Các bài toán xác định đa thức và bất đẳng thức về đa thức một ẩn

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
KHOA TOÁN

NGUYỄN PHẠM HỒNG TRÂM

CÁC BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA
THỨC VÀ BẤT ĐẲNG THỨC VỀ
ĐA THỨC MỘT ẨN

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
NGÀNH SƯ PHẠM TOÁN HỌC

Tháng 5, 2016


ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
KHOA TOÁN

CÁC BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA
THỨC VÀ BẤT ĐẲNG THỨC VỀ
ĐA THỨC MỘT ẨN
KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
NGÀNH SƯ PHẠM TỐN HỌC

Giảng viên hướng dẫn:
Th.S Nguyễn Thị Sinh

Sinh viên thực hiện:
Nguyễn Phạm Hồng Trâm

Lớp: 12ST
(Khóa 2012-2016)

Tháng 5, 2016


LỜI CẢM ƠN
Tôi xin chân thành cảm ơn cô Nguyễn Thị Sinh đã nhiệt tình hướng dẫn,
chỉ bảo, truyền đạt kinh nghiệm và gợi mở những ý tưởng giúp tôi hồn thành
khóa luận này.
Tơi xin chân thành cảm ơn các thầy giáo, cơ giáo khoa Tốn- Trường Đại
học Sư phạm Đại học Đà Nẵng đã tạo điều kiện thuận lợi, giúp đỡ, đóng góp ý
kiến q báu giúp tơi hồn thành khóa luận tốt nghiệp của mình.
Tơi xin cảm ơn phòng thư viện Trường Đại học Sư phạm Đại học Đà Nẵng
đã tạo điều kiện thuận lợi để tơi có được nguồn tài liệu làm khóa luận.
Cuối cùng, tơi xin cảm ơn đến gia đình, bạn bè những người ln ủng hộ tôi,
cung cấp cho tôi những thông tin cần thiết, những lời động viên khích lệ, cùng
các ý kiến q báu trong thời gian tơi làm khóa luận.
Đà Nẵng, ngày . . . tháng . . . năm 2016
Sinh viên thực hiện

Nguyễn Phạm Hồng Trâm

i


MỤC LỤC

MỤC LỤC

ii

MỞ ĐẦU
Lí do chọn đề tài . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Phạm vi nghiên cứu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Cấu trúc của khóa luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1
1
1
1

1 ĐA THỨC VÀ CÁC PHÉP TOÁN VỀ ĐA THỨC
1.1 Vành đa thức một ẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Xây dựng vành đa thức một ẩn . . . . . . . . .
1.1.2 Các phép toán trên vành đa thức một ẩn . . .
1.1.2.1 Hai đa thức bằng nhau . . . . . . . .
1.1.2.2 Phép cộng, trừ đa thức . . . . . . . .
1.1.2.3 Phép nhân đa thức . . . . . . . . . .
1.1.2.4 Bậc của đa thức . . . . . . . . . . . .
1.2 Phép chia đa thức. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.1 Định lí cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.2 Nghiệm của đa thức . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.2.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.2.2 Định lí Bezout . . . . . . . . . . . . .
1.2.2.3 Sơ đồ Horner . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Định lí Viete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.1 Định lí thuận . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.2 Định lí đảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4 Công thức nội suy Lagrange . . . . . . . . . . . . . .

1.4.1 Công thức nội suy Lagrange . . . . . . . . . .
1.4.2 Kết quả . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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

.
.
.
.
.
.
.

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

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

.
.

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

.
.
.
.
.
.
.

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

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

.
.

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

2
2
2
5
5
5
5

5
7
7
9
9
9
10
11
11
12
12
12
13

2 CÁC BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC

14

BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ

30

3 BẤT ĐẲNG THỨC VỀ ĐA THỨC
3.1 Một số bất đẳng thức cơ bản . . . . . . . .
3.1.1 Bất đẳng thức giá trị tuyệt đối . . .
3.1.2 Bất đẳng thức giữa trung bình cộng
và trung bình nhân . . . . . . . . . .
3.1.3 Bất đẳng thức Cauchy-Schwartz . .
3.2 Bất đẳng thức về đa thức . . . . . . . . . .
3.2.1 Bất đẳng thức về hệ số . . . . . . . .

ii

31
. . . . . . . . . . . . . 31
. . . . . . . . . . . . . 31
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

31
32
32
32


MỤC LỤC

3.2.2
3.2.3
3.2.4

Bất đẳng thức về bậc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
Bất đẳng thức về nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
Bất đẳng thức về giá trị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ

50

KẾT LUẬN
Nhận xét và đánh giá chung về đề tài .
Kết quả đạt được . . . . . . . . .
Hạn chế . . . . . . . . . . . . . . .
Hướng phát triển của đề tài . . . . . .

51
51
51
51
51

TÀI LIỆU THAM KHẢO

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.

.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.

.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.

.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

52

iii


MỞ ĐẦU

1. Lí do chọn đề tài
Đại số được coi là một bộ phận lớn của tốn học. Trong đó đa thức có vị trí
quan trọng, khơng những là đối tượng nghiên cứu trọng tâm của Đại số mà còn
là cơng cụ đắc lực của Giải tích. Ngồi ra trong các kì thi tuyển học sinh giỏi,

vơ địch quốc gia, quốc tế và Olympic, các bài toán về đa thức thường có mặt ở
mức độ khó.
Đối với bậc THPT các dạng toán về đa thức như là xác định đa thức và bất
đẳng thức về đa thức thường được thấy trong các kì thi học sinh giỏi. Việc tìm
tịi lời giải của những bài toán này thường gây lúng túng cho học sinh, vì học
sinh chưa được trang bị đầy đủ kiến thức cần thiết để giải quyết bài toán một
cách nhanh chóng, cũng như trong q trình học chưa được phân ra các dạng
toán rõ ràng. Vậy câu hỏi đặt ra có cách nào để xác định được đa thức theo
yêu cầu bài toán cũng như chứng minh được một bất đẳng thức về đa thức một
cách cụ thể hay khơng?
Và đây cũng là lí do tơi chọn đề tài "Các bài toán xác định đa thức và
bất đẳng thức về đa thức một ẩn" làm khóa luận tốt nghiệp của mình nhằm
phân loại, hệ thống một số dạng bài tập xác định đa thức và bất đẳng thức về
đa thức. Từ đó giúp cho việc giải quyết các bài toán về đa thức một cách dễ
dàng hơn và qua đó cịn cho thấy được tầm quan trọng của đa thức trong mơn
tốn ở trường THPT.

2. Phạm vi nghiên cứu
Khóa luận tìm hiểu, nghiên cứu các bài tốn xác định đa thức và bất đẳng
thức về đa thức một ẩn trong chương trình tốn phổ thơng.

3. Cấu trúc của khóa luận
Khóa luận gồm có ba chương:
Chương 1, trình bày về vành đa thức một ẩn và các phép toán về đa thức.
Chương 2, trình bày một số bài tốn xác định đa thức dựa vào các yếu tố
cho trước như đặc trưng nghiệm, đặc trưng về bậc của đa thức và các phép biến
đổi, đồng nhất hệ số.
Chương 3, trình bày các dạng tốn bất đẳng thức về đa thức bao gồm bất
đẳng thức về hệ số, bất đẳng thức về bậc, bất đẳng thức về nghiệm và bất đẳng
thức về giá trị.

1


CHƯƠNG 1

ĐA THỨC VÀ CÁC PHÉP TOÁN
VỀ ĐA THỨC

1.1

Vành đa thức một ẩn

1.1.1

Xây dựng vành đa thức một ẩn

Giả sử A là một vành giao hốn, có đơn vị kí hiệu là 1.
Gọi P là tập hợp các dãy phần tử trong A.
P = (a0 , a1 , ..., ai ) ai ∈ A, ∀i ∈ N, ai = 0 tất cả trừ một số hữu hạn.

Trên P ta xác định hai quy tắc cộng và nhân như sau:
• Quy tắc cộng

(a0 , a1 , ..., an , ...) + (b0 , b1 , ..., bn , ...) = (a0 + b0 , a1 + b1 , ..., an + bn , ...).
• Quy tắc nhân

(a0 , a1 , ..., an , ...)(b0 , b1 , ..., bn , ...) = (c0 , c1 , ..., cn , ...).
Trong đó:
c 0 = a0 b 0

c 1 = a0 b 1 + a1 b 0
...
ck = a0 bk + a1 bk−1 + ... + ak−1 b1 + ak b0 =

ai b j ,

k = 0, 1, 2, ...

i+j=k

Khi đó (P,+,.) lập thành vành giao hốn có đơn vị gọi là vành đa thức.
Thật vậy, hai quy tắc cộng và nhân cho ta hai phép tốn trong P.
1. (P,+) là một nhóm giao hốn vì:
• Phép cộng có tính chất giao hốn và kết hợp.
• Phần tử khơng là dãy (0,0,...,0,...).
• Phân tử đối của dãy (a0 , a1 , ..., an , ...) là dãy (−a0 , −a1 , ..., −an , ...).

2


1.1. Vành đa thức một ẩn

2. (P,.) là một nữa nhóm giao hốn vì:
• Do A giao hốn nên:
ai b j =
i+j=k

b j ai
i+j=k

⇒ Phép nhân có tính chất giao hốn.
• Phép nhân trong A có tính chất kết hợp và phân phối đối với phép cộng
nên ∀m = 0, 1, 2, .... Ta có:




bi c j  =

ah 
h+k=m

i+j=k

ah ( b i c j )
h+i+j=m


=

( ah b i ) c j =
h+i+j=m


ah b i  c j


j+l=m

h+i=l

⇒ Phép nhân trong P có tính chất kết hợp.

3. Trong A, ta có:
ai ( b j + c j ) =
i+j=k

ai b j +
i+j=k

ai c j ,

∀k = 0, 1, ...

i+j=k

⇒ Phép nhân có tính chất phân phối đối với phép cộng trong P.

4. Dãy (1,0,...,0,...) là phần tử đơn vị của P.
Do đó P là 1 vành giao hốn có đơn vị 1.
Xét dãy: x = (0, 1, 0, ..., 0, ...)
Theo quy tắc nhân, ta có:
x2 = (0, 0, 1, 0, ..., 0, ...)
x3 = (0, 0, 0, 1, ..., 0, ...)
...
xn = (0, 0, ..., 0, 1, 0, ...)
n

Ta quy ước viết:
x0 = (1, 0, ..., 0, ...)

Xét ánh xạ:
f

:

A −→ P
a −→ (a, 0, ..., 0, ...)
3


1.1. Vành đa thức một ẩn

Ta có:
f (a + b) = (a + b, 0, ..., o, ...) = (a, 0, ..., 0, ...) + (b, 0, ..., 0, ...) = f (a) + f (b)
f (ab) = (ab, 0, ..., 0, ...) = (a, 0, ..., 0, ...)(b, 0, ..., 0, ...) = f (a)f (b)
f (a) = f (b) ⇔ (a, 0, ..., 0, ...) = (b, 0, ..., 0, ...) ⇔ a = b

Vậy f là đơn cấu và bảo tồn hai phép tốn.
Vì f đơn cấu nên ta đồng nhất mỗi phần tử a ∈ A với f (a) ∈ P tức là:
a = f (a) = (a, 0, ..., 0, ...) ∈ P
⇒ A là một vành con của vành P.

Các phần tử của P là dãy
(a0 , a1 , ..., an , ...)
Trong đó ai = 0 tất cả trừ một số hữu hạn nên ta có thể giả sử n là số lớn nhất
để an = 0, khi đó mỗi phần tử trong P có thể viết:
(a0 , a1 , ..., an , 0, ...) = (a0 , 0, 0, ...) + (0, a1 , 0, ...) + (0, 0, ..., 0, an , 0, ...)
= (a0 , 0, ...)(1, 0, ...) + (a1 , 0, ...)(0, 1, 0, ...)
+ ... + (an , 0, ...)(0, ..., 0, 1, 0, ..)

n
n

= a0 + a1 x + ... + an x
= a0 x0 + a1 x1 + ...an xn .
Người ta thường kí hiệu các phần tử của P dưới dạng:
an xn + an−1 xn−1 + ... + a1 x1 + a0 x0 ,

ai ∈ A, i = 0, n

bằng f (x), g (x),...
Định nghĩa 1.1.1. Vành P gọi là vành đa thức của ẩn x lấy hệ tử trong A, hay
vắn tắt vành đa thức của ẩn x trên A.
Kí hiệu: A[x]
Các phần tử của vành đó gọi là đa thức của ẩn x lấy hệ tử trong A. Trong một
đa thức
f (x) = an xn + an−1 xn−1 + ... + a1 x1 + a0 x0 .
• ai , i = 0, n gọi là các hệ tử thứ i của đa thức.
• ai xi , i = 0, n gọi là các hạng tử thứ i của đa thức.
• a0 x0 = a0 gọi là hạng tử tự do.
• an xn với an = 0 gọi là hạng tử cao nhất.

4


1.1. Vành đa thức một ẩn

1.1.2

Các phép toán trên vành đa thức một ẩn

1.1.2.1

Hai đa thức bằng nhau

Hai đa thức

n

m

P (x) =

ak x

k

k=0

k=0

bằng nhau khi và chỉ khi:

1.1.2.2

bk x k

Q(x) =

và

m=n
ak = bk , ∀k = 0, 1, 2, ..., m

Phép cộng, trừ đa thức

Cho hai đa thức
m

n

P (x) =

ak x

k

b k xk

Q(x) =

và

k=0

k=0

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

(ak ± bk )xk

P (x) ± Q(x) =
k=0

1.1.2.3

Phép nhân đa thức

Cho hai đa thức
m

n

P (x) =

ak x

k

và

bk x k

Q(x) =

k=0

k=0

Khi đó P (x).Q(x) là một đa thức có các hệ số được xác định bởi:
k

ck =

ai bk−i .
i=o

1.1.2.4

Bậc của đa thức

Xét một dãy:
(a0 , a1 , a2 , ..., an , ...)
thuộc vành P. Vì các ai = 0 tất cả trừ một số hữu hạn nên nếu:
(a0 , a1 , ..., an , ...) = (0, 0, ..., 0, ...)
thì bao giờ cũng có một chỉ số n sao cho an = 0 và ai = 0, i > n. Theo như trên
ta viết:
(a0 , a1 , ..., an , 0, ...) = a0 x0 + a1 x1 + ... + an xn
5


1.1. Vành đa thức một ẩn

Định nghĩa 1.1.2. Bậc của đa thức khác 0
f (x) = an xn + an−1 xn−1 + ... + a1 x1 + a0 x0

với an = 0, n ≥ 0, là n. Hệ tử an gọi là hệ tử cao nhất của f (x).
Bậc của đa thức f (x) kí hiệu: deg f (x)

Định lí 1.1.3. Giả sử f (x) và g (x) là hai đa thức khác 0
1. Nếu deg f (x) = deg g (x) thì
f (x) + g (x) = 0

và
deg(f (x) + g (x)) = max(deg f (x), deg g (x)).
2. Nếu deg f (x) = deg g (x), và nếu thêm nữa f (x) + g (x) = 0 thì
deg(f (x) + g (x)) ≤ max(deg f (x), deg g (x)).
3. Nếu f (x).g (x) = 0 thì
deg(f (x).g (x)) ≤ deg f (x) + deg g (x).
Định lí 1.1.4. Nếu A là một miền nguyên, f (x) và g (x) là hai đa thức khác 0
của vành A[x], thì
f (x).g (x) = 0
và
deg(f (x).g (x)) = deg f (x) + deg g (x).
Chứng minh. Giả sử f (x), g (x) ∈ A[x] là hai đa thức khác 0.
f (x) = a0 + ... + am xm (am = 0)
g (x) = b0 + ... + bn xn (bn = 0)

Theo quy tắc nhân đa thức ta có:
f (x).g (x) = a0 b0 + ... + (a0 bk + ... + ak b0 )xk + ... + am bn xn+m

Với am = 0, bn = 0 nên am bn = 0, do đó:
f (x).g (x) = 0

và
deg(f (x).g (x)) = m + n = deg f (x) + deg g (x).

6

1.2. Phép chia đa thức.

1.2

Phép chia đa thức.

1.2.1

Định lí cơ bản

Giả sử A là một trường, f (x) = 0, g (x) = 0 là hai đa thức của vành A[x] thì
ln ln tồn tại hai 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).
Ta gọi q (x) và r(x) lần lượt là thương và dư trong phép chia f (x) cho g (x).
Nếu r(x) = 0 thì ta nói f (x) chia hết cho g (x)
.
Kí hiệu: f (x) .. g (x) hay g (x)|f (x)
Chứng minh.
* Sự tồn tại.
Giả sử
f (x) = an xn + an−1 xn−1 + ... + a1 x + a0 ,

deg f (x) = n.

g (x) = bm xm + bm−1 xm−1 + ... + b! x + b0 ,

deg g (x) = m.

- Nếu deg f (x) < deg g (x) thì đặt q (x) = 0 và r(x) = f (x).
Khi đó ta có:
f (x) = g (x).q (x) + r(x),

deg r(x) = deg f (x) < deg g (x).

n−m .
- Nếu deg f (x) ≥ deg g (x) thì đặt h1 (x) = an b−1
m x
Khi đó hạng tử cao nhất của g (x)h1 (x) là:
n−m
bm xm .b−1
= an x n
m an x

Do đó, đặt:
f1 (x) = f (x) − g (x)h1 (x)

thì f1 (x) là đa thức bậc thực sự nhỏ hơn bậc của f (x).
Có hai khả năng xảy ra:
+ Nếu deg f1 (x) < deg g (x) thì đặt:
q (x) = h1 (x),

r(x) = f1 (x).

Ta có:
f (x) = g (x).q (x) + r(x).

deg r(x) = deg f1 (x) < deg g (x).

7


1.2. Phép chia đa thức.

+ Nếu deg f1 (x) > deg g (x), giả sử:
f1 (x) = c0 + c1 x + ... + ck xk .

Ta lại đặt:
k−m
h2 (x) = ck b−1
m x

f2 (x) = f1 (x) − g (x)h2 (x).

Đến đây, ta lại xét f2 (x) tương tự như đối với f (x) và f1 (x), cứ tiếp tục quá
trình trên ta thu được dãy các đa thức có bậc giảm dần f (x), f1 (x), f2 (x), ....
Do đó, sau hữu hạn bước ta sẽ gặp một đa thức fk (x) = 0 hoặc nếu fk (x) = 0
thì có bậc nhỏ hơn bậc của g (x).
Ta viết dãy các đẳng thức trong quá trình trên như sau:
f1 (x) =f (x) − g (x)h1 (x)
f2 (x) =f1 (x) − g (x)h2 (x)
...
fk (x) =fk−1 (x) − g (x)hk (x).

Khi đó, cộng vế theo vế các đẳng thức trên ta được:
fk (x) = f (x) − g (x) h1 (x) + h2 (x) + ... + hk (x)
⇔ f (x) = g (x) h1 (x) + h2 (x) + ... + hk (x) + fk (x)

Đặt:
q (x) = h1 (x) + h2 (x) + ... + hk (x), r(x) = fk (x)

Ta được:
f (x) = g (x).q (x) + r(x)

Nếu r(x) = 0 thì deg r(x) < deg g (x).
* Tính duy nhất
Giả sử có cặp đa thức q (x), r(x) và q1 (x), r1 (x) đều thỏa mãn:
f (x) = g (x).q (x) + r(x),
f (x) = g (x).q1 (x) + r1 (x),

deg r(x) < deg g (x), r(x) = 0
deg r1 (x) < deg g (x), r1 (x) = 0

⇒ g (x) q (x) − q1 (x) = r1 (x) − r(x)

Từ đó, ta có:
deg r1 (x) − r(x) = deg g (x) + deg q (x) − q1 (x)

Nếu r1 (x) − r(x) = 0 thì deg r1 (x) − r(x) < deg g (x)
Thậy vậy, vì
deg r(x) < deg g (x), deg r1 (x) < deg g (x)
8

(1)


1.2. Phép chia đa thức.

nên:
deg r1 (x) − r(x) ≤ max(deg r1 (x), deg r(x)) < deg g (x)
⇒ deg r1 (x) − r(x) < deg g (x)

Điều này mâu thuẫn với (1).
Vậy r1 (x) − r(x) = 0 hay r1 (x) = r(x).
Từ đó suy ra: q (x) = q1 (x) (đpcm).

1.2.2

Nghiệm của đa thức

1.2.2.1

Định nghĩa

Giả sử c là môt phần tử tùy ý của vành A,
f (x) = a0 + a1 x + ... + an xn

là đa thức tùy ý của vành A[x], phần tử:
f (c) = a0 + a1 c + ... + an cn ∈ A

có được bằng cách thay x bởi c gọi là giá trị của f (x) tại c.
Nếu f (c) = 0 thì c gọi là nghiệm của f (x).
Tìm nghiệm của f (x) gọi là giải phương trình đại số bậc n.
an xn + ... + a1 x + a0 = 0(an = 0).

1.2.2.2

Định lí Bezout

Giả sử A là một trường, c ∈ A, f (x) ∈ A[x]. Khi đó dư của phép chia f (x)
cho x − c là f (c).
Chứng minh. Chia f (x) cho x − c ta được:
f (x) = (x − c)q (x) + r(x).

* Nếu r(x) = 0 thì
deg r(x) < deg(x − c)
⇒ deg r(x) = 0
⇒ r(x) = r0 ∈ A
⇒ f (x) = (x − c)q (x) + r0
Thay x bằng c ta được:
f (c) = 0.q (c) + r0
f (c) = r0

Vậy định lí đã được chứng minh.

9


1.2. Phép chia đa thức.

Hệ quả 1.2.1. c là nghiệm của f (x) khi và chỉ khi f (x) chia hết cho x − c.
Chứng minh.
"⇒" Giả sử c là nghiệm của f (x).
Chia f (x) cho x − c ta được:
f (x) = (x − c)q (x) + f (c)

Vì c là nghiệm của f (x) nên:

f ( c) = 0
⇒ f (x) = (x − c)q (x)
⇒ f (x) chia hết cho (x − c)
"⇐" Giả sử f (x) chia hết cho x − c thì:
f (x) = (x − c)q (x)
⇒ f (c) = (c − c)q (x) = 0
⇒ c là nghiệm của f (x)

Vậy hệ quả đã được chứng minh.
1.2.2.3

Sơ đồ Horner

Thực hiện phép chia
f (x) = an xn + an−1 xn−1 + ... + a0

cho x − c ta được:
f (x) = (x − c)q (x) + r(x).

Giả sử:
q (x) = bn−1 xn−1 + bn−2 xn−2 + ... + b0
⇒ an xn + an−1 xn−1 + ... + a0 = (x − c)(bn−1 xn−1 + bn−2 xn−2 + ... + b0 ) + r(x).

Đồng nhất hệ số ta được:
bn−1 = an
bn−2 = an−1 + cbn−1
...
b0 = a1 + cb1

Và dư:

r = a0 + cb0

Vì r = f (c), ta suy ra một phương pháp (Phương pháp Horner) để tính f (c)
bằng sơ đồ sau đây:
an
c bn−1 = an bn−2

an−1
...
a1
a0
= an−1 + cbn−1 ... b0 = a1 + cb1 r
10


1.3. Định lí Viete

1.3

Định lí Viete

1.3.1

Định lí thuận

Cho đa thức f (x) ∈ A[x],
f (x) = an xn + an−1 xn−1 + ... + a1 x + a0 ,

deg f (x) = n

Gọi x1 , x2 , ..., xn là nghiệm của f (x). Khi đó ta có các hệ thức sau:

an−1


x1 + x2 + ... + xn = −


an

an−2



x1 x2 + x1 x3 + ... + xn−1 xn =


an
an−3
x1 x2 x3 + x1 x2 x4 + ... + xn−2 xn−1 xn = −

an



...



a0



x1 x2 x3 ...xn = (−1)n .
an

Ta kí hiệu:

n

S1 =

an−1
an
an−2
xi xj =
an

xi = −
i=1

S2 =
1≤i≤j≤n

...
xi1 xi2 ...xik = (−1)k .

Sk =
1≤i1 ≤i2 ≤...≤ik ≤n

ak

an

Với Sk là tổng các tích chập k của n số xi .
Đặc biệt:
* Nếu x1 , x2 là 2 nghiệm của f (x) = ax2 + bx + c, (a = 0) thì:

x + x = − b
1
2
a
x1 .x2 = c
a

* Nếu x1 , x2 , x3 là 3 nghiệm của f (x) = ax3 + bx2 + cx + d, (a = 0) thì:


b


x + x2 + x3 = −

 1
a
c
x1 x2 + x 1 x3 + x2 x3 =
a


d



x1 x2 x3 = −
a

11


1.4. Cơng thức nội suy Lagrange

1.3.2

Định lí đảo

Nếu n số x1 , x2 , x3 , ..., xn có các tổng của các tích chập k từ n số đó là Sk
(k = 1, n) thì
x1 , x2 , x3 , ..., xn là nghiệm nếu có của phương trình:
X n − S1 X n−1 + S2 X n−2 + ... + (−1)n−1 Sn−1 X + (−1)n Sn = 0

Đặc biệt:
x1 + x2 = S
* Nếu
x1 x2 = P

thì x1 , x2 là 2 nghiệm (nếu có) của phương trình
X 2 − SX + P = 0




 x1 + x2 + x3 = A

* Nếu x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 = B


 x1 x2 x 3 = C
thì x1 , x2 , x3 là 3 nghiệm (nếu có) của phương trình X 3 − AX 2 + BX − C = 0.

1.4

Công thức nội suy Lagrange

1.4.1

Công thức nội suy Lagrange

Cho f (x) ∈ R[x], degf (x) = n và n + 1 số thực α1 , α2 , ..., αn+1 cho trước thì
f (x) được xác định như sau:
(x − α2 )(x − α3 )...(x − αn+1 )
(α1 − α2 )(α1 − α3 )...(α1 − αn+1 )
(x − α1 )(x − α2 )...(x − αn )
+ ... + f (αn+1 ).
(αn+1 − α1 )(αn+1 − α2 )...(αn+1 − αn )

f (x) =f (α1 ).

Hay
n+1

f (x) =

n+1

f (α i ).
i=1

j=1,j=i

x − αj
αi − αj

Chứng minh. Xét:
n+1

g (x) = f (x) −

n+1

f (αi ).
i=1

j=1,j=i

x − αj
αi − αj

thì deg g (x) ≤ n và có n + 1 nghiệm g (αi ) = f (αi ) − f (αi ) = 0 nên g (x) = 0
Do đó ta có cơng thức Lagrange.
12


1.4. Công thức nội suy Lagrange

1.4.2

Kết quả

Mọi đa thức bậc n hoàn toàn xác định khi biết n + 1 giá trị f (αk ) với
k = 1, 2, ..., n + 1.

13


CHƯƠNG 2

CÁC BÀI TỐN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC
Bài tốn xác định đa thức thường gặp nhiều trong các kì thi học sinh
giỏi, thi Olympic ở THPT. Đối với dạng toán này học sinh thường giải theo
phương pháp hệ số bất định hoặc chia đa thức. Ngồi cách giải đó chúng ta cịn
nhiều cách giải khác nhau có thể giải quyết bài toán nhanh hơn dựa vào dữ kiện
mà đề bài cho sẵn.
Chương này trình bày các bài tốn xác định đa thức dựa vào các yếu tố cho
trước như là đặc trưng nghiệm, đặc trưng về bậc của đa thức cũng như các phép
biến đổi và đồng nhất hệ số.
Bài toán 2.1:
Xác định đa thức bậc 4 dang:
P (x) = x4 + bx2 + c

(b, c > 0)

(1)

sao cho phương trình:
P (x) = x2

khơng có nghiệm thực cịn phương trình sau:
P [P (x)] = x4

(2)

thì có nghiệm thực.
Giải.
Ta thấy:
P (x) = x4 + bx2 + c > 0 và P (−x) = P (x),

∀x ∈ R

Đặt: Q(x) = P (P (x)), ta có: Q(−x) = Q(x), ∀x ∈ R
Nên chỉ cần xét x ≥ 0 Theo giả thiết thì phương trình P (x) = x2 khơng có
nghiệm thực và
P (x) − x2 = x4 + (b − 1)x2 + c
Nên
P (x) > x2

∀x ∈ R

Suy ra:
P (P (x)) > [P (x)]2 > x4

Nên phương trình (2) vơ nghiệm.
Vậy khơng tồn tại đa thức thỏa mãn yêu cầu bài toán.
14

Chương 2. CÁC BÀI TỐN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC

Bài tốn 2.2:
Cho đa thức:
f (x) = x4 − x3 + 8ax2 − ax + a2

(1)

Tìm đa thức f (x) sao cho f (x) = 0 có 4 nghiệm dương phân biệt.
Giải.
• Nếu a = 0 thì (1) trở thành:
f (x) = x4 − x3

Phương trình f (x) = 0 ⇔ x4 − x3 = 0 có 2 nghiệm phân biệt.
Do đó a = 0 khơng thỏa mãn.
• Nếu a = 0 thì ta có thể viết:
f (x) = (x2 − ux + a)(x2 − vx + a)

Đồng nhất hệ số ta thu được:
u+v =1

(2)

uv = 6a

Ta có:

f (x) = 0 ⇔(x2 − ux + a)(x2 − vx + a) = 0

⇔

x2 − ux + a = 0
x2 − vx + a = 0

Theo đề f (x) = 0 phải có 4 nghiệm dương phân biệt.
Nên phương trình x2 − ux + a = 0 và x2 − vx + a = 0 phải có 2 nghiệm dương
phân biệt.
Do đó:
u2 > 4a
và a > 0
(3)
v 2 > 4a
Từ (2) ta có u, v là nghiệm của phương trình:
X 2 − X + 6a = 0

Để f (x) = 0 có 4 nghiệm thì (4) phải có 2 nghiệm thực phân biệt.
⇔∆>0⇔a<

15

1
24

(4)


Chương 2. CÁC BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC

Hai nghiệm là:

√



1 − 1 − 24a
u =

√2

1 + 1 − 24a
v=
2
Từ (3) suy ra:

√



1 − 1 − 24a




2


√

1 + 1 − 24a





2




a > 0

2

> 4a
2

> 4a


√

1
− 12a − 1 − 24a


> 4a


2√
⇔ 1 − 12a + 1 − 24a

> 4a


2


a > 0



1 − 20a ≥ 0




1 − 24a < (1 − 20a)2





 20a − 1 < 0
⇔ 
 20a − 1 ≥ 0








(1 − 24a) > (20a − 1)2




a > 0

√


√1 − 24a < 1 − 20a
⇔
1 − 24a > 20a − 1


a > 0





a ≤ 1



20


1





a
<
0
hoặc
a
>


25





1
 a<
⇔ 
  20




 a > 1





20



1


0 < a <


25



a > 0
⇔

Giao với điều kiện a <


1
1


a
<
0
hoặc
<

a
≤


25
20
⇔ a< 1

20


a > 0

1
1
25
20

1
ta được:
24
1
1
25
24

Vậy đa thức cần tìm là:
f (x) = x4 − x3 + 8ax2 − ax + a2

16

với a ∈

1 1
;
25 24


Chương 2. CÁC BÀI TỐN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC

Bài tốn 2.3:
Tìm các đa thức bậc f (x) ∈ Z[x] dạng:
f (x) = n!xn + an−1 xn−1 + ... + a1 x + (−1)n n(n + 1)

có các nghiệm (kí hiệu là x1 , ..., xn ) đều thực sao cho các điều kiện sau thỏa
mãn:
xk ∈ [k, k + 1] ∀k ∈ {1, 2, ..., n} .

Giải.
• Với n = 1 thì f (x) = x − 2 là đa thức thỏa mãn u cầu bài tốn.
• Với n = 2 thì f (x) = 2x2 + a1 x + 6 có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa mãn
điều kiện 1 ≤ x1 ≤ 2 ≤ x2 ≤ 3 và


 x + x = − a1 > 0
1
2
2

 x1 x2 = 3
Do 0 ≤ x2 − x1 ≤ 2 nên:
1
0 ≤ (x2 − x1 )2 = (x1 + x2 )2 − 4x1 x2 = a21 − 12 ≤ 4
4
Suy ra:

√

√

48 ≤ a21 ≤ 64 ⇒ −8 ≤ a1 ≤ −4 3 hoặc 4 3 ≤ a1 ≤ 8
Mà a1 < 0 nên a1 = −7 hoặc a1 = −8
Do đó ta thu được các đa thức:
f (x) = 2x2 − 7x + 6 và f (x) = 2x2 − 8x + 6
• Với n ≥ 3. Ta có:
f (x) = n!(x − x1 )(x − x2 )...(x − xn )

Với x = 0 thì:
(−1)n n(n + 1) = n!(−1)n x1 x2 ...xn
Theo giả thiết xk ∈ [k, k + 1],
n! ≤ x1 x2 ...xn =

∀k ∈ {1, 2, ..., n} ta thu đươc:

n+1
n+1
≤
< n < n!
2

(n − 1)!

Do đó bài tốn vơ nghiệm với n ≥ 3.

17

(mâu thuẫn).


Chương 2. CÁC BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC

Vậy đa thức cần tìm là:
f (x) = x − 2
f (x) = 2x2 − 7x + 6
f (x) = 2x2 − 8x + 6

Bài tốn 2.4:
Tìm các đa thức dạng:
n

ak x k ,

P (x) =

ak ∈ {−1, 1}

∀k ∈ {0, 1, ..., n}

k=0

có các nghiệm đều thực.
Giải.
Giả sử an = 1 ( với an = −1 ta có kết quả tương tự).
• Với n = 1 ta có đa thức cần tìm là:
P (x) = x ± 1
• Với n ≥ 2 thì theo giả thiết đa thức có các nghiệm x1 , x2 , ..., xn đều thực.

Áp dụng định lí Viete ta có:
(x1 x2 ...xn )2 = −
Lại có:

an−1
an

2

=1

n

x2j = a2n−1 − 2an−2 = 1 − 2an−2

0≤
j=1

Do an−1 ∈ {−1; 1} nên an−2 = −1 và:
n

x2j = 3
j=1

Mặt khác, ta có:
3
n

=

1
n

n

x2j ≥

n

x21 x22 ...xnn = 1 ⇒ n ≤ 3

j=1

– Với n = 2 ta thu được các đa thức:
P (x) = ±(x2 + x − 1) và P (x) = ±(x2 − x − 1)
18


Chương 2. CÁC BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC

– Với n = 3 ta thu được các đa thức:
P (x) = ±(x3 + x2 − x − 1) và P (x) = ±(x3 − x2 − x + 1)

Vậy các đa thức cần tìm là:
P (x) = ±(x + 1) và P (x) ± (x − 1)
P (x) = ±(x2 + x − 1) và P (x) = ±(x2 − x − 1)
P (x) = ±(x3 + x2 − x − 1) và P (x) = ±(x3 − x2 − x + 1)

Bài toán 2.5:
Với mỗi số nguyên tố n + 1 (n ∈ N) chữ số
p = an an−1 ...a1 a0

ta xét đa thức bậc fp (x) ∈ Z[x] tương ứng dạng:
fp (x) = an xn + an−a xn−1 + ... + a1 x + a0

(1)

xác định tất cả các đa thức fp (x) như trên biết rằng nó có nghiệm hữu tỉ.
Giải.
• Xét n = 0 ta được f (x) = a1 x + a0 với p = a1 a0 là số nguyên tố.
• Xét n ≥ 1. Theo giả thiết thì aj ∈ {0, 1, 2, ...9}, an > 0, a0 lẻ và fp (x) phân

tích được thành tích 2 đa thức với hệ số nguyên.
fp (x) = (ax + b)(bn−1 xn−1 + ... + b0 ),

a ∈ N∗

Từ (1) và (2) ta có:
abn−1 = an ,

bb0 = a0

Suy ra:

a ∈ {1, 2, ..., 9},

b ∈ {1, 2, ..., 9}

Do đó:
1 < a.10 + b < p
Ta có:
p = an an−1 ...a1 a0 = an .10n + an−1 .10n−1 + ... + a1 .10 + a0

và
fp (10) = an .10n + an−1 .10n−1 + ... + a1 .10 + a0
19

(2)


Chương 2. CÁC BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC

Suy ra:
p = fp (10) = (a.10 + b)|bn−1 .10n−1 + ... + b0 |

Mâu thuẫn với giả thiết p là số nguyên tố.
Vậy với n ≥ 1 không tồn tại đa thức fp (x) thỏa yêu cầu bài toán.

Vậy đa thức cần tìm là:
f (x) = a1 x + a0 với p = a1 a0 là số ngun tố.

Bài tốn 2.6:
Tìm tất cả các đa thức P (x) thỏa mãn:
(x + 1)P (x) = (x − 2010)P (x + 1)

(1)

Giải.
Xét bài tốn tổng qt sau: Tìm tất cả các đa thức thỏa:
(x − a)Q(x) = (x − b)Q(x + 1)

(2)

• Với x = a thay vào (2) ta có: Q(a + 1) = 0
⇒ (a + 1) là nghiệm của Q(x)
• Với x = b thay vào (2) ta có: Q(b) = 0
⇒ b là nghiệm của Q(x)

Do đó:
Q(x) = x − (a + 1) (x − b)Q1 (x).

Thay vào (2) ta được:
(x − a) x − (a + 1) (x − b)Q1 (x) = (x − b)(x − a)(x − b + 1)Q1 (x + 1)
⇔ x − (a + 1) Q1 (x) = (x − b + 1)Q1 (x + 1)
• Với x = a + 1 thay vào (3) ta có: Q(a + 2) = 0
⇒ (a + 2) là nghiệm của Q1 (x).
• Với x = b − 1 thay vào (3) ta có: Q(b − 1) = 0
⇒ (b − 1) là nghiệm của Q1 (x).

20

(3)