Các vấn đề về đa thức

1. DINH NGHIA VA CAC PHEP TOAN
1.1. Định nghĩa đa thức :
Cho ham

s6 f:

R-» R. Ta gọi f là đa thức nếu : f =const (hằng số)

hoặc tồn tai ne Z*,n21

và các số thực ay», a,,...,4, V6i a, #0

sao cho f(x)=a,x" +a,x" )+...+a,x +a,.
—
—a,

|

a, gọi là các hệ số. Trong đó a, #0 là hệ số cao nhất ;

là hệ số tự do. Dac biệt a, =1 goi la da thức chuẩn tắc hay monic.

_* Với a, #0 thì n là bậc của đa thức f(x). kí hiệu deg f = n.
Đặc biệt f =const thì deg
f = 0.

|

® Đơi khi ta viết gọn: P(x) = Xà x

hay viết ngược lại:

=0

f(x) =P
=
bx! =b,x" `.

2+ +bx+b, bị #0,

kav

1.2. Đa thức trên các tập số :

Cho f(x)= yx" ‘tax +..4a. xta
|
Néu các hệ số a, e3 thì kí hiệu reA|x].
Nếu các hệ số a, eQ thì kí hiệu: f cQ[xÌ.
Nếu các hệ số a, e Z. thì kí hiệu feZ[x].. :
1.3. Các phép tốn :

Cho :

f(x)=a,x"+a,x"'+..ta,\xta,;

g(x)=b,x™+bx"' +..4b,x +b,.

Khi đó ta có 3 phép tốn thơng thường : _„

f(x)+g(x) ; f(x)—gŒ) ; f(x)g(x)

và phép hợp f,g(x)
= f(g (x)).
° Tir f(x), g(x) ta cé thé viết theo hình thức sau:

£(x)=A,x* + A,x' 4. FA, XA, |
g(x)= Byx* +B,x*' +...4+B..x +B. |
Với : k= max{n
;m} ; A, =0 hoặc a;, B, =0 hoặc b, thì ta CÓ :

Thi: f(x)+g(x)=(A, +B, )x* +(A, £B, )x*" +... +(A, +B,);


cep Ox) gO) = cyx® +1

Ht
Gay RF Coy

Két qua: Cho f,geRIx] va deg f =n, degg =m. Thì :

deg(f +ø) < max {m ; n} ; degf.g =n+m;

degfug
= n.m.

1.4. Đa thức sai phân :

Cho f e R[x], degf =n, đa thức sai phân:
-Dax

Af =f(x+1-f(x) = Sia, (x4

i=,

.

của [xan

= xr]

i=0

có bậc 14 n—1 va hé s6 cao nhat 1a na,.

Từ đó ta có dãy đa thức sai phân giảm dần một bậc A*f.

1.5. Đa thức Trê-bư-sếp:

T, (x) =1,T, (x)=x

Cho T, (x) véi Lộ

That

(x)=2x7T,(x)—T,,(x),n>1:

‘Cu thé: T, (x) =1; 7, (x) =x 5 T, (x) =2x?-1;

T, (x) = 4x?
—3x 5 T, (x)
= 8x4 —8x? 415 T, (x)
= 16x5 — 20x? +5x,...

Đa thức Trê-bư-sếp T, Íx) có bậc là n va cé hé sé cao. nhat 1a 2°),

Đôi khi ta chỉ xét n >] trởđi.
Kết quả:
- (: T1, (cosœ)= cosnœ. Ta chứng minh bằng

:
quy nạp theo n>l.'

Khi n=1:T, (cosa) =cosa.

Khi n =2:T, (cosa) = 2cos? œ —] = cos
2o.
Giả sử Tị (cosœ) = cos ko. Thì :

- T,„¡ (eosœ) =2cosœ.T, (cosœ)— T,_, (cosœ)
_ =2c0sơ.coskơ —cos(k —1)œ
|
= cos(œ + kœ)+ cos(œ — kœ)— cos(k—1)œ
=cos(k+l)œ đúng.

|

Do đó : T, (cosa) = cosna.

(2):

$1, Vx €[-151].

Vì |x|<1 nên dat x =cosa >|T,(x)|=
3) : |T,(x)|=1
"x =cosk—,
n

có đúng n nghiệm

k=0,1,..., n-l.

=|cos nal
phân biệt trên đoạn

<1.
[-1;1]

la


Voi Ixl<1 thi [T, (x)|=1< |cosnal=1
<> sinna =0<-na=ka,k
eZ
oa=k~

n

keZ.

Do d6: x =cosa =cosk=,k =6,1,...,.n—1.
n

1.6. Da thức lượng giác:

‘Dang L, (x)= a+ 9( (a, coskx +b, sinkx). ‘V6i |a, |e, lx0 gọi là
đa thức lượng giác cấp n với các hệ số au, a,, b,.

Nếu các a, =0 thì L,(x)=
a, + _b, sin kx.
Nếu các b, =0 thì L,(x)=a, +3 a, coskx.
Bài tập I : Cho các đa thức sau: f(x)=x”—2xÌ+x—];

g{x)=4x”—x+3;h(x)=—xÌ+x?+8,
- Xác dinh f(x)+g(x); f(x).g(x); hx?) va g h(x).

|

- Giải :ˆ

- Ta có: f(x)+g(x)=xÌ~2x+x—l+4xÌ—x+3=x°+2x)+2,

f (x).g(x) =(x3 - 2x? +x -1)(4x? - x +3)

=4x° —9x" +9x* -11x? +.4x -3.

h(x?) =—(x3) + (x2) 48 =—x? 4x0 48,
gyh(x) = g(h(x))=4(—x? +248)

~(—x)+x?+8)+3

= 4x° —8x° +4x* — 63x? +63x? 425].
Bài tập2 : Tìm đa thức f(x) trong cdc trudng hop:

a) f(x+1)=x?+5x-1.

b) f(x -—2) =x?
- 6x7 +12x +8.
Giải :

8) Đặt t=x+l=x=t—l thì f(x+l)=
x” +5x T—I trở thành :

f(t)=(t—1)+5(t—1)—1=t?+3t—5,

Vậy: f(x}=x”+3x—5.

b) Ta có : f(x~2)=x`~6x”+12x+8 =(x~2)” +ló..

/


.

Vay : f(x) =x? +16.

3 : Tìm đa thức f(x) thoả mãn các trường hợp sau :
Bài tập

4A) E (x).

a) (x? ~x +2) +(x-2) =x?

b) x'+2x!+3x7 +2x+I=((x)Ÿ.

c) degf=2 và f(x)—£(x~ lÌ=x.
Giải:
£ = 2.
4 nên deg
a) Vi deg của vế trái là

f(x)=ax? +bx+c, a # Ơ.

_Dođó:

:
Mà hệ số cao nhất:của vế trái là 1 nén a =1. Ta khai triển đồng nhất
~2x°+6x?—8x+8§=(x? +4)(x? +bx +c)

=x‘ +bx? +(4+e)x” +4bx +Ác.

b=-2
Do đó

:

có

4+c=6.
4b=-8

=>

[b=-2
c=2.

4c =8

-2x42..
=x?x)
Vay: f(

b) Vì deg của vế trái là4 nên: deg f = 2. .

Mà hệ số cao nhất của vế trái làÌ nên a =].

Do d6: f(x) =x? +ax +b.

Tacé: x +2x?+3x2+2x+1=(x? +ax +b)

+b’.
)x?
+ 2abx
=x! +2ax? +(2b+a

2a=2

Đo đó:

2 fr

2b+a=3
2ab = 2

od

`

b=1

Ẻ

Nên: f(x)=x”+x +].

t(x)= x°+x+] hoặc f(x) =—x° —x-—I..
Vậy ta có đa thức đối nhau
c) f(x)= ax” ?+bx+c,a #0.

Từ f(x)—-f(x—l)= 4 ta đồng nhất hệ số, suy Ta a= b=5.
Vậy : r&x)= 2x

+t2X+6,© tuỳ ý.


Bài tập4 : Tìm tất cả các đa thức khác không P(x) thoả mãn đồng nhất thức :
a) P(x?)=[P(x)] ,xeR
"
:
- (Rumani 80)

b) P(x? -2x)=[P(x-2)]
,xeR
—

|

GIải:

(Bungari 76) `

|

a) Giả sử đa thức cần tìm có dạng :

-P(x)=a,xX”+a, ¡X”” +... +a,X +au, a, # Ô,

Giả thiết rằng một trong các hệ số a,_,,a,_,,..,a, khác không. Chọn

số k lớn nhất (k
|

P(x?)=a,x™ +ax* +.+ax? +a,
=(a,x" +a,x! +..4a,x+a,)

=[P(x)Ÿ.

Cân bằng các hệ số của x"”" ta nhận được : 0= 2a.a,.
Điều này trái với giả thiết a, z 0.

Suy ra: a,,
=a, ;
“Từ điều kiện: a,x

=..=a, =a, =0. Và P(x) = a,x"
2 pq *)=[P(x)] =a,a

Ta nhận được : a, =I.

.

ta nhận được:

|

Vay: P(x) =x", (neZ"*).

'b) Kí hiệu : y=x~—], Oly )=P(y-1). Khido:

[P(x-2)} =[P(y-1)] =[o(y)] ;
P(x? -2x) =P(y Noa
Đồng nhất thức đã cho viết thành : Q(y

)=[Q( (v)Ÿ. 'yeTR.

Do đó, theo kết quả trên thì Q(y)=y" hay P (y)=(y+1)",Vn eZ°.
Vậy : P(x)=(x+1)”,neZ'.

SỐ

si

Bài tập 5 : Tìm tất cả các đa thức P(x) thoả mãn điều kiện :

P(x).P(y)= Pˆ.(*š*)- (252), WuyeR

@

- Giải:

Nhận xét rằng : 'P(x)=0

thoả mãn điều kiện bài toán.

ị

Ta xét trường hợp P(x) #0. Thay x =0, y=0 vào (1) có P(0)=0.

Với y=3x thì (1) thu được: P(x).P(3x)= P?(2x)—P°(~x).


Hay P(x).P(3x)+P?(-x)
=P? (2x), VxeR
Nếu P(x) =c, Vx(c # 0): không thoả mãn (2).
Nếu degP(x)=n>l1: -

(2)

Gọi hệ số cao nhất của P(x) là a, (a, #0), thi tir (2):

ag (3°âg)+aụ” =(2"ay} @3"+1=4" en=],
Do đó : P(x)=a,x,a, €R;a, #0.

Thử lại đa thức bậc nhất này thoả mãn điều kiện đề bài.

Vay : P(x)=ax,aeR.

Bài tập 6 : Tìm tất cả các đa thức P(x) có các hệ số ngun khơng âm, nhỏ

hơn 6 thoả mãn P(6)==1994.
Giải:
Giả sử đa thức cần tìm có dạng :

P(x)=a,x"+a,_x° +...4a,x +a).

Theo bài thì: ".—
n-]} om '+...48,6+a, =1994,
_Vì a,,i=0,1,...,n là số nguyên không âm, nhỏ hơn 6 nên:
P(6) = a6" n +a,
Trong đó 4n.
:
vì 1994 =13122

n-t

—_
6") n-l +...4a,6
+a) =a,8,
18g.) = 1994.
3,8,
,..3,„)

là biểu diễn của 1994 trong hệ đếm cơ số 6 và -

(6)

Nên : a,a,....ay„) =13122 > n=4,a, =1,a, =3,a, =l,a, =a, =2.

Đa thức cần tìm là : P(x)= x" +3x° +x? +2x +2.

- Thử lại ta thấy đa thức P(x) là duy nhất và thoả mãn đề ra.

Bài tập 7 : Cho đa thức bậc hai: f(x)= x?+px+q. Xác định đa thức bậc 4
g(x) chuẩn tắc (hệ số cao nhất bằng 1) thoả mãn : Fø())= g(f(x)).
Giai:

Xét a(x) = f(f(x)) thi g(x) thoa dé bai.
Ta chứng minh đa thức đó là duy nhất.
Giả sử ta có đa thức h(x) thoả đề bài sao cho f(h(x)) =h(f(x)).
Dat p(x) =f(f(x))—h(x) thi degp < 4 (cùng hệ số cao nhất). Suy ra : -

pứ(x))=f(f(f(x)))—h(f(x))=f(f(f(x)))—-r(h(x))10


=[f(f G0) +pf (F(x)

+q-(h(x))” —ph(x)—q

=[?(f(x)Ÿ ~(h(œ))° ]+ p[( (F(£60)) )—h()]

=p(x)[f( f(x))+h(x)+p |

=> deg p.deg f = de
+4 gp
—› deg p = =4: vơ lí.

Vay: g(x) =f(f(x))

= x*+2px? +(p? +p+2q)x ˆ+p(2q+p)x+q(p+q+]).

Bài tip 8: Cho đa thức lượng giác:

Chứng minh :

f(x)=cos4x +acos2x + bsin2x..

a) f(x) nhan giá trị dương và âm với mọi a, b._

b) Néu f(x)2-1, Vx thi a=b=0.

Giai:
a) Theo gia thiét : f(x) =cos4x +acos2x + bsin
2x.

Ta có : F(0)=1+a;f(2]=1~a
Suy ra : r(0)+r(Z]=2>0

nên f(x) có giá trị dương.

T
Tương tự : F(S)
*t(-tt‡]=-a<0 nên f(x) có.
giá tri am.

b) Ta có : F(~5]=~I~b>~I=>b<0.

F(Z]=-I+b>~I>>0
Do đó: b=0.
Nên f(x)>-1 = cos4x +acos2x >-1, Vx

= 2t° +at20, Vte[-15 1]
- Vậy: a=b=0,

=a=(Q.

Bài tập 9 : Xét hàm số P: ïR —›R thoả mãn

_ Nếu Q(x)

|

(với t =cos2x).

:

là đa thức với hệ số thực có bậc >2 thì P(Q(+x)) cũng là

một đa thức. Chứng minh P(x) là một đa thức,

1]


Giai:
Xét đa thức Q(x)=x’. Từ giả thiết của bài ta có P(x? ) là đa thức.

Đặt

P(x?) =a,x" +a, xe t..Fax tay.

Hàm số (biến x) P(x”) là hàm chẵn tren R.
Do đó a, =0, Vì lẻ e{0;1:2;...:k}.-

Từ đó suy ra P(x) là đa thức trên [0;+œ).

_

Tương tự xét Q(x)=—x”, ta được P(x) là đa thức trên (~œ; 0].
Như vậy tồn tại các đa thức R(x) và S(x) sao cho:

=|

R(x) nếu x>0

(1)

S(x) nếu x<0

Chon Q(x) =x? ta được P(x?) 1a da thite.
Dat T(x) =P(x*). Tir(1) taco:
T(x) =R(x*), Vx 20 ; T(x)=S(x*), Vx <0
=> R(x?) =T(x) =S(x*) > R(x) =S(x)
Vậy P(x) là một đa thức.
Bài tập 10: Tìm số tất cả các đa thức P(x) bậc không lớn hơn 3 với các hệ số
_ nguyên Không âm và thoả mãn điều kiện P(3)= 2000.
Giải:

Xét trường hợp bậc của P(x)< I.

Giả sử : P(x)=ax+b (a,beN).
P(3)=a.3+b = 2000.
Suy ra : 0
_ Như vậy có 667 đa thức P(x) với bậc nhỏ hơn hoặc bang

. điều kiện đề bai.

-

Xét trường hợp bậc của P(x) bằng 2, thì:

P(x)=ax?+bx+c (a,b,c,a >0).

P(3)=9a+3b+c = 2000.
Ta CĨ:

o
Ì-

— Đo đó : 3b+c =2000~9a.

222.

,

| thoa man

(1)


Suy ra: 0Bởi vậy số đa thức P(x) của trường hợp này:
323

2_(667~ 3a)= 667.222- 3(14+24+3+...+222)

`.

.Ặ.1...

Trường hợp còn lại bậc của P(x) bằng 3 ;

P{(x)=ax”+bx”+cx+d

(a,b,c,deNÑ, s0).

_ P(3)=27a+9b+3c
+d = 2000,

Tương tự như các đánh giá ở trên, ta có:
1
o

27

0
=222~3a, có 223 3a có giá trị b,

0
666 - Sa 3b, có 667~9a~3b giá tric.

Từ đó số đa thức của trường hợp này là :
74

222-34

a=}

b= _

> >, (667-9a-3b)= »

.

= > [667- 9a)(223-3a)—3(0+1+...+(222—3a))]
-Š[œø- 9a)(223—3a ¬———==2

| = 3 (040M
4

az]

*) = 1807043.

8)

Từ (1), (2) và (3) ta suy ra số đa thức P(x) thoả mãn để bài là :

667 + 73815 + 1807043 = 1881525,

13


-

2. HỆ SỐ VÄ GIÁ TRỊ ĐA THỨC
21. Hệ số: Cho f e IR[x], deg
f = n.
Nếu viết: f(x) =a,x"+a,x"' +..4a, x+a, = Dax"

thì hệ số theo

¡=0

x

k

`
làa,,

Nếu viết : f(x)=b,x"+b,,x”'+...+b,x+bụạ =3 _b,x' thì hệ số theo

i=0

x, 14 by.
2.2. Đa thức đồng nhất :

Cho :

f(x)=ayx"+a,x"'+...4a, .xta,
g(x) =byx™ +b, x"! +...4b m-1 x+b. m

f=gTa thường gọi là đồng nhất hệ số cùng bậc : a, =b,.

2.3, Cac hing ding thức :

s(a+b)Í =a? +2ab +b?

*(a+b) =a*+3a?b +3ab? + bỉ

*(a+b) =a‘ +4a°b+6a’b? + 4ab’ +b!

s(a+b}” =a” +5a*b
+ 10a`b? + 10a?b? + 5ab' + bố.
(n-1)

*(a+b)" =a" +na""'b+—

a" ?b?+

LỘ,

n(n—1)(n—-2)

n(n-1)...(n-k4+D

+———————————

ok!

=3 của “*b* voi Ck =
Dac biét : (1 +x)"

+

a" “b* +...4nab"! +b"

n!

ki(n-k)!

yoru

k=0

.

Chú
ý : x* =x°x* =x'x*t = x?xk?
l

3!

an" 3b?

2

k-2

=),

Chứng minh tổng quát nhị thức Niu-tơn : (a+b)" ==> Cia "*b* bằng
phương pháp quy nạp:
14


2.4. Tổng các hệ số:

- Cho đa thức P(x) sau khi khai triển, rút gọn được
dạng:

P(x)=a,x"+a,_jx"™ “`...

với cách viết hệ số a, di theo luỹ thừa x".

Ta có: P(I)=a,+a-

+... +aU

P(-1)=(—1)"a, +(-))"" a) +. .+(-1a, +a,
=> P(1)+P(~1)=2(a, +a, +a, +. .+a,,, +...)

va P(1)—P(-1)=2(a, +, 48, +...48),4) +.)

Do đó khi khai triển đa thức ta có :

® Tổng các hệ số là P(1).

* Tổng các hệ số theo luỹ thừa lẻ : “ha,
_* Tổng các hệ số theo luỹ thừa chấn: PU)+P(-1)
2

Đặc biệt: Hàm đa thức chan P(—x)= P(x) thì các
hệ số Aon =0,

_ còn hàm đa thức lẻ P(-x)=—P(x) thi các hệ số
a,, =0.

Bài tập 11: Tìm hệ số theo x° của đa thức sau
khi khai triển :

a) P(x) =(x

+1) +(x4+2)'4(x44)*,

b) Q(x)=(x +1)" (x4 +8x3—x? 41).

Tìm tổng các hệ số theo luỹ thừa chắn.
-_ Giải :

8) Ta có: (x+a)” khai triển thì hệ số theo x°
là 1,

Mà (x+4)” =x*+4x'4+6x2 ‹4+4.x.4°+4” nên
hệ số theo x` là l6,

Vay hé s6 theo x? 1a 18.

b) Ta c6 : Q(x) =(x? +2x #1) (x4 +8x3 —x? +1)

DE y: x? =x3x° =x?!

nên hệ số theo
x” là -2+8 =6.

Tổng các hệ số theo luỹ thừa chấn:

Q()+Q(-!)_ 36+0

2

—2

=l§.

`


Bài tập 12: Tìm hệ số :

a) Theo x” của khai triển : P(x)= (+x)”, 0

b) Theo x” của khai triển: Q(&)=(x+4)" +(3x? —5)”.
Tìm tổng các hệ số sau khi khai triển.:

Giải :

|

Zz

~“ >

I

P(x)= (14x) = củatư

iQ.

a) Áp dụng khai triển nhị thức Niu-ton :
(0
Do đó hệ số theo x” là: c

1b) Q(x)=(x 4.4)” +(x? +5)"

~Scyu'4 «Se, eC)
¡=0.

Hệ số theo x” ứng với i=42 và j=37 la:

C24? +0273" +5)" =C8,4C,3*5 mo

Tổng các hệ SỐ sau khi khai triển: Q(1)=5”” +( -2)"

5° 2",

Bài tập 13: Định hệ số của x2 'xuất hiện sau. khi bỏ các dấu ngoặc và nhóm
các số hạng giống nhau trong đa thức :

tee

P(4)=(.(~2Ÿ(x
~2~~2
..~Ÿ
2)

hoe

k lần

Ta có:

ì

Giải:
2

|

p(o)=(..(((-29?-2)

?

2

.

2

~2) -..-2) =(((4-2¥ =2) ~„.~2)
2

2

2

:

-2) =(4-2) =4.
-(. ((4-29 - 2) ~..-2) =..=((4-2)'
k- 2 lần

Ta đặt A, là hệ số của x,B, là hệ số của x” và P,x” là tổng của các
số hạng chứa các luỹ thừa lớn hơn2 của x. Ta có thể viết :
`

P(x) -|.((œ-2Ÿ -2} -..-2) ]
kiên

16

=P,x'+B,xÏ+A,x+4 "He

-2Ý -2)

jaa

k-1 hin

= [(P,..x" +B, x? +A, (x +4)-2Ï
=(P,x`+B,_xŸ +A,x+2Ÿ

- =P,.j2x®+2P,.,B,_,x”+(2P, ,A,+B,/)x +,

|

+(4P_, +2B, A, ,)x?+(4B,, +A, 2)x7+4A, (x44

=[P. 2x’ +2P, ,B,.x°+(2P._,A,, +B, ,°)x+4(P,., +2B, A, ,) |x’ +

—

4B

FAL) ESALx +4

Tird6: A, =4A,_,,B, =A,_,?+4B,.,.
Vì: (x—2) =xÌ—4x+4, nên A, =—4.
- Dođó: A, =~4.4=-4',A, =—4',.. Một cách tổng quát A, = -4'.
Ta tính B, :

—B.=A,j2+4B,,=A, 2+4(A,2`+4B,5)
=A, 244A,7 +4 (AQ, +4B,,)
HAL 4A

+4 A.

+4 (AL +4B,,)

HAL t4A tPA + FaA
Thế

TAPP AT ESB

B,=l,A, =-4,A, =-4”,A, =-4”,....Á,,= 4

(*), ta được :

"¬ ,

Ø9)

vào biểu thức „

¬

B.=4*)+4.4191+4 14254 +4924 2+4

=4 1+4! +49 + +47 +

+4

.

ak oy

=411(14+4+42+41+.+412+41)
4L
ST
1"...

Vay: B, = ota

4-1.

hé s6 theo x’.

Bài tập 14 : Tìm các hằng số thoả mãn điều kiện. sau :

3x '+3x+3__
x~3x+2_

ABC.

(x_-I) `”

x-l

x+2

17.


Giai:

.

(x +2).
Dé y 2 x? -3x +2 =(x—1)
Quy đồng và khử mẫu, ta được :

3x? +3x+3= A(x+2)+B(x~1)(x+2)+C(x~1Ÿ

=(B+C)x?+(A+B~2C)x(2A-2B+C).

Đồng nhất hệ số, tả CÓ: &

B+C=3

|

A=3

A+B-2C=3

=>


|2A-2B+C=3

C=1

Bài tập 15: Cho đa thức bậc 2 f(x)=ax? +bx+c

thoả mãn lt@)J
khi

|x| <1. Chứng minh: |a|+|b|+|c|<
4œ.
- Giải:

‘Chon x =0,x =1,x =—1 va dat:
A=f()=a+b+c;

*

B=f(-I)=a-b+c ;C=f(0)=c.

va a=2(A+B)- C; b=(A- B);c=C

1...

1

(7

NI

< 2(lAl+lBl +|2C]) +5 (lal +|Bl)+|C|

<2 (&+6128)+2.(4+0)+g = 46,

Bài tập l6 : Giảsử Ìax? +bx+c|<1 khi |x| <1.

` Chứng minh rằng : |ex? +bx + aÌ <2 khi |x| < I.

_ Œiên
Xơ 1973)

Giải:

Đặt f(x)
= ax” + bx +c, ta CĨ :
.

A=f()=a+b+c

|

B=f(-I)=a-b+ce=

=f(0)=

C=f(0)=c

18

go AtB_¢

_

2

|b=^=B
c=C

;


=—

Nên : g(x)=Cx” +

=C(x? =D+LA(x+0+lLB(-x)
2
2
=lgG&)l<|c° =1|+-lAx+

Đ|+2lB(=x)


2

2

=I-x2+iŒz+I)+42+~x)

2
2

=2—xŸ <2, Vx e[—1; 1|. (Đpem).
.

Bài tập 17: Cho hai da thức sau:

f(x)=4x`+ax và g(x)= 4x” +bxŸ boxed.

Chứng minh :
a) Nếu |f(x)|< 1, vxe[-l ;1] thì a=-3.

Vx e[—1; 1] thì b=d=0,c=~3.
b) Nếu |z(x)|<1,
Giải:

a) Chon x=1:f(1)= 4+aChọn

màn

2

\2/

2

2

>-l=a>~3.,

Do đó: a= -3.

z

Đảo lai v6i a =—3 thi f(x) =4x*-3x.
Vi [xl <1 nén dat x = cosa = f(x) = cos3a.
Do đó |f(xÌ|= lcos3al <1: đáng.
Vậy : a.= =3.

b) Ta có : g(x)—g(—x)= -(4x- + bx? kext d)- (—4x? + bx? ~cx+d)
= 8x? + 2cx

=> 4x} +¢cx =

g(x)—g(—x)'

=l4x` +ex|< -lg(x)~g(-x)]|< (Jg(x)|+|g(~x)) <1.vx e[T1: 1]
Nên theo câu a) thi ¢ = 3.

Do đó : g(x)=4xÌ+bx”~3x+d.

- -


a

Chọn x =l >b+d<0.
Chọn x=—I>b+đ>0 do đó : b+d=0>d=-b.

"

Nên g(x) =4x? + bx? -3x—b.
Tiép tuc chon x = +

thi tacé b=0.

Vay: b=d=0.

Bài tập 18: Cho đa thức với hệ số thực : &)= ax? + bx? +x +d .và một SỐ
œ >0. Biết rằng với |x| < 1 thì có bất đẳng thức |f(x)|<ơ.

Tim lal; [bl;lcl;/dl lớn nhất. _

Giải:

A=f(-Cl)=-a+b~c+d_

1

a

bc

b

“

a=-2 A+ 4 p-4c42D

ao

pai(-t)=-212-£44

Đặt :

a

..

c

le|<3œ;

6

|

D=f(i)=a+b+c+d

Từ giả thiết : lal<4a.;

=>

4.

°

6

6

cả

6

=F F-45810)
d=f(0).

|bl<2œ;

la|l<ø.

|

Bang cach xét f(x)= ca) —3x) và Xf(X)= aÚx
Vậy: max|lal=4œ; max|bl=2œ;
maxlel=3œ;

dị

l
8
8
1
c==A-~B+—C-—D

-1).

maxld|=

- Bài tập 19: Cho tam thức bậc hai: fixe x? +px+q. 6 a6 p.q là các số
nguyên. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên k để f(k}= f (2004). f(2005).
- Giải:

-_ Ta chứng minh Vx, ta có: f(f(x)+x)=f(x). đá +),
That vay : f(f(x)+x)= (f(x)+x)

+p(f(x) +x) +q

=f?(x)+2f(x)x+x?+p(f(x))+px+q
=f([f(x)+2x +p]+x? +px+q |

=f(x)[q+p(x+1)+x?+2x+1]
20


.

=f(x)[(x+1) +p(x+Daq|

=f (x) f(x +0).
"
|
Voi x = 2004, dat k = f(2004) +2004 thi k là số nguyên và ta có :
f(k)=f(2004)f (2005).

Bai tap 20 : Cho f e R[x], degf =n, f(i)=2' voi i=in+l.

Tính f(n+2).

|

(Viét Nam 1986)

Giải:

Ta chứng minh quy nạp : f(n+2)=2"*”—2 theo n.

Khi n=l, ta có:

`

f(x) =ax+b thì
"

-

|

ene.

|f(2)=2a+b=2?

- Do đó : f(x)=2x
Suy ra: f(3)=6 =2° -2.
Giả sử khẳng định đúng đến n-1.

5

b=0

|

Xét đa thức sai phân :

g(x)=f(x+1)—f(x) thi degg=n-1

va:

— g()=f(i+l)-f()=2”!'~2'=2!i=1n.

Do đó : gín+1)=2"?'—2

=> f(n+2)—-f(n+1)=2""-2 ©
=> f(n+2)=f(n+1)+2""
-2
ẹ

=2?!

2n

_2_—

2022

2.

Vạy : f(n+2)=2"*2_—2.

21


3. ĐA THUC VOI YEU TO GIAI TICH
3.1. Giới hạn, liên tục: Cho fe ®[x]:

f(x) = a,x" tax" +. +a, (xta,,a, #0.
Ta có f liên tục trên R va:

+00 khi a, > 0

lim f(x)=

-

Kote

—œ khi a, <0
+œ khi n chắn, a,„> 0 hoặc n lẻ, a„ < 0

lim f(x)=

oo

xo-*z

|

—oœ khin le, a, > 0 hoac n chan, a, <0

3.2. Đạo hàm: Chofe R[x]:

F(x) Sax" tax"! +..ta,xta,,ay #0.

‘Thi: f(x) = nayx"” '4(n-Dan"? +., .+2a,_)x+a,_,

"(x)= n(n—Dayx"? +(n—D(n—2)a,x"" +. 42a, ,
= n(n—-

f“(x)

L(n

+...+6a, ,

-2)a,x"”

.

as

f(x) =a,nl.
* Két qud:
Néu degf =n

_

thi:

degf=n—l;degf“=n—2;..;degf°'=n—k

(I
va deg f” =0.

3.3. Nguyên hàm: Cho f e R[x]:

f(x)=ayx"+a,x"' +...4a, ,x+a,,a, #0.

Có nguyên hàm :

:
ay

F(x) = [ £(x)dx =—* x"

n+l

n+1

a,

+—x

n

n

.

a

+..+——X+C

Bài tập 21 : Cho đa thức Pe R[x] bac lé.
Chứng minh rằng tồn tại 2 số a< 0 và b>0 để P(a). P(b) <0.
Giai:
Ta

22

a.
có :

P(x)

\_
2m+l
= ayX

+a

xem

+.. +4,,, x+

amet

Với a, #0, degP=2m +L lẻ :
- Xét a, >0

thi

lim P(x)=~œ nên tồn tạ a<0

x¬~x

để P(a)<0

và

lim P(x)= +œ nên tồn tại b>0 dé P(b)> 0.

Do đó : P(a).P(b)<0..
- Xét

a,
thì tương

tự

lim P(x)= +

x~—z.

- P(a)>0 va lim P(x)=-œ nên tồn tại b>0để

XK

nên, tổn

tại

a<0

để

P(b)<0.

Do đó : P(a).P(b) <0.
° Kế quả: Nếu đa thức P(x) >0, Vx hoặc P(x)<0, Vx thi degP
bậc chắn với n=2k.

Bài tập 22 -

a) Cho P(x)=x” + ax? +a với a>0,
Chứng minh :

Q(x)=P(x)+P'(x)+P“(x)+ P”(x)+P° (x)>0, Vx.
b) Chứng minh nếu:

Hades:

thi: a, =0,k=1,2).00.

onic

vx €[0; 27]

Giải:

a) Ta có: P(x)=x'°+2ax?+a;

P'(x)
= 4x" + 4ax;

P"(x)
= 12x? +4a;
P“(x)=24x;
P°'tx)=24.
Do đó : Q(x)= P(x) + P(x) +P") # P(x) 4 P(x)

= x1 +4x”+(2a+12)x” +(24+4a)x+5a+24
=(x? 42x) +2a(x+1) +3a+8(x? +3x +3),
Vi: x? +3x+3>0,Vx và a>0 nên Q(x) >0, Vx.
b) Với các số nguyên D. q. Ta có:

23

`


w
a

`

‘

an

-

COS pX.COSQX.dx = ; ƒ [ cos(p+q)x +cos(p—q)x ]dx
2

.

0

:

.

0 nếu p#q

7 nếu p=q.

Vì:f(x)= Sa, coskx =0, Vx e[0; 2n].
k=]

=0= [ f(x).cospx.dx = a,x véi p=k,k =1,2,...,n.
0

`

.

.

Vậy các hệ số a, =0.

Bài tập 23 : Cho f(x) = ax? +bx+c. Chứng minh :

a) Nếu |f(x)|<1, vx e[0; !] thì f'(0)<8. ˆ

b) Nếu |f(m)|<1 với m=0,m =+I thì |f“(x)|<
4, v|x| < 1..
Giải

a) Ta có : f(0)=c;

"

f(1)=a+b+c

:

.f(J]=3+3+e

Do đó : b=4f[ 2 ]~f0)~3f(0),

2

4

2

Ma: f(x)=ax?+bx+c
Suy ra: f'(x)=2ax+b, đo đó: |f'(x)| =|Ì2ax + bị

Mà: f(0)=c;f(1)=a+b+c;f(—-l1)=a-b+c.

‘Do
Do dé:
+4 ¢(-1)-£(0);b=
48) — =f (-1)a6: c=f(0);a=2F(1)
e=F(0);a=> FU) +54
I)-F(0);b=5F)-F(-1)
()> f()=2a+b=5f()+2f(-1)~2f(0).
Nên : l)I<Š.i+4.1+2.1
.

2

2

=4.

Tương tự: f—Ì)=-2a+b=~~f0)~Šf(1)~2f(0).
Nên |f'(—1)|<4.
Vì f' bậc nhất trên đoạn [—I; 1] nên:
|f'(x)| 24

dd)