Một số lớp đẳng thức trong đa thức và áp dụng

..

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐOÀN THỊ HỒNG CẨM

MỘT SỐ LỚP ĐẲNG THỨC
TRONG ĐA THỨC VÀ ÁP DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - NĂM 2015


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐOÀN THỊ HỒNG CẨM

MỘT SỐ LỚP ĐẲNG THỨC
TRONG ĐA THỨC VÀ ÁP DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học
PGS.TS. TRỊNH THANH HẢI

THÁI NGUYÊN - NĂM 2015

Mục lục
Mở đầu

1

1 Một số kiến thức chuẩn bị
1.1 Một số tính chất cơ bản của đa thức . . . . . . . . . . . . .
1.2 Các định lý về nghiệm của đa thức . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Ước, ước chung lớn nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3
3
4
6

2 Vấn đề biểu diễn, xác định đa thức
2.1 Biểu diễn một số lớp các đa thức một biến . . . . . . . .
2.1.1 Biểu diễn các đa thức dương trên trục thực và nửa
trục thực . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.2 Biểu diễn các đa thức dương trên một khoảng . . .
2.2 Một số đồng nhất thức giữa các đa thức nhiều biến . . . .
2.3 Xác định đa thức theo các đặc trưng của chúng . . . . . .
2.3.1 Đặc trưng hàm của đa thức với biến tự do . . . . .
2.3.2 Xác định đa thức theo các đặc trưng nghiệm . . .
2.3.3 Xác định đa thức theo các phép thế đối số . . . . .
2.3.4 Xác định đa thức theo tính chất số học của chúng
2.3.5 Xác định đa thức theo các nút nội suy . . . . . . .
2.3.6 Xác định đa thức từ các phép tính vi phân . . . .

10

. 10
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

10
14
16
19
19
22
28
31
33
35

3 Một số bài toán áp dụng liên quan
37
3.1 Bất đẳng thức trong đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
3.2 Bài toán cực trị trong đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . 44
3.3 Phương pháp đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
Kết luận

54

Tài liệu tham khảo

55
1


Mở đầu
Trong chương trình Tốn THPT nói chung, trong các dạng bài tập dành
cho học sinh khá, giỏi nói riêng thì các bài tập liên quan đến việc khai thác
các tính chất của đa thức rất phong phú, đa dạng. Tuy nhiên các dạng
bài tập nghiên cứu sâu về một số lớp đẳng thức trong đa thức và áp dụng
thì cịn rất ít. Xuất phát từ thực tế đó, dưới sự hướng dẫn nhiệt tình của
PGS.TS Trịnh Thanh Hải, tơi chọn hướng nghiên cứu của luận văn thạc
sĩ với đề tài: “Một số lớp đẳng thức trong đa thức và áp dụng” nhằm góp
một phần nhỏ bé vào việc bổ sung tài liệu tham khảo cho giáo viên và học
sinh trong giảng dạy và học tập. Luận văn tìm hiểu một số vấn đề về đa
thức như: Biểu diễn một số lớp đa thức một biến; Một số đồng nhất thức
giữa các đa thức nhiều biến; Xác định đa thức theo đặc trưng của chúng
cũng như các ứng dụng trong việc giải một số bài toán bất đẳng thức, bài
toán cực trị trong đa thức và bài toán giải bằng phương pháp đa thức...
Luận văn gồm 3 chương
Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị.
Chương 2. Vấn đề biểu diễn, xác định đa thức.
Chương 3. Một số bài toán áp dụng liên quan.
Luận văn này được hoàn thành dưới sự giúp đỡ tận tình của GS.TSKH
Nguyễn Văn Mậu cùng với sự hướng dẫn nhiệt tình của PGS.TS Trịnh
Thanh Hải. Em xin bày tỏ sự kính trọng và biết ơn sâu sắc đến các thầy.
Em xin chân thành cảm ơn quý thầy cô trong trường Đại học Khoa

học - Đại học Thái Nguyên mà trực tiếp là khoa Toán – Tin và các thầy
ở Viện Toán học, ĐHKHTN - ĐHQG Hà Nội đã tận tình giảng dạy và
tạo điều kiện thuận lợi cho chúng tơi có những kiến thức cơ sở đủ vững để
thực hiện đề tài.
1


Do một số điều kiện chủ quan và khách quan, luận văn cũng chưa thực
sự hoàn thiện theo ý muốn. Em kính mong các Thầy, Cơ giáo chỉ bảo để
em được hồn thiện luận văn. Em xin được kính chuyển tới các Thầy, Cô
giáo lời cảm ơn trân trọng nhất.
Em xin trân trọng cảm ơn.
Học viên
Đoàn Thị Hồng Cẩm

2


Chương 1
Một số kiến thức chuẩn bị
Trong chương này chúng tơi trình bày một số vấn đề cơ bản liên quan
đến đa thức được trình bày từ các tài liệu [1]-[7] để sử dụng trong những
chương sau.

1.1

Một số tính chất cơ bản của đa thức

Định lí 1.1. Giả sử A là một trường (A = R hoặc A = C) và A [x] là
vành các đa thức trên A, f (x) và g(x) = 0 là hai đa thức của vành A [x].

Khi đó ln tồn tại cặp đa thức duy nhất q (x) và r (x) thuộc A [x] sao
cho

f (x) = g (x) q (x) + r (x) với deg r (x) < deg g (x) .
Nếu r (x) = 0 ta nói f (x) chia hết cho g(x).
Giả sử a ∈ A, f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 là đa thức tùy
ý của vành A [x], phần tử f (a) = an an + an−1 an−1 + · · · + a1 a + a0 có
được bằng cách thay x bởi a được gọi là giá trị của f (x) tại a.
Nếu f (a) = 0 thì ta gọi a là nghiệm của f (x). Bài tốn tìm nghiệm của

f (x) trong A gọi là giải phương trình đại số bậc n
an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 = 0 (an = 0)
trong A.
Định lí 1.2. Giả sử A là một trường số thực hoặc số phức, a ∈ A, và

f (x) ∈ A [x] . Dư số của phép chia f (x) cho (x − a) chính là f (a).
3


Định lí 1.3. Điều kiện cần và đủ để hai đa thức P (x) và Q(x) nguyên tố
cùng nhau là tồn tại cặp đa thức u(x) và v(x) sao cho

P (x) u (x) + Q (x) v (x) ≡ 1.
Nếu hai đa thức P (x) và Q(x) (không trùng với đa thức 0) có ước chung

d(x) là đa thức chia hết cho tất cả các ước chung khác thì d(x) được gọi
là ước chung lớn nhất của P (x) và Q(x).
Tương tự, ta có khái niệm ước chung lớn nhất của bộ nhiều đa thức.
Tính chất 1.1. Nếu các đa thức f (x) và g(x) nguyên tố cùng nhau và
các đa thức f (x) và h(x) cũng nguyên tố cùng nhau thì các đa thức f (x)

và g(x)h(x) cũng nguyên tố cùng nhau.
Tính chất 1.2. Nếu các đa thức f (x), g(x), h(x) thỏa mãn điều kiện

f (x)h(x) chia hết cho g(x), g(x) và h(x) nguyên tố cùng nhau thì f (x)
chia hết cho g(x).
Tính chất 1.3. Nếu đa thức f (x) chia hết cho các đa thức g(x) và h(x)
với g(x) và h(x) nguyên tố cùng nhau thì f (x) chia hết cho g(x)h(x).
Tính chất 1.4. Nếu các đa thức f (x) và g(x) nguyên tố cùng nhau thì

[f (x)]m và [g (x)]n sẽ nguyên tố cùng nhau với mọi m, n nguyên dương.

1.2

Các định lý về nghiệm của đa thức

Định lí 1.4. a là nghiệm của f (x) khi và chỉ khi f (x) chia hết cho (x−a).
Giả sử A là một trường, a ∈ A, f (x) ∈ A [x] và m là một số tự nhiên
lớn hơn hoặc bằng 1. Khi đó a là nghiệm bội cấp m của f (x) khi và chỉ
khi f (x) chia hết cho (x − a)m và f (x) không chia hết cho (x − a)m+1 .
Trong trường hợp m = 1 thì ta gọi a là nghiệm đơn cịn khi m = 2 thì

a được gọi là nghiệm kép. Số nghiệm của một đa thức là tổng số nghiệm
của đa thức đó kể cả bội của các nghiệm (nếu có). Vì vậy, người ta coi một
đa thức có một nghiệm bội cấp m như một đa thức có m nghiệm trùng
nhau.
4


• Lược đồ Horner
Giả sử f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 ∈ A [x] (với A là một

trường). Khi đó thương gần đúng của f (x) cho (x − a) là một đa thức có
bậc bằng n − 1, có dạng

q (x) = bn−1 xn−1 + · · · + b1 x + b0 ,
trong đó bn−1 = an , bk = abk+1 + ak+1 , k = 0, 1, . . . , n − 1 và dư số

r = ab0 + a0 .
Định lí 1.5 (Định lý Viète). Giả sử phương trình

an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 = 0 (an = 0)
có n nghiệm (thực hoặc phức) x1 , x2 , . . . , xn thì

an−1


E
(x)
:=
x
+
x
+
·
·
·
+
x
=
−
1

1
2
n


an


an−2

E2 (x) := x1 x2 + x1 x3 + · · · + xn−1 xn =
an

.
.
.
.
.
.
..




n a0

.
 En (x) := x1 x2 . . . xn = (−1)
an

(1.1)

(1.2)

Ngược lại nếu các số x1 , x2 , . . . , xn thỏa mãn hệ trên thì chúng là nghiệm
của phương trình (1.1). Hệ (1.2) có n thành phần và ở vế trái của thành
phần thứ k có Cnk số hạng.
Định nghĩa 1.1. Các hàm E1 (x) , E2 (x) , . . . , En (x) được gọi là hàm (đa
thức) đối xứng sơ cấp Viète bậc 1, 2, . . . , n tương ứng.
Sau đây ta sẽ nêu (không chứng minh) một số định lý cơ bản đối với
đa thức.
Định lí 1.6. Mỗi đa thức thực bậc n đều có khơng q n nghiệm thực.
Hệ quả 1.1. Đa thức có vơ số nghiệm là đa thức không.
Hệ quả 1.2. Nếu đa thức có bậc ≤ n mà nhận cùng một giá trị tại n + 1
điểm khác nhau thì chúng đồng nhất bằng hằng số.
5


Hệ quả 1.3. Hai đa thức bậc ≤ n mà nhận giá trị bằng nhau tại n + 1
điểm phân biệt thì chúng đồng nhất bằng nhau.
Định lí 1.7. Mọi đa thức f (x) ∈ C [x] bậc n có đúng n nghiệm (tính cả
bậc của nghiệm).
Định lí 1.8. Mọi đa thức f (x) ∈ R [x] có bậc n và có hệ số chính (hệ số
bậc cao nhất) an = 0 đều có thể phân tích (duy nhất) thành nhân tử
m

s

x2 + bk x + ck

(x − di )

f (x) = an
i=1

k=1

với di , bk , ck ∈ R, 2s + m = n, b2k − 4ck < 0, m, n ∈ N∗ .
Tính chất 1.5. Mọi nghiệm x0 của đa thức

Pn (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 (a0 = 0)
đều thỏa mãn bất đẳng thức |x0 | ≤ 1 +

A
, A = max |ak | .
1≤k≤n
|an |

Tính chất 1.6. Nếu am là hệ số âm đầu tiên của đa thức Pn (x) thì số
B
là cận trên của các nghiệm dương của đa thức đã cho, trong đó
1+ m
a0
B là giá trị lớn nhất của trị tuyệt đối các hệ số âm.

1.3

Ước, ước chung lớn nhất

Định nghĩa 1.2. Khi đa thức Pn (x) viết được dưới dạng

Pn (x) = g (x) q (x)
với deg g > 0 và deg q > 0, thì ta nói g là ước của Pn (x) và ta viết
.
g (x)| Pn (x) hay Pn (x) ..g (x).
Nếu g (x)| P (x) và g (x)| Q (x) thì ta nói g(x) là ước chung của P (x)
và Q(x).
Nếu hai đa thức P (x) và Q(x) chỉ có ước chung là các đa thức bậc 0 thì
ta nói rằng chúng ngun tố cùng nhau và ta viết dưới dạng (P (x) , Q (x)) =

1.
6


Bài toán 1.1. Chứng minh rằng hai đa thức P (x) = x2015 − 1 và Q(x) =

x2015 + 1 nguyên tố cùng nhau.
Lời giải. Nhận xét rằng P (x) − Q(x) = 2. Suy ra nếu d(x) là ước chung
của P (x) và Q(x) thì d(x) là ước của đa thức hằng bằng 2. Suy ra hai đa
thức đã cho ngun tố cùng nhau.
Bài tốn 1.2. Tìm ước chung lớn nhất của hai đa thức P (x) = (x−1)2015
và Q(x) = x2015 − 1.
Lời giải. Vì x = 1 là nghiệm đơn của đa thức Q(x). Suy ra nếu d(x) là
ước chung của P (x) và Q(x) thì d(x) là ước của x − 1. Suy ra

(P (x) , Q (x)) = 1.
Bài toán 1.3. Cho đa thức P (x) và hai số a, b phân biệt. Biết rằng P (x)
chia cho x − a dư A, P (x) chia cho x − b dư B . Hãy tìm phần dư của phép
chia P (x) cho (x − a)(x − b).
Lời giải. Giả sử P (x) = (x − a)(x − b)Q(x) + Cx + D. Lần lượt thay

x = a, b, ta được A = Ca + D, B = Cb + D.
Từ đó suy ra
C = (A − B)/(a − b)
D = A − (A − B)a/(a − b) = (aB − bA)/(a − b).
Bài toán 1.4. Tìm phần dư trong phép chia x100 cho (x − 1)2 .
Lời giải. Giả sử x100 = (x − 1)2 Q(x) + Ax + B . Thay x = 1, ta được

1 = A + B.
Lấy đạo hàm hai vế rồi cho x = 1, ta được 100 = A. Từ đó suy ra phần
dư là 100x − 99.
Bài tốn 1.5. Tìm a, b, c biết rằng đa thức P (x) = x3 + ax2 + bx + c
chia hết cho x − 2 và chia x2 − 1 dư 2x.
7


Lời giải. Từ các điều kiện đề bài suy ra P (2) = 0, P (1) = 2 và P (−1) =

−2, tức là
8 + 4a + 2b + c = 0,
1 + a + b + c = 2,
−1 + a − b + c = −2.
10
10
Từ đó suy ra b = 1, a = − , c = .
3
3
P (x) = x3 −

10 2

10
x +x+
3
3

.
Bài toán 1.6. Chứng minh rằng với mọi giá trị của n, đa thức

(x + 1)2n+1 + xn+2 chia hết cho đa thức x2 + x + 1.
Lời giải. Cách 1. (Quy nạp theo n) Với n = 0, điều phải chứng minh là
hiển nhiên.
Giả sử ta đã có (x + 1)2n+1 + xn+2 chia hết cho x2 + x + 1. Khi đó

(x + 1)2n+3 + xn+3 = (x2 + 2x + 1)(x + 1)2n+1 + xn+3
≡ x(x + 1)2n+1 + xn+3 = x((x + 1)2n+1 + xn+2 )
≡ 0(mod(x2 + x + 1)).
Cách 2. (Dùng số phức) Đa thức x2 + x + 1 có hai nghiệm là
√
−1 ± i 3
.
α=
2
Để chứng minh P (x) chia hết cho x2 + x + 1 ta chỉ cần chứng minh

P (α) = 0. Điều này tương đương với việc chứng minh
√
√
1 + i 3 2n+1
−1 + i 3 n+2
+

= 0.
2
2
Chuyển các số phức sang dạng lượng giác rồi dùng cơng thức Moivre, ta
có điều này tương đương với
(2n + 1)π
(n + 2)2π
(n + 2)2π
(2n + 1)π
cos
+ i sin
+ cos
+ i sin
= 0.
3
3
3
3
(2n + 1)π (n + 2)2π
Điều này đúng vì
−
= π.
3
3
8


Bài tốn 1.7. Tìm tất cả các giá trị n sao cho x2n + xn + 1 chia hết cho

x2 + x + 1.

Lời giải. Cách 1. Ta nhận thấy x3 ≡ 1(mod(x2 + x + 1)). Do đó

x2(n+3) + xn+3 + 1 ≡ x2n + xn + 1(mod(x2 + x + 1))
Do đó ta chỉ cần xét với n = 0, 1, 2. Rõ ràng
Với n = 0, 3 không chia hết cho x2 + x + 1.
Với n = 1, x2 + x + 1 chia hết cho x2 + x + 1.
Với n = 2, x4 + x2 + 1 ≡ x + x2 + 1 chia hết cho x2 + x + 1.
Từ đó suy ra x2n + xn + 1 chia hết cho x2 + x + 1 khi và chỉ khi n có dạng

3k + 1 hoặc 3k + 2.
Cách 2. (Số phức) Tương tự như bài tốn 1.6, ta có P (x) = x2n + xn + 1
chia hết cho x2 +x+1 khi và chỉ khi P (α) = 0. Áp dụng công thức Moivre,
ta có điều này tương đương với
cos

4nπ
4nπ
2nπ
2nπ
+ i sin
+ cos
+ i sin
+ 1 = 0.
3
3
3
3

Điều này xảy ra khi n khơng chia hết cho 3.
Bài tốn 1.8. Chứng minh rằng (xm − 1, xn − 1) = x(m,n) − 1.

m,

Lời giải. Giả sử d = (m, n) thì rõ ràng xm − 1 = (xd )

− 1 chia hết cho

xd − 1 và tương tự xn − 1 chia hết cho xd .
Suy ra xd − 1 là ước chung của xm − 1, xn − 1.
Giả sử D(x) là một ước chung của xm − 1, xn − 1. Vì d = (m, n) nên
tồn tại các số nguyên dương u, v sao cho d = mu − nv . Khi đó D(x) là
ước của (xmu − 1) − (xnv − 1) = xnv (xd − 1). Vì (xm − 1, xnv ) = 1 nên
(D(x), xnv ) = 1, suy ra D(x) là ước của xd − 1, suy ra xd − 1 là ước chung
lớn nhất của xm − 1 và xn − 1.

9


Chương 2
Vấn đề biểu diễn, xác định đa thức
2.1
2.1.1

Biểu diễn một số lớp các đa thức một biến
Biểu diễn các đa thức dương trên trục thực và nửa trục
thực

Định lí 2.1 ([3]-[6]). Giả sử đa thức P (x) ∈ R[x] và P (x) > 0 với mọi

x ∈ R. Khi đó P (x) có thể biểu diễn được dưới dạng
P (x) = [A(x)]2 + [B(x)]2 ,

trong đó A(x), B(x) cũng là các đa thức.
Chứng minh. Do P (x) > 0 với mọi x ∈ R nên đa thức P (x) có bậc
bằng 2n và có thể phân tích được dưới dạng tích của các nhân tử bậc hai
dương, nghĩa là

n

(aj x + xj )2 + yj2 ,

P (x) =
j=1

trong đó aj , xj , yj ∈ R, j = 1, 2, . . . , n.
Từ hằng đẳng thức

p21 + q12

p22 + q22 = (p1 p2 + q1 q2 )2 + (p1 q2 + p2 q1 )2 ,

ta có kết luận: Tích của hai biểu thức dạng [u (x)]2 + [v (x)]2 cũng là một
biểu thức có dạng đó.
Sau hữu hạn bước thực hiện quy trình đó ta thu được biểu thức dạng

P (x) = [A (x)]2 + [B (x)]2 .
10


Bài toán 2.1. Chứng minh rằng tồn tại đa thức bậc nhất P (x), Q(x) sao
cho

x2 − 3x + 3 = [P (x)]2 + [Q(x)]2 , ∀x ∈ R.

(2.1)

có các hệ số đều dương.

√
2
3
3 2
2
Lời giải. Nhận xét rằng x − 3x + 3 = x −
+
và a2 + b2 =
2
2
a+b 2
a−b 2
√
+ √
.
2
2
√
√
3
3
3
x− 2 + 2
x − 2 − 23

√
√
Chọn đa thức P (x) =
, P (x) =
, ta thu được
2
2
đẳng thức (2.1).
Bài toán 2.2. Cho f (x) = ax2 + bx + c ∈ R[x] thỏa mãn điều kiện

f (x) > 0 với mọi x ≥ 0. Chứng minh rằng tồn tại đa thức P (x) sao cho
đa thức Q(x) = f (x)P (x) có tất cả các hệ số đều không âm.
Lời giải. Do f (x) > 0 với mọi x ≥ 0 nên a > 0 và c = f (0) > 0.
Nếu b ≥ 0 thì ta chọn P (x) = 1 và ta nhận được ngay điều phải chứng
minh.
Nếu b < 0, do a > 0 ta tìm P (x) dưới dạng P (x) = (x + 1)n với n ≥ 2.
n

Ta có Q (x) = (x + 1)n =

Cnk xk nên

k=0

P (x) = ax2 + bx + c (x + 1)n
n
n+2

=ax

n+1

+ (b + na) x

aCnk−2 + bCnk−1 + cCnk xk

+ ··· +
k=0

+ · · · + (b + nc) x + c.
Ta chọn n sao cho

b + na ≥ 0
b + nc ≥ 0
k−2
k−1
aCn + bCn + cCnk ≥ 0 k = 2, 3, . . . , n
Nhận thấy ngay rằng với n > max

−b −b
,
a c

(1)
(2)
(3)

thì các điều kiện (1) và

(2) được thỏa mãn (do a > 0).

Ta biến đổi vế trái của (3) như sau:

h (k) = (a − b + c) k 2 − [a − (n + 2) b + (2n + 3) c] k
11


+c (n + 1) (n + 2) ≥ 0, do b < 0, a ≥ 0, c ≥ 0
nên a − b + c > 0.
Để (3) đúng với mọi k ta chọn n sao cho biệt thức của tam thức bậc
hai h(k) không dương ∆h ≤ 0. Biểu thức của ∆h cũng là một tam thức
bậc hai theo n có hệ số của n2 là

(b − 2c)2 − 4c (a − b + c) = b2 − 4ac ≤ 0
(do f (x) ≥ 0, ∀x ≥ 0; a > 0).
Do vậy, ta có: lim ∆h = −∞.
n→∞

Do đó với n đủ lớn thì ∆h ≤ 0. Từ đó suy ra tồn tại n thỏa mãn đồng
thời (1), (2) và (3).
Định lí 2.2. Giả sử đa thức g(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 n ≥ 3
thỏa mãn điều kiện g(x) > 0 với mọi x > 0. Khi đó tồn tại s ∈ N để đa
thức Q(x) dạng Q(x) = g(x)(x + 1)s có các hệ số đều khơng âm.
Chứng minh. Ta xét hai trường hợp deg g (x) = 2m và

deg g (x) = 2m + 1 với m ∈ N.
Khi n = 2m thì ta có thể phân tích
m

ak x2 + bk x + ck ,

g (x) =
k=1

trong đó ak x2 + bk x + ck > 0, ∀x > 0. Theo Bài toán 2.2 với mỗi đa
thức ak x2 + bk x + ck đều tồn tại số tự nhiên mk sao cho đa thức Qk (x) =

ak x2 + bk x + ck (x + 1)mk có các hệ số đều khơng âm.
m

m

Qk (x) = g (x)

Từ đó
k=1

(x + 1)mk = g (x) (x + 1)m1 +···+mm là một

k=1

đa thức cũng có các hệ số đều khơng âm.
Khi deg g (x) = 2m + 1 thì g (x) có ít nhất một nghiệm khơng dương
là −a (a ≥ 0). Ta có

g (x) = (x + a) h (x) với h (x) > 0 với mọi x > 0 và deg h (x) = 2m.
Do deg h (x) = 2m nên theo (1) tồn tại số nguyên dương s sao cho
h (x) (x + 1)s có các hệ số đều khơng âm và vì vậy đa thức g (x) (x + 1)s
cũng có các hệ số đều không âm.
12

Bài toán 2.3. Chứng minh rằng tồn tại đa thức Q(x) sao cho đa thức

P (x) = (x2 − 3x + 3)Q(x) có các hệ số đều dương.
Lời giải. Nhận xét rằng
(x2 − 3x + 3)(x2 + 3x + 3) = x4 − 3x2 + 9,
(x4 − 3x2 + 9)(x4 + 3x2 + 9) = x8 + 9x4 + 81.
Chọn đa thức

Q(x) = (x2 + 3x + 3)(x4 + 3x2 + 9)(x3 + x2 + x + 1).
Khi đó

P (x) = (x2 − 3x + 3)Q(x)
= x11 + x10 + x9 + x8 + 9x7 + 9x6 + 9x5 + 9x4 + 81x3 + 81x2 + 81x + 81.
Bài toán 2.4. Chứng minh rằng nếu đa thức P (x) ≥ 0 với mọi x ≥ 0 thì
tồn tại các đa thức A(x), B(x), C(x), D(x) để P (x) biểu diễn được dưới
dạng

P (x) = [A (x)]2 + [B (x)]2 + x [C (x)]2 + [D (x)]2 .
Lời giải.
1) Trường hợp deg P (x) = 2m.
Nếu m = 0 thì ta dễ dàng viết được biểu diễn (2.2).
Với m ≥ 1, ta có thể phân tích đa thức P (x) dưới dạng
m

ak x2 + bk x + ck ,

P (x) =
k=1

trong đó ak > 0, ak x2 + bk x + ck ≥ 0, ∀x ≥ 0.
Nhận xét rằng với mỗi đa thức

ak x2 + bk x + ck ≥ 0, ∀x ≥ 0
ta đều có thể viết được

ax2 + bx + c = (αk x + βk )2 + x γk2 + δk2 .
13

(2.2)


Do đó

m

(αk x + βk )2 + x γk2 + δk2 .

P (x) =
k=1

Mặt khác, ta cũng có tích của hai đa thức dạng p2 + q 2 + x r2 + s2
cũng là một đa thức có dạng đó.
Thật vậy, ta có

p21 + q12 + x r12 + s21

p22 + q22 + x r22 + s22

=

p21 + q12

p22 + q22 + x2 r12 + s21

r22 + s22

+x

p21 + q12

r22 + s22 + x2 r12 + s21

p22 + q22

.

Theo Bài tốn 2.2 thì ta có biểu diễn

p21 + q12

p22 + q22 + x2 r12 + s21

r22 + s22

= [A (x)]2 + [B (x)]2 ,

p21 + q12

r22 + s22 + x2 r12 + s21

p22 + q22

= [C (x)]2 + [D (x)]2 .

Vậy nên

P (x) = [A (x)]2 + [B (x)]2 + x [C (x)]2 + [D (x)]2 .
Trường hợp deg P (x) = 2m + 1.
Lập luận tương tự như đối với Định lý 2.1, ta thu được
n

(x + d) ak x2 + bk x + ck

P (x) =
k=1

= [A (x)]2 + [B (x)]2 + x [B (x)]2 + [C (x)]2 = [B (x)]2 + [C (x)]2
(Do các biểu thức trong ngoặc nhọn là không âm với mọi x nên áp dụng
được kết quả biểu diễn của Bài toán 2.2).

2.1.2

Biểu diễn các đa thức dương trên một khoảng

Định lí 2.3. Giả sử đa thức f (x) ∈ R[x] thỏa mãn điều kiện f (x) > 0,

∀x ∈ (−1; 1) . Khi đó đa thức f (x) có thể biểu diễn được dưới dạng
k

αj (1 + x)αj (1 − x)βj

f (x) =
j=0

14


với αj ≥ 0, αj , βj ∈ N.
Chứng minh. Giả sử deg f (x) = m. Đặt
Do x ∈ (−1; 1) nên t > 0 và f (x) = f

1+x
t−1
= t thì x =
.
1−x
t+1
t−1
> 0, ∀t > 0.
t+1

Do đó đa thức Q(t) với

Q (t) = (t + 1)m f

t−1
t+1

là một đa thức thỏa mãn điều kiện Q(t) > 0 , ∀t > 0.

Theo Định lý 2.1 thì tồn tại n ∈ N sao cho

(t + 1)

m+n

f

k

t−1
t+1

b j tj

=
j=0

là một đa thức có các hệ số đều khơng âm. Suy ra

(t + 1)

m+n

f

k

t−1
t+1

b j tj

=
j=0

với bj > 0, k ≤ m + n.
2
1+x
+1=
, nên ta thu được
Mà t + 1 =
1−x
1−x
k

m+n

2
1−x

f (x) =

bj
j=0

1+x
1−x

j

.

Suy ra
k

f (x) =
j=0

bj
(1
m+n
2

+ x)j (1 − x)m+n−j

hay
k

αj (1 + x)j (1 − x)m+n−j

f (x) =
j=0

bj

≥ 0.
2m+n
Từ đó ta có điều phải chứng minh.

với αj =

15


Bài toán 2.5. Chứng minh rằng tồn tại đa thức dạng
m

ak (1 − x)k (1 + x)m−k ,

Q(x) =
k=1

trong đó ak ≥ 0 với mọi k = 1, 2, . . . , m sao cho x2 + 1 = Q(x) với mọi

x ∈ [−1, 1].
Lời giải. Sử dụng đẳng thức (1 − x)2 + (1 + x)2 = 2(x2 + 1), ta có
1
x2 + 1 = Q(x) với mọi x ∈ [−1, 1], trong đó Q(x) = [(1 − x)2 + (1 + x)2 ].
2

2.2

Một số đồng nhất thức giữa các đa thức nhiều
biến

Với các số thực a, b, c, x, y, z và d = 0 có các đồng nhất thức sau đây:
(i) (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 và (a − b)2 = a2 − 2ab + b2 .
(ii) (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca).
(iii) (a + b)3 = a3 + 3ab(a + b) + b3 và (a − b)3 = a3 − 3ab(a − b) − b3 .

(iv) a2 − b2 = (a − b)(a + b).
(v) a3 − b3 = (a − b)(a2 + ab + b2 ) và a3 + b3 = (a + b)(a2 − ab + b2 ).
(vi) (a2 + b2 )(x2 + y 2 ) = (ax + by)2 + (ay − bx)2 .
(vii) (a2 + b2 + c2 )(x2 + y 2 + z 2 ) = (ax + by + cz)2 + (ay − bx)2 + (bz −

cy)2 + (cx − az)2 .
a
|a|
và |a| = |b| khi và chỉ khi a = ±b.
(viii) |ab| = |a||b|, | | =
d
|d|
Bài toán 2.6. Cho đa thức P (x, y, z, t) với các hệ số thực thỏa mãn hệ
thức

P x, y, z, ± x2 + y 2 + z 2 ≡ 0, ∀x, y, z ∈ R.

16


Chứng minh rằng đa thức P (x, y, z, t) có thể biểu diễn được dưới dạng

P (x, y, z, t) = x2 + y 2 + z 2 − t2 Q (x, y, z, t)
trong đó Q (x, y, z, t) là đa thức với hệ số thực.
Lời giải. Thực hiện phép chia P (x, y, z) cho t2 − x2 − y 2 − z 2 theo
biến t (x, y, z là tham số) ta thu được

P (x, y, z, t) = (x2 +y 2 +z 2 −t2 )Q(x, y, z, t)+tR(x, y, z)+S(x, y, z). (2.3)
Thay t = ± x2 + y 2 + z 2 vào (2.3) ta suy ra R(x, y, z) = 0.

x2 + y 2 + z 2 thì từ (2.3) ta thu được
S(x, y, z) = 0. Từ đây ta thu được biểu diễn
Với x, y, z cố định, ta chọn t =

P (x, y, z, t) = (x2 + y 2 + z 2 − t2 )Q(x, y, z, t).
Bài toán 2.7. Cho đa thức hai biến P (x, y) thỏa mãn điều kiện
i) P (tx, ty) = t2 P (x, y) với mọi x, y, t ∈ R,
ii) P (b + c, a) + P (c + a, b) + P (a + b, c) = 0 với mọi a, b, c ∈ R,
iii) P (1, 0) = 1.
Chứng minh rằng đa thức P (x, y) có dạng

P (x, y) = (x + y)m (x − 2y) , m ∈ N.
Lời giải. Trong b) đặt b = 1 − a; c = 0, ta được

P (1 − a, a) = −1 − P (a, 1 − a) .

(2.4)

Lại đặt c = 1 − a − b và kết hợp với a) ta được

P (a + b, 1 − a − b) = P (a, 1 − a) + P (b, 1 − b) + 2.

(2.5)

Đặt f (x) = P (x, 1 − x) + 2. Khi đó f (x) là hàm liên tục trên R và

f (1) = P (1, 0) + 2 = 3 và (2.5) trở thành f (x + y) = f (x) + f (y). Đó là
phương trình hàm Cauchy
f (x + y) = f (x) + f (y)
f (1) = 3.

17

(2.6)


Phương trình (2.6) có nghiệm duy nhất f (x) = 3x. Vậy nên

P (x, 1 − x) = 3x − 2.
Với a + b = 0, đặt t = a + b; x =

(2.7)

a
b
;y =
thì ta sẽ thu được
a+b
a+b

P (a, b) = (a + b)n P

a
a
,1 −
a+b
a+b

=

a

3
− 2 = (a + b)n−1 (a − 2b) .
a+b

n

= (a + b)

(2.8)

Nhưng do P (x, y) liên tục nên (2.8) đúng với cả trường hợp a + b = 0.
Tóm lại P (x, y) = (x + y)n−1 (x − 2y) .
Bài toán 2.8. Cho đa thức với hệ số thực f (x, y) biến x, y ∈ R và giả
thiết rằng

f (ax1 + bx2 , y) = af (x1 , y) + bf (x2 , y) , ∀x1 , x2 , y ∈ R.

(2.9)

Cho tập S ⊂ R và ký hiệu

g (x) = max f (x, y) .
y∈S

(2.10)

Chứng minh rằng

g (x1 + x2 ) ≤ g (x1 ) + g (x2 ) , ∀x1 , x2 ∈ R.
Lời giải. Ta có

g (x1 + x2 ) = max f (x1 + x2 , y) = max [f (x1 , y) + f (x2 , y)]
y∈S

y∈S

≤ max f (x1 , y) + max f (x2 , y) = g (x1 ) + g (x2 ) ,
y∈S

y∈S

điều phải chứng minh.
Nhận xét 2.1. Biểu diễn (2.10) cũng đúng với những lớp hàm số rộng
hơn lớp các hàm đa thức. Chẳng hạn ta có biểu diễn

|x| = max(xy) ∀x ∈ R.
|y|≤1

18


Bài tốn 2.9. Cho α là bộ n số khơng âm (a1 , a2 , . . . , an ) (n ≥ 1, n ∈ N).
Chứng minh rằng
1
n

n

ai

n

= min
S(x)

i=1

i=1

ai x i
,
n

(2.11)

trong đó S (x) là tập hợp các bộ số không âm x = (x1 , x2 , . . . , xn ) thỏa
n

xi = 1.

mãn điều kiện
i=1

Lời giải. Theo bất đẳng thức AM - GM
1
n

n

1

n

n

xi

ai

i=1

n

≤

i=1

i=1

ai xi
.
n

(2.12)

Theo định nghĩa của tập S (x) thì (2.12) sẽ có dạng
1
n

n

ai

n

≤

i=1

i=1

ai xi
, ∀x ∈ S (x) .
n

Vậy (2.11) được chứng minh.
Bài toán 2.10. Chứng minh rằng

a4 + b4 + c4 + ab3 + bc3 + ca3 ≥ 2 a3 b + b3 c + c3 a , ∀a, b, c, d ∈ R.
Lời giải. Ta có

2 a4 + b4 + c4 + ab3 + bc3 + ca3 − 2 a3 b + b3 c + c3 a
= a2 − ab + ac − c2

2

+ b2 − bc + ba − a2

2

+ c2 − ca + cb − b2

2

≥ 0,

điều phải chứng minh.

2.3
2.3.1

Xác định đa thức theo các đặc trưng của chúng
Đặc trưng hàm của đa thức với biến tự do

Trong mục này ta khảo sát một số dạng đẳng thức đa thức với cặp biến
tự do.

19


Bài tốn 2.11. Tìm tất cả các đa thức P (x) bậc n thỏa mãn điều kiện

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

(2.13)

Lời giải. Cho y = 0, ta thu được

P x2 = 2P (x) , ∀x ∈ R.

(2.14)

Giả sử deg P = n. Khi đó P (x2 ) là đa thức bậc 2n và 2P (x) là đa thức
bậc n. Từ (2.14) suy ra 2n = n, tức n = 0 và P (x) = const . Thế vào
(2.13), ta được P (x) = 0. Thử lại ta thấy các nghiệm P (x) ≡ 0 thỏa mãn
điều kiện bài ra.
Bài tốn 2.12. Tìm tất cả các đa thức P (x) bậc n thỏa mãn điều kiện

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

(2.15)

Lời giải. Đặt x + y = u, x − y = v thì (2.15) có dạng

P (u, v) = P (u) P (v) , ∀x, y ∈ R.

(2.16)

Đặt u = v = 0 vào (2.16) ta được P (0) = 0 hoặc P (0) = 1.
Nếu P (0) = 1 thì từ (2.16) với v = 0, ta thu được

P (0) = P (u) P (0) ⇒ P (x) ≡ 1
.
Nếu P (0) = 0 thì x = 0 là một nghiệm của P (x) nên P (x) = xQ (x) với

Q(x) là đa thức bậc n − 1. Thế vào (2.16) ta thu được
uvQ (uv) = uvQ (u) Q (v) , ∀x, y ∈ R.
Suy ra

Q (uv) = Q (u) Q (v) , ∀x, y ∈ R

(2.17)

với Q (u) ≡ 1 hoặc Q (x) = xQ1 (x) , Q1 (x) là đa thức bậc n − 2.
Tiếp tục quá trình này, sau hữu hạn bước ta thu được nghiệm của bài toán

P (x) ≡ 1 và P (x) = xn , ∀x, y ∈ R∗ .
Thử lại ta thấy các nghiệm P (x) ≡ 1 và P (x) = xn thỏa mãn điều kiện
bài ra.
20


Bài tốn 2.13. Tìm tất cả các đa thức f : R → R thỏa mãn các điều
kiện

f (x + y) = f (x) + f (y) + 2xy, ∀x, y ∈ R.

(2.18)

Lời giải. Cho x = y = 0 vào (2.18) ta được f (0) = 0. Từ giả thiết suy
ra

f (y) + 2xy
f (x + y) − f (x)
= lim
= 2x + f (0) .
y→0
y→0
y
y

f (x) = lim
Vậy nên

x

f (t) dt = x2 + ax, a ∈ R.

f (x) = f (x) − f (0) =
0

Thử lại ta thấy hàm số f (x) = x2 + ax thỏa mãn n điều kiện bài ra.
Bài tốn 2.14. Tìm tất cả các đa thức p1 (x) , p2 (x) , p3 (x) , p4 (x) sao
cho với x, y, z, t ∈ R thỏa mãn điều kiện

xy − zt = 1 thì p1 (x) p2 (y) − p3 (z) p4 (t) = 1.
Lời giải. Giả sử ni = degpi , i = 1, 2. Lấy số tự nhiên N sao cho số các
ước số của N lớn hơn n1 + n2 . Đặt z = 1 và t = N − 1.
Với mọi ∀x, y ∈ Z và x| N ta có

p1 (x) p2 (N/x) = 1 + p3 (1) p4 (N − 1) .

(2.19)

Phương trình (2.19) đối với x có vế trái là đa thức bậc ≤ n1 + n2 và đa
thức này có nhiều hơn n1 + n2 nghiệm nên

deg (p1 (x) p2 (N/x)) = 0
.
Suy ra p1 (x) = axn , p2 (x) = bxn . Tương tự ta có p3 (x) = cxm , p4 (x) =

dxm . Với x = y = 1, z = t = 0 thì xy − zt = 1 nên
p1 (x) p2 (y) − p3 (z) p4 (t) = ab = 1.
21


Với x = y = 0, z = 1, t = −1 thì xy − zt = 1 nên:

p1 (x) p2 (y) − p3 (z) p4 (t) = cd = 1.
Với x = z = 1, t = y − 1 ta có y n − (y − 1)m = 1, ∀y ∈ Z. Do đó

m = n = 1.
x
x
Vậy p1 (x) = ax, p2 (x) = , p3 (x) = cx, p4 (x) = . trong đó a, c là các
a
c
hằng số khác 0.
2.3.2

Xác định đa thức theo các đặc trưng nghiệm

Bài tốn 2.15. Tìm tất cả các cặp số a, b sao cho x4 + 4x3 + ax2 + bx + 1
là bình phương của một đa thức.
Lời giải. Nếu x4 + 4x3 + ax2 + bx + 1 là bình phương của một đa thức
thì đa thức đó phải có bậc 2. Giả sử

x4 + 4x3 + ax2 + bx + 1 = (Ax2 + Bx + C)2
⇔ x4 + 4x3 + ax2 + bx + 1 = A2 x4 + 2ABx3 + (2AC + B 2 )x2 + 2BCx + C 2
Đồng nhất hệ số hai vế, ta được

A2 = 1, 2AB = 4, 2AC + B 2 = a, 2BC = b, C 2 = 1.
Khơng mất tính tổng qt, có thể giả sử A = 1, suy ra B = 2, C có thể
bằng 1 hoặc −1.
Nếu C = 1 thì a = 6, b = 4.
Nếu C = −1 thì a = 2, b = −4.
Vậy có hai cặp số (a, b) thỏa mãn yêu cầu bài toán là (6, 4) và (2, −4).
Bài toán 2.16. Xác định đa thức bậc 4 dạng

P (x) = x4 + bx2 + c (b, c > 0)

(2.20)

sao cho phương trình P (x) = x2 khơng có nghiệm thực cịn phương trình
sau

P (P (x)) = x4
22

(2.21)