MỘT VÀI BÀI TOÁN VỀ ĐA THỨC VÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC MỘT BIẾN

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

Cao Thị Na

MỘT VÀI BÀI TOÁN VỀ ĐA THỨC VÀ
PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC MỘT BIẾN

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Hà Nội - Năm 2017


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

Cao Thị Na

MỘT VÀI BÀI TOÁN VỀ ĐA THỨC VÀ
PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC MỘT BIẾN

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số:

60 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS. TS NGUYỄN NHỤY

Hà Nội - Năm 2017


i

Mục lục

Lời nói đầu

1

1 Một vài bài toán về đa thức

3

1.1

1.2

Đa thức, nghiệm của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1.1

Đa thức một biến

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1.2

Đa thức bằng nhau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.1.3

Phép cộng trừ đa thức, nhân đa thức . . . . . . . . . .

5

1.1.4

Bậc của tổng, hiệu và tích các đa thức . . . . . . . . .

6

1.1.5

Phép chia đa thức có dư . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.1.6

Phép chia hết. Ước và bội . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.1.7

Thuật toán Euclid . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

1.1.8

Nghiệm của đa thức, các định lí cơ bản . . . . . . . . .

12

1.1.9

Định lí Viète . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

19

1.1.10 Đồng nhất thức Newton . . . . . . . . . . . . . . . . .

22

1.1.11 Các bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

23

Đa thức với hệ số nguyên, đa thức bất khả quy . . . . . . . .

30

1.2.1

Đa thức với hệ số nguyên

. . . . . . . . . . . . . . . .

30

1.2.2

Đa thức bất khả quy trên Z[x] . . . . . . . . . . . . . .

31

1.2.3

Mối quan hệ bất khả quy trên Z[x] và Q[x] . . . . . . .

35

1.2.4

Các bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

37


ii

2 Phương trình hàm đa thức

43

2.1

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

43

2.2

Phương pháp nghiệm đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . .

57

2.3

Phương pháp khảo sát hệ số . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

69

2.4

Phương pháp sử dụng bậc của đa thức . . . . . . . . . . . . .

72

Kết luận

79

Tài liệu tham khảo

80


1

LỜI NÓI ĐẦU
Đa thức là một chuyên đề quan trọng trong chương trình toán học phổ
thông. Không những thế, đa thức là một chủ đề hay và rộng lớn để chúng ta
khai thác tìm hiểu. Các bài toán về đa thức là kiến thức kiểm tra không thể
thiếu trong các kì thi phổ thông. Đặc biệt trong các kì thi Olimpic quốc tế,
chủ đề đa thức, phương trình hàm đa thức được xuất hiện thường xuyên với
những dạng toán hết sức đa dạng.
Do đó, để đáp ứng nhu cầu về giảng dạy, học tập, luận văn "Một vài bài
toán về đa thức và phương trình hàm đa thức một biến" nhằm tìm hiểu, thu
thập các tài liệu và phân loại hệ thống các bài toán về đa thức, phương trình
hàm đa thức một biến.
Bố cục luận văn gồm lời mở đầu, hai chương, phần kết luận và danh mục
tài liệu tham khảo.
Chương 1. Một vài bài toán về đa thức
Chương này được dành để trình bày một số khái niệm cơ bản về đa thức,
các định lí cơ bản, các tiêu chuẩn bất khả quy cùng với đó là các bài toán
tiêu biểu trong các kì thi Olimpic quốc tế.
Chương 2. Phương trình hàm đa thức
Trong chương 2 chúng tôi trình bày dạng toán phương trình hàm thường
gặp và ba phương pháp thường dùng khi giải phương trình hàm đa thức cùng
với đó là các bài toán tiêu biểu trong các kì thi Olimpic quốc tế.

2

Để hoàn thành luận văn, em đã nhận được sự giúp đỡ của thầy cô, bạn
bè, đặc biệt là sự chỉ bảo hướng dẫn tận tình của PGS. TS Nguyễn Nhụy,
cùng các thầy cô trong Seminar bộ môn Toán của trường Đại học Khoa học
Tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội. Em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành
các thầy cô giáo trong khoa Toán - Cơ - Tin học, trường Đại học Khoa học
Tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội, đã hướng dẫn em hoàn thành khóa học
Cao học 2015-2017.
Do thời gian thực hiện luận văn không nhiều, kiến thức còn hạn chế nên
khi làm luận văn không tránh khỏi những hạn chế và sai sót. Em mong nhận
được những ý kiến góp ý của quý thầy cô và bạn đọc.
Em xin chân thành cảm ơn.
Hà Nội, tháng 11 năm 2017
Học viên

Cao Thị Na


3

Chương 1
Một vài bài toán về đa thức
Trong chương này, chúng tôi sẽ trình bày hai nội dung chính. Mục một, sẽ
giới thiệu các kiến thức cơ bản về đa thức như định nghĩa đơn thức, đa thức,
phép chia hết, chia có dư, các định lí cơ bản . . .Tiếp theo là một số các bài
toán hay về đa thức xuất hiện trong các kì thi Olimpic. Vấn đề đa thức bất
khả quy trên vành số nguyên sẽ được trình bày trong mục hai. Tiêu chuẩn

của đa thức bất khả quy sẽ được chứng minh và kèm theo là các bài tập áp
dụng.

1.1

Đa thức, nghiệm của đa thức

1.1.1

Đa thức một biến

Định nghĩa 1.1.1. (Đơn thức một biến)
Biểu thức có dạng axk (trong đó a thuộc trường K; x là biến; số mũ k là
các số tự nhiên) được gọi là đơn thức một biến với hệ số trong K.
Định nghĩa 1.1.2. (Đa thức một biến)
Đa thức một biến x trên trường số K là biểu thức có dạng
P (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0


4

trong đó ai ∈ K; an = 0 được gọi là các hệ số của đa thức. an được gọi là hệ
số cao nhất; a0 được gọi là hệ số tự do.
Chú ý 1.1.3. Tập hợp tất cả các đa thức một biến trên trường số thực kí
hiệu là R[x].
Nếu các hệ số được lấy trên tập hợp số hữu tỉ thì ta có đa thức với hệ số hữu
tỉ Q[x].
Nếu các hệ số được lấy trên tập hợp số nguyên thì ta có đa thức với hệ số
nguyên Z[x].
Nếu các hệ số được lấy trên tập hợp số phức thì ta có đa thức với hệ số phức

C[x].
1.1.2

Đa thức bằng nhau

Định nghĩa 1.1.4. (Đa thức bằng nhau)
m

n
k

Hai đa thức P (x) =

bk xk bằng nhau khi và chỉ khi

ak x ; Q(x) =
k=0

k=0

m = n và ak = bk với mọi k = 0, 1, 2, . . . , m.
Định lý 1.1.5. (Nguyên lí so sánh hệ số)
Cho hai đa thức P (x) = an xn + . . . + a1 x + a0 và Q(x) = bm xm + . . . +
b1 x + b0 với n ≥ m. Nếu tồn tại n + 1 số đôi một khác nhau α1 , α2 , . . . , αn+1
(αi = αj , ∀i = j) sao cho P (αi ) = Q(αi ) với i = 1, 2, . . . , n + 1 thì n = m và
a0 = b0 , a1 = b1 , . . . , an = bn .
Chứng minh.
Cho hai đa thức
P (x) = an xn + . . . + a1 x + a0
Q(x) = bm xm + . . . + b1 x + b0 .

5

Theo bài ra n ≥ m. Khi đó ta có n = m + k với k ≥ 0.
Xét hiệu
P (x)−Q(x) = am+k xm+k +am+k−1 xm+k−1 +. . .+xm (am −bm )+xm−1 (am−1 − bm−1 )+
. . . + a0 − b0 .
Theo bài ra tồn tại n+1 số đôi một khác nhau α1 , α2 , . . . , αn+1 (αi = αj , ∀i = j)
sao
 cho P (αi ) = Q(αi ). Khi đó P (αi ) − Q(αi ) = 0. Suy ra




am+k = am+k−1 = . . . = am+1 = 0 ⇒ n = m







a n = bn









am = bm








an−1 = bn−1






am−1 = bm−1

hay an−2 = bn−2






a
=
b



m−2
m−2






...








...







a0 = b0 .




a0 = b0 .



m = n,
Vậy


a0 = b0 , a1 = b1 , . . . , an = bn .
1.1.3

Phép cộng trừ đa thức, nhân đa thức
m

n
k

Cho đa thức P (x) =

bk xk .

ak x , Q(x) =
k=0

k=0

Khi đó phép cộng và trừ hai đa thức P (x) và Q(x) được thực hiện theo từng
hệ số của xk ; tức là
max(m,n)

(ak + bk )xk .

P (x) + Q(x) =
k=0

ở đây, nếu n ≤ m thì bk = 0 với k = n + 1, . . . , m. Khi đó P (x)Q(x) là một
n+m

đa thức bậc m + n và có các hệ số được xác định bởi ck =

ai bk−i .
i=0


6

1.1.4

Bậc của tổng, hiệu và tích các đa thức

Tính chất 1.1.6. Cho đa thức P (x); Q(x) là các đa thức bậc m; n tương
ứng. Khi đó
1. deg(P ± Q) ≤ max(m; n) trong đó nếu deg(P ) = deg(Q) thì dấu bằng
xảy ra. Trong trường hợp m = n thì deg(P ± Q) có thể nhận bất cứ giá
trị nào nhỏ hơn hoặc bằng m,
2. deg(P. Q) = m + n,
3. deg P (Q(x)) = m. n.

1.1.5

Phép chia đa thức có dư

Định lý 1.1.7. Với hai đa thức P (x) và Q(x) bất kì, trong đó deg(Q) ≥ 1,
tồn tại duy nhất các đa thức S(x) và R(x) thỏa mãn đồng thời các điều kiện
• P (x) = Q(x).S(x) + R(x),
• 0 ≤ deg(R(x)) < deg(Q(x)).
Chứng minh.
Trước tiên, ta chứng minh tính tồn tại.
Ta chứng minh bằng quy nạp theo m = deg(P ). Nếu deg(P ) < deg(Q) thì
ta có thể chọn S(x) = 0 và R(x) = P (x) thỏa mãn đồng thời hai điều kiện
của định lí. Giả sử m ≥ n và định lí đã được chứng minh với các đa thức có
bậc nhở hơn m. Ta chứng minh định lí đúng với các đa thức bậc m. Giả sử
P (x) =

m
k
k=0 ak .x , Q(x)

H(x) = P (x) −
m

am
bn

=

n
k
k=0 bk .x

. Xét đa thức

xm−n Q(x)

= am x + am−1 x

m−1

+ . . . + a1 x + a0 −

am
bn

xm−n (bn xn + ... + b0 )


7





am .bn−1 

m−1
= am−1 −
.
x
bn

Do hệ số của xm ở hai đa thức bị triệt tiêu nên bậc của H(x) không vượt quá
m − 1. Theo giả thiết quy nạp, tồn tại các đa thức S ∗ (x), R∗ (x) sao cho
H(x) = S ∗ (x).Q(x) + R∗ (x).
Nhưng khi đó




 am

xm−n Q(x) =  · · · xm−n + S ∗ (x) + R∗ (x),
bn
bn

am
P (x) = H(x) +

am
vậy đặt S(x) =

bn

xm−n + S ∗ (x) và R(x) = R∗ (x) ta được biểu diễn cần tìm

cho P (x).
Tiếp theo ta chứng minh tính duy nhất.
Giả sử ta có hai biểu diễn P (x) = S(x).Q(x) + R(x) và P (x) = S ∗ (x).Q(x) +
R∗ (x) thỏa mãn điều kiện 2). Khi đó Q(x).(S(x) − S ∗ (x)) = R∗ (x) − R(x). Ta
có, theo điều kiện 2) thì deg(R∗ (x) − R(x)) < deg(Q). Mặt khác, nếu S(x) −
S ∗ (x) không đồng nhất bằng 0 thì deg(Q(x)(S(x) − S ∗ (x))) = deg(Q(x)) +

deg(S(x) − S ∗ (x)) ≥ deg(Q). Mâu thuẫn vì hai vế bằng nhau.
Chú ý 1.1.8. Theo kí hiệu của định lí thì S(x) được gọi là thương số và
R(x) được gọi là số dư trong phép chia P (x) cho Q(x).

1.1.6

Phép chia hết. Ước và bội

Trong phép chia P (x) và Q(x), nếu số dư R(x) đồng nhất bằng 0 thì ta
nói rằng đa thức P (x) chia hết cho Q(x). Như vậy, P (x) chia hết cho Q(x)
nếu tồn tại đa thức S(x) sao cho P (x) = Q(x).S(x). Trong trường hợp này
ta cũng nói Q(x) chia hết P (x), Q(x) là ước của P (x). Kí hiệu tương ứng là
.
Q(x)|P (x) và P (x)..Q(x) .


8

Định nghĩa 1.1.9. (Ước chung lớn nhất của hai đa thức)
Cho P (x) và Q(x) là các đa thức khác 0. Ước chung lớn nhất của P (x) và
Q(x) là đa thức D(x) thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau
• D(x) là đa thức đơn khởi, tức là hệ số cao nhất bằng 1,
• D(x) là ước chung của P (x) và Q(x), tức là D(x)|P (x) và D(x)|Q(x),
• Nếu D1 (x) là một ước chung của P (x) và Q(x) thì D1 (x) là ước của
D(x).
Định nghĩa 1.1.10. (Bội chung nhỏ nhất của hai đa thức)
Cho P (x) và Q(x) là các đa thức khác 0. Bội chung nhỏ nhất của P (x) và
Q(x) là đa thức M (x) thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau
• M (x) là đa thức đơn khởi, tức là có hệ số cao nhất bằng 1,
• M (x) là bội chung của P (x) và Q(x), tức là P (x) | M (x) và Q(x) | M (x),

• Nếu M1 (x) là một bội chung của P (x) và Q(x) thì M1 (x) là bội của
M (x).
Chú ý 1.1.11. Kí hiệu ước chung lớn nhất của hai đa thức P (x) và Q(x)
là (P (x), Q(x)) và bội chung nhỏ nhất của hai đa thức P (x) và Q(x) là
[P (x), Q(x)].
Định lý 1.1.12. Với hai đa thức khác không bất kì P (x) và Q(x) ta đều có
(P (x), Q(x)) [P (x), Q(x)] = P (x)Q(x).
Chứng minh.
Giả sử D(x) = (P (x), Q(x)) . Khi đó P (x) và Q(x) có biểu diễn
P (x) = D(x)P1 (x) và Q(x) = D(x)Q1 (x).


9

Trước hết ta thấy rằng P1 (x) và Q1 (x) là hai đa thức nguyên tố cùng nhau
nghĩa là không có ước chung có bậc ≥ 1.
Thật vậy, nếu P1 (x) = u(x)P2 (x), Q1 (x) = u(x)Q2 (x) với deg u(x) ≥ 1 thì
khi đó P (x) = D(x)u(x)P2 (x); Q(x) = D(x)u(x)Q2 (x) nên
.
D∗ (x) = D(x)u(x) là ước chung của P (x) và Q(x) và do D∗ (x).. D(x) với
deg u(x) ≥ 1 nên điều này trái với
 giả thiết là D(x)
 = (P (x), Q(x)) .
1
P (x)Q(x) 

Ta đặt M (x) =
P (x)Q(x) =
·
D(x)

(P (x), Q(x))
.
.
Do P (x).. D(x), Q(x).. D(x) nên M (x) là một đa thức. Ta có
M (x) = Q(x)P1 (x) = P (x)Q1 (x).

(1)

.
.
Suy ra M (x).. P (x) và M (x).. Q(x), tức M là một bội chung của P (x) và
Q(x). Ta kiểm tra rằng M (x) là bội chung nhỏ nhất của P (x) và Q(x).
.
.
Giả sử E(x) là một đa thức sao cho E(x).. P (x), E(x).. Q(x). ta sẽ chỉ ra
.
.
E(x).. M (x). Do E(x).. P (x) nên E(x) có dạng E(x) = P (x)S(x) và do
P (x)S(x)
.
.
là một đa thức tức là P (x)S(x).. Q(x). Như vậy
E(x).. Q(x) nên
Q(x)
P (x)S(x)
Q(x)

D(x)P1 (x)S(x)
=

D(x)Q1 (x)

P1 (x)S(x)
=

Q1 (x)

,

.
là một đa thức, tức là P1 (x)S(x).. Q1 (x). Nhưng do P1 (x) và Q1 (x) nguyên tố
.
cùng nhau nên S(x).. Q1 (x), tức S(x) có dạng S(x) = Q1 (x)F (x). Vậy thì từ
(1) và (2), ta có
E(x) = P (x)S(x) = P (x)Q1 (x)F (x) = M (x)F (x).
.
Điều này chứng tỏ E(x).. M (x). Vậy M (x) là bội chung nhỏ nhất.(điều cần
chứng minh)


10

Định nghĩa 1.1.13. (Hai đa thức nguyên tố cùng nhau)
Hai đa thức P (x) và Q(x) được gọi là hai đa thức nguyên tố cùng nhau nếu
(P (x), Q(x)) = 1.

1.1.7

Thuật toán Euclid

Trước khi tìm hiểu thuật toán Euclid, ta đặc biệt quan tâm đến định lí
sau đây
Định lý 1.1.14. Giả sử có hai đa thức P (x) và Q(x), trong đó deg (P (x)) ≥
deg (Q(x)). Thực hiện phép chia P (x) cho Q(x) được thương số là S(x) và số
dư là R(x). Khi đó
(a) Nếu R(x) = 0 thì (P (x), Q(x)) = Q(x),
(b) Nếu R(x) = 0 thì (P (x), Q(x)) = (Q(x), R(x)).
Chứng minh.
Trường hợp thứ nhất, nếu R(x) = 0, dễ dàng ta có
(P (x), Q(x)) = Q(x).
Trường hợp thứ hai, nếu R(x) = 0,ta đặt
D(x) = (P (x), Q(x)), D1 (x) = (Q(x), R(x)).
Suy ra
D(x)|P (x) − Q(x). S(x) = R(x).
Khi đó D(x) là ước chung của Q(x) và R(x). Mặt khác D1 (x) = (Q(x), R(x)).
Suy ra D(x) là ước của D1 (x).

(1)

Lại có D1 (x)|Q(x). S(x) + R(x) = P (x) nên D1 (x) là ước chung của P (x) và
Q(x). Mặt khác D(x) = (P (x), Q(x))
Suy ra D1 (x) là ước của D(x).

(2)


11

Ta có D(x) và D1 (x) là các đa thức đơn khởi.

(3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra D(x) = D1 (x).
Vậy (P (x), Q(x)) = (Q(x), R(x)).

Thật ra thuật toán Euclid nói trên được tổng quát hóa từ thuật toán
Euclid để tìm ước chung lớn nhất của hai số a và b thuộc tập R.
Nếu b là ước của a thì (a, b) = b.
Nếu b không là ước của a, giả sử a = b.p + c thì (a, b) = (b, c).
Thuật toán
a = b.p + r1 , 0 < r1 < b
b = r1 .p1 + r2 , 0 < r2 < r1
r1 = r2 .p2 + r3 , 0 < r3 < r2
...
rn−2 = rn−1 .pn−1 + rn , 0 < rn < rn−1
rn−1 = rn .pn + 0.
Suy ra (a, b) = (b, r1 ) = (r1 , r2 ) = ... = (rn−1 , rn ) = rn .

Ví dụ 1.1.15. Tìm ước chung lớn nhất của hai đa thức 2x3 + 9x2 + 10x + 3
và x2 + 5x + 4.
Lời giải.
Ta thực hiện lần lượt các phép chia.
Lấy 2x3 + 9x2 + 10x + 3 chia cho x2 + 5x + 4 được 2x dư −x2 + 2x + 3.
Lấy x2 + 5x + 4 chia cho −x2 + 2x + 3. được −1 dư 7x + 7.
Lấy −x2 + 2x + 3 chia cho 7x + 7 được

−1
x dư 3x + 3.
7

12

7
Lấy 7x + 7 chia cho 3x + 3 được

dư 0.
3
Vậy ước chung lớn nhất của hai đa thức 2x3 + 9x2 + 10x + 3 và x2 + 5x + 4
là 3x + 3.

1.1.8

Nghiệm của đa thức, các định lí cơ bản

Định nghĩa 1.1.16. (Nghiệm của đa thức)
Số thực a (trong một số trường hợp, ta xét cả số phức) được gọi là nghiệm
của đa thức P (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 nếu P (a) = 0. Tức là
an an + an−1 an−1 + . . . + a1 a + a0 = 0.
Định lý 1.1.17. (Định lý Bezout)
Đa thức P (x) chia hết cho nhị thức x − a khi và chỉ khi P (a) = 0.
Chứng minh.
Điều kiện cần. Nếu P (x) chia hết cho (x − a) thì P (a) = 0.
Thật vậy, với P (x) = (x − a)Q(x) thì P (a) = (a − a).Q(x) = 0.
Điều kiện đủ. Nếu P (a) = 0 thì P (x) chia hết cho (x − a).
Giả sử: P (x) = (x − a)Q(x) + R(x) suy ra P (a) = R(x). Vì P (a) = 0 nên
R(x) = 0.
Vì vậy P (x) chia hết cho (x − a).
Như vậy ta đã chứng minh xong định lí.

Lược đồ Horner
Chúng ta sẽ áp dụng lược đồ Horner trong bài toán tìm đa thức thương
và dư trong phép chia đa thức f (x) cho x − α.
Giả sử f (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 .


13

Khi đó đa thức thương g(x) = bn−1 xn−1 + bn−2 xn−2 + . . . + b1 x + b0 ( dư của
phép chia) được xác định theo lược đồ sau:
an an−1 an−2 . . . a1
α bn−1 = an

bn−2

bn−3 . . .

a0

b0 r = b0 .α + an

Trong đó bn−2 = bn−1 α + an−1 ; bn−3 = bn−2 α + an−2 ; b0 = b1 α + a1 .
Nếu f (α) = 0 thì r = 0.
Ví dụ 1.1.18. Tìm thương và số dư của phép chia đa thức x3 − 4x2 + x + 2
cho đa thức x − 1.
Lời giải.
Ta có sơ đồ Horner sau
1 −4

1 2

1 1 −3 −2 0
Vậy x3 − 4x2 + x + 2 = (x − 1) (x2 − 3x + 2) .
Ví dụ 1.1.19. Tìm đa thức thương và số dư trong phép chia đa thức 2x3 −
9x2 + 12x − 4 cho đa thức x − 1.
Lời giải.
Ta có sơ đồ Horner sau
2 −9 12 −4
1 2 −7

5

1

Vậy 2x3 − 9x2 + 12x − 4 = (x − 1)(2x2 − 7x + 5) + 1.

Nghiệm hữu tỉ, nghiệm nguyên
Định lý 1.1.20. Cho f ∈ Z[x], deg f = n, ai ∈ Z,
f (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 , an = 0.


14

p
Nghiệm hữu tỉ nếu có x =

với (p, q) = 1 thì p là ước của hệ số tự do a0 và
q
q là ước của hệ số cao nhất an .
Chứng minh.

p
Thế nghiệm x =
pn

pn−1

q

vào phương trình f (x) = 0, ta có
p

+ an−1 n−1 + . . . + a1 + a0 = 0
qn
q
q
n
n−1
⇒ an p + an−1 qp
+ . . . + a1 q n−1 p + a0 q n = 0

an

⇒ an pn = − (an−1 qpn−1 + . . . + a1 q n−1 p + a0 q n ) .
Do vế phải chia hết cho q nên an pn chia hết cho q.
Mà (p, q) = 1 nên an chia hết cho q hay q|an .
Tương tự ta có: a0 .q n = − (an pn + an−1 qpn−1 + . . . + a1 q n−1 p) .
Suy ra a0 q n chia hết cho p hay p|a0 . (điều cần chứng minh)
Định lý 1.1.21. Nếu đa thức P (x) chia hết cho đa thức Q(x) thì tất cả các
nghiệm của Q(x) cũng là nghiệm của P (x).
Chứng minh.

Đa thức P (x) chia hết đa thức Q(x). Khi đó tồn tại đa thức M (x) sao cho
P (x) = M (x).Q(x)
Gọi a là nghiệm của đa thức Q(x). Khi đó Q(a) = 0.
Suy ra P (a) = M (a).Q(a) = 0 ⇒ P (a) = 0�� 1)2 P2 (x) + a.
Tiếp tục quá trình như trên ta được P (x) = (x − 1)n Q(x) + a với Q(1) =
0, n ∈ N.
Thay vào (1) ta được
(x − 1)n Q2 (x) + 2aQ(x) = 2(2x + 2)n Q(2x2 − 1)
⇒ Q(1)(2a − 2.4n ) = 0.
Ta có a = 4n vì (4n )2 − 2 − 2.4n = 0. Suy ra Q(1) = 0. Mâu thuẫn.
Suy ra Q(x) = 0.
Suy ra P (x) = a. Mặt khác từ phương trình a2 − 2a − 2 = 0 ta giải được
√
√
nghiệm của phương trình là a = 1 + 3 hoặc a = 1 − 3.
√
√
Vậy P = 1 + 3 hoặc P = 1 − 3.
Thử lại
√
Với
 P = 1 + 3 ta có
√


P 2 (x) − 2 = 1 + 3

2

−2=2 1+

√


2P (2x2 − 1) = 2 1 + 3
⇒ P 2 (x) − 2 = 2P (2x2 − 1).
√
Với P = 1 − 3 ta có

√

3


62


√


P 2 (x) − 2 = 1 − 3

2

−2=2 1−

√
3

√



2P (2x2 − 1) = 2 1 − 3
⇒ P 2 (x) − 2 = 2P (2x2 − 1).
Bài toán 2.2.5. Tìm tất cả các đa thức hệ số thực thỏa mãn
P (x)P (3x2 ) = P (3x3 + x2 ), ∀x ∈ R

(1)

Lời giải.
Thay x = 0 vào phương trình (1) ta được P 2 (0) = P (0). Suy ra P (0) = 0
hoặc P (0) = 1.
Xét trường hợp P (0) = 0, ta đặt P (x) = xk Q(x), k ∈ N∗ , Q(x) ∈ R[x], Q(0) =
0.
Thay P (x) = xk Q(x) vào phương trình (1) ta được
k

xk Q(x)(3x2 )k Q(3x2 ) = (3x3 + x2 ) Q(3x3 + x2 ), ∀x ∈ R.
⇔ 3xk Q(x)Q(3x2 ) = (3x + 1)k Q(3x3 + x2 ), ∀x ∈ R.
Thay x = 0 vào phương trình trên ta được Q(0) = 0 (mâu thuẫn).
Từ đó suy ra P (x) ≡ 0.
Xét trường hợp P (0) = 1, ta đặt P (x) = xk Q(x)+1, trong đó k ∈ N∗ , Q(x) ∈
R[x], Q(0) = 0.
Thay P (x) = xk Q(x) + 1 vào phương trình (1) ta được
xk Q(x) + 1

k

3k x2k Q(3x2 ) + 1 = (3x3 + x2 ) Q(3x3 + x2 ) + 1, ∀x ∈ R
k

⇔ x3k 3k Q(x)Q(3x2 ) + xk Q(x) + 3k x2k Q(3x2 ) = (3x3 + x2 ) Q(3x3 + x2 ),
k

⇔ x3k 3k Q(x)Q(3x2 ) + Q(x) + 3k xk Q(3x2 ) = (3x3 + x2 ) Q(3x3 + x2 ), ∀x ∈ R.
Thay x = 0 vào phương trình trên ta được Q(0) = 0 (mâu thuẫn).
Suy ra Q(x) = 0. Vậy P (x) = 1.
Vậy P (x) = 0 hoặc P (x) = 1.
Thử lại. Dễ dàng nhận thấy P (x) = 0 và P (x) = 1 thỏa mãn bài toán.


63

Bài toán 2.2.6. Tìm đa thức với hệ số thực thỏa mãn



P (x) = P (x2 + 1) − 33 + 32, ∀x ≥ 0

(1)



P (2005) = 2037.
Lời giải.
Thay x = 2005 vào phương trình (1) ta được
2037 =

P (20052 + 1) − 33 + 32

⇔ P (20052 + 1) − 33 = 20052
⇔ P (20052 + 1) − 32 = 20052 + 1
⇔ P (x1 ) = x1 + 32 với x1 = 20052 + 1.
Thay x1 vào phương trình (1) ta được
P (x1 ) =
⇔ x1 + 32 =

P (x21 + 1) − 33 + 32
P (x21 + 1) − 33 + 32

⇔ x21 + 1 + 32 = P (x21 + 1)
⇔ P (x2 ) = x2 + 32 với x2 = x21 + 1.

Như vậy dãy số hạng của dãy




x1 = 2005

đều là nghiệm của đa



x2n = x2n−1 + 1
thức P (x) − x − 32.
Dế thấy x1 < x2 < . . . < xn < . . . và dãy trên có vô số số hạng nên đa thức
P (x) − x − 32 có vô hạn nghiệm. Suy ra P (x) − x − 32 = 0.
Vậy P (x) = x + 32.
Thử lại

P (x2 + 1) − 33 + 32 =

√

x2 + 33 − 33 + 32 = x + 32 = P (x) vì x ≥ 0.

P (2005) = 2005 + 32 = 2037. (thỏa mãn bài toán)


64

Bài toán 2.2.7. (Romania 2001)
Tìm đa thức P (x) hệ số thực thỏa mãn
P (x)P (2x2 − 1) = P (x2 )P (2x − 1), ∀x ∈ R.
Lời giải.
Nhận thấy đa thức hằng số luôn thỏa mãn bài toán. Thật vậy, nếu P (x) =
const = c ⇒ P (x)P (2x2 − 1) = P (x2 )P (2x − 1) = c2 .
Ta có
P (x2 )

P (x)
P (2x − 1)

=

k

P (x4 )

P (2x2 − 1)

=

P (x2 )

P (2x4 − 1)

k

P (x2 )

= ... =

P (2.x2k − 1)

1

Ta có limk→+∞

=

với n = deg P (x)
P (2.x2k − 1) 2n
Thật vậy, đặt P (x) = an xn + . . . + a1 x + a0 . Suy ra

k

P (x2 )
lim

k→+∞

P (2x2k − 1)
k

k

an xn2 + . . . + a1 x2 + a0
= lim

k→+∞

an 2x2k − 1

n

+ . . . + a1 2x2k − 1 + a0

a0
an−1
an + 2k + . . . + n2k
x 
x
= lim

n
k→+∞
1 
a0


an 2 − 2k  + . . . + n2k
x
x
1
= ·
2
Suy ra 2n P (x) = P (2x − 1) ⇔ 2n P (x + 1) = P (2x + 1).
Đặt P (x + 1) = Q(x) ta được 2n Q(x) = Q(2x), ∀x ∈ R.
Đặt Q(x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 (n ∈ N∗ )ta được
2n (an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 ) = an 2n xn + . . . + a1 2x + a0 .
Đồng nhất hệ số ta được


65





2n an = 2n an








2n an−1 = 2n−1 an−1





...







2n a1 = 2a1







2n a0 = a0

⇒ a0 = a1 = . . . = an−1 = 0 ⇒ Q(x) = axn .

Suy ra P (x) = a(x − 1)n , a = const, n ∈ N∗ .
Thử lại. Với P (x) = a(x − 1)n ta có
P (x)P (2x2 − 1) = a(x − 1)n a(2x2 − 1 − 1)n = a2 2n (x − 1)2n (x + 1)n
P (x2 )P (2x − 1) = a(x2 − 1)n a(2x − 1 − 1)n = a2 2n (x − 1)2n (x + 1)n
Suy ra P (x)P (2x2 − 1) = P (x2 )P (2x − 1) (thỏa mãn bài toán)
Vậy P (x) = const = c và P (x) = a(x − 1)n với a = const, n ∈ N∗ .
Bài toán 2.2.8. Tìm đa thức P (x) với hệ số thực thỏa mãn

(x − 2)P (3x + 2) = 32016 xP (x) + 32017 x − 3x + 6

(1)

Lời giải.
Giả sử P (x) là hằng đa thức. Đặt P (x) = a, khi đó phương trình (1) tương
đương với
(x − 2)a = 32016 xa + 32017 x − 3x + 6
⇔ ax − 2a = 32016 a + 32017 − 3 x + 6



a
= 32016 a + 3 (32016 − 1)
Đồng nhất hệ số ta được
⇒ a = −3.


−2a = 6
Xét trường hợp P (x) không phải là hằng đa thức. Ta viết phương trình dưới
dạng
(x − 2)P (3x + 2) = 32016 x [P (x) + 3] − 3(x − 2)


66

⇔ (x − 2) [P (3x + 2) + 3] = 32016 x [P (x) + 3] , x ∈ R

(2)

Đặt Q(x) = P (x) + 3. Suy ra
(x − 2)Q(3x + 2) = 32016 xQ(x), x ∈ R.
Lấy x = 2. Suy ra Q(2) = 0. Ta đặt Q(x) = (x − 2)S(x). Khi đó phương trình
(2) tương đương với
(x − 2)3xS(3x + 2) = 32016 x(x − 2)S(x)
⇔ S(3x + 2) = 32015 S(x), x ∈ R.
Đẳng thức này tương đương với S(3x − 1) = 32015 S(3x − 1), x ∈ R.
Đặt T (x) = S(x − 1) ta được: T (3x) = 32015 T (x), x ∈ R.
Giả sử T (x) = an xn + . . . + a1 x + a0 (a0 = 0). Khi đó
T (3x) = an 3n xn + . . . + a1 3x + a0
32015 T (x) = an 32015 xn + . .
. + a1 32015 x + 32015 a0


n = 2015
Đồng nhất hệ số ta được


an−1 = . . . = a0 = 0
Do đó: T (x) = cx2015 , x ∈ R với c là hằng số.
Suy ra P (x) = c(x − 2)(x + 1)2015 − 3.
Thử lại.
(x − 2)P (3x + 2) = 32016 cx(x + 1)2015 (x − 2) − 3x + 6
32016 xP (x) + 32017 x − 3x + 6 = 32016 cx(x − 2)(x + 1)2015 − 3x32016 + 32017 x
⇔ 32016 xP (x) + 32017 x − 3x + 6 = 32016 cx(x + 1)2015 (x − 2) − 3x + 6
Suy ra (x − 2)P (3x + 2) = 32016 xP (x) + 32017 x − 3x + 6.
Vậy P (x) = c(x − 2)(x + 1)2015 − 3 với c là hằng số.
Bài toán 2.2.9. (VMO 2003)

67

Hãy tìm tất cả các đa thức P (x) với hệ số thực, thỏa mãn
(x3 + 3x2 + 3x + 2) P (x − 1) = (x3 − 3x2 + 3x − 2) P (x), ∀x ∈ R.
Lời giải.
Ta có
(x3 + 3x2 + 3x + 2) P (x − 1) = (x3 − 3x2 + 3x − 2) P (x), ∀x ∈ R

(2)

⇔ (x + 2) (x2 + x + 1) P (x − 1) = (x − 2) (x2 − x + 1) P (x), ∀x ∈ R.

(3)

Thay x = −2 vào (3) ta được: 0 = −28P (−2) ⇒ P (−2) = 0.
Thay x = 2 vào (3) ta được: 0 = 28P (1) ⇒ P (1) = 0.
Từ đó ta có
Thay x = −1 vào (2) ta được: 0 = −9P (−1) ⇒ P (−1) = 0.
Thay x = 1 vào (2) ta được: 0 = 9P (0) ⇒ P (0) = 0.
Từ các kết quả trên ta suy ra
P (x) = (x−1)x(x+1)(x+2)Q(x), ∀x ∈ R.

(4)

Trong đó Q(x) là đa thức với hệ số thực của biến x. Khi đó
P (x − 1) = (x − 2)(x − 1)x(x + 1)Q(x − 1), ∀x ∈ R.

(5)

Từ (3), (4).(5) ta được

(x − 2)(x − 1)x(x + 1)(x + 2)(x2 + x + 1)Q(x − 1) =
= (x − 2)(x − 1)x(x + 1)(x + 2)(x2 − x + 1)Q(x), ∀x ∈ R.
Suy ra (x2 + x + 1) Q(x − 1) = (x2 − x + 1) Q(x), ∀x = 0; 1; −1; 2; −2.
Do mỗi vế của đẳng thức trên là một đa thức của biến x nên
(x2 + x + 1) Q(x − 1) = (x2 − x + 1) Q(x), ∀x ∈ R.
Có (x2 + x + 1; x2 − x + 1) = 1.
2
2
Thật
 vậy đặt (x − x + 1,
x + x + 1) = d




x2 − x + 1... d
(x2 + x + 1) − (x2 − x + 1) ... d
⇔
⇔


.


x2 + x + 1.. d
(x2 + x + 1) + (x2 − x + 1) ... d

(6)

68

⇔




2x... d


2x2 + 2... d

⇒




2x2 ... d


2x2 + 2... d

.
⇒ 2.. d.

Mặt khác x2 + x + 1 = x(x + 1) + 1. Với x ∈ Z thì x và x + 1 là hai số nguyên
.
liên tiếp nên x(x + 1).. 2. Suy ra x(x + 1) + 1 không chia hết cho 2. Suy ra
d = 2. Vậy d = 1
Từ đó suy ra

Q(x) = (x2 + x + 1) R(x), ∀x ∈ R,

(7)

trong đó R(x) là đa thức với hệ số thực của biến x.
Suy ra: Q(x − 1) = (x2 − x + 1) R(x − 1), ∀x ∈ R.

(8)

Từ đó, do
(x2 + x + 1) (x2 − x + 1) R(x − 1) = (x2 − x + 1) (x2 + x + 1) R(x),
∀x ∈ R.
và (x2 − x + 1) (x2 + x + 1) = 0, ∀x ∈ R
ta được R(x − 1) = R(x), ∀x ∈ R.
Suy ra đa thức R(x) là đa thức hằng. Từ (7) và (4) ta được
P (x) = c(x − 1)x(x + 1)(x + 2) (x2 + x + 1) , ∀x ∈ R, trong đó c là hằng số
thực tùy ý.
Thử lại
(x3 + 3x2 + 3x + 2) P (x − 1)
= (x + 2) (x2 + x + 1) c(x − 2)(x − 1)x(x + 1) (x2 − x + 1) .
(x3 − 3x2 + 3x − 2) P (x)
= (x − 2) (x2 − x + 1) c(x − 1)x(x + 1)(x + 2) (x2 + x + 1) .
Suy ra (x3 + 3x2 + 3x + 2) P (x − 1) = (x3 − 3x2 + 3x − 2) P (x).
Vậy P (x) = c(x − 1)x(x + 1)(x + 2) (x2 + x + 1) .