(Luận văn thạc sĩ) một số chuyên đề và đa thức dành cho học sinh giỏi toán bậc trung học phổ thông

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

LƯU MỸ

MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ VỀ ĐA THỨC
DÀNH CHO HỌC SINH GIỎI TOÁN
BẬC TRUNG HỌC PHỔ THƠNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC

Thái Ngun - 2015


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

LƯU MỸ

MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ VỀ ĐA THỨC
DÀNH CHO HỌC SINH GIỎI TOÁN
BẬC TRUNG HỌC PHỔ THƠNG

Chun ngành: Phương pháp Tốn sơ cấp
Mã số:

60 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

PGS.TS. LÊ THỊ THANH NHÀN

Thái Nguyên - 2015


i

Mục lục

Lời cảm ơn

ii

Mở đầu

1

1

Nhắc lại kiến thức về đa thức

3

1.1

Phép chia với dư và ước chung lớn nhất . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.2

Nghiệm của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.3

Định lí cơ bản của Đại số và Công thức Viete . . . . . . . . . . . .

8

1.4

Đa thức bất khả quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

2

Một số dạng toán thi học sinh giỏi về đa thức

14

2.1

Một số bài toán đơn giản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

14

2.2

Sử dụng nghiệm của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

18

2.3

Sử dụng đa thức bất khả quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

24

2.4

Sử dụng công thức Viete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

27

2.5

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

34

Kết luận và Đề nghị

39

Tài liệu tham khảo

40


ii

Lời cảm ơn
Trước hết, tôi xin gửi lời biết ơn chân thành và sâu sắc nhất đến PGS.TS. Lê Thị
Thanh Nhàn. Mặc dù rất bận rộn trong công việc nhưng Cô vẫn dành rất nhiều thời
gian và tâm huyết trong công việc hướng dẫn. Cho đến hôm nay, luận văn thạc sĩ
tốn học của tơi đã được hồn thành, xin được cảm ơn Cô đã đôn đốc nhắc nhở và
giúp đỡ tôi.
Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu, Khoa Tốn - Tin và Phịng Đào tạo
của Trường Đại học khoa học - Đại học Thái Nguyên. Tôi xin trân trọng cảm ơn các
Thầy, Cơ đã tận tình truyền đạt những kiến thức quý báu cũng như tạo mọi điều kiện
thuận lợi nhất để tơi hồn thành luận văn này.
Cuối cùng, tơi xin chân thành bày tỏ lịng biết ơn đến gia đình, bạn bè, đồng
nghiệp, những người đã không ngừng động viên, hỗ trợ và tạo mọi điều kiện tốt nhất
cho tôi trong suốt thời gian học tập và thực hiện bản luận văn này.


1

Mở đầu
Luận văn trình bày lời giải một số dạng toán về đa thức dành cho học sinh giỏi bậc
trung học phổ thông. Luận văn được viết chủ yếu dựa theo cuốn sách Polynomials
của G. D. Carroll (2011) và cuốn sách Polynomials của V. V. Prasolov (2004). Luận
văn cũng tham khảo một số kiến thức cơ sở trong Giáo trình Lý thuyết đa thức của Lê
Thị Thanh Nhàn (2015) và cuốn sách Ideals, Varieties and Algorithms của D. Cox,
Little J., D. O’Shea (2006).
Luận văn này được viết theo dạng chuyên đề, bao gồm những bài toán hay về

đa thức, đặc biệt là nghiệm của đa thức, Đồng nhất thức Newton và đa thức bất khả
quy. Các bài toán chủ yếu dược chọn lọc từ 3 tài liệu Tiếng Anh nói trên, mà không
sao chép từ bất cứ tài liệu Tiếng Việt. Nội dung của luận văn hồn tồn khơng trùng
lặp với bất kỳ một luận văn thạc sĩ nào đã được bảo vệ trước đó về đa thức. Thực
tế, một số đề bài tốn khó chỉ có lời giải tóm tắt hoặc hướng dẫn, chúng tôi đã diễn
giải tường minh và chi tiết lời giải trong luận văn này. Có những bài toán chỉ được
phát biểu trong các cuốn sách đó (mà khơng có lời giải), chúng tơi cũng đã tự giải
chúng. Nhiều bài toán nằm rải rác trong các cuốn sách trên và một số tài liệu khác
được chúng tôi bố cục lại theo một chủ đề nhất định để người đọc dễ theo dõi.
Ngoài phần Mở đầu và Kết luận, luận văn được chia thành hai chương. Trong
Chương 1, chúng tôi nhắc lại kiến thức về đa thức mà sẽ sử dụng trong bản luận văn
này, bao gồm phép chia với dư và ước chung lớn nhất; nghiệm của đa thức; Định lí
cơ bản của đại số và công thức Viete, đa thức bất khả quy. Chương 2 trình bày một
số dạng tốn thi học sinh giỏi về đa thức. Chúng tôi đề cập đến lời giải một số dạng
tốn khó về đa thức, đặc biệt là các dạng toán thi học sinh giỏi quốc tế. Chương này
gồm 5 mục: Một số bài toán đơn giản; sử dụng nghiệm của đa thức; sử dụng đa thức


2
bất khả quy; sử dụng công thức Viete; đồng nhất thức Newton.

Thái Nguyên, ngày 10 tháng 4 năm 2015
Lưu Mỹ
Học viên Cao học Lớp B Khóa 06/2013-06/2015
Chuyên ngành Phương pháp Toán sơ cấp
Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên
Email:


3

Chương 1

Nhắc lại kiến thức về đa thức
Một tập con V của C được gọi là một vành con nếu 1 ∈ V và phép cộng, phép

trừ, phép nhân đều đóng trong trong V (tức là 1 ∈ V và a + b, a − b, ab ∈ V với

mọi a, b ∈ V ). Trong suốt chương này, luôn giả thiết V là một vành con của C. Một

vành con K của C được gọi là một trường con nếu mọi phần tử khác 0 của K đều
khả nghịch (tức là a−1 = 1/a ∈ K với mọi 0 = a ∈ K). Trong suốt chương này,
luôn giả thiết K là một trường con của C.

1.1

Phép chia với dư và ước chung lớn nhất

Một đa thức một biến với hệ số trong V là một biểu thức có dạng
f (x) = an xn + . . . + a1 x + a0 ,
trong đó x là một kí hiệu, gọi là biến và ai là các phần tử của V , gọi là hệ số của
f (x). Ta có thể viết f (x) =

ai xi , trong đó ai = 0 với mọi i > n. Nếu an = 0 thì

n được gọi là bậc của f (x) và ta viết deg f (x) = n. Hai đa thức

ai xi và

bi xi

là bằng nhau nếu ai = bi với mọi i. Tập các đa thức biến x với hệ số trong V được
kí hiệu là V [x]. Trong tiết này chúng ta nhắc lại một số kết quả về phép chia đa thức
với hệ số trên trường K.
Trước hết chúng ta nhắc lại Định lí chia với dư rất quen biết.
Định lí 1.1. Cho f (x), g(x) ∈ K[x] với g(x) = 0. Khi đó tồn tại duy nhất một cặp
đa thức q(x), r(x) ∈ K[x] sao cho
f (x) = g(x)q(x) + r(x), với r(x) = 0 hoặc deg r(x) < deg g(x).


4
Trong định lí trên, q(x) được gọi là thương và r(x) được gọi là dư của phép chia
f (x) cho g(x). Nếu dư của phép chia f (x) cho g(x) là 0 thì tồn tại q(x) ∈ K[x] sao

cho f (x) = g(x)q(x). Trong trường hợp này, ta nói rằng f (x) chia hết cho g(x) hay
g(x) là ước của f (x).
Hệ quả 1.1. Cho a ∈ K. Khi đó dư của phép chia f (x) ∈ K[x] cho x − a là f (a).
Chứng minh. Chia f (x) cho x − a, dư hoặc bằng 0 hoặc là một đa thức bậc 0 vì bậc

của (x − a) bằng 1. Vì vậy, dư là một phần tử r ∈ K. Ta có f (x) = (x − a)q(x) + r.
Thay x = a vào đẳng thức ta được r = f (a).

Định nghĩa 1.1. Một đa thức d(x) ∈ K[x] được gọi là một ước chung lớn nhất của

các đa thức f1 (x), . . . , fs (x) ∈ K[x] nếu d(x) là một ước chung của fi (x) với mọi

i = 1, . . . , s và nếu t(x) ∈ K[x] là một ước chung của fi (x) thì d(x) chia hết cho
t(x).

Chú ý rằng nếu ước d(x) là một ước chung lớn nhất của f1 (x), . . . , fs (x) thì các

ước chung của f1 (x), . . . , fs (x) có dạng ad(x) với 0 = a ∈ K. Trong số này, có duy

nhất một đa thức d∗ (x) là ước chung lớn nhất của f1 , . . . , fs và có hệ số cao nhất
bằng 1. Do đó ta kí hiệu gcd(f1 , . . . , fs ) = d∗ (x). Ta có thể tìm ước chung lớn nhất
của nhiều đa thức bằng quy nạp dựa theo công thức
gcd(f1 , . . . , fs ) = gcd(gcd(f1 , . . . , fs−1 ), fs ).
Vì thế để tìm ước chung lớn nhất của hữu hạn các đa thức, ta chỉ cần tìm ước chung
lớn nhất của hai đa thức.
Bổ đề 1.1. Cho f, g, q, r ∈ K[x] là những đa thức thỏa mãn g(x) = 0 và f = gq +r

và r = 0 hoặc deg r < deg g. Khi đó ước chung lớn nhất của f và g bằng ước chung
lớn nhất của g và r.
Chứng minh. Giả sử d(x) là một ước chung lớn nhất của f và g. Khi đó d(x) là một
ước của f − gq. Do đó d(x) là ước của r(x). Vì thế d(x) là một ước chung của g và


5
r. Giả sử t(x) là một ước chung của g và r. Khi đó t(x) là một ước của f − gq. Suy

ra t(x) là ước của f (x). Vì thế t(x) là một ước chung của g và f . Suy ra t(x) là ước

của d(x). Vậy d(x) là một ước chung lớn nhất của g và r. Ngược lại, giả sử d(x) là
một ước chung lớn nhất của g và r. Hồn tồn tương tự ta có thể chỉ ra rằng d(x) là
một ước chung lớn nhất của f và g.
Định lí 1.2 (Thuật tốn Euclid tìm ước chung lớn nhất). Giả sử f, g ∈ K[x] và g = 0.
Thực hiện liên tiếp các phép chia ta có





f = gq + r, r = 0, deg r < deg g







g = rq1 + r1 , r1 = 0, deg r1 < deg r






r = r1 q2 + r2 , r2 = 0, deg r2 < deg r1




......







rk−2 = rk−1 qk + rk , rk = 0, deg rk < deg rk−1







rk−1 = rk qk+1 .

Khi đó rk là một ước chung lớn nhất của f và g.

Chứng minh. Chia f cho g ta được phần dư r. Nếu r = 0 thì chia g cho r ta được
phần dư r1 . Nếu r1 = 0 thì chia r cho r1 ta được dư là r2 . Quá trình trên phải chấm
dứt sau một số hữu hạn bước bước vì dãy giảm các số tự nhiên
deg g > deg r > deg r1 > . . .
phải dừng. Theo Bổ đề 1.1, ước chung lớn nhất của f và g là rk .
Từ thuật tốn Euclid tìm ước chung lớn nhất ta suy ra rằng nếu f1 , . . . , fs ∈ K[x]

là các đa thức khơng đồng thời bằng 0 thì tồn tại ước chung lớn nhất của f1 , . . . , fs

trong K[x]. Kết quả sau cho thấy ước chung lớn nhất là tổ hợp tuyến tính của đa thức.
Định lí 1.3. Giả sử f (x), g(x) ∈ K[x] và d(x) ∈ K[x] là ước chung lớn nhất của
f (x), g(x). Khi đó tồn tại u(x), v(x) ∈ K[x] sao cho
d(x) = f (x)u(x) + g(x)v(x).


6
Chứng minh. Ta chứng minh Định lí theo thuật tốn sau đây, gọi là thuật toán Euclid
mở rộng. Trong các phép chia liên tiếp ở thuật tốn Euclid tìm ước chung lớn nhất,
d(x) = rk (x). Đặt u1 (x) = 1, v1 (x) = −qk (x), từ đẳng thức giáp cuối ta có
d(x) = rk−2 (x)u1 (x) + rk−1 (x)v1 (x).
Thay rk−1 (x) từ đẳng thức giáp cuối ta được

rk−1 (x) = rk−3 (x) − rk−2 (x)qk−1 (x)
vì thế ta có d(x) = rk−3 (x)u2 (x)+rk−2 (x)v2 (x), trong đó u2 (x) = v1 (x) và v2 (x) =
u1 (x) − v1 (x)qk−1 (x). Cứ tiếp tục đi từ dưới lên, đến các đẳng thức đầu tiên ta có

kết quả.

1.2

Nghiệm của đa thức

Định nghĩa 1.2. Phần tử α ∈ C được gọi là một nghiệm của đa thức
f (x) = an xn + . . . + a1 x + a0 ∈ K[x]
nếu f (α) = an αn + . . . + a1 α + a0 = 0.
Từ Hệ quả 1.1 ta có ngay kết quả sau:
Hệ quả 1.2. Phần tử a ∈ K là nghiệm của đa thức f (x) ∈ K[x] nếu với chỉ nếu tồn
tại đa thức g(x) ∈ K[x] sao cho f (x) = (x − a)g(x).
Cho k > 0 là một số nguyên. Một phần tử a ∈ C được gọi là một nghiệm bội k

của đa thức f (x) ∈ K[x] nếu trong C[x], đa thức f (x) chia hết cho (x − a)k nhưng
không chia hết cho (x − a)k+1 . Nếu k = 1 thì a được gọi là nghiệm đơn. Nếu k = 2
thì a được gọi là nghiệm kép.

Hệ quả 1.3. Phần tử a ∈ K là nghiệm bội k của f (x) ∈ K[x] nếu với chỉ nếu

f (x) = (x − a)k g(x) với g(x) ∈ K[x] với g(a) = 0.


7
Chứng minh. Giả sử a ∈ K là nghiệm bội k của f (x). Vì f (x) chia hết cho (x − a)k

f (x) = (x − a)k g(x) với g(x) ∈ K[x]. Nếu g(a) = 0 thì theo Hệ quả 1.2 ta có

g(x) = (x − a)h(x) với h(x) ∈ K[x] với do đó f (x) chia hết cho (x − a)k+1 , vơ lí.

Vậy g(a) = 0. Ngược lại, với f (x) = (x − a)k g(x) nên f (x) chia hết cho (x − a)k .

Nếu f (x) chia hết cho (x − a)k+1 thì f (x) = (x − a)k+1 h(x) với h(x) ∈ K[x]. Do
đó

(x − a)k g(x) = (x − a)k+1 h(x).
Do K là trường nên giản ước hai vế cho (x − a)k ta được g(x) = (x − a)h(x).

Suy ra g(a) = 0, mâu thuẫn. Vậy f (x) không chia hết cho (x − a)k+1 .

Hệ quả 1.4. Cho a1 , a2 , . . . , ar ∈ K là những nghiệm phân biệt của f (x) ∈ K[x].
Giả sử ai là nghiệm bội ki của f (x) với i = 1, 2, . . . , r. Khi đó ta có
f (x) = (x − a1 )k1 (x − a2 )k2 . . . (x − ar )kr u(x)
trong đó u(x) ∈ K[x] với u(ai ) = 0 với mọi i = 1, . . . , r.
Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo r. Trường hợp r = 1 được suy ra từ
Hệ quả 1.3. Cho r > 1. Theo giả thiết quy nạp, tồn tại h(x) ∈ K[x] sao cho
f (x) = (x − a1 )k1 (x − a2 )k2 . . . (x − ar−1 )kr−1 h(x)
trong đó h(x) ∈ K[x] với h(ai ) = 0 với mọi i = 1, . . . , r − 1. với ar là nghiệm của

f (x) nên ta có

0 = f (ar ) = (ar − a1 )k1 (ar − a2 )k2 . . . (ar − ar−1 )kr−1 h(ar ).
Do ar = ai với mọi i = 1, . . . , r − 1 nên h(ar ) = 0. Giả sử h(x) = (x − ar )t u(x)

trong đó u(x) ∈ K[x], u(ar ) = 0 với t > 0 là một số nguyên. với h(ai ) = 0 nên
u(ai ) = 0 với mọi i = 1, . . . , r − 1. Do ar là nghiệm bội kr của f (x) nê t

kr .

Hơn nữa, f (x) có sự phân tích f (x) = (x − ar )kr v(x), trong đó v(x) ∈ K[x] với

v(ar ) = 0. Vì thế ta có

f (x) = (x − ar )kr v(x) = (x − a1 )k1 . . . (x − ar−1 )kr−1 (x − ar )t u(x).


8
Chú ý rằng K là trường, vì thế giản ước cả hai vế cho (x − ar )t ta được
(x − ar )kr −t v(x) = (x − a1 )k1 . . . (x − ar−1 )kr−1 u(x).
Nếu t < kr thì khi thay x = ar vào đẳng thức trên ta có vế trái bằng 0, cịn vế phải
khác 0, điều này vơ lí. Vậy t = kr . Vì thế f có phân tích
f (x) = (x − a1 )k1 . . . (x − ar−1 )kr−1 (x − ar )kr u(x)
trong đó u(ai ) = 0 với mọi i = 1, . . . , r.
Hệ quả 1.5. Cho f (x) ∈ K[x] là một đa thức khác 0. Khi đó số nghiệm của f (x),
mỗi nghiệm tính với số bội của nó, khơng vượt q bậc của f (x). Đặc biệt, nếu
f (x), g(x) ∈ K[x] có bậc khơng q n và nhận giá trị bằng nhau tại n + 1 phần tử
khác nhau của K thì f (x) = g(x).
Chứng minh. Giả sử a1 , . . . , ar là các nghiệm của f (x) với số bội lần lượt là k1 , . . . , kr .
Theo Hệ quả 1.4 ta có
f (x) = (x − a1 )k1 (x − a2 )k2 . . . (x − ar )kr g(x),
trong đó g(x) ∈ K[x]. Do K là trường nên ta có
r

r

deg f (x) = deg g(x) +

i=1

1.3

ki ≥

ki .
i=1

Định lí cơ bản của Đại số và Công thức Viete

Trước hết ta nhắc lại Định lí cơ bản của đại số
Định lí 1.4 (Định lí cơ bản của đại số). Cho f (x) ∈ C[x] là đa thức có bậc n > 0.
Khi đó f (x) có đúng n nghiệm trong C, mỗi nghiệm được tính với số bội của nó.
Hệ quả 1.6.


9
(i) Mỗi đa thức với hệ số phức đều phân tích thành tích các đa thức bậc nhất
với hệ số phức.
(ii) Mỗi đa thức với hệ số thực phân tích được thành tích của các đa thức bậc
nhất hoặc bậc hai với hệ số thực.
(iii) Nếu f (x) là đa thức với hệ số thực và số phức a+bi (với a, b ∈ R) là nghiệm
của f (x) thì a − bi cũng là nghiệm của f (x).
Tiếp theo chúng ta trình bày cơng thức Viete. Cơng thức Viete cho chúng ta mối
quan hệ giữa các nghiệm phức của một đa thức với các hệ số của đa thức đó.
Định lí 1.5 (Cơng thức Viete). Cho
f (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 ∈ C[x].
Giả sử f (x) có n nghiệm α1 , . . . , αn ∈ C. Khi đó





an−1 a−1

n = −(α1 + α2 + . . . + αn )






an−2 a−1
αi αj

n =


i





............





k
an−k a−1
α i1 α i 2 . . . α i k
n = (−1)

i1 





............






n−1

a1 a−1
αi1 αi2 . . . αin−1

n = (−1)


i1 





n
 a0 a−1
n = (−1) α1 α2 . . . αn .

Chứng minh. Theo Định lí cơ bản của đại số, gọi α1 , . . . , αn là n nghiệm của f (x).
Ta có
f (x) = (x − α1 ) . . . (x − αn )g(x)
trong đó g(x) là một đa thức nào đó C[x]. với f (x) có bậc n nên deg g(x) = 0. Vì
thế g(x) = b ∈ C. Do đó ta có
f (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0


10
= b(x − α1 ) . . . (x − αn ).
Khai triển đa thức b(x − α1 ) . . . (x − αn ) rồi đồng nhất các hệ số của đa thức này với
các hệ số của đa thức an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 ta được b = an và




an−1 = −an (α1 + α2 + . . . + αn )








an−2 = an αi αj



i





...




αi1 α i2 . . . α ik
an−k = (−1)k an

i1 





...








a1 = (−1)n−1 an
αi1 αi2 . . . αin−1



i
<...1
2
n−1





 a0 = (−1)n an α1 α2 . . . αn .
Nhân cả hai vế với a−1
n = 1/a ta có kết quả.

Ví dụ 1.1. Nếu α1 , α2 ∈ C là hai nghiệm của ax2 + bx + c thì


 −b/a = α1 + α2




c/a = α1 α2 .

Ví dụ 1.2. Nếu α1 , α2 , α3 ∈ C là ba nghiệm của ax3 + bx2 + cx + d thì




−b/a = α1 + α2 + α3



c/a = α1 α2 + α1 α3 + α2 α3





 −d/a = α1 α2 α3 .

1.4

Đa thức bất khả quy

Bổ đề 1.2. Đa thức f (x) với hệ số trên một trường K là bất khả quy nếu và chỉ nếu
deg f (x) > 0 và f (x) khơng phân tích được thành tích của hai đa thức có bậc bé
hơn. Nếu deg f (x) > 0 và f (x) khơng bất khả quy thì ta nói f (x) là khả quy.

11
Chú ý rằng các đa thức bậc nhất luôn bất khả quy; Đa thức bậc 2 và bậc 3 là bất
khả quy nếu và chỉ nếu nó khơng có nghiệm trong K. Đa thức f (x) là bất khả quy
nếu và chỉ nếu đa thức f (x + a) là bất khả quy với mọi a ∈ K. Nếu f (x) có bậc lớn

hơn 3 và có nghiệm trong K thì f (x) khả quy.

Phần tử a ∈ C được gọi là đại số trên K nếu nó là nghiệm của một đa thức khác

0 trong K[x].

Mệnh đề 1.1. Cho a ∈ C là phần tử đại số trên K. Khi đó tồn tại duy nhất một đa
thức p(x) ∈ K[x] bất khả quy nhận a làm nghiệm và có hệ số cao nhất bằng 1. Hơn
nữa, nếu g(x) ∈ K[x] nhận a làm nghiệm thì g(x) là bội của p(x).
Chứng minh. Vì a đại số trên K nên a là nghiệm của đa thức 0 với hệ số trong
K. Gọi f (x) ∈ K[x] là đa thức khác 0 có bậc bé nhất nhận a làm nghiệm. Đặt

p(x) = b−1 f (x), trong đó b là hệ số cao nhất của f (x). Khi đó p(x) ∈ K[x] là đa
thức có bậc bé nhất nhận a làm nghiệm với các hệ số cao nhất bằng 1. Ta chứng

minh p(x) bất khả quy. Giả sử p(x) không bất khả quy. Khi đó p(x) phân tích được
thành tích của hai đa thức trong K[x] với bậc bé hơn, và do đó một trong hai đa
thức này phải nhận a làm nghiệm, điều này mẫu thuẫn với cách chọn p(x). Giả
sử g(x) ∈ K[x] nhận a làm nghiệm. Nếu p(x) không là ước của g(x) thì vì p(x)

bất khả quy nên gcd(g(x), p(x)) = 1. Do đó tồn tại q(x), h(x) ∈ K[x] sao cho
1 = p(x)q(x) + g(x)h(x). Thay x = a vào cả hai vế ta được 1 = 0, điều này là

vơ lí. Vậy g(x) chia hết cho p(x). Giả sử q(x) ∈ K[x] cũng là đa thức bất khả quy

dạng chuẩn nhận a làm nghiệm. Theo chứng minh trên, q(x) là bội của p(x). Viết

q(x) = p(x)k(x) với k(x) ∈ K[x]. Vì q(x) bất khả quy nên k(x) khả nghịch, tức là
tồn tại 0 = b ∈ K sao cho k(x) = b. Do đó q(x) = bp(x). Đồng nhất hệ số cao nhất

của hai với với chú ý rằng q(x) với p(x) đều có dạng chuẩn, ta suy ra b = 1. Vì thế
p(x) = q(x).
Giả sử a ∈ C là một phần tử đại số trên K. Khi đó tồn tại duy nhất một đa thức

p(x) ∈ K[x] bất khả quy nhận a làm nghiệm với các hệ số cao nhất bằng 1. Ta gọi

p(x) là đa thức bất khả quy của a.


12
Ví dụ 1.3. đa thức x3 − 5 ∈ Q[x] là đa thức bất khả quy của phần tử
√
thức x2 + 3 ∈ R[x] là đa thức bất khả quy của phần tử i 3 ∈ C.

√
3

5 ∈ R; đa

Cho f (x), g(x) ∈ K[x]. Nếu f (x) là ước của g(x) thì ta viết f (x)|g(x).
Mệnh đề 1.2. Giả sử p(x) ∈ K[x] là đa thức có bậc dương. Nếu p(x) là bất khả quy
với p(x)|a(x)b(x) thì p(x)|a(x) hoặc p(x)|b(x) với mọi a(x), b(x) ∈ K[x].
Chứng minh. Cho p(x)|a(x)b(x). Giả sử p(x) không là ước của a(x) và cũng không
là ước của b(x). Do p(x) bất khả quy nên gcd(p(x), a(x)) = 1 và gcd(p(x), a(x)) =
1. Do đó tồn tại s(x), r(x) ∈ K[x] sao cho 1 = s(x)p(x) + r(x)a(x). Tương tự, tồn

tại e(x), f (x) ∈ K[x] sao cho 1 = e(x)p(x) + f (x)b(x). Nhân vế với vế của hai

đẳng thức này ta có

1 = p(x)g(x) + r(x)f (x)a(x)b(x)
với g(x) ∈ K[x] là một đa thức nào đó. Vì p(x)|a(x)b(x) nên đa thức bên phải của

đẳng thức trên là bội của p(x), trong khi đó đa thức bên vế trái là 1 không chia hết

cho p(x). Điều này vơ lí.
Định lí 1.6. Mỗi đa thức bậc dương trong K[x] đều có thể phân tích được thành tích
của các đa thức bất khả quy và sự phân tích này là duy nhất nếu khơng kể đến thứ tự
các nhân tử và các nhân tử là ước của đơn vị.
Chứng minh. Trước hết, chúng ta chứng minh sự tồn tại phân tích bằng quy nạp
theo bậc của đa thức. Giả sử f (x) ∈ K[x] là đa thức bậc d > 0. Nếu d = 1 thì
f (x) là bất khả quy nên sự phân tích bất khả quy của f (x) là f (x) = f (x), kết quả
đúng cho trường hợp d = 1. Cho d > 1 với giả sử kết quả đã đúng cho các đa thức
có bậc nhỏ hơn d. Nếu f (x) bất khả quy thì f (x) có sự phân tích bất khả quy là
f (x) = f (x). Vì thế ta giả sử f (x) không bất khả quy. Khi đó f (x) = g(x)h(x) với
deg g(x), deg h(x) < deg f (x). Theo giả thiết quy nạp, g(x) và h(x) phân tích được
thành tích của hữu hạn đa thức bất khả quy.


13
Bây giờ ta chứng minh tính duy nhất của phân tích. Giả sử f (x) có hai phân tích
thành nhân tử bất khả quy
f (x) = p1 (x)p2 (x) . . . pn (x) = q1 (x)q2 (x) . . . qm (x).
Ta chứng minh bằng quy nạp theo n rằng n = m và có một phép hốn vị δ của
{1, 2, . . . , n} ta có pi (x) = ai qδ(i) (x), trong đó ai ∈ K với mọi i = 1, . . . , n. Cho

n = 1. Khi đó ta có p1 (x) = q1 (x)q2 (x) . . . qm (x). Suy ra p1 (x)|q1 (x)q2 (x) . . . qm (x).
Do p1 (x) là bất bất khả quy nên p1 (x) là ước của một nhân tử qi (x) nào đó, khơng
mất tính tổng qt ta có thể giả thiết p1 (x)|q1 (x). Biểu diễn q1 (x) = p1 (x)t1 (x). Vì
q1 (x) bất khả quy nên t1 (x) = a1 ∈ K. Do đó q1 (x) = a1 p1 (x). Nếu m > 1 thì
1 = q2 (x) . . . qm (x), điều này vơ lí. Vậy, kết quả đúng cho n = 1. Cho n > 1. Vì

p1 (x)|q1 (x)q2 (x) . . . qm (x) và p1 (x) là bất khả quy nên khơng mất tính tổng quát ta
có thể giả thiết p1 (x)|q1 (x). Lại do q1 (x) là bất khả quy và p1 (x), q1 (x) đều có dạng
chuẩn tương tự nên lập luận như trên ta có p1 (x) = a1 q1 (x). Giản ước hai vế cho
p1 (x) ta được
p2 (x)p3 (x) . . . pn (x) = q2∗ (x)q3 (x) . . . qm (x),
trong đó q2∗ (x) = a−1
1 q2 (x) là đa thức bất khả quy. Theo gỉa thiết quy nạp ta có
n − 1 = m − 1 và bằng việc đánh số lại thứ tự các nhân tử bất khả quy ở vế phải ta
suy ra pi (x) = ai qi (x) với mọi i = 2, . . . , n.


14

Chương 2

Một số dạng toán thi học sinh giỏi về đa thức
2.1

Một số bài toán đơn giản

Lời giải của bài toán sau đây chỉ cần dùng đến định nghĩa hai đa thức bằng nhau.
Bài toán 2.1. Cho 0
m

n là các số tự nhiên với m chẵn. Với 0
k
n!
hiệu Cnk =
là số tổ hợp chập k của n phần tử. Chứng minh rằng
k!(n − k)!
|Cn0 Cnm − Cn1 Cnm−1 + Cn2 Cnm−2 − · · · + Cnm Cn0 | = Cnm−2 .
Chứng minh. Ta có
(x − 1)(x + 1) = x2 − 1
hay
(x − 1)n (x + 1)n = (x2 − 1)n .
Khai triển nhị thức, ta được:
n

Cni (−1)n−i xi ,

n

(x − 1) =

i=0
n

Cni xi .

(x + 1)n =
i=0

Từ đó nhân các đa thức trên ta được
2n

(x − 1)n (x + 1)n =

k=0






i+j=k

(−1)n−i Cni Cnj  xk .

n, ký


15
Mặt khác, khai triển (x2 − 1)n ta được
n
2

(−1)n−i Cni x2i .

n

(x − 1) =

i=0

Theo trên hai đa thức đó bằng nhau ta đồng nhất các hệ số của xm , ta được 2i = m,
suy ra i =

m
2

và k = m. Khi đó
m

(−1)n

m

(−1)i Cni Cnj = (−1)n− 2 Cn2
i+j=m

suy ra
m

(−1)n

m

(−1)i Cni Cnj = (−1)n− 2 Cn2
i+j=m

hay
m

(−1)i Cni Cnj = Cn2 .

i+j=m

Vậy
|Cn0 Cnm − Cn1 Cnm−1 + Cn2 Cnm−2 − · · · + Cnm Cn0 | = Cnm−2 .

Lời giải bài tốn sau đây có sử dụng định lí chia với dư.
Bài tốn 2.2. Tìm phần dư khi x2016 + x2015 + · · · + x + 1 chia bởi x + 1.
Lời giải. Áp dụng định lý chia với dư, thì phần dư khi chia bởi x + 1 còn lại là
(−1)2016 + (−1)2015 + · · · + (−1) + 1 = 1.
Do
(−1)k =
Vậy phần dư là 1.



1


−1

nếu k chẵn
nếu k lẻ

Bình luận. Trong việc phân tích đa thức, việc nhóm nhiều hạng tử cũng giúp ta định
hướng lời giải nhanh chóng. Ta có
f (x) = x2016 + x2015 + · · · + x + 1


16
= (x2016 + x2015 ) + (x2014 + x2013 ) + · · · + (x2 + x) + 1

= x2015 (x + 1) + x2013 (x + 1) + · · · + x(x + 1) + 1
Bài toán 2.3. Gọi r1 , r2 , r3 là ba nghiệm của đa thức
f (x) = 3x3 − 14x2 + x + 62
Giả sử αi với 1 ≤ i ≤ 3 là 3 nghiệm của đa thức g(x) có bậc 3 thỏa mãn αi = ri + 1.
Tìm đa thức g(x).
Lời giải. Đặt g(x) = f (x − 1), nếu nghiệm của f (x) = 0 là các ri , 1 ≤ i ≤ 3, thì
g(ri + 1) = f (ri ) = 0, khi đó g(x) là đa thức cần tìm. Từ giả thiết ta có αi = ri + 1

nên ri = αi − 1, do ri là nghiệm của f (x) nên f (ri ) = 0, hay f (αi − 1) = 0. Thay

x = αi − 1 vào đa thức f (x) ta được:

f (αi − 1) = 3(αi − 1)3 − 14(αi − 1)2 + (αi − 1) + 62.
Mà f (αi − 1) = g(αi ) nên
g(αi ) = 3(αi − 1)3 − 14(αi − 1)2 + (αi − 1) + 62.
Vậy đa thức cần tìm là
g(x) = 3(x − 1)3 − 14(x − 1)2 + (x − 1) + 62.
Nghĩa là
g(x) = 3x3 − 23x2 + 38x + 44.
Lời giải bài toán sau cần đến tính chất nghiệm của đa thức.
Bài tốn 2.4 (AIME 1995). Tìm b biết phương trình x4 + ax3 + bx2 + cx + d = 0
với hệ số thực và có 4 nghiệm phức, trong đó 2 trong số 4 nghiệm là 3 + 4i và 13 + i.
Lời giải. Ta có a, b, c, d ∈ R, gọi bốn nghiệm của phương trình là x1 , x2 , x3 , x4

thì khơng mất tính tổng qt, giả sử x1 = 3 + 4i, x3 = 13 + i. Từ Định lí cơ bản của
Đại số và Hệ quả 1.6 (iii) ta có x2 = 3 − 4i, x4 = 13 − i. Đặt
σ1 = x1 + x2 + x3 + x4 = 32,


17

σ2 = x1 x2 + x1 x3 + x1 x4 + x2 x3 + x2 x4 + x3 x4 = b.
Theo Định lí Viete ta có σ1 = −a, suy ra a = −32. Lại có
x1 x2 = (3 + 4i)(3 − 4i) = 25.
x1 x3 = (3 + 4i)(13 + i) = 35 + 55i.
x1 x4 = (3 + 4i)(13 − i) = 39 − 3i + 52i − 4i2 = 43 + 49i.
x2 x3 = (13 + i)(3 − 4i) = 39 − 52i + 3i − 4i2 = 43 − 49i.
x2 x4 = (3 − 4i)(13 − i) = 39 − 3i − 52i + 4i2 = 35 − 55i.
x3 x4 = (13 + i)(13 − i) = 170.

suy ra b = 25 + 35 + 55i + 43 + 49i + 43 − 49i + 35 − 55i + 170 = 351.
Vậy b = 351.

Bài toán 2.5. Tìm tất cả các nghiệm của phương trình
x3 − 2x2 − 5x + 6 = 0.
Lời giải. Các nghiệm ngun nếu có của phương trình là ước của 6 gồm
{±6, ±3, ±2, ±1}.
Thay x = 1 vào thấy thỏa mãn phương trình x3 − 2x2 − 5x + 6 = 0 nên phương
trình đã cho viết lại là

(x − 1)(x2 − x − 6) = 0.
Do đó phương trình đã cho có nghiệm là x = 1, x = −2, x = 3.
Bài tốn 2.6. Tìm tất cả các nghiệm của phương trình
x4 − 14x3 + 64x2 − 114x + 63 = 0
trong khoảng (0, 14).


18
Lời giải. Các nghiệm ngun nếu có của phương trình là ước của 63 gồm
{±1, ±3, ±7, ±9, ±21, ±63}.
Thay x = 1 vào thấy thỏa mãn phương trình x4 − 14x3 + 64x2 − 114x + 63 = 0 nên

phương trình đã cho viết lại là

(x − 1)(x3 − 13x2 + 51x − 63) = 0.
Phương trình x3 − 13x2 + 51x − 63 = 0 có nghiệm là x = 3. Vậy ta viết lại là
(x − 1)(x − 3)(x2 − 10x + 21) = 0.
Do đó phương trình đã cho có nghiệm là x = 1, x = 3, x = 7.

2.2

Sử dụng nghiệm của đa thức

Lời giải bài tốn sau đây cần đến tính chất nghiệm của đa thức xn − 1.
Bài toán 2.7. Cho P1 , . . . , Pn là các đỉnh của một đa giác đều nội tiếp đường trịn
bán kính bằng 1. Gọi Pi Pj là khoảng cách giữa hai điểm Pi , Pj . Chứng minh rằng
P1 P2 × P1 P3 × . . . × P1 Pn = n.
Chứng minh. Đa thức xn − 1 có n nghiệm, đó là căn bậc n của đơn vị.
ǫk = cos

2kπ
2kπ
+ i sin
, k = 0, 1, . . . , n − 1.
n
n

Ta có
ǫk = cos

2kπ
2kπ

+ i sin
=
n
n

cos

2π
2π
+ i sin
n
n

k

= ǫk1

với mọi k = 0, 1, . . . , n − 1. Rõ ràng ǫ0 = 1. Vì thế
xn − 1 = (x − 1)(x − ǫ1 ) . . . (x − ǫn−1 )
= (x − 1)(x − ǫ1 )(x − ǫ21 ) . . . (x − ǫn−1
1 ).


19
Suy ra
xn − 1
= (x − ǫ1 ) . . . (x − ǫn−1 ).
f (x) =
x−1

Chú ý rằng

xn − 1
= xn−1 + xn−2 + . . . + x + 1. Suy ra
x−1

n = |f (1)| = |(1 − ǫ1 ) . . . (1 − ǫn−1 )|.
Biểu diễn các số phức trên mặt phẳng, khi đó các nghiệm của xn − 1 biểu diễn các

đỉnh của một đa giác đều n cạnh nội tiếp đường trịn bán kính bằng 1. Do đó ta có

thể đồng nhất các điểm 1, ǫ1 , ǫ21 , . . . , ǫ1n−1 lần lượt với các đỉnh P1 , . . . , Pn . Khi đó
P1 Pj = |1 − ǫ1j−1 | với mọi j = 2, . . . , n. Chú ý rằng mơđun của tích các số phức
bằng tích mơđun của các số phức. Suy ra

P1 P2 × P1 P3 × . . . × P1 Pn = |1 − ǫ1 | × |1 − ǫ21 | × . . . × |1 − ǫn−1
1 |
= |(1 − ǫ1 )(1 − ǫ21 ) . . . (1 − ǫ1n−1 )| = |f (1)| = n.

Bài toán 2.8 (USAMO 1975). Giả sử p(x) là đa thức có bậc n ≥ 1 sao cho p(k) =
k/(k + 1) với mọi k = 0, 1, . . . , n. Tìm p(n + 1).
Lời giải. Đặt Q(x) = (x + 1)P (x) − x, khi đó Q là đa thức có bậc là n + 1. Hơn
nữa từ n + 1 số 0, 1, . . . , n là các nghiệm của Q nên ta có thể viết
Q(x) = cx(x − 1) · · · (x − n)
Ta sẽ xác định số c. Vì Q(x) = (x + 1)P (x) − x nên ta có
Q(−1) = (−1 + 1)P (−1) − (−1) = 1.
Mặt khác vì Q(x) = cx(x − 1) · · · (x − n) nên ta có c(−1)(−2) · · · (−1 − n) = 1
(−1)n+1
.
hay c =

(n + 1)!
Với x = n + 1,
Q(n + 1) = c(n + 1)n · · · 1 =

(−1)n+1
(n + 1)! = (−1)n+1 .
(n + 1)!


20
Từ Q(x) = (x + 1)P (x) − x, ta có
Q(n + 1) = (n + 2).P (n + 1) − (n + 1).
Suy ra (−1)n+1 = (n + 2)P (n + 1) − (n + 1) hay
P (n + 1) =

n + 1 + (−1)n+1
.
n+2

Bài toán sau đây cần sử dụng Định lí chia với dư.
Bài tốn 2.9 (Đề thi Olympic Liên Xô). Một đa thức khi chia cho x − 1 dư 2, và dư
1 khi chia cho x − 2. Tìm phần dư khi chia đa thức cho (x − 1)(x − 2).
Lời giải. Gọi đa thức cần tìm là f (x). Theo Định lý chia với dư, f (1) = 2 và
f (2) = 1. Ta tìm r(x) với
f (x) = q(x)(x − 1)(x − 2) + r(x),
trong đó q(x) là thương và r(x) là dư trong phép chia.
Ta biết rằng bậc của r(x) nhỏ hơn bậc của (x − 1)(x − 2) nên r(x) = ax + b,

thay x = 1 ở trên, ta có

f (1) = r(1) = a + b.
f (2) = r(2) = 2a + b.
Hay ta có hệ

Giải hệ này được

Vậy r(x) = −x + 3.


 a+b=2
 2a + b = 1

 a = −1
 b = 3.

Bài toán 2.10 (Canada 1988). Tìm các số nguyên a sao cho các phương trình
1988x2 + ax + 8891 = 0 và 8891x2 + ax + 1988 = 0 có một nghiệm chung.


21
Lời giải. Trừ các phương trình cho nhau ta được
(8891 − 1988)x2 − (8891 − 1988) = 0

hay là x = ±1.

Thay x = 1 vào một trong hai phương trình ta nhận được (1988 + 8891) + a = 0,
tức là a = −10879.

Vậy với a = −10879 thì hai phương trình có một nghiệm chung.

Bình luận. Ta khơng cần kiểm tra x = −1 nữa vì khơng cần thiêt (nếu thay x = −1

vào phương trình đầu, ta có a = 10879,tương tự, thay vào phương trình thứ hai ta

cũng có a = 10879 thì hai phương trình có nghiệm chung). Vậy a = ±10879 thì hai
phương trình có nghiệm chung.

Lời giải bài tốn sau chỉ cần hiểu thế nào là tổng các hệ số của một đa thức.
Bài toán 2.11 (ARML - 1989). Cho P (x) là một đa thức ẩn x và
x23 + 23x17 − 18x16 − 24x15 + 108x14 = (x4 − 3x2 − 2x + 9)P (x)
với mọi x. Tính tổng các hệ số của P (x).
Lời giải. Ta biết khi f (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 thì tổng các hệ số
của f (x) là f (1) = an + an−1 + . . . + a1 + a0 . Chú ý rằng tổng các hệ số của đa thức
đánh giá tại x = 1. Từ giả thiết
x23 + 23x17 − 18x16 − 24x15 + 108x14 = (x4 − 3x2 − 2x + 9)P (x)
hay h(x) = g(x)P (x), trong trường hợp này, ta cần tính P (1). Ta có h(1) =
90
g(1)P (1) hay P (1) =
= 18.
5
Vậy tổng các hệ số cần tìm của P (x) là P (1) = 18.
Bài tốn 2.12 (MuAlphaTheta 1991). Giả sử đa thức
f (x) = 3x3 − 14x2 + x + 62
có ba nghiệm là a, b, c. Xác định
1
1
1
+
+
.

a+3 b+3 c+3