Văn Phú Quốc- GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam)

BÀI TẬP TỔNG HỢP-NÂNG CAO VỀ ĐA THỨC
Văn Phú Quốc-GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm- Quảng Nam
(Di động: 0982 333 443 hoặc 0982 333 443)
Bài 1. Cho đa thức f(x) = a
1
sinx + a
2
sin(2x) +…+ a
n
sin(nx) với a
i


,
*
n


.
biết | f(x)| ≤ | sin(nx) | ,  x 

. Chứng minh rằng | a
1
+ 2a
2
+…+ na
n

f(x)
x
| ≤
lim lim
0 0

 
f(x)
x
x x
| f(x)|
| x|
≤
lim
0
sin( )
n


x
| nx |
| x|
(2)
Từ (1), (2) được điều phải chứng minh.
Bài 2.Giả sử với hai số dương ba, thì đa thức
3 2
x ax bx a
  
có các nghiệm đều
lớn hơn 1. Xác định giá trị của ba, để biểu thức

Theo bất đẳng thức AM - GM ta được
3
321321
3 xxxxxx  hay
3
3 aa 

(*)33a

Theo bất đẳng thức Rzyxzxyzxyzyx  ,,);(3)(
2

thì
)(3)(
321321
2
133221
2
xxxxxxxxxxxxb 

hay .33
22
abab 
Suy ra
n
n
n
n
n
n

P
là
n
n
3
13 
khi
.9;33  ba
www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.comVăn Phú Quốc- GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam)

Bài 3. Tìm tất cả các đa thức


P x
với hệ số thực thỏa
mãn:






2 3 2
3 3 1 6 7 16 3 , .
P x x P x P x x x x
        


Gọi
n
a


0
n
a

là hệ số bậc cao nhất cuả


P x
, căn
bằng hệ số bậc cao nhất hai vế của phương trình:


2
3 6 2
n n n
n n n
a a a  
.
Đặt






2 3 2
2 2 5 3 6 1 3 1
12 14 32 5 6 7 16 3 ,
6 1 3 2 2 5 3 1
3 3 1 6 7 16 3 ,
n
n
n
n
n
x x Q x x x Q x
x x x Q x x x x
x Q x x x x Q x
Q x x Q x Q x x x x
 
 
 
       
 
 
 
 
 
         
       
         



Khi đó bậc của đa thức vế trái trong phương trình trên là:



Bài 4. Cho 3 tam thức bậc hai
( ), ( ), ( )
f x g x h x
. Hỏi đa thức
( ) ( ( ( )))
P x f g h x


có thể nhận cả 8 số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 làm nghiệm được không?
Lời giải
Không giảm tổng quát, có thể coi hệ số của
2
x
ở
( ), ( )
f x g x
đều là 1.
Giả sử
( ) ( ( ( )))
P x f g h x

nhận cả 8 số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 làm nghiệm .
www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.comVăn Phú Quốc- GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam)


nhận 2 giá trị.
Mà từ (*) ta có
(1) (2) (3) (4)
h h h h
  
, dẫn đến

(1) (4) (2) (3)
h h h h
  

Thay vào (*):

8 ( 20 ) 14 ( 18 )
m m m m
          

Đẳng thức cuối sai, tức là giả sử trên sai.
Vậy đa thức
( ) ( ( ( )))
P x f g h x

không thể nhận cả 8 số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 làm
nghiệm.

Bài 5. Cho 2 đa thức với hệ số thực
5 4 3 2
( ) 2
f x x ax bx cx dx e
     

i
x i 
, ta có










1 2 3 4 5
( ) 2
f x x x x x x x x x x x
     

Từ đó suy ra






2 2
1 5
( ) 2 2014 2014
f g x x x x x x x
      

i
f x

   


   
3 3
1
2014 8 2014 1
8
f f
   
(đpcm).
Bài 6. (Olympic chuyên khoa học tự nhiên 2014).
Tìm tất cả các đa thức hệ số thực


P x
sao cho:
2015 2016
( 2) (3 2) 3 ( ) 3 3 6
x P x xP x x x
     

www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.comVăn Phú Quốc- GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam)

3
Q x P x
 
thì :






2 3 2 32015 ,x Q x xQ x x
    

.
Lấy
2
x

được


2 0
Q

.
Đặt tiếp






3 32014 ,T x T x x
  

.
Gỉa sử




1
1 1 0
0
n n
n n n
T x a x a x a x a a


     
, thay vào đồng nhất hệ số bậc
cao nhất được
2014
n

.
Thay vào và đồng nhất tiếp hệ số của
, 0,2013
i
x i 
thì :

sao cho
3 2
n an bn c
  
không phải là số chính phương.
Lời giải 1
Đặt


3 2
f n n an bn c
   
.
Nếu


f n
là số chính phương thì




0 mod4
f n 
hoặc




1 mod 4

2 8 4 2
f a b c
   
;


4 64 16 4
f a b c
   
.
Khi đó










2 4 56 2 2 2 4 2 mod4
f f a b f f b        
(**)
Mặt khác, do




2 , 4

b 
(1)
www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.comVăn Phú Quốc- GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam)

Lại có












3 1 24 8 2 2 3 1 2 2 mod4
f f a b f f b        
.
Nhận thấy




3 , 1



f n
là một số chính phương.
Ta có












2 mod2 2 mod4
f n f n f n f n    
với mọi
n
.
Điều này dẫn đến






2 2

Vì




0 0, 1 2
P P
 
nên


P x
có dạng






1 2
P x x x Q x
  
trong đó


Q x

là một đa thức với hệ số nguyên.
Ta có


1
m
n
x x
x x
 
 
là một số nguyên dương.
Lời giải 1
Rõ ràng
m n

. Gọi




,
q x r x
là các đa thức có hệ số nguyên và


r x
có bậc
n


sao cho



vì


r x
có bậc nhỏ hơn. Do đó


r x
phải bằng 0. Vậy
1
m
x x
 
được phân tích thành




2
1
n
q x x x
 
ở đây


1
1 0

m n m n

 
.
Hơn nữa,
2
1
n
x x
 
phải chia hết
www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.comVăn Phú Quốc- GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam) 





1 1 2 1 2
1 1 1
m n m n m n m n m n n
x x x x x x x
       
      

2 3 2 1

n
 
và


2 1 0
m n
  
.
Như vậy trừ khi
3, 5
n m
 
đa thức ở (*) không có nghiệm thuộc


0;1
. Thế
nhưng đa thức
2
1
n
x x
 
lại có nghiệm trong


0;1
bởi vì nó nhận giá trị
1



. Lúc đó
3
n

, (*) bằng 0 và tìm được
5, 3
m n
 
.
- Khi
3
n

ta viết


1 2 3
1
n n
x x x x
  
  
. Đa thức này vô nghiệm trong


0;1
mà
2

 
thì (*) có thể được viết thành:




1 2 2 3 2 2 1
1 1
m n m n m n m n m n
x x x x x x
        
       
.
Như vậy, đa thức này vô nghiệm trong


0;1
mà
2
1
n
x x
 
lại có nghiệm trong


0;1
nên
2
1

.
Lời giải
Đặt
n n
n
x y
t
x y



. Khi đó:
2 1
0
n n n
t bt ct
 
  
với


,
b x y c xy
   
và
0 1
0, 1
t t
 
.

 
nên
1
,
m m
c c



.
Suy ra:
c
là số hữu tỉ và do
1m
c



, suy ra:
c


. Mặt khác ta có:
3 1 2
m m m m
m
t t t t
b
c
  

1n
f X

là một đa thức monic có hệ số
nguyên, bậc của
f
là
1
deg 1
n
f n

 
. Do
b
là một nghiệm của phương trình


1
m m
f X t


nên
b


.
Bây giờ từ phương trình
2 1

    















4 3 2 1 1 2 3 4
630 630
x x x x x x x x x
N
       
  .
Ta thấy
N
là tích của 9 số nguyên liên tiếp nên
N
chia hết cho 2, cho 5, cho 7 và cho

Lời giải
Nếu
1
n

thì




2 2
3 2 1 4 1 5 3 3 14
x x x x x x
           
, vì thế
3 14
x  và
4
x

hoặc 11.
Giả sử
2
n

. Với


1;2;3
x 

1 1
2 1
n n
x
 
 
. Với
4
x

thì
2 2
2 2
2
2 2
n n
n
n
x
x x
x    , vì vậy
 


2
2
2 1 2
1
2 1
2 2 1

              

Lại thấy
2 1
n n
x
 
không chia hết
1 1
2 1
n n
x
 
 
.
Vậy chỉ có 2 nghiệm là




4;1 , 11;1
.

Bài 13. (American High School Mathematics Examination [AHSME] 1976).
www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.comVăn Phú Quốc- GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam)


,
x x p x x q
  
.
Vì
q
nguyên tố nên
1
1
x

. Như vậy,
2
q x

và
2
1
p x
 
là hai số nguyên tố liên
tiếp nên chỉ có thể là
2
q

và
3
p

.

4 2 3 2
f x ax b c x d e bx bx dx d
        

=








4 2 2
1
ax b c x d e bx d x
      

Đa thức




2
   
ax b c x d e
có nghiệm
0
1
x



 


0 0 0 0 0 0
. 1 1
f x f x bx d x bx d x
      

=




2
0 0
1 0
bx d x
   

Vậy phương trình


0
f x

có nghiệm
0 0
;

180
  
  
và:
2 3 2 3
os ; os ; os
2 2 2
c c c
  

   
Vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
2 2 2
2 3 2 3
np pm mn m n p
     
(vì mnp=1)
2 2 2
2 cos 2 cos 2 cos ( )
np pm mn m n p
  
      

www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.comVăn Phú Quốc- GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam)

Ta có:

   
     
. (luôn đúng)
Bất đẳng thức (*) được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
sin sin
cos cos
sin sin sin
m n
m n p
k
p m n
 
 
  


   

 


Ta có:




3
3
4 3 1 4 3 1

n
1 1 1
lim 1
2 3 n

 
     
 
 
.
Giả sử tồn tại hai đa thức f(x) và g(x) thoả yêu cầu bài toán thì


 
x
f x
lim
g x

 
.
Suy ra:
degf degg

. Khi đó
 
 
0
x
0

Bài 17. Với f(x) là đa thức bậc n và các số
a b

nào đó thoả mãn các bất đẳng thức:









 


n
n
f a 0 , -f a 0, f a 0, , 1 f a 0
 
    







f x f a x a x a x a
1! 2! n!
 
       

www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.comVăn Phú Quốc- GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam)

=
 


 


 


 


 
n
2 n
f a f a 1 f a
f a a x a x a x
1! 2! n!


 
n
2 n
f b f b f b
f x f b x b x b x b
1! 2! n!
 
       
Nếu
x b

thì


f x 0

. Suy ra


f x
không có nghiệm
x b

.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài 18. Cho đa thức f(x) có 3 nghiệm
a b c
 
và





.
Ta có:














f x mP x nP x f x t s P x tsP x
   
     
=








a,b , b,c
 
 
sao cho




g g 0
 
 
 
.
Suy ra:








f tf f tf 0
   
 
   
.
Xét




h 0



.
Vậy






f x mP x nP x 0
 
  
có nghiệm thuộc


a,c
.
Bài 19. Chứng minh rằng đa thức






n 2 n 1

      







n n 1
f x n n 1 n 2 x x


    .











n 1 n 2
f x n n 1 n 2 nx n 1 x
 






n 2 n 1
f x nx n 2 x n 2 x n
 
     
chia hết cho đa thức


3
x 1

với mọi
*
n


.
Bài 20. Tìm giá trị nhỏ nhất của m sao cho với mỗi đa thức bậc hai f(x) thoả mãn điều
kiện:




f x 1 x 0,1
   nghiệm đúng bất đẳng thức


1 a b
f c 1
2 4 2
 
   
 
 
;


f 1 a b c 1
   
.
Từ các bất đẳng thức này ta suy ra:
 
3c 3
a b
4 c 4
4 2
a b c 1

 


 
  

 
 




x 0,1
 
Bởi vì:






2
f x 1 2 2x 1 0 x 0,1
       và




f x 1 8x 1 x 0
   



x 0,1
 
.

Suy ra:





 
1
1
P x
P x P x
P x P x P x
 

 
 

. Vì


 


 
1
lim lim 1
1
x x
P x P x
P x P x
 

 


  
.
Chứng minh rằng:
I K J
 
.
Lời giải
www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.comVăn Phú Quốc- GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam)

+ Đa thức Q(x) được viết lại như sau:








6 5 4 2 3
Q x 2 x 1 4 x x 3 x x 5x
       .
+ Rõ ràng các tích phân trên hội tụ.
+ Đặt
1
x
t

2
3 2
0 0
x x 1
x 2x x
2 I J I K 2J dx dx 0 I J
Q x Q x
 

 
        
 
.
Vậy
I K J
 
.
Bài 23. Cho


4 3 2
f x x 2010x 2011x 2012x 2013
    
và biết rằng


f x 0

với mọi
x

 
. Do đó tồn tại




0 0
x
x :g x ming x

 


. Từ đây suy ra:


0
g x 0


.
Vì






g x g x f x


n n
x x x x x

    
là các
số thực. Chứng minh rằng:
1 2 1
0
2 2
n n
x x x x
P P

 
   
 

   
   
.
Lời giải
Ta có:


 
1 2
1 1 1
, x x , i=1, 2, , n
i
n

.
(Vô lý)
+ Nếu
1
0
2
n n
x x
P


 


 
 
thì:
www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.comVăn Phú Quốc- GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam)

1 1 1
1 2 2
1 1 1
0 0 0 0 0
2 2 2
n n n n n n
n

deg 4020
Q x  .
Lời giải
Do P(x) và
3
x x

không có thừa số chung nên:








3
P x x x q x r x
  

trong đó q(x), r(x) là các đa thức với degq(x) < 2007 , deg r(x) < 3.
Ta có:


 


3 3
P x r x
q x

 


   
2010
2011 2011
3 2011
2010!
1 1
r x
A B C
x x x
x x
 
 
  
 
 

 
 
 
 

Suy ra:
         
 
2010
2011 2011 2011 2011
2011 2011


Giả sử degQ(x) < 4022. Khi đó:
0
0 0
1005 1005 0
A B C
A C A B C
A B C
  


     


  


Điều này mâu thuẫn với ABC
0

. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài 26. Cho đa thức









P x P x
x a x b x c
 

  
 
  
 
(1)
Do P(a) = P(b) = P(c) = 0 nên theo định lý Rolle tồn tại d, e sao cho
1 2
a d b d c
   
và




1 2
0
P d P d
 
 
(2)
Lại có:
   
1 2
1 1
P x P x
x d x d


 


   
 

  
 


Do




1 2
0 , P d 0
P d
 
nên ta có được:
1 1 1
2 2 2
1 1 1
0
1 1 1
0
d a d b d c
d a d b d c


d a d a d b d b d c d c

     
     
.
Bài 27. Chứng minh rằng mỗi đa thức bất kỳ đều có thể biểu diễn được dưới dạng
hiệu của hai đa thức đồng biến.
Lời giải
Giả sử P(x) là đa thức bất kỳ. Khi đó


P x

cũng là một đa thức.
Ta có phân tích sau đây:
         
2 2
1 1
1 1
2 2
P x P s P s P s P s
    
   
     
   
.
Vì




 



là hai đa thức đồng biến. Hơn nữa






P x R x Q x
 
.
Vậy ta đã hoàn thành việc chứng minh kết luận này.
www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.comVăn Phú Quốc- GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam)

Bài 28. Cho P và Q là hai đa thức dương trên


. Tìm


 
2011
0

  

  

.
Bài 29. Cho P(x) là một đa thức bậc
1
n

với hệ số thực và có n nghiệm thực. Chứng
minh rằng:








2
1
n P x nP x P x
 
  ,
x
 

.
Lời giải
+ Nếu n = 1 thì khẳng định trên luôn đúng.

 
  
1 1
P x
1 2
;
n
k k l n
i k l
P x
P x x P x x x
  
   
 
 
  
 
.
Do đó :
 
 
 
 
 
 
  
2
2
1 1
1 2

n n
x x x x x
    
      
 
 
 
 
  
 
 
 
    
 
 
 
 
  

=
 
 
     
2
1 1 1
1 1 2
2 1
n
k k l n k l n
k l k l

n
x x x x
x
   

      
 

   
 
   

 
  
.
Vậy
 
 
 
 
 
       
2
2
1 0 1 .
P x P x
n n n P x nP x P x
P x P x
 
 


Văn Phú Quốc- GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam)

Vì các nghiệm của P(x) là thực phân biệt khác 0 nên các nghiệm cuả Q(x) cũng là
thực phân biệt. Theo định lý Rolle suy ra các nghiệm của


Q x

là thực phân biệt.
Đặt




R x xQ x


, suy ra các nghiệm của R(x) là nghiệm thực phân biệt.
Do đó các nghiệm của đa thức








2
3

n

nghiệm thực phân biệt.
Lời giải
Ta có :










Q x P x xP x xP x P x
 
  
  
  
.
Nhận xét :
     
     
 
2 2
2 2
x x
P x xP x e e P x
xP x P x xP x

P x xP x


có
1
n

nghiệm
, k = 1,2, ,n-1
k
y
thỏa:
1 1 2 1
1
n n
x y x y x

     
và




xP x P x


có n nghiệm
k
t
thỏa :




0
P q qP q qP q P q P q qP q
  
      
, thay vào
đẳng thức thứ hai ta được :




2
1 0
q P q
 
. Mặt khác
1
k
p y
 
suy ra :


0
P q

nhưng lại có :
1

2011
1
0 n
1 , u , n 1
n
u
u e

  
.
Khi đó


n
u
là dãy tăng và




1
n
n n
P u P u

  

. Suy ra



.
Lời giải
www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.comVăn Phú Quốc- GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam)

Cho đa thức lượng giác
 
 
k
0
oskx+b sin
n
k
k
P x a c kx



thỏa mãn điều kiện


1 xP x
  

. Chứng minh rằng :



 




2
P a x P a x
Q x
 
  

 và




0
Q P a
 
 .
Ta chứng minh


0
Q n


. Thật vậy
 


Q

và




0
.
0 sinx
Q x Q
x
n
x



.
Khi
0
x

ta thu được


0
Q n


hay