Một số lớp bài toán về xác định đa thức đại số

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

TRƯƠNG TRUNG DUYÊN

MỘT SỐ LỚP BÀI TOÁN VỀ
XÁC ĐỊNH ĐA THỨC ĐẠI SỐ

LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC

ĐÀ NẴNG - NĂM 2015


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

TRƯƠNG TRUNG DUYÊN

MỘT SỐ LỚP BÀI TOÁN VỀ
XÁC ĐỊNH ĐA THỨC ĐẠI SỐ

LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 60.46.10.13

Người hướng dẫn khoa học:
GS. TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU

ĐÀ NẴNG - NĂM 2015

MỤC LỤC

MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài . . . . . . . . . . . . .
2. Mục đích nghiên cứu . . . . . . . . . . .
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu . . . . .
4. Phương pháp nghiên cứu . . . . . . . . .
5. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài
6. Cấu trúc của luận văn . . . . . . . . . . .

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

CHƯƠNG 1. NHỮNG KIẾN THỨC BỔ TRỢ
1.1. MỘT SỐ TÍNH CHẤT CƠ BẢN CỦA ĐA THỨC ĐẠI SỐ .
1.2. MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ ĐA THỨC VỚI HỆ
NGUYÊN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3. BẤT ĐẲNG THỨC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

.
.
.
.
.
.

.
.
.

.
.
.

.
.
.
.
.
.

. . .
SỐ
. . .
. . .

CHƯƠNG 2. XÁC ĐỊNH ĐA THỨC THEO CÁC YẾU TỐ
ĐẠI SỐ
2.1. XÁC ĐỊNH ĐA THỨC THEO ĐẶC TRƯNG SỐ HỌC . . . . . .
2.2. XÁC ĐỊNH ĐA THỨC THEO TÍNH CHẤT NGHIỆM . . . . . .
2.3. XÁC ĐỊNH ĐA THỨC THEO ĐẶC TRƯNG HÀM VỚI CÁC
BIẾN TỰ DO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4. XÁC ĐỊNH ĐA THỨC BỞI PHÉP BIẾN ĐỔI ĐỐI SỐ . . . . . .
2.5. XÁC ĐỊNH ĐA THỨC THEO ĐẶC TRƯNG NỘI SUY . . . . .
CHƯƠNG 3. XÁC ĐỊNH ĐA THỨC THEO CÁC YẾU TỐ
GIẢI TÍCH
3.1. XÁC ĐỊNH ĐA THỨC THEO ĐẶC TRƯNG GIỚI HẠN, LIÊN
TỤC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2. XÁC ĐỊNH ĐA THỨC THEO ĐẶC TRƯNG VI PHÂN . . . . .
3.3. XÁC ĐỊNH ĐA THỨC THEO ĐẶC TRƯNG TÍCH PHÂN . . .

1
1
1
1
2
2
2
4
4
6
9

10
10
14
22
29
36

44
44
50
58

KẾT LUẬN

63

TÀI LIỆU THAM KHẢO

64

QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI LUẬN VĂN (bản sao)


LỜI CAM ĐOAN
Tơi cam đoan đây là cơng trình nghiên cứu của riêng tôi.
Các số liệu, kết quả nêu trong luận văn là trung thực và chưa từng được
ai công bố trong bất kỳ cơng trình nào khác.
Tác giả luận văn

TRƯƠNG TRUNG DUYÊN


MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Lịch sử phát triển lồi người đã chứng tỏ rằng tốn học là đỉnh cao của
trí tuệ, xuất hiện rất nhiều trong các ngành khoa học.
Như chúng ta đã biết, đa thức là một chun đề trọng tâm của chương
trình tốn trung học phổ thông. Đa thức không chỉ là đối tượng nghiên cứu
quan trọng của đại số mà cịn là cơng cụ đắc lực trong nhiều lĩnh vực giải
phương trình, bất phương trình và các ứng dụng khác.
Trong các kì thi học sinh giỏi cấp quốc gia, quốc tế, kì thi Olympic Tốn
sinh viên giữa các trường đại học, các bài toán liên quan đến đa thức thường
xuyên được đề cập và xem như là những dạng tốn khó. Do đó, đa thức tuy
là vấn đề cổ điển nhưng đối với tôi, đa thức vẫn có sức cuốn hút và hấp dẫn
vơ cùng.
Chính vì vậy, tơi đã chọn đề tài
"Một số lớp bài toán về xác định đa thức đại số"

Đề tài này nhằm đáp ứng mong muốn của bản thân về một đề tài phù
hợp, có thể phục vụ thiết thực cho việc giảng dạy của mình trong nhà trường
phổ thơng.

2. Mục đích nghiên cứu
Mục đích của đề tài là nhằm hệ thống và tổng quan các dạng toán về
xác định đa thức theo các yếu tố đại số và giải tích.
Nghiên cứu đề tài này nhằm mục đích tác giả có thể hồn thiện kiến
thức và nâng cao trình độ chun môn của bản thân.

3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
a. Đối tượng nghiên cứu
Đề tài này tập trung nghiên cứu về các dạng toán xác định đa thức theo
các yếu tố đại số và giải tích.
b. Phạm vi nghiên cứu


2

Đề tài chỉ tập trung nghiên cứu về các bài toán xác định đa thức đại số
trên tập số thực.

4. Phương pháp nghiên cứu
Nghiên cứu tài liệu, sách tham khảo, giáo trình của GS.TSKH Nguyễn
Văn Mậu, các trang web tốn học từ đó trao đổi với thầy hướng dẫn các kết
quả đang nghiên cứu.
Nghiên cứu qua thực tế giảng dạy.

5. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài
Tạo được một đề tài gần gũi và phù hợp cho việc giảng dạy và bồi dưỡng

học sinh giỏi trung học phổ thơng.
Đề tài đóng góp thiết thực cho việc dạy và học các chun đề tốn trung
học phổ thơng, qua đó đem lại niềm say mê sáng tạo từ những bài toán cơ
bản nhất.
Bài toán xác định về đa thức thường gặp khi giải phương trình hàm
trên tập các đa thức. Ta có thể trước hết xác định bậc của đa thức rồi lần
lượt xác định các hệ số hoặc sử dụng các tính chất của vành các đa thức.
Thật khó để phân chia các bài tốn xác định về đa thức theo một biên giới
rạch ròi như tiêu đề của từng chương, và đâu đó trong một vài vấn đề của
bài này vẫn có xuất hiện bóng dáng của vấn đề kia.Tuy nhiên, người viết đã
cố gắng trình bày một cách mạch lạc, hệ thống các bài tập xoay quanh chủ
đề của từng chương luận văn.
Luận văn bao gồm phần mở đầu, 3 chương, phần kết luận, và danh mục
tài liệu tham khảo.
Chương I. Những kiến thức bổ trợ.
Trong chương này, người viết trình bày tóm tắt các kiến thức cơ bản về
đa thức và đa thức hệ số nguyên, một số bất đẳng thức được dùng trong các
chương sau.
Chương II. Xác định đa thức theo các yếu tố đại số.
Chương này trình bày tổng quan các bài tốn xác định đa thức theo các


3

yếu tố đại số như đặc trưng số học, tính chất nghiệm, đặc trưng nội suy, đặc
trưng hàm với các biến tự do, với các phép biến đổi đối số . . .
Chương III. Xác định đa thức theo các yếu tố giải tích.
Chương này trình bày tổng quan các bài toán xác định đa thức theo các
yếu tố giải tích như là các đặc trưng giới hạn, tích phân, vi phân . . .

4

CHƯƠNG 1

NHỮNG KIẾN THỨC BỔ TRỢ

1.1. MỘT SỐ TÍNH CHẤT CƠ BẢN CỦA ĐA THỨC ĐẠI SỐ
Định nghĩa 1.1 (Định nghĩa về đa thức một biến, [4]). Giả sử A = R
hoặc A = C. Ta gọi đa thức bậc n biến x trên A là một biểu thức có dạng

Pn (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0

(an = 0) ,

trong đó ak được gọi là hệ số theo xk , an là hệ số bậc cao nhất, a0 là hệ số
tự do của đa thức.
Tập hợp tất cả các đa thức với hệ số lấy trong A được kí hiệu là A [x].
Chú ý 1.1. Trong luận văn này, ta chỉ xét đa thức thực đại số, tức là
đa thức một biến trên trường số thực R.
Định nghĩa 1.2 (Bậc của đa thức, [4]). Cho

Pn (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0
trên trường số thực R.
Nếu an = 0 thì n được gọi là bậc của đa thức Pn (x), kí hiệu degP = n.
Nếu ak = 0 (k = 1, . . . , n) và a0 = 0 thì ta có bậc của đa thức là 0. Ta
gọi đa thức Pn (x) = a0 là đa thức hằng.
Nếu ak = 0 (k = 0, . . . , n) thì ta gọi Pn (x) là đa thức khơng và người
ta định nghĩa bậc của đa thức không là âm vô cùng.

Định nghĩa 1.3 (Đồng nhất thức, [7]). Cho hai đa thức f, g ∈ R [x],

f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 , an = 0,
g (x) = bm xm + bm−1 xm−1 + · · · + b1 x + b0 , bm = 0.
Đa thức f (x) và g (x) được gọi là đồng nhất với nhau nếu

f (x) = g (x) ,

∀x ∈ R,


5

tức là f ≡ g ⇔ n = m và ai = bi với i = 0, 1, . . . , n.

Định nghĩa 1.4 ([7]). Giả sử A là một trường, a ∈ A, m ∈ N∗ , f (x) ∈

A [x], m là số tự nhiên lớn hơn hoặc bằng 1.
a là nghiệm bội cấp m của f (x) khi và chỉ khi f (x) chia hết cho (x − a)m
và không chia hết cho (x − a)m+1 . Trong trường hợp m = 1, 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 đa thức có một nghiệm bội cấp

m như đa thức có m nghiệm trùng nhau.

Định lý 1.1 ([8]). Mỗi đa thức thực bậc n đều có khơng q n nghiệm
thực.
Chứng minh. Ta chứng minh định lí theo phương pháp quy nạp.
Với n = 0, đa thức khơng có nghiệm thực.

Với n > 0, giả sử đa thức bậc n đều có không quá n nghiệm thực. Ta
cần chứng minh một đa thức bậc n + 1 đều có khơng q n + 1 nghiệm thực.
Cho f (x) ∈ R [x], degf = n + 1. Gọi c là một nghiệm của f (x). Khi
đó f (x) = (x − c) q (x) .
Mà degf (x) = deg (x − c) + degq (x) suy ra degq (x) = n. Theo giả
thiết quy nạp, đa thức q (x) có khơng q n nghiệm, do đó đa thức f (x) có
khơng q n + 1 nghiệm. Vậy mệnh đề được chứng minh.
Hệ quả 1.1 ([4]). Đa thức có vơ số nghiệm là đa thức khơng.
Hệ quả 1.2 ([1]). Nếu đa thức thực có bậc n có hơn n nghiệm thì đó
là đa thức khơng.
Hệ quả 1.3 ([4]). Nếu đa thức có bậc khơng quá n mà nhận cùng một
giá trị như nhau tại n + 1 điểm phân biệt của đối số thì đó là đa thức hằng.
Hệ quả 1.4 ([4]). Hai đa thức bậc không quá n mà nhận n + 1 giá trị
trùng nhau tại n+1 điểm phân biệt của đối số thì chúng đồng nhất với nhau.


6

Tính chất 1.1 (Sơ đồ Horner, [4]). Giả sử f (x) ∈ A [x] với A là một
trường,

f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 .
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, . . . , n − 1,
và dư số r = ab0 + a0 .

Định lý 1.2 ([4]). 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.
Định nghĩa 1.5 (Ước chung lớn nhất, [4]). Nếu hai đa thức P (x) và

Q (x) khác đa thức khơng, 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).
1.2. MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ ĐA THỨC VỚI HỆ
SỐ NGUYÊN
Định nghĩa 1.6 ([4]). Cho L ⊂ R. Đa thức P (x) ∈ L [x] được gọi là
khả quy trên L [x] nếu tồn tại các đa thức Q (x) và T (x) cùng thuộc L [x]
và có bậc > 0, sao cho

P (x) = Q (x) T (x) .
Trong trường hợp ngược lại, P (x) được gọi là bất khả quy trên L [x] .
Định nghĩa 1.7 ([4]). Tập tất cả các đa thức khả quy trên L [x] được
kí hiệu là L∗ [x]. Vậy P (x) khả quy trên L [x] kéo theo P (x) ∈ L∗ [x] và

P (x) bất khả quy trên L [x] kéo theo P (x) ∈
/ L∗ [x].


7

Tính chất 1.2 ([4]). Mọi đa thức P (x) ∈ R [x] với bậc lớn hơn 2
đều phân tích được thành nhân tử bậc nhất và bậc hai nên cũng có thể coi

P (x) ∈ R∗ [x].
Nhận xét 1.1 ([4]). Tính khả quy của đa thức thực chất chỉ có ý
nghĩa trong Q [x] và Z [x] hoặc trong L [x]. Nếu P (x) ∈ Q [x] thì gọi M là
mẫu chung nhỏ nhất của các mẫu số của các hệ số trong P (x) thì P (x) =
1
P1 (x) với P1 (x) ∈ Z [x].
M
Hiển nhiên, nếu P (x) khả quy trên L [x] thì với mọi A ∈ L, đa thức

A.P (x) cũng khả quy trên L [x] . Bởi vậy ta chỉ xét tính khả quy của các đa
thức thuộc Z [x].
Định nghĩa 1.8 ([4]). Đa thức P (x) ∈ Z [x] được gọi là đa thức nguyên
bản nếu bộ các hệ số của nó nguyên tố cùng nhau (có thể khơng đơi một
ngun tố cùng nhau).
Tính chất 1.3 ([4]). Nếu f (x) ∈ Q [x] thì tồn tại duy nhất một đa
a
thức nguyên bản f1 (x) và một phân số tối giản (a ∈ Z, b ∈ N∗ ) sao cho
b
a
f (x) = f1 (x) .
b
Tính chất 1.4 ([4]). Tích của hai đa thức nguyên bản là một đa thức
nguyên bản.
Tính chất 1.5 ([4]). Nếu đa thức P (x) ∈ Z [x] có bậc lớn hơn 1 mà
khơng thuộc Z∗ [x] thì nó cũng khơng thuộc Q∗ [x].
Bổ đề 1.1. Cho đa thức P (x) ∈ Z [x] có bậc n, và a, b là hai số nguyên
.
khác nhau. Khi đó [P (a) − P (b)] .. (a − b) .
Chứng minh. Đặt

P (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 ,
trong đó an = 0 và ak ∈ Z với k = 0, . . . , n.
Ta có

P (a) = an an + an−1 an−1 + · · · + a1 a + a0 ,


8

P (b) = an bn + an−1 bn−1 + · · · + a1 b + a0 .
Do đó

P (a) − P (b) = an (an − bn ) + an−1 an−1 − bn−1 + · · · + a1 (a − b) .
.
Vì ak − bk chia hết (a − b) với k = 1 . . . n nên [P (a) − P (b)] .. (a − b) .

p
Bổ đề 1.2 ([4]). Chứng minh rằng nếu phân số tối giản , ((p, q) = 1)
q
là nghiệm của đa thức với hệ số nguyên
f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0
thì p là ước của a0 và q là ước của an .
Chứng minh. Vì phân số tối giản

p
là nghiệm của đa thức f (x). Khi
q

đó, ta có

f

p
q

pn
pn−1
p
= an n + an−1 n−1 + · · · + a1 + a0 = 0.
q
q
q

Từ đó, ta có

an pn = −q an−1 pn−1 + · · · + a1 pq n−2 + a0 q n−1 ,

(1.1)

a0 q n = −p an pn−1 + · · · + an−1 qpn−2 + a1 q n−1 .

(1.2)

và

Từ (1.1) suy ra an pn chia hết cho q mà (pn , q) = 1 nên an chia hết cho q .
Từ (1.2) suy ra a0 q n chia hết cho p mà (q n , p) = 1 nên a0 chia hết cho p.
Mệnh đề 1.1 ([7]). Nếu đa thức đa thức f (x) ∈ Z [x] có nghiệm số
p
hữu tỉ , ((p, q) = 1) thì qx − p là một nhân tử của đa thức f (x) ∈ Z [x].

q
Tính chất 1.6 (Tiêu chuẩn Eisentein). Cho đa thức

f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0
với các hệ số ngun. Giả sử có ít nhất một cách chọn số nguyên tố p thỏa
mãn các điều kiện:
(1) Hệ số cao nhất an không chia hết cho p;


9

(2) Tất cả các hệ số còn lại chia hết cho p;
(3) Hệ số tự do a0 chia hết cho p nhưng khơng chia hết cho p2 .
Khi đó đa thức f (x) khơng phân tích được thành tích các nhân tử
với bậc thấp hơn, với các hệ số hữu tỉ hay đa thức f (x) bất khả quy trong
Q [x].

1.3. BẤT ĐẲNG THỨC
Trong luận văn này, ta có sử dụng một số bất đẳng thức quen thuộc
như sau.
Định lý 1.3 (Bất đẳng thức Cauchy, [5]). Với mọi bộ số (xi ) , (yi ) ta
ln có bất đẳng thức sau
2

n

xi y i
i=1

n

n

x2i

≤
i=1

yi2 .
i=1

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hai bộ số (xi ) và (yi ) tỉ lệ với nhau,
tức tồn tại cặp số thực α, β không đồng thời bằng 0, sao cho

αxi + βyi = 0, ∀i = 1, 2, . . . , n.
Bất đẳng thức thường được gọi là bất đẳng thức Cauchy (đơi khi cịn
gọi là bất đẳng thức Bunhiascopki, Cauchy - Schwarz hoặc Cauchy - Bunhiascopki).
Định lý 1.4 (Bất đẳng thức AM-GM, [5]). Giả sử x1 , x2 , . . . , xn là các
số khơng âm. Khi đó

√
x1 + x2 + · · · + xn
≥ n x1 x2 . . . xn ..
n

(1.3)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = · · · = xn .
Bất đẳng thức (1.3) là bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung
bình nhân, thường được gọi là bất đẳng thức AM - GM.

10

CHƯƠNG 2

XÁC ĐỊNH ĐA THỨC THEO CÁC YẾU TỐ ĐẠI SỐ
Trong chương này, người viết xin trình bày một số bài toán xác định đa
thức theo một số yếu tố của đại số như là các tính chất nghiệm của đa thức,
đặc trưng số học, đặc trưng nội suy và đặc trưng hàm với các biến tự do, các
phép biến đổi đối số của hàm đa thức.

2.1. XÁC ĐỊNH ĐA THỨC THEO ĐẶC TRƯNG SỐ HỌC
Trong phần này, ta xét các bài toán xác định đa thức đại số theo một
số tính chất của số học như là tính chia hết, tính chia có dư, số ngun tố,
ước của một số tự nhiên . . . Trước hết, ta nhắc lại một số kiến thức cơ bản.
Định lý 2.1 ([4]). Giả sử A là một trường (A = R hoặc A = C) và

A [x] là vành các đa thức trên A. Với f (x) và g (x) là hai đa thức khác đa
thức không 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 degr (x) < degg (x) .

Nếu r (x) = 0 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 kí hiệu f ..g, g/f .
Nhận xét 2.2. Từ định lí trên, nếu ta lấy đa thức f (x) chia cho đa

thức g (x) ta được thương là q (x) và phần dư r (x) với degr (x) < degg (x) .
Và từ f (x) = g (x) q (x) + r (x) suy ra f (x) − r (x) = g (x) q (x) . Vậy
.
[f (x) − r (x)] ..g (x) .
Định nghĩa 2.9 ( Nghiệm của đa thức, [4]). Giả sử a ∈ A,

f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 ,

an = 0,

là đa thức tùy ý của vành A [x], phần tử

f (a) = an an + an−1 an−1 + · · · + a1 a + a0


11

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
trong A với x là ẩn.
Định lý 2.2 ([4]). Giả sử A là một trường, a ∈ A và f (x) ∈ A [x]. Dư
số của phép chia f (x) cho x − a chính là f (a).
Hệ quả 2.5 ([4]). Giả sử A là một trường, a ∈ A và f ∈ A [x]. a là
nghiệm của f (x) khi và chỉ khi f (x) chia hết cho x − a.
Bài tốn 2.1 ([7]). Tìm đa thức bậc ba f (x) sao cho f (x) chia hết
cho (x − 2) và f (x) chia cho x2 − 1 thì dư 2x.
Giải. Đặt f (x) = x3 + ax2 + bx + c với a, b, c ∈ R.

Vì f (x) chia hết cho (x − 2) nên f (2) = 0 hay

8 + 4a + 2b + c = 0.

(2.1)

Do f (x) chia cho x2 − 1 dư 2x nên ta đặt g (x) = f (x) − 2x. Khi đó

g (x) chia hết cho x2 − 1. Suy ra g(1) = 0 và g(−1) = 0, tức là
a + b + c − 1 = 0,

(2.2)

a − b + c + 1 = 0.

(2.3)

Từ (2.1), (2.2), (2.3) giải hệ ta được a =
10
10
thức cần tìm là f (x) = x3 − x2 + x +
.
3
3

10
−10
, b = 1, c =
. Vậy đa
3

3

Bài toán 2.2 ([7]). Xác định đa thức f (x) = 6x4 − 7x3 + ax2 + 3x + 2
chia hết cho x2 − x + b .
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 − 6b − 1) ,


12

và phần dư

r (x) = (a − 5b + 2) x + −ab + 6b2 + b + 2 .
Vì f (x) chia hết cho g (x) nên r (x) ≡ 0. Do đó

a − 5b + 2 = 0,

(2.4)

−ab + 6b2 + b + 2 = 0.

(2.5)

Từ (2.4) suy ra a = 5b − 2. Thay vào (2.5), ta được

b2 + 3b + 2 = 0 ⇒ b = −1 hoặc b = −2.
Với b = −1 thì a = −7 nên f (x) = 6x4 − 7x3 − 7x2 + 3x + 2.
Với b = −2 thì a = −12 nên f (x) = 6x4 − 7x3 − 12x2 + 3x + 2.

Vậy đa thức cần tìm là

f (x) = 6x4 − 7x3 − 7x2 + 3x + 2 và
f (x) = 6x4 − 7x3 − 12x2 + 3x + 2.
Bài tốn 2.3. Tìm các cặp số a, b sao cho x4 + 4x3 + ax2 + bx + 1 là
bình phương của một đa thức.
Giải. Nếu x4 + 4x3 + ax2 + bx + 1 là bình phương của một đa thức thì
đa thức đó có bậc là hai.
Đặt x4 + 4x3 + ax2 + bx + 1 = Ax2 + Bx + C

2

với A, B, C ∈ R.

Suy ra

x4 + 4x3 + ax2 + bx + 1 = A2 x4 + 2ABx3 + B 2 + 2AC x2 + 2BCx + C 2 .
Đồng nhất hệ số ta được
 2
A =1



 2AB = 4
B 2 + 2AC = a


2BC = b

 2

C =1
Nếu A = 1, C = 1 thì B = 2, a = 6, b = 4.
Nếu A = 1, C = −1 thì B = 2, a = 0, b = −4.


13

Nếu A = −1, C = 1 thì B = −2, a = 0, b = −4.
Nếu A = −1, C = −1 thì B = −2, a = 6, b = 4.
Vậy các đa thức tìm được là

x4 + 4x3 − 4x + 1,

x4 + 4x3 + 6x2 + 4x + 1.

Bài toán 2.4 ([4]). Xác định đa thức bậc n dạng

f (x) = xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 ,
biết rằng khi chia f (x) cho

(x − b1 ) ,

(x − b2 ) , . . . ,

(x − bn ) ,

(bi ∈ Z, bi = bj , i = j),

đều có chung số dư là m với m ∈ Z .
Giải. Theo giả thiết, ta có f (bi ) = m, với i = 1, . . . , n. Đặt g (x) =

f (x) − m thì g (x) có n nghiệm phân biệt là b1 , b2 , . . . , bn , degg = n và hệ
số bậc cao nhất của g (x) là 1.
Ta xét đa thức

h (x) = g (x) − (x − b1 ) . (x − b2 ) . . . (x − bn ) .
Khi đó

h (x) = (an−1 − A1 ) xn−1 + (an−2 − A2 ) xn−2 + · · · + (a0 − An − m) ,
trong đó A1 , A2 , . . . , An được xác định như sau

1

 A1 = (−1)2 (b1 + b2 + · · · + bn )
A2 = (−1) (b1 .b2 + b2 .b3 + · · · + bn−1 .bn )

 ..........
An = b1 b2 . . . bn .
Đa thức h (x) cũng có n nghiệm phân biệt b1 , b2 , . . . , bn mà degh (x) ≤

n − 1, nên theo hệ quả (1.3) suy ra h (x) ≡ 0. Từ đó suy ra các hệ số
ai (i = 0, . . . , n − 1) được xác định như sau
an−1 = A1 , an−2 = A2 , . . . , a1 = An−1 , a0 = An + m,
trong đó các số Ak được xác định như trên và ai ∈ Z (i = 0, . . . , n − 1).


14

Bài toán 2.5. Xác định các đa thức P (x) với hệ số nguyên sao cho với
mọi số tự nhiên n thì P (n) ln là ước tự nhiên của 2015.

Giải. Theo giả thiết, ta có

0 < P (n) ≤ 2015,

∀n ∈ N.

Suy ra P (x) là đa thức có hệ số bậc cao nhất nguyên dương và hàm đa
thức P (x) bị chặn trên R+ . Điều này chứng tỏ P (x) là đa thức hằng.
Vì P (n) là ước tự nhiên của 2015 với mọi số tự nhiên n nên

P (x) = c với c ∈ {1, 5, 13, 31, 65, 155, 403, 2015} .
Nhận xét 2.3. Ta có thể mở rộng bài tốn (2.5) như sau. Xác định các
đa thức P (x) với hệ số nguyên sao cho với mọi số tự nhiên n thì P (n) luôn
là ước tự nhiên của N với N là số nguyên dương bất kì.
Giải tương tự như trên, ta sẽ thu được kết quả P (n) là đa thức hằng
và P (n) = c với c là ước tự nhiên của N .
Bài tốn 2.6 ([4]). Chứng minh rằng khơng tồn tại đa thức bậc lớn
hơn 1 với hệ số nguyên dương để m ∈ N∗ luôn luôn kéo theo P (m) là số
nguyên tố.
Giải.Giả sử tồn tại

P (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a0 ,

aj > 0, (j = 0, 1, . . . , n) .

Ta có lim P (x) = +∞ và vì vậy tồn tại m ∈ N∗ để P (m) = a > 1 là
x→+∞

số nguyên tố và q ∈ N∗ để P (qa + m) > P (m). Tuy nhiên

P (qa + m) = Aa + P (m) = Aa + a = (A + 1) a,
không phải là số nguyên tố, mâu thuẫn.

2.2. XÁC ĐỊNH ĐA THỨC THEO TÍNH CHẤT NGHIỆM
Trong phần này, ta xét các bài tốn xác định đa thức đại số theo tính
chất các nghiệm của đa thức như là định lí Vieete, tính chất nghiệm thực,
nghiệm hữu tỉ của một đa thức. . . Ta nhắc lại một số kiến thức liên quan.


15

Định lý 2.3 (Định lí Vieete, [4]). a. 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 x . . . xn = (−1)
an
b. Ngược lại nếu các số x1 , x2 , . . . , xn thỏa mãn hệ trên thì chúng là
nghiệm của phương trình.

c. Các hàm E1 (x) , E2 (x) , . . . , En (x) được gọi là hàm (đa thức) đối
xứng sơ cấp Vieete bậc 1, 2, . . . , n tương ứng.
Nhận xét 2.4. Đặc biệt nếu đa thức có hệ số cao nhất là 1 (hay an = 1)
thì theo định lí Vieete ta có


 E1 (x) = x1 + x2 + . . . + xn = −an−1
E2 (x) = x1 x2 + x1 x3 + . . . + xn−1 xn = an−2

 ...
En (x) = x1 x . . . xn = (−1)n a0
Nhận xét 2.5. Định lí Vieete đã chỉ ra mối quan hệ giữa bộ các nghiệm
của đa thức với tất cả các hệ số trong đa thức đó.
Mệnh đề 2.2. Nếu đa thức f (x) ∈ Z [x] có nghiệm số hữu tỉ

(r, s) = 1 thì sx − r là một nhân tử của f (x) ∈ Z [x].

r
với
s

Định lý 2.4 ([7]). Cho đa thức f (x) ∈ R [x] có nghiệm x1 , x2 , . . . , xm
với bội tương ứng k1 , k2 , . . . , km . Khi đó tồn tại đa thức g (x) ∈ R [x] sao cho

f (x) = (x − x1 )k1 (x − x2 )k2 . . . (x − xm )km g (x) .
Mệnh đề 2.3 ([7]). Cho đa thức f (x) ∈ R [x]. Nếu degf = n và ki là
bội của nghiệm xi với i = 1, . . . , m thì

k1 + k2 + · · · + km ≤ n.

16

Đặc biệt, khi

k1 + k2 + · · · + km = n
thì ta có phân tích đầy đủ theo các nghiệm x1 , x2 , . . . , xm (có thể trùng nhau)
của đa thức f (x) bậc n

f (x) = a0 (x − x1 ) (x − x2 ) . . . (x − xn ) , a0 ∈ R.
Bài toán 2.7 ([7]). Xác định đa thức P (x) = x3 + ax2 + bx + c biết
rằng đa thức có ba nghiệm u, v, t và u3 , v 3 , t3 là ba nghiệm của phương trình

x3 + a3 x2 + b3 x + c3 = 0.
Giải. Vì đa thức P (x) = x3 + ax2 + bx + c có ba nghiệm u, v, t nên

P (x) = (x − u) (x − v) (x − t) .
Theo định lí Vieete, ta có

u + v + t = −a, uv + ut + vt = b, uvt = −c,

(2.6)

và u3 , v 3 , t3 là ba nghiệm của phương trình

x3 + a3 x2 + b3 x + c3 = 0
nên

u3 + v 3 + t3 = −a3 , u3 v 3 + u3 t3 + v 3 t3 = b3 , u3 v 3 t3 = −c3 .
Ta biến đổi

u3 + v 3 + t3 = (u + v)3 + t3 − 3uv (u + v) ,
= (u + v + t)3 − 3 (uv + vt + tu) (u + v + t) + 3uvt.

(2.7)

Thay (2.6) vào (2.7) ta được

−a3 = −3c + (−a)3 + 3ab.
Suy ra c = ab. Do đó

x3 + ax2 + bx + c = x3 + ax2 + bx + ab = (x + a) x2 + b = 0.
Suy ra x = −a hoặc x2 = −b > 0 nên b < 0. Vậy với c = ab và b < 0
thỏa mãn yêu cầu bài toán.


17

Bài toán 2.8 ([7]). Xác định đa thức P (x) = x4 + ax3 + bx2 + cx + 1
biết đa thức có ít nhất một nghiệm thực và thỏa a2 + b2 + c2 bé nhất.
Giải. Gọi x0 là nghiệm của đa thức. Ta dễ dàng nhận thấy x0 = 0
khơng phải là nghiệm của phương trình.
Ta có x0 4 + ax30 + bx20 + cx0 + 1 = 0 nên − x40 + 1 = ax30 + bx20 + cx0 .
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được

x40 + 1

2

2

= ax30 + bx20 + cx0

≤ a2 + b2 + c2

x60 + x40 + x20 .

Đặt t = x20 với t > 0 thì
2

t2 + 1
2
2
2
.
a +b +c ≥ 3
t + t2 + t
2

t2 + 1
Xét hàm số f (t) = 3
với t > 0. Ta có
t + t2 + t
f (t) =

(t − 1) t2 + 1 (t + 1)3
(t3 + t2 + t)2

.

Do đó f (t) = 0 khi t = 1. Và lim+ f (t) = +∞, lim f (t) = +∞.
t→0

t→+∞

4
Do đó min f (t) = f (1) = . Suy ra
3
4
a2 + b2 + c2 ≥ .
3
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

t = x20 = 1 và

b
c
a
= 2=
3
x0
x0
x0

2
−2
hoặc a = b = c =
3
3
2

2
2
−2
Với x0 = −1 thì a = c = − , b = hoặc a = c = , b =
.
3
3
3
3
2
−2
−2
hoặc a = c = , b =
.
Thử lại, ta chỉ nhận a = b = c =
3
3
3
Vậy đa thức cần tìm là
Với x0 = 1 thì a = b = c =

−2 3 −2 2 −2
x +
x +
x + 1,
3
3
3
2
2

2
P (x) = x4 + x3 − x2 + x + 1.
3
3
3
P (x) = x4 +


18

Bài tốn 2.9 ([4]). Tìm các đa thức dạng
n

ak xk ,

P (x) =

ak ∈ {−1, 1} ,

∀k ∈ {0, 1, . . . , n}

k=0

có các nghiệm đều thực.
Giải. Ta xét trường hợp với an = 1.
Với n = 1, ta có 2 đa thức cần tìm là P1 (x) = x ± 1.
Với n ≥ 2. Theo giả thiết, đa thức có n nghiệm thực x1 , x2 , . . . , xn nên
theo định lí Vieete, ta có



 x1 + x2 + · · · + xn = −an−1
x1 x2 + x1 x3 + · · · + xn−1 xn = an−2
...


x1 x2 . . . xn = (−1)n a0
Suy ra (x1 x2 . . . xn )2 = a20 = 1. Mà ta có
n

x2i = (x1 + . . . + xn )2 − 2 (x1 x2 + . . . + xn−1 xn )
i=1

= a2n−1 − 2an−2 = 1 − 2an−2 .
1
Suy ra 1 − 2an−2 ≥ 0 nên an−2 ≤ .
2
Theo giả thiết ak ∈ {−1, 1} nên an−2 = −1 và

n
i=1

x2i = 3.

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
n

x2i ≥ n n x21 x22 . . . x2n = n nên n ≤ 3.
i=1

Với n = 2 ta thu được đa thức x2 ± x − 1.

Với n = 3 ta thu được đa thức x3 ± x2 − x ± 1.
Ta xét trường hợp với an = −1, lập luận tương tự ta có kết quả
Với n = 1, ta thu được đa thức −x ± 1.
Với n = 2, ta thu được đa thức −x2 ± x + 1.
Với n = 3 ta thu được đa thức −x3 ± x2 + x ± 1.
Vậy có 12 đa thức cần tìm là

± (x + 1) , ± (x − 1) ,


19

± x2 + x − 1 , ± x2 − x − 1 ,
± x3 + x2 − x − 1 , ± x3 − x2 − x + 1 .
Bài tốn 2.10 ([7]). Tìm tất cả các đa thức f (x) ∈ Z (x) dạng

f (x) = n!xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + (−1)n n (n + 1)
có các nghiệm thực x1 , x2 , . . . , xn thỏa mãn xk ∈ [k, k + 1] , ∀k ∈ {1, 2, . . . , n}.
Giải. Với n = 1 thì f (x) = x − 2 là đa thức duy nhất thỏa mãn bài
tốn.
Với n = 2 thì đa thức f (x) = 2x2 + a1 x + 6 có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa
mãn điều kiện 1 ≤ x1 ≤ 2 ≤ x2 ≤ 3.

a1
và x1 x2 = 3.
2
1
Vì 0 ≤ x2 − x1 ≤ 2 nên 0 ≤ (x2 − x1 )2 = a21 − 12 ≤ 4.
4
Suy ra 48 ≤ a21 ≤ 64.

Theo định lí Vieete, ta có x1 + x2 = −

Kết hợp với a1 < 0 ta thu được a1 = −7 hoặc a1 = −8.
Tương ứng ta thu được 2 đa thức

f (x) = 2x2 − 7x + 6,

f (x) = 2x2 − 8x + 6.

Tiếp theo ta chứng minh rằng bài toán vơ nghiệm ứng với n ≥ 3.
Thật vậy, ta có

f (x) = n! (x − x1 ) (x − x2 ) . . . (x − xn ) .
Do đó với x = 0 thì

(−1)n n (n + 1) = n!(−1)n x1 x2 . . . xn .
Từ giả thiết xk ∈ [k, k + 1] với mọi k = 1, . . . , n ta thu được

n! ≤ x1 x2 . . . xn =

n+1
n+1
≤
< n < n!
(n − 1)!
2

Điều đó vơ lí.
Vậy các đa thức cần tìm là

f (x) = x − 2,


20

f (x) = 2x2 − 7x + 6,
f (x) = 2x2 − 8x + 6.
Bài toán 2.11 ([7]). Với mỗi số nguyên tố p có n + 1 (n ∈ N ) chữ số

p = an an−1 . . . a1 a0
ta xét đa thức fp (x) ∈ Z [x] tương ứng dạng

fp (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 .
Xác định tất cả các đa thức fp (x) như trên biết rằng nó có nghiệm hữu
tỉ.
Giải. Với n = 0, số nguyên tố p có dạng p = a0 , khi đó các đa thức

fp (x) ≡ a0 khơng có nghiệm.
Với n = 1, số nguyên tố p có dạng p = a1 a0 , khi đó các đa thức

fp (x) = a1 x + a0 có nghiệm hữu tỉ.
Vậy các đa thức bậc nhất fp (x) = a1 x + a0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Với n ≥ 2. Theo giả thiết thì aj ∈ {0, 1, 2, . . . , 9}, an > 0, a0 lẻ và fp (x)
có thể phân tích được thành tích 2 đa thức với hệ số nguyên.

fp (x) = (ax + b) bn−1 xn−1 + · · · + b1 x + b0 , a ∈ N∗ .
Từ đó, ta suy ra abn−1 = an và bb0 = a0 nên a ∈ {1, 2, . . . , 9} và

b ∈ {1, 2, . . . , 9} .

Do đó 1 < 10a + b < p. Ta thu được

p = fp (10) = (a10 + b) bn−1 (10)n−1 + · · · + b0 .
Điều này trái với giả thiết rằng p là một số nguyên tố. Vậy các đa thức
bậc nhất fp (x) = a1 x + a0 thỏa mãn yêu cầu bài toán với số nguyên tố

p = a1 a0 .
Bài toán 2.12 ([1]). Xác định đa thức P (x) ∈ Z (x) khơng đồng nhất
√
√
khơng có bậc nhỏ nhất nhận x = 2 + 3 3 làm nghiệm.
Giải. Từ giả thiết,
√
√
√
3
x= 2+ 3⇒ x− 2

3

=3


21

√
√
⇒ x3 − 3 2x2 + 6x − 2 2 = 3
⇒ x3 + 6x − 3

2

= 2 3x2 + 2

2

⇒ x6 − 6x4 − 6x3 + 12x2 − 36x + 1 = 0.
Vậy

P (x) = x6 − 6x4 − 6x3 + 12x2 − 36x + 1
là đa thức hệ số nguyên không đồng nhất không và nhận x =

√

2+

√
3

3 làm

nghiệm. Dễ thấy, degP = 6. Giả sử có một đa thức hệ số ngun có bậc
khơng lớn hơn 5

Q (x) = a5 x5 + a4 x4 + a3 x3 + a2 x2 + a1 x + a0
√
√
cũng nhận x = 2 + 3 3 làm nghiệm.
Ta có
√

√
√
√
√
√
√
√
5
4
3
3
3
3
2 + 3 =a5 2 + 3 + a4 2 + 3 + a3 2 + 3
Q
√
√
√
√
2
3
3
+ a2 2 + 3 + a1
2 + 3 + a0 = 0.
Thực hiện khai triển và rút gọn ta được
√
√
√
√ √
√ √

3
3
3
3
b0 + b1 2 + b2 3 + b3 9 + b4 2 3 + b5 2 9 = 0,

3

(2.8)

trong đó

b0 = a0 + 2a2 + 3a3 + 4a4 + 50a5 ,
b1 = a1 + 2a3 + 12a4 + 4a5 ,
b2 = a1 + 6a3 + 3a4 + 20a5 ,
b3 = 3a2 + 14a4 + 3a5 ,
b4 = 2a2 + 8a4 + 15a5 ,
b5 = 3a3 + 20a5 .

(2.9)

Vì ai ∈ Z, i = 0, ..., 5 nên bi với i = 0, ..., 5 cũng là số nguyên. Từ (2.8),
ta suy ra

b0 = b1 = b2 = b3 = b4 = b5 = 0.