)rk, suy ra
P(x) = (x–x1)r1(x–x2)r2…(x–xk)rkQ(x). So sánh bậc và hệ số cao nhất, ta suy
ra Q(x) = an.
Định lý 5. (Định lý Vi–et)
Giả sử đa thức P(x) = a nxn + an–1xn–1 + an–2xn–2 + … + a1x + a0 có n nghiệm
(trong đó có thể có các nghiệm bội) là x1, x2, …, xn thì
P(x)=an(x–x1)(x–
x2)…(x–xn) và như hệ quả, ta có:

x1 + x2 + … + xn = –an–1/an ;
x1x2 + x1x3 + …+ x1xn + x2x3 + …+ x2xn + …+xn–1xn = an–2/an;
…
x1x2…xn = (–1)na0/an.
Định lý 6. (Định lý Vi–et đảo)
a) Nếu x + y = S, x.y = P thì x, y là 2 nghiệm của đa thức
X2 – SX + P = 0
b) Nếu x + y + z = S, xy + yz + zx = T, xyz = P thì x, y, z là 2 nghiệm
của đa thức: X3 – SX2 + TX – P = 0
Từ định lý 6 ta suy ra hai hệ quả đơn giản nhưng rất hiệu quả trong giải
toán sau:
2


Hệ quả 1. Một đa thức bậc n có không quá n nghiệm.
Một đa thức (Khác đa thức 0) có thể có một hay nhiều nghiệm hoặc không
có nghiệm nào
- Đa thức bậc không thì không có nghiệm.
- Đa thức 0 (không có bậc) thì có vô số nghiệm.
Hệ quả 2. Nếu P(x) và Q(x) là các đa thức bậc không quá n, trùng
nhau tại n+1 điểm phân biệt thì hai đa thức này trùng nhau.
2. Phương trình hàm đa thức
Phương trình hàm đa thức là một dạng toán khó, để giải được các đa
thức hàm loại này, chúng ta cần nắm rõ không những các kỹ thuật giải đa
thức hàm mà còn các tính chất và các đặc trưng cơ bản của đa thức. Trong
chuyên đề này, chúng ta sẽ đề cập đến một dạng đa thức đa thức có sơ đồ
Giải tương tự nhau: Đa thức dạng P(f)P(g) = P(h).
Bài toán tổng quát: Giả sử f ( x ), g ( x) và h( x ) là các đa thức thuộc
R[x] đã cho thoả mãn điều kiện: deg( f )  deg( g )  deg(h) . Tìm tất cả các đa
thức P( x) thuộc R[x] sao cho: P[ f ( x)].P[ g ( x)]  P[h( x)] (1), xR[x]

Nghiệm của đa thức hàm (1) có nhiều tính chất đặc biệt giúp chúng ta có
thể xây dựng được tất cả các nghiệm của nó từ các nghiệm bậc nhỏ:
Tính chất: Nếu P, Q là nghiệm của (1) thì P.Q cũng là nghiệm của
(1)
Chứng minh:
(P.Q)(h(x)) = (P)(h(x)).Q(h(x)) = P(f(x)).P(g(x)).Q(f(x)).Q(g(x))
= (P.Q)(f(x)).(P.Q)(g(x)).
Hệ quả 1: Nếu P(x) là nghiệm của (1) thì Pn(x) cũng là nghiệm của
(1).
Trong khá nhiều trường hợp, hệ quả 1 cho phép chúng ta mô tả hết các
nghiệm của (1). Để làm điều này, ta có định lý quan trọng sau đây:
Định lý: Nếu f, g, h là các đa thức với hệ số thực thoả mãn điều kiện
deg(f) + deg(g) = deg(h) và thoả mãn một trong hai điều kiện sau:
1)
deg(f) ≠ deg(g)
2)
deg(f) = deg(g) và f* + g* ≠ 0, trong đó f*, g* là hệ số cao
nhất của các đa thức f và g tương ứng.
Khi đó với mọi số nguyên dương n tồn tại nhiều nhất một đa thức P(x) có
bậc n và thoả mãn đa thức (1).
3


Áp dụng định lý 1 và hệ quả 1, ta thấy rằng nếu P 0(x) là một đa thức bậc
nhất thoả mãn đa thức (1) với f, g, h là các đa thức thoả mãn điều kiện của
định lý 1 thì tất cả các nghiệm của (1) sẽ có dạng: P(x)  0, P(x)  1, P(x) =
(P0(x))n.
II. Các dạng bài tập
Dạng 1: Tìm nghiệm của đa thức
Bài 1: Tìm đa thức f(x) rồi tìm nghiệm của đa thức sau:

x 3  2 x 2 (4 y  1)  4 xy 2  9 y 3  f ( x)  5 x 3  8 x 2 y  4 xy 2  9 y 3

Hướng dẫn:
a) f(x) = 6x 3  2x 2
b) f(x) = 0  6x 3  2x 2 = 0 = 2x 2 (3x  1) 0  x= 0 và x=

1
3

Bài 2: Thu gọn rồi tìm nghiệm của đa thức :
a) f ( x)  x(1  2 x)  (2 x 2  x  4)
b) f(x)= x(x–5)–x(x+2)+7x
c) h( x)  x( x  1)  1
Hướng dẫn:
a) f(x) = 4 có bậc 0 nên không có nghiệm
b) f(x) = 0 không có bậc nên vô số nghiệm
1
2

1
4

1
2

3
4

c) h(x) = x 2  x  1  x 2  x   ( x  )2   0 nên đa thức này không có
nghiệm

Bài 3: Cho biết (x – 1).f(x) = ( x+4 ).f(x+8). Chứng minh rằng f(x) có ít
nhất 2 nghiệm?
Hướng dẫn:
Vì (x–1).f(x) = (x+4).f(x+8) với mọi x nên suy ra:
– Khi x– 1 thì : 0.f(1) = 5.f(9)  f(9) = 0  x = 9 là một nghiệm
– Khi x = –4 thì: –5.f(–4) = 0.f(4)  f(4) = 0  x = –4 là một nghiệm
Vậy f(x) có ít nhất 2 nghiệm 9 và –4 .
Bài tập tương tự:
Bài 1: Chứng minh rằng đa thức sau không có nghiệm trên tập hợp R
a) f(x) = – 2x2 – 3
b) g(y) = –y2 – 4y – 4
Bài 2: Chứng minh rằng đa thức h(x) = |x + 3| + |5 – x| + 7 không có
nghiệm trên tập hợp R.
4


Nhận xét: Để chứng minh một đa thức không có nghiệm, ta chứng minh đa
thức đó khác không với mọi giá trị của biến.
Bài 3: Cho đa thức f(x) = (3x – 1)2 – (x2 – 4) – (8x2 + 2x – 3) và
g(x) = ax2 + bx – 4.
a) Tìm a và b của đa thức g(x) biết rằng g(x) = 0 tại x = 1 và x = 4.
b) Chứng minh: g(x) = (1 – x)(x – 4).
c) Viết đa thức h(x) = f(x) + g(x) thành một tích.
d) Tìm nghiệm của h(x). (Tìm đủ các nghiệm)
Nhận xét:
+ Một trong những phương pháp tìm nghiệm của đa thức là đưa đa thức
đó về tích các đa thức có bậc thấp hơn.
+ Nghiệm của đa thức f(x) – g(x) là giá trị của biến làm cho f(x) = g(x)
Dạng 2: Dùng hệ thức Vi-ét để giải bài toán về nghiệm của đa thức
Bài 1: Cho đa thức: x2 – (4m – 1)x + 3m2 – 2m. Tìm m để đa thức có hai

nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện : x12  x 22  7
Giải:
+ Ta có  = (4m – 1)2 – 12m2 + 8m = 4m2 + 1 > 0, m
Vậy đa thức có 2 nghiệm phân biệt m
�x1  x2  4m 1
2
�x1x2  3m  2m

+ Theo ĐL Vi –ét, ta có: �

Khi đó: x12  x22  7 � (x1  x2 )2  2x1x2  7
 (4m – 1)2 – 2(3m2 – 2m) = 7  10m2 – 4m – 6 = 0  5m2 – 2m – 3 = 0
Ta thấy tổng các hệ số: a + b + c = 0  m = 1 hay m =
Vậy m = 1 hay m =

3
.
5

3
5

Bài 2: Cho đa thức f ( x)  x 4  4 x 3  2 x 2  12 x  1 có các nghiệm là xi ; i 1,4 .
2 xi2  1
2
2 .
i 1 ( x i  1)
4

Hãy tính tổng sau: S 

Giải:
Ta viết lại :

f ( x) ( x 2  2 x) 2  6( x 2  2 x)  9 8
 x 2  2 x  3  8 0(1)
 ( x  2 x  3) 8  
.
2
 x  2 x  3  8 0(2)
2

2

5


Gọi các nghiệm của (1) là x1 ; x 2 ; các nghiệm của (2) là x3 ; x 4 .
Ta có :
S1 








2 x12  1
2 x 22  1

2 x12  1
2 x 22  1


=
( x12  1) 2 ( x 22  1) 2 ( x1  1) 2 ( x1  1) 2 ( x 2  1) 2 ( x 2  1) 2
2 x12  1

( x1  1) 2 ( 4 

8)



2 x 22  1
( x 2  1) 2 (4 

8)

1

 (2 x12  1)( x 2  1) 2  (2 x 22  1)( x1  1) 2 


 ( x1  1)( x2  1) 2
8) 


1

 ( 2 x12  1)( x 22  2 x 2  1)  (2 x 22  1)( x12  2 x1  1) 


 ( x1 x2  x1  x2  1) 2
8) 


1

 4 x12 x 22  4 x1 x 2 ( x1  x 2 )  3( x12  x 22 )  2( x1  x 2 )  2 

.
 ( x1 x2  x1  x2  1) 2
8) 


(4 

(4 

(4 

Áp dụng định lý Vi–et ta có: x1  x 2  2 ; x1 x 2  3  8 .
Thay vào biểu thức trên ta có: S1 

1

80  22 8
.
8

4 8

Thực hiện việc tính toán tương tự đối với đa thức (2) ta có :
9
S  S1  S 2  .
2

Bài 3: Cho đa thức x3  ax 2  bx  c3 có ba nghiệm và b < ac, c > 0. Chứng
minh rằng đa thức có đúng một nghiệm lớn hơn c.
Giải:
Trước hết ta thấy rằng nếu x1  c � x1  c  0 . Do đó yêu cầu bài toán trở
thành chứng minh trong ba số x1  c; x2  c; x3  c có đúng một số dương. Điều
này dẫn đến ta đi xét tích:  x1  c   x2  c   x3  c  .
Gọi x1 ; x2 ; x3 là ba nghiệm của đa thức đã cho.
�x1  x2  x3  a
�
Theo định lí Vi ét, ta có: �x1 x2  x2 x3  x3 x1  b
�
3
�x1 x2 x3  c

Ta xét:

 x1  c   x2  c   x3  c   x1 x2 x3  c 2  x1  x2  x3   c  x1 x2  x2 x3  x3 x1   c 3
 c 2 a  cb  c(ac  b)  0

6


Nếu cả ba nghiệm x1 ; x2 ; x3  c � x1 x2 x3  c 3 vô lí (do x1 x2 x3  c3 ), vậy trong

ba số x1  c; x2  c; x3  c , tồn tại đúng một số dương. Do đó trong ba nghiệm
của đa thức có đúng một nghiệm lớn hơn c.
Bài tập tương tự:
Bài 1: Cho đa thức: x2 – 2(m – 1)x + m2 – 6 ( m là tham số). Tìm m để đa
thức có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn x12  x22  16
Bài 2: Cho đa thức: x2 – 2(m – 3)x – 1. Tìm m để đa thức có hai nghiệm x1,
x2 mà biểu thức A = x12 – x1x2 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất? Tìm giá trị nhỏ
nhất đó.
Bài 3: Giả sử đa thức x3  ax 2  bx  c (1) có ba nghiệm phân biệt khác 0.
Chứng minh rằng đa thức : x3  bx 2  acx  c 2 (2) cũng có ba nghiệm phân
biệt.
Dạng 3: Xác định hệ số của đa thức khi biết nghiệm của đa thức
Bài 1: Xác định hệ số m để các đa thức sau nhận 1 làm một nghiệm?
a) mx 2 + 2x +8
b) 7x 2 – mx–1
c) x 5  3x 2  m
Hướng dẫn:
a) m + 2 + 8 = 0  m = –10
b) 7 + m + (–1) = 0  m = –6
c) 1+ (–3) + m = 0  m = 2
Bài 2: Cho đa thức f(x) = x 2 + mx + 2
a) Xác định m để f(x) nhận –2 làm một nghiệm?
b) Tìm tập hợp các nghiệm f(x) ứng với giá trị tìm được của m?
Hướng dẫn:
a) f(–2) = (–2) 2 + m.(–2)+2 = 0  m=3
b) Ta có : f(x) = x 2 – 3x + 2
F(x) có tổng các hệ số bậc chẵn bằng tổng các hệ số bậc lẻ nên nhận –1
làm một nghiệm. Vậy đa thức bậc 2 chỉ có 2 nghiệm là x= –2 (theo câu a)
và x = –1.
Tập nghiệm: S =   2; 1

Bài 3: Hãy lập một đa thức có:
a) Một nghiệm duy nhất là 7.
b) Hai nghiệm là 1 và –2.
b) Ba nghiệm là –1; 2 và –3.
Bài 4:
7


a) Cho đa thức f(x) = x3 + 2x2 + ax + 1. Tìm a biết f(x) có nghiệm là –2
b) Biết đa thức f(x) = x2 + bx + c có hai nghiệm là 1 và 2. Hãy tìm b và c.
Dạng 4: Vận dụng định lý Bezout giải bài toán về nghiệm của đa thức
Bài 1. Cho a, b, c là ba nghiệm của đa thức x3 – 3x + 1 = 0. Lập đa thức bậc
ba có nghiệm là a2, b2, c2.
Giải
Theo định lý Vi–et, ta có
a + b + c = 0, ab + bc + ca = –3, abc = –1.
Từ đó ta tính được a2 + b2 + c2 = (a+b+c)2 – 2(ab+bc+ca) = 02 –2(–3) = 6.
a2b2 +b2c2 + c2a2 = (ab+bc+ca) – 2abc(a+b+c) = (–3)2 – 2.(–1).0 = 9
a2b2c2 = (abc)2 = 1
Áp dụng định lý Vi–et đảo, suy ra a2, b2, c2 là ba nghiệm của đa thức
x3 – 6x2 + 9x – 1 = 0.
Bài 2. Phân tích đa thức thành nhân tử: P(x) = x3 + 3x – 4
Giải: Nếu đa thức trên có nghiệm là a (đa thức có chứa nhân tử ( x – a) thì
nhân tử còn lại có dạng x2 + bx = c suy ra – ac = – 4 suy ra a là ước của – 4
Vậy trong đa thức với hệ số nguyên nghiệm nguyên nếu có phải là
ước của hạng tử không đổi.
Ước của (– 4) là –1; 1; – 2; 2; – 4; 4. Sau khi kiểm tra ta thấy 1 là
nghiệm của đa thức. Suy ra đa thức chứa nhân tử ( x – 1).
Do vậy ta tách các hạng tử của đa thức làm xuất hiện nhân tử chung
( x – 1)

P(x) = x3 + 3x2 – 4 = x3 – x2 + 4x2 – 4
= x2(x – 1) + 4(x – 1)(x + 1)
= ( x – 1)(x2 + 4x + 4)
= (x – 1)(x + 2)2
Bài 3. Tìm tất cả các đa thức P(x) thoả mãn đồng nhất thức
xP(x–1) = (x–26)P(x).
Giải: Thay x = 0 vào đồng nhất thức, ta suy ra P(0) = 0. Suy ra P(x) chia
hết cho x, tức là P(x) = xP1(x). Thay vào đồng nhất thức, ta được
x(x–1)P1(x–1) = (x–26)xP1(x)
suy ra
(x–1)P1(x–1) = (x–26)P1(x)
(*)
Lại thay x = 1, ta được P1(1) = 0, suy ra P1(x) chia hết cho x–1, tức là
P1(x) = (x–1)P2(x), thay vào (*), ta được
(x–1)(x–2)P2(x–1) = (x–26)(x–1)P2(x)
Suy ra
(x–2)P2(x–1) = (x–26)P2(x) …
8


Cứ tiếp tục lý luận như thế, ta đi đến
P(x) = x(x–1)…(x–25)Q(x)
Và Q(x–1) = Q(x).
Đặt Q(0) = a thì ta có Q(x) = a với x = 1, 2, 3, … suy ra Q(x) = a với mọi x.
Vậy P(x) = ax(x–1)…(x–25) là tất cả các nghiệm của bài toán.
Bài 4. Với giá trị nào của A và B thì đa thức P(x) = Ax n+1 + Bxn + 1 có x = 1
là nghiệm bội ít nhất là bậc 2?
Giải: Trước hết ta phải có P(1) = 0, tức là A + B + 1 = 0, suy ra B = – A –
1. Khi đó P(x) = Axn(x–1) – xn + 1 = (x–1)(Axn – xn–1 – xn–2 – … – 1) = (x–
1)Q(x). Để 1 là nghiệm bội ít nhất là bậc 2 thì Q(x) chia hết cho x–1, tức là

Q(1) = 0, suy ra A = n. Vậy a = n, b = –(n+1).
Bài tập tự giải
Bài 1. Biết rằng các nghiệm của đa thức x 2 + ax + b = 0 và x2 + cx + d = 0
đều thuộc (–1, 1). Chứng minh rằng các nghiệm của đa thức 2x 2 + (a+c)x +
(b+d) = 0 cũng thuộc (–1, 1).
Bài 2. Chứng minh rằng đa thức P(x) = 1 + x + x 2/2! + … + xn/n! không có
nghiệm bội.
Bài 3. Cho a < b < c là ba nghiệm của đa thức x 3 – 3x + 1 = 0. Chứng
minh rằng: a2 – c = b2 – a = c2 – b = 2.
Dạng 5: Tính chia hết đối với đa thức
Bài 1: Cho f(x) = (x2 + x – 1)10 + ( x2 – x + 1)10 – 2. Chứng minh rằng f(x)
chia hết cho x2 – x.
Giải:
Đa thức chia có hai nghiệm: x = 0; x = 1. Ta chứng tỏ rằng x = 0; x= 1 cũng
là nghiệm của đa thức bị chia.
Ta có f(0) = 1+1 – 2 = 0 nên f(x) chia hết cho x. Ta lại có f(1) =1+1 –2= 0
nên f(x) chia hết cho x–1. Các nhân tử x và x– 1 không chứa nhân tử
chung.
Do đó f(x) chia hết cho x(x–1).
Bài 2. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n:
a) (x+1)2n – x2n –2x –1 chia hết cho x(x+1)(2x+1);
b) x4n+2 + 2x2n+1+1 chia hết cho (x+1)2;
Hướng dẫn:
a) Chứng tỏ rằng mọi nghiệm của đa thức chia đều là nghiệm của đa thức
bị chia
9


b) Đa thức bị chia bằng (x2n+1 +1)2, chia hết cho (x+1)2
Nhận xét

Để chứng minh một đa thức chia hết cho một đa thức khác ( Ta chỉ xét các
đa thức một biến) ta chứng tỏ rằng mọi nghiệm của đa thức chia đều là
nghiệm của đa thức bị chia (*).
(*)
Chú ý rằng ở đây đòi hỏi phải xét các nghiệm bội của đa thức. Chẳng
hạn 1 là nghiệm bội hai của hai đa thức ( x–1)2, 1 là nghiệm bội ba của đa
thức ( x–1)3 . Để chia hết, nếu đa thức chia có nghiệm là a với bội k thì đa
thức bị chia phải có nghiệm là a với bội lớn hơn hoặc bằng k
Bài 3. Tìm dư khi chia đa thức f(x) = x99+x55+x11+x+7 cho x+1
Giải:
Ta có r = f(–1) = –1–1–1–1+7 = 3. Dư 3
Bài 4. Tìm đa thức f(x), biết rằng f(x) chia cho x–3 thì dư 7, f(x) chia cho
x+4 thì dư 9, còn f(x) chia cho (x–2)(x–3) thì được thương là 3x và còn dư
Giải:
Trước hét ta tìm dư khi chia f(x) cho (x–2)(x–3)
Xét f(x) = (x–3) . A(x) +7.
(1)
f(x) = (x–2). B(x) +5.
(2)
Xét f(x) = 3x.(x–2)(x–3) + ax+ b
(3)
Từ (1),(2),(3), bằng cách cho x = 2; x = 3 ta tìm được a= 2, b= 1. Dư của
phép chia f(x) cho (x–2)(x–3) là 2x+1.
Do đó f(x) = 3x.(x–2)(x–3) + 2x+ 1 = 3x3 –15x2 + 20x +1
Dạng 6: Phương trình hàm đa thức
Bài 1. Tìm tất cả các đa thức P(x) với hệ số thực thoả mãn đa thức:
P(x2) = P2(x) (3) với mọi x thuộc R.
Giải: Ta có các hàm f(x) = x, g(x) = x, h(x) = x 2 thoả mãn các điều kiện của
định lý 1.3, và hàm P(x) = x là hàm bậc nhất thoả mãn (3) do đó các hàm
P(x)  0, P(x)  1, P(x) = xn, n = 1, 2, 3, … là tất cả các nghiệm của (3).

Bài 2. Hãy xác định tất cả các đa thức P(x) với hệ số thực, thoả mãn hệ
thức sau: P(x2) + x(3P(x) + P(–x)) = (P(x))2 + 2x2 (4)
với mọi số thực x.
Giải: Thay x = – x vào (4), ta được
P(x2) – x(3P(–x) + P(x)) = (P(–x))2 + 2x2 (5)
Trừ (4) cho (5), ta được
10


4x(P(x) + P(–x)) = P2(x) – P2(–x)


(P(x) + P(–x))(P(x) – P(–x) – 4x) = 0 (6)

(6) đúng với mọi x thuộc R, do đó ta phải có
+ Hoặc P(x) + P(–x) = 0 đúng với vô số các giá trị x
+ Hoặc (P(x) – P(–x) – 4x = 0 đúng với vô số các giá trị x
Do P là đa thức nên từ đây ta suy ra
+ Hoặc P(x) + P(–x) = 0 đúng với mọi x
+ Hoặc (P(x) – P(–x) – 4x = 0 đúng với mọi x
Ta xét các trường hợp:
+ P(x) + P(–x) = 0
Khi đó ta có đa thức
P(x2) + 2xP(x) = (P(x))2 + 2x2
P(x2) – x2 = (P(x) – x)2
Đặt Q(x) = P(x) – x thì Q(x2) = Q2(x). Theo ví dụ 1 thì Q(x)  0, Q(x)  1,
Q(x) = xn. Từ đó P(x) = x, P(x) = x+1, P(x) = xn + x.
So sánh với điều kiện P(x) + P(–x) = 0, ta chỉ nhận các nghiệm: P(x) = x và
P(x) = x2k+1 + x, k = 0, 1, 2 …
+ P(x) – P(–x) – 4x = 0

Khi đó ta có đa thức
P(x2) + x(4P(x) – 4x) = P2(x) + 2x2


P(x2) – 2x2 = (P(x) – 2x)2

Đặt Q(x) = P(x) – 2x thì Q(x2) = Q2(x) và như thế Q(x)  0, Q(x)  1, Q(x)
= xn. Từ đó P(x) = 2x, P(x) = 2x+1, P(x) = xn + 2x.
So sánh với điều kiện P(x) – P(–x) – 4x = 0, ta chỉ nhận các nghiệm: P(x) =
2x, P(x) = 2x+1 và P(x) = x2k + 2x, k = 1, 2, 3 …
Tổng hợp hai trường hợp, ta có tất cả nghiệm của (4) là các đa thức
P(x) = x, P(x) = 2x, P(x) = 2x+1, P(x) = x 2k+1 + x, P(x) = x2k + 2x với k = 2,
3, …
Bài tập tương tự:
Bài 1: Tìm tất cả các đa thức với hệ số thực P(x) thoả mãn đẳng thức sau
với mọi số thực x: P(x)P(2x2) = P(2x3+x)
Bài 2: Tìm tất cả các đa thức P(x) thoả mãn điều kiện: P(x 2 – 2x) = (P(x–
2))2
11


với mọi x thuộc R.

12


TÀI LIỆU THAM KHẢO

STT TÊN TÁC GIẢ

TÊN TÀI LIỆU

NHÀ XUẤT BẢN

1

Vũ Hữu Bình

Nâng cao và phát NXB giáo dục Hà Nội
triển Toán 7

2

Vũ Hữu Bình

Nâng cao và phát NXB giáo dục Hà Nội
triển Toán 8

3

Vũ Hữu Bình

Nâng cao và phát NXB giáo dục Hà Nội
triển Toán 9

4

TS. Vũ Thế Hựu

Toán cơ bản và nâng

cao 9

NXB giáo dục

13