Trường Đại học Quảng Bình Đề tài: Đa thức và các phép toán trên đa thức
LỜI NÓI ĐẦU
Toán học là một ngành khoa học mà hàng triệu con người đam mê và theo đuổi.
Trong đó Đại số là một trong ba lĩnh vực lớn của Toán học. Mà trên đó, đa thức là một
phần rất quan trọng của Đại số. Rất nhiều ứng dụng và các phép toán trên đa thức
được xây dựng. Tiểu luận “Đa thức và các phép toán trên đa thức” đưa ra các bài tập
về đa thức với nhiều cách giải theo phương pháp khác nhau. Các bài toán về đa thức
trong tiểu luận này là tổng hợp các bài toán được chọn làm đề thi các năm trong kỳ
thi Olympic Toán sinh viên toàn quốc của Việt Nam và một số bài toán trong Olympic
toán sinh viên Quốc tế (IMC).
Nhằm mục đích phục vụ cho quá trình học tập và nghiên cứu của chuyên ngành học.
Tiểu luận với đề tài " Đa thức và các phép toán trên đa thức” phần nào tổng quan được
các dạng toán về đa thức thường gặp trong các kỳ thi lớn.
Được sự hướng dẫn nhiệt tình của thầy Th.s Trần Mạnh Hùng cùng các tài liệu thầy
cung cấp giúp tôi hoàn thành đề tài này.
Mặc dù đã cố gắng nhưng do khả năng có hạn nên tiểu luận này không tránh khỏi
sai sót. Rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô và các bạn sinh viên
để nội dung được hoàn chỉnh hơn.
Tôi xin chân thành cám ơn!
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 1 SVTH: Tạ Minh Thanh
Lớp: ĐHSP Toán - Lý K50
Trường Đại học Quảng Bình Đề tài: Đa thức và các phép toán trên đa thức
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 2 SVTH: Tạ Minh Thanh
Lớp: ĐHSP Toán - Lý K50
Phần A LÝ THUYẾT
I. Khái niệm về đa thức
1. Định nghĩa:
Đa thức trên trường số thực là biểu thức có dạng:
P (x) = a
n
x

Để tiện lợi cho việc viết các công thức, ta quy ước với đa thức P (x) bậc n thì vẫn
có các hệ số a
k
với k > n, nhưng chúng đều bằng 0.
Tập hợp tất cả các đa thức một biến trên trường số thực được kí hiệu R[x].
Nếu các hệ số được lấy trên tập hợp các số hữu tỉ, các số nguyên thì ta có khái niệm
đa thức với hệ số hữu tỉ, đa thức với số nguyên và tương ứng là tập hợp Q[x], Z[x]. Đa
thức với hệ số phức là tập hợp C[x].
2. Đa thức bằng nhau:
Hai đa thức P (x) =

m
i=1
akx
k
; Q(x) =

n
k=o
b
k
x
k
bằng nhau khi và chỉ khi m = n
và a
k
= b
k
với mọi k = 0, n.
II. Các phép toán trên đa thức.

.
Ví dụ: (x
3
+ 3x
2
− x + 2) + (x
2
+ x − 1) = x
3
+ 4x
2
+ 1.
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 3 SVTH: Tạ Minh Thanh
Lớp: ĐHSP Toán - Lý K50
Trường Đại học Quảng Bình Đề tài: Đa thức và các phép toán trên đa thức
2. Phép nhân đa thức.
Cho hai đa thức P(x) =

m
k=0
a
k
x
k
; Q(x) =

n
k=o
b
k

+ (3.1 + 2.3)x + 2.1 = x
5
+ 4x
4
+ 7x
3
+ 12x
2
+ 9x + 1.
3. Bậc của tổng, hiệu, tích của các đa thức.
Từ các định nghĩa trên đây, dễ dàng suy ra các tính chất sau đây:
Định lý 1:
a. deg(P ±Q) ≤ max{m, n}, trong đó deg(P) = deg (Q) thì dấu bằng xảy ra. Trong
trường hợp m = n thì deg(Q ± P) có thể nhân giá trị k nào đó với k ≤ m.
b. deg(P.Q) = m + n.
4. Phép chia có dư.
Định lý 2: Với hai đa thức P (x) và Q(x) bất kì trong đó deg(Q) ≥ 1, tồn tại duy
nhất các đa thức S(x) và R(x) thỏa mãn đồng thời các điều kiện:
i. P (x) = Q(x) − S(x) + R(x).
ii. deg(R) < deg(Q).
5. Sự chia hết, Ước và Bội.
Trong phép chia P (x) cho Q(x), nếu số dư R(x) đồng nhất bằng không thì ta nói
rằng đa thức P (x) chia hết cho đa thức Q(x). Như vậy, P (x) chia hết cho Q(x) nếu tồn
tại đa thức S(x) sao cho P (x) = Q(x).S(x). Trong trường hợp này ta cũng nói Q(x)
chia hết P (x), Q(x) là ước của P(x) hoặc P(x) là bội của Q(x). Kí hiệu tương ứng là
Q(x) | P(x) và P (x)
.
.
.Q(x).
Cho P (x) và Q(x) là các đa thức khác 0. Ước chung lớn nhất của P(x) và Q(x) là

Nếu R(x) = 0 thì (P (x), Q(x)) = q
−1
Q(x), trong đó q(x) là hệ số cao nhất của đa
thức Q(x).
Nếu R(x) = 0 thì (P (x), Q(x)) = (Q(x), R(x)).
7. Tính chất chia hết.
Nhắc lại hai đa thức P (x), Q(x) gọi là nguyên tố cùng nhau nếu [P (x), Q(x)] = 1.
Ta có các định lý về các loại đa thức này như sau:
Định lý 4 (Định lý Bezout): Hai đa thức P(x) và Q(x) nguyên tố cùng nhau khi
và chỉ khi tồn tại các đa thức U(x), V (x) sao cho P(x).U(x) + Q(x).U(x) = 1.
Tính chất chia hết:
i. Q | P , Q | R suy ra Q | P + R hay tổng quát Q | P.U + R.V với các U, V là các
đa thức bất kì.
ii. Q | P, Q | R suy ra Q | R (tính chất bắc cầu).
iii. Q | P , Q | R suy ra suy ra tồn tại đa thức khác không a sao cho Q = aP , ta gọi
Q và P là hai đa thức đồng dạng.
iv. Nếu Q
1
| P
1
và Q
2
| P
2
thì Q
1
.Q
2
| P
1

Giải: Ta sẽ chứng minh [Q

(x)]
2
−Q(x).Q

(x) > 0, ∀x ∈ R (1). Nếu Q(x) ∈ R(x),
deg Q(x) = m và Q(x) có m nghiệm thực phân biệt, khi đó:
Q(x) =
n

i=1
(x −α
i
), a
i
= a
j
, (i = j).
⇒
Q

(x)
Q(x)
=
m

i=1
1
x −α


(t)]
2
> 0
Do Q

(t) = 0 (vì t là một nghiệm đơn).
• Nếu t ∈ R mà Q(t) = 0 thì (2) ⇒ (1).
Bây giờ áp dụng chứng minh trên cho đa thức Q(x) = P
k
(x), k = 1, n − 1. Các
đa thức đó đều có nghiệm thực đơn (theo định lý Role), suy ra:
R(0)
k−1
.P (0)
k+1
< [P
k
(0)]
2
⇔ (k − 1)!.a
k−1
(k + 1)!.a
k+1
< (a
k
.k!)
2
⇔ a
k−1

2
= nP (x)P

(x) = 0. Suy ra ta
được điều phải chứng minh.
• Với n > 1: Gọi x
1
, x
2
, . . . , x
n
là các nghiệm của đa thức P(x). Khi đó với x =
x
i
, i = 1, n thì hiển nhiên (1) đúng, vì:
[(n −1)P

(x)]
2
≥ n.P (x).P

(x) = 0
Giả sử x = x
i
, ∀i = 1, n, khi đó:
P

(x)
P (x)
=

2
−
nP

(x)
P (x)
≥ 0
⇔ (n−1)

n

i=1
1
x −x
i

2
−n
n

i=1
i=j
2
(x −x
i
)(x −x
j
)
≥ 0
⇔ (n−1)

⇔
n

i=1
n −1
(x −x
i
)
2
+2(n−1)

n

1≤i<j≤n
1
(x −x
i
)(x −x
j
)

−n
n

1≤i<j≤n
2
(x −x
i
)(x −x
j

−
1
x −x
i

2
( Hiển nhiên đúng)
Vậy:
(n −1)

P

(x)
P (x)

2
− n
P

(x)
P (x)
≥ 0
⇔ (n − 1)[P

(x)]
2
≥ nP (x).P

(x)
Điều phải chứng minh.


(x) = (x + 1)
2
.V (x).
Vì x + 1 và x − 1 là nguyên tố cùng nhau, suy ra f

(x) = (x − 1)
2
.(x + 1)
2
(vì f(x) có
bậc là 4). Nên dễ dàng có được:
f

(x) = k.(x − 1)
2
.(x + 1)
2
⇒ f(x) =

f

(x) =

k(x
2
− 1)
2
=


2
3
k + k + c + 1 = 0
⇔

c =
−3
5
k = −3
Vậy P (x) =
−3
5
x
5
+ 2x
3
− 3x +
−3
5
.
Bài 4: Cho P (x) là đa thức bậc n và cho m ∈ N
∗
, chứng minh rằng:
a. Nếu P (x
m
) chia hết cho (x − 1) thì nó chia hết cho x
m
− 1.
b. Nếu P (x
m

.
Khi đó:
P (x
m
) = a
n
(x
m
− a
m
) + . . . + a
2
(x
m
− a
m
)
2
+ a
1
(x
m
− a
m
) + a
0
.
Ta sẽ chứng minh a
0
= a

+ bx
3
+ cx
2
+ dx + c nghiệm thực với a, b, c, d, e ∈ R.
Giải: Gọi x
0
∈ (1, +∞) là nghiệm của phương trình ax
2
+ (b + c)x + d + e = 0.
Tức là ax
2
0
+ cx
0
+ e = −(bx
0
+ d).
Khi đó:
f(
√
x
0
) = (ax
2
0
+ cx
0
+ e) +
√

2
0
+ cx
0
+ c)
2
− x
0
(bx
0
+ d)
2
= (ax
2
0
+ cx
0
+ c)
2
− x
0
(ax
2
0
+ cx
0
+ c)
2
= (1 − x
0

Chứng minh rằng tồn tại đa thức hệ số thực Q(x) và R(x) để P(x) = Q
2
(x) + R
2
(x).
Giải: Đa thức P(x) có bậc 2010 bậc chẵn thỏa mãn P (x) ≥ 0, ∀x ∈ R nên các
nghiệm thực của P (x) kể cả nghiệm bội phải là chẵn và hệ số của x
2010
là dương. Gọi
x
1
, x
2
, . . . , x
n
là các nghiệm thực có một giá trị x
i
là bội 2m
i
.
• Nếu

k
i=1
2m
i
= 2010 thì P(x) không có nghiệm phức, khi đó:
P (x) = a
k


i=1
(x −x
i
)
m

2
, R(x) = 0
2
• Nếu

k
i=1
2m
i
≤ 2010, đặt

k
i=1
2m
i
= 2n. R(x) = 0 nên có 2010 − 2n = 2t
nghiệm phức đôi liên hợp. Khi đó:
P (x) = a
k

i−1
(x −x
i
)

2
1
(x) + R
2
1
(x) với Q
1
(x) = (x − a)
2
và R
1
(x) = b
2
.
Nên:
P (x) = a
k

i=1
(x −x
i
)
2m
.Q
2
1
(x) + R
2
1
(x)

Vậy với hai trường hợp trên ta luôn có P (x) = Q
2
(x) + R
2
(x).
Bài 7: Cho f(x) và g(x) là hai đa thức hệ số thực thỏa mãn: f(x
2010
+ 2009) +
x.g(x
2010
+ 2009) chia hết cho x
2
+ x + 1. Chứng minh f (x), g(x) chia hết cho x −2010.
Giải: Đặt P (x) = f(x
2010
+ 2009) + x.g(x
2010
+ 2009). Vì x
2
+ x + 1 = 0 không có
nghiệm thực và có hai nghiệm phức liên hợp là α, β. Dễ dàng thấy rằng α
3
= β
3
= 1 ⇒
α
2010
= β
2010
= 1 nên P(α) = f(α

i
).
Ta biết rằng:
P

(x)
P (x)
=
n

i=1
1
x −x
i
⇒
P

(−1)
P (−1)
= −
n

i=1
1
x
i
+ 1
Theo giả thiết:
−P


−
1
x
i
+ 1

≥ 0 ⇔
n

i=1
1
2

x
i
− 1
x
i
+ 1

≥ 0
⇔
1
2
n

i=1

x
i

i
+ 1|
2
≥ 1 nên (1) ⇔ |x
i
|
2
− 1 ≥ 0 ⇔ |x
i
|
2
≥ 1 ⇔ |x
1
| ≥ 1.
Vậy có ít nhất một nghiệm x
k
có modun (|x
k
| ≥ 1) (đpcm).
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 11 SVTH: Tạ Minh Thanh
Lớp: ĐHSP Toán - Lý K50
Trường Đại học Quảng Bình Đề tài: Đa thức và các phép toán trên đa thức
Bài 9: Cho đa thức P (x) = x
5
−x + 2 có các nghiệm x
i
, i = 1, n. Tính giá trị của biểu
thức:
A =
n

(x −2)
2
⇒ A =
5

i=1
1
x
i
+ 1
−
5

i=1
1
x
i
− 1
+
5

i=1
2
(x
i
− 2)
2
Ta có:
P


P

(−1)
P (−1)
= −2
5

i=1
2
(x −2)
2
=
P

(2).P (2) −P

2
(2)
P
2
(2)
=
1121
1024
⇒ A = −2 + 2 + 2 ·
1121
1024
=
1121
512

n−1
x
2
+ a
n
= (a
0
x
n
+ a
1
x
n−1
+ . . . + a
n−1
x + a
n
)
2
bằng cách so sánh hệ số ta được a
n
= a
2
n
⇔

a
n
= 1
a

Q(x). Ở đây Q(x)
không phải là đa thức hằng số có hệ số tự do khác không.
Khi đó:
x
2(n−m)
Q(x
2
) = P(x
2
) = (P(x))
2
= x
2(n−m)
.(Q(x))
2
.
Nghĩa là Q(x
2
) = (Q(x))
2
, điều này trái với giả thiết rằng Q(x) không là đa thức
hằng có hệ số tự do khác không. Suy ra P (x) = a.x
n
.
Cuối cùng chỉ còn đẳng thức a
0
x
2n
= a
2

3, 2, 3 thỏa mãn điều kiện (P (x))
2
+ (Q(x))
2
= (R(x))
2
. Hỏi đa thức T(x) =
P (x).Q(x).R(x) có ít nhất bao nhiêu nghiệm kể cả bội.
Giải:
a. Theo giả thiết f(x) chia hết cho (x − 1)(x − 2)(x + 1) nên x = 1, x = −1, x = 2
là nghiệm của đa thức f(x) = 0 khi đó ta có hệ:





a + b + c = 0
a −b + c −6 = 0
4a + 2b + c = 0
⇔ a = 1, b = −3, c = 2
Vậy đa thức cần tìm: f(x) = x
5
− 3x
4
+ 2x
3
+ x
2
− 3x + 2.
b. Không mất tính tổng quát, giả sử rằng các hệ số của các đa thức đã cho đều

2
= (R − Q)(R + Q), ta thu được P
2
1
= R
2
1
− Q
2
1
, với R
1
, P
1
là
các đa thức bậc hai, còn Q
1
là đa thức bậc nhất. Ta có:
Q
2
1
= (R
1
− P
1
)(R
1
+ P
1
).

1
(x)] = (dx + e)
2
(1)
Dễ dàng suy ra k > 0, thay giá trị x = −e/d vào (1) ta được:
R
1

−e
d

+ P
1

−e
d

= 0
Nên P
1
(−e/d) = −k/2 < 0, do đó đa thức bậc hai P
1
(x) có hai nghiệm thực và
P (x) có ba nghiệm thực.
Quay lại yêu cầu bài toán, P có ba nghiệm thực, Q có hai nghiệm thực và R có ít
nhất một nghiệm. Do vậy T (x) = P(x).Q(x).R(x) ít nhất có 6 nghiệm thực.
Bài 12: Cho P (x) là đa thức bậc n có hệ số thực, có nghiệm thực phân biệt khác
không. Chứng minh rằng các nghiệm của đa thức: Q(x) = x
2
P


(x) ⇔ g

(x) = x
2
P

(x) + 3xP (x) +
P

(x).
Cũng theo định lý Role thì g

(x) có các nghiệm thực và phân biệt.
Dễ thấy Q(x) = g

(x), vậy Q(x) = x
2
P

(x) + 3xP

(x) + P (x) có các nghiệm thực và
phân biệt.
Bài 13: Hãy tìm tất cả các đa thức P (x) sao cho thỏa mãn P (x) = P (x + 1)
Giải: Ta thấy được rằng P (x) đa thức hằng số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bây giờ
ta xét tất cả các đa thức có deg(P ) ≥ 1.
Xét: P (x) = a
0
x

1
x
n−1
+ . . . + a
n−1
x + a
n
.
Bằng phương pháp so sánh hệ số trước x
n−1
ta nhận được na
0
+ a
1
= a
n
, nghĩa là
a
0
= 0 điều này vô lý. Suy ra chỉ những đa thức hằng có bậc bằng 0 thỏa mãn bài toán.
Vậy P (x) = a, a ∈ R.
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 14 SVTH: Tạ Minh Thanh
Lớp: ĐHSP Toán - Lý K50
Trường Đại học Quảng Bình Đề tài: Đa thức và các phép toán trên đa thức
Bài 14: Cho đa thức với hệ số thực P(x) = x
n
+ a
n−1
x
n−1

= (−1)
k
k

i
1
<i
2
< <i
k
x
i
1
.x
i
2
. . . x
i
k
, k = 1, n.
Suy ra:
|a
k
| =
k

i
1
<i
2

k
n
Từ đó ta có:
|a
k
| ≥

n

i=1
x
i

k
n
C
k
n
, k = 1, n
Thay k bởi n −k ta có:
|a
n−k
| ≥

n

i=1
x
i


k
| ≥ (C
k
n
)
2
.|a
0
|, ∀k ∈ {1, 2, . . . , n}
Bài 15: Cho đa thức f (x) ∈ R(x) có ít nhất hai nghiệm thực, chứng minh rằng đa
thức P (x) = f(x) −f

(x) cũng có ít nhất hai nghiệm thực.
Giải: Giả sử x
1
, x
2
là hai nghiệm thực của f(x) (x
1
≤ x
2
). Xét hàm số g(x) = e
−x
f(x),
ta có: g

(x) = e
−x
(P


− 2a(x + a) + a
2
+ a − 2001]
2002
Nếu ta chọn được a sao cho:
a
2
+ a − 2001 = 0 ⇔ a =
−1 +
√
8005
2
hoặc a =
1 −
√
8005
2
Thì P (x
2
− 2001) = (x
n
− a
2
)
2002
= (x − a)
2002
(x + a)
2002
sẽ chia hết cho P(x).

3
+ 8x
2
+ 5x + a = x(x
2
+ 3x + b) + 5(x
2
+ 3x + b) −(b + 10)x + a −5b
= (x
2
+ 3x + b)(x + 5) −(b + 10)x + a −5b (1)
Vì P (x)
.
.
.(x
+
3x + b) và (x
2
+ 3x + b)(x + 5)
.
.
.x
2
+ 3x + b nên từ (1) suy ra đa thức bậc
nhất R(x) = −(b + 10)x + a −5b chia hết cho đa thức Q(x) = x
2
+ 3x + b.
Do deg(Q) = 2, còn deg(R) ≤ 1, nên từ R(x)
.
.

Giải: Vì các nghiệm đa thức P (x) là không âm nên P (x) ≥ 1 với x ≥ 0. Suy ra
những nghiệm của phương trình P (x) = 0 là những số âm, ta gọi các nghiệm này là
−α
1
, −α
2
, . . . , −α
n
. Ở đây −α
1
, −α
2
, . . . , −α
n
là những số dương.
Ta biểu diễn đa thức P (x) dưới dạng:
P (x) = (x + α
1
)(x + α
2
) . . . (x + α
n
)
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2011 số ta có:
2010 + α
m
= 1 + 1 + . . . + 1
  
2010 số 1
+ α

P (2010) ≥ 2011
n
.
Bài 19: Cho a, b là hai số thực phân biệt.
a. Giả sử tồn tại các đa thức P (x) và Q(x) có bậc không quá 2n − 1 thỏa mãn
(x −a)
2n
P (x) + (x −b)
2n
Q(x) = 1. Chứng minh rằng Q(x) = P (a + b − x).
b. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n cho trước, tồn tại các đa thức P (x)
và Q(x) bậc không quá 2n −1 thỏa mãn (x − a)
2n
P (x) + (x −b)
2n
Q(x) = 2.
Giải:
a. Thay x bởi a = b − x trong đẳng thức trên ta có:
(x −b)
2n
P (a + b −x) + (x −a)
2n
Q(a + b −x) = 1 (∗)
Từ đó suy ra (x − b)
2n
[Q(x) −P (a + b −x)] + (x − a)
2n
[P (x) −Q(a + b −x)] = 0
Do đó Q(x)−P(a+b−x) chia hết cho (x−a)
2n

n
(a)
4(a −b)
2n+1
−
n + 1
2
·
P
n
(a)
(a −b)
2n+3
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 17 SVTH: Tạ Minh Thanh
Lớp: ĐHSP Toán - Lý K50
Trường Đại học Quảng Bình Đề tài: Đa thức và các phép toán trên đa thức
β =
n + 3
2
·
P
n
(a)
(a −b)
2n+1
−
P

n
(a)

(x −1)P
1
(x −1), nghĩa là:
x(x −1)P
1
(x −1) = xP(x − 1) = (x −2012)P (x)
Từ đây suy ra P (x) chia hết cho cả (x − 1), nghĩa là P (x) = (x −1).xP
2
(x).
Từ đây ta lại nhận được P(x − 1) = (x −1)(x −2)P
2
(x −1).
Hoặc là: x(x − 1)(x − 2)P
2
(x −1) = (x − 2012)P(x).
Từ đây ta suy ra P (x) chia hết cho cả (x − 2). Tiếp tục quá trình như vậy ta được:
P (x) = x.(x − 1)(x − 2) . . . (x − 2011)P
2012
(x)
Khi đó từ điều kiện bài toán suy ra:
x(x −1)(x −2) . . . (x −2012)P
2012
(x −1) = (x − 2012).x.(x − 1) . . . (x − 2011)P
2012
(x)
Điều này chỉ ra rằng đa thức P
2012
(x) là đa thức thỏa mãn P
2012
(x) = P

= R(2011a)
⇒ R(x) = (x −2009a).(x −2011a)S(x)
Với deg S ≤ 1.
Mặt khác P

(x) = Q

(x).T (x) + Q(x).T

(x) + R

(x) nên:

P

(2009a) = 2n.(−2010a)
2n−1
= R

(2009a) = −2009a.S(2009a)
P

(2011a) = 2n(2010a)
2n−1
= R

(2011a) = 2010a.S(2011a)
Suy ra S(2009a) = S(2011a) = 2n(2010a)
2n−2
.

2
x
n−2
+ . . . + b
n−1
x + b
n
Biết rằng P (x) chia hết cho Q(x) và tồn tại k (k = 1, n) sao cho |b
k
| > C
k
m
2010
k
.
Chứng minh rằng tồn tại ít nhất a
i
(i = 1, n) sao cho |a
i
> 2009|.
Giải: Gọi x
1
, x
2
, . . . , x
m
là các nghiệm của Q(x) (kể cả nghiệm bội). Ta giả sử rằng
modun của chúng không vượt quá 2010 hay |x
i
| ≤ 2010. Theo định lý Viet cho các

.
.
|b
k
| = |(−1)
k

i
1
<i
2
< <i
k
x
i1
.x
i2
. . . x
ik
| ≤ C
k
m
.2010
k
(1)
.
.
.
|b
m

+ . . . + a
n−1
y + a
n
| ≥ y
n
− |a
1
y
n−1
| −. . . − |a
n−1
y| − |a
1
|
Vì |a
i
| ≤ 2009 ⇒ a
i
< |y|− 1, ∀i = 1, n.
Nên ta có 0 = |P (y)| = y
n
− (|y| − 1)(|y
n−1
| + . . . + |y| + 1) = 1 (vô lý).
Vậy tồn tại ít nhất một giá trị i sao cho a
i
> 2009, i = 1, n.
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 19 SVTH: Tạ Minh Thanh
Lớp: ĐHSP Toán - Lý K50

Nếu 2n − 1 = 0 vô lý vì n là số nguyên.
Vậy P (x) = ax + P (0) = ax, a = hằng số.
Bài 24:
Cho đa thức P (x) với hệ số thức xác định như sau:
P (x) = a
0
+ a
1
x + a
2
x
2
+ . . . + a
2n
x
2n
= (x + 2x
2
+ . . . + nx
n
)
2
Tính M = a
0
+ a
1
+ a
2
+ . . . + a
2n

Theo điều kiện của bài toán của P (x) thì k ≥ 2 ta có:
a
k
= 1(k − 1) + 2(k − 2) + . . . + (k −1).1 = k(1 + 2 + . . . + k) − (1
2
+ 2
2
+ . . . + k
2
)
=
k
2
(k + 1)
2
−
k(k + 1)(2k + 1)
6
=
(k − 1)(k + 1)
6
= C
3
k+1
Mặt khác a
0
= a
1
= 0 nên:
a

2n
=
n
2
(n + 1)
2
4
− C
4
n+2
=
n(n + 1)(5n
2
+ 6n + 2)
24
Bài 25: Giả sử một trong các nghiệm của đa thức P (x) = x
3
+ ax
2
+ bx + c, với
a, b ∈ Z bằng tích của hai nghiệm kia. Chứng minh rằng số 2f(−1) chia hết cho P (1) +
P (−1) −2(1 + P (0)).
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 20 SVTH: Tạ Minh Thanh
Lớp: ĐHSP Toán - Lý K50
Trường Đại học Quảng Bình Đề tài: Đa thức và các phép toán trên đa thức
Giải: Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm của P (x) và theo giả thiết của bài toán và áp dụng

1
+ x
1
x
2
) = x
1
x
2
(1 −a).
Nghĩa là x
1
.x
2
=
b−c
1−a
là số hữu tỉ.
Vì x
2
1
.x
2
2
= −c là nguyên nên x
1
.x
2
∈ Z, do đó từ đẳng thức P(1) + P (−1) − 2(1 +
P (0)) = 1+a+b+ c+ 9 = 1 +a −b +c)−2(1+c) = 2(a −1) = −2(x

2
).
Suy ra:
2P (−1)
P (1) + P (−1) −2(1 + P (0)
= 1 + x
1
x
2
là số nguyên.
Nên ta được điều phải chứng minh.
Trong trường hợp a = 1 ta có đẳng thức 0 = x
1
+ x
2
+ x
1
x
2
+ 1 = (x
1
+ 1)(x
2
+ 1).
Trong đó một trong các nghiệm bằng 1 hay 2P (−1) chia hết cho P (1) + P(−1) −
2(1 + P (0))
Bài 26: Cho đa thức P (x) = ax
n
− ax
n−1


n
i=1
x
1
.x
2
. . . x
n
= n
2
b
a
.
.
.
(−1)
n
x
1
.x
2
. . . x
n
=
b
a
Từ đó b = 0, theo bất đẳng thức Cauchy ta nhận được:
n
2

x
1
.x
2
. . . x
n

n
n

1
x
1
+ . . . +
1
x
n

= n
2
Điều này chỉ xảy ra khi x
1
= x
2
= . . . = x
n
= 1/n.
Bài 27: Chứng minh với giá trị tùy ý n ∈ Z
+
, đa thức P

(x) = −∞ (nghĩa là hàm số P
n
(x) nhận giá trị âm ít nhất tại một điểm x), nếu
hàm số liên tục tại P
n
(x) chỉ một lần nhận giá trị 0.
Giả sử n chẵn khi đó đa thức P

n
(x) = P
n−1
(x) có đúng một nghiệm thực x
0
= 0. Vì
P

n
(x) = P
n−1
(x) > 0, nên P

(x) > 0 với x > x
0
nên P

n
(x) < 0 với x

< 0 suy ra mọi
x ∈ R ta có:

P (x
2
) −x(3P (−x) + P (x)) = P
2
(−x) + 2x
2
(2).
Trừ vế với vế (1) cho (2) ta được:
4x(P (x) + P (−x)) = P
2
(x) −P
2
(−x).
Từ đó suy ra P (x) + P(−x) = 0, hoặc P 9x) −P (−x) = 4x.
Trường hợp 1: P(x) + P(−x) = 0 ⇔ P(x) = −P (−x).
Nên dễ dàng suy ra P (x) là hàm lẻ, thay vào phương trình (1) để khử P (−x) ta
được:
P (x
2
) + 22P (x) = P
2
(x) + 2x
2
Từ đây ta thu được: P(x
2
) −x
2
= (P (x) − x)
2
Đặt g(x) = P (x) − x ta suy ra g(x

hoặc P (x) = 3x + x
n
.
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 22 SVTH: Tạ Minh Thanh
Lớp: ĐHSP Toán - Lý K50
Trường Đại học Quảng Bình Đề tài: Đa thức và các phép toán trên đa thức
Bài 29: Cho hai đa thức P (x) và Q(x) thỏa mãn:
P (x) = x
5
+ x
Q(x) = x
5
+ x
2
Tìm tất cả các cặp số w, z sao cho P (w) = P (z), Q(w) = Q(z).
Giải: Đặt:
P (x, y) =
P (x) −P (y)
x −y
= x
4
+ x
3
y + x
2
y
2
+ xy
3
+ y



w + z = 1
w · z = 1

w + z = 1
w · z = 2
Giải hệ ta được:
(w, z) =
1 ±
√
3i
2
;

1 ∓
√
3i
2

(w, z) =

1 ±
√
7i
2
,
1 ∓
√
7i

Đặt H(x) = f

(x) −2f(x), ∀x ∈ R
+
.
Khi đó Q(x) = H

(x) −3H(x) = f

(x) −2f

(x) −3f

(x) + 6f(x) ≥ 0, hay H”(x) −
3H(x) ≥ 0.
Đặt P (x) = e
−3x
H(x) khi đó P

(x) = e
−3x
(H

(x) −3H(x)) ≥ 0.
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 23 SVTH: Tạ Minh Thanh
Lớp: ĐHSP Toán - Lý K50
Trường Đại học Quảng Bình Đề tài: Đa thức và các phép toán trên đa thức
Ta được: P (x) = e
−3x
H(x) ≥ H(0) = f

−2x
+ 2.e
x
≥ f(0) + 2 = 3.∀x ∈ R
+
⇔ f(x) ≥ 3e
2x
− 2e
3x
, ∀x ∈ R
+
.
Điều phải chứng minh.
Bài 31: Hãy tìm tất cả các đa thức P (x) mà nó thỏa mãn P(x
2
+ 1) = (P (x))
2
+ 1.
Giải: Cho P(x) là đa thức sao cho P (x
2
+ 1) = (P (x))
2
+ 1. Giả sử nó còn thỏa mãn
P (0) = 0. Khi đó P(1) = (P(0))
2
+ 1 = 1, P (2) = (P (1))
2
+ 1 = 11 = 2, . Tức là ta
có dãy b
0

2
x
n−2
+. . .+a
n−1
x+a
n
)
2
+1 = a
0
(x
+
1)
n
+a
1
(x
2
+1)
n−1
+. . .+a
n−1
(x
2
+1)+a
n
Bằng cách so sánh hệ số trước x ta nhận được 2a
n−1
.a

2
+ 1.
Nếu đặt H(y) = Q(y − 1) thì:
H((x
2
+ 1) + 1) = Q((x
2
+ 1)
2
) = (Q(x
2
)) + 1 = (H(x
2
+ 1)
2
+ 1).
Nhưng khi x tạo ra tập hợp tất cả những số thì x
2
+ 1 tạo ra những tập hợp số vô
hạn và theo nguyên lý so sánh hệ số khi đó thỏa mãn:
H(y
2
+ 1) = (H(y)
2
)
2
+ 1
Nghĩa là H(y) thỏa mãn điều kiện bài toán. Nếu với H(y) thỏa mãn H(0) = 0 thì
H(y) = y và nghĩa là P (x).Q(x
2

điều kiện bài toán.
Bài 32:
Hãy tìm số nguyên a sao cho đa thức x
13
+ x + 90 chia hết cho x
2
− x + a.
Giải: Giả thiết rằng x
1
3 + x + 90 = (x
2
− x + a)Q(x) (1).
Ở đây a là một số nguyên còn Q(x) là một đa thức, khi đó những hệ số của Q(x)
là những số nguyên. Nếu giả sử a ≤ 0 ta sẽ nhận được x
2
− x + a và x
13
+ x + 90 có
nghiệm không âm theo (1). Trong cùng lúc đó, x
13
+ x + 90 hiển nhiên không có như
vậy, suy ra a > 0. Bằng cách đặt trong (1) suy ra x = −1, x = 0, x = 1 ta nhận được:
(a + 2)Q(−1) = 88, aQ(0) = 90, aQ(1) = 92.
Từ hai đẳng thức sau cùng ta suy ra Q chia hết cho a, như vậy a hoặc bằng 0 hoặc
bằng 1 hoặc 2. Nhưng nếu a = 1 thì từ đẳng thức thứ nhất 88 chia hết cho 3 (vô lý).
Chỉ còn trường hợp a = 2, thậy vậy:
x
13
+x+90 = (x
2

mọi x.
b. Biết rằng đa thức Q(x) có tính chất Q(x) > Q

(x), ∀x ∈ R. Chứng minh rằng
Q(x) > 0, ∀x ∈ R.
Giải:
a. Dễ thấy không tồn tại các đa thức bậc 0; 1; 2P
0
x; P
1
(x); P
2
(x) thỏa mãn điều kiện
bài toán.
Xét trường hợp n ≥ 3. Giả sử tồn tại đa thức cP
n
(x) thỏa mãn điều kiện P
n
(x) >
P

n
(x) (2).
⇒ P
n
(x)P

n
(x) > 0, ∀x n-chẵn
⇒ P