SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI

Đơn vị: TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH

Mã số:
(Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi) SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Người thực hiện: Phạm Hữu Danh
Lĩnh vực nghiên cứu: Toán Học

BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC Giáo viên: Phạm Hữu Danh
3

Tên SKKN

BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC

I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Đa thức là một trong những lớp hàm quan trọng nhất của đại số. Từ cấp 2
học sinh đã biết cộng, trừ, nhân, chia hai đa thức. Lên cấp 3 các em tiếp cận với
các phương trình đa thức bậc nhất, bậc hai và một số phương trình bậc cao hơn.
Các kiến thức giải tích sau này như giới hạn, đạo hàm, tích phân vẫn có liên quan
nhiều đến đa thức.
Phương trình hàm là một dạng toán đặc trưng cho chương trình toán
chuyên ở trung học phổ thông. Trong các đề thi học sinh giỏi khu vực, quốc gia,
quốc tế hầu như đều có mặt nội dung này. Các em đã làm quen với các dạng
phương trình hàm trên tập số thực, tập số nguyên, tập các hàm số liên tục… Trong
đó phương trình hàm trong lớp các hàm đa thức có những tính chất khá thú vị.
Chuyên đề Bài toán xác định đa thức nhằm giúp các em học sinh có một cái
nhìn sâu hơn phương trình hàm đa thức. Tài liệu này nói chung không phù hợp với
các em học sinh thông thường, vì chương trình phổ thông hiện giờ đề cập rất ít đến
đa thức, còn phương trình hàm thì hầu như không có. Tuy nhiên nó có thể là một
tham khảo hữu ích với các em học sinh chuyên toán.
Hi vọng tài liệu này sẽ giúp ích cho thầy cô và các em học sinh có điều kiện
nghiên cứu sâu hơn về phương trình hàm đa thức. Dù đã hết sức cố gắng nhưng do
năng lực có hạn nên chuyên đề này chắc chắn không thể tránh khỏi những thiếu sót.
Rất mong được sự đóng góp, chia sẻ của quý thầy cô và các em.
II. TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI
1. Cơ sở lý luận
Những vấn đề ban đầu về đa thức đã được đề cập tới từ chương trình cấp 2.

dụng chuyên đề này độc lập với chuyên đề đa thức hay phương trình hàm.
Tốt nhất giáo viên nên dạy học sinh chuyên đề đa thức, sau đó lồng bài toán
xác định đa thức vào chương cuối. Chương trình này có thể dạy ngay cho học sinh
lớp 10.
V. TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học cơ sở, Đa thức – Phan
Huy Khải – Nhà xuất bản giáo dục Việt Nam – 2009.
2. Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học phổ thông, Đa thức đại
số và Phân thức hữu tỉ – Nguyễn Văn Mậu - NXB Giáo Dục - 2006.
3. Chuyên khảo Phương trình hàm - Nguyễn Tài Chung, Lê Hoành Phò –
NXB Đại học quốc gia Hà Nội – 2013.
4. Tuyển tập Đề thi Olympic 30/4 - NXB Đại Học Sư Phạm – 2009, 2010,
2011, 2012.

NGƯỜI THỰC HIỆN
(Ký tên và ghi rõ họ tên)

BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC Giáo viên: Phạm Hữu Danh
5

SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI
Đơn vị
CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc , ngày tháng năm

có thẩm quyền, đóng dấu của đơn vị và đóng kèm cuối mỗi bản sáng kiến kinh nghiệm.
XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN
(Ký tên và ghi rõ họ tên)

THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
(Ký tên, ghi rõ họ tên và đóng dấu) BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC Giáo viên: Phạm Hữu Danh
6
CHƯƠNG I: CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN

I. Các Định Nghĩa
Cho K là một tập hợp số
(
)
, ,
K
=
ℤ ℚ ℝ
. Đa thức (trên K) bậc n biến x là biểu
thức có dạng
(
)
(
)
1
1 1 0
0
n n

= ∀ ∈ ,
(
)
0
P x
≡
gọi là đa
thức không, và ta không định nghĩa bậc.
Tập hợp tất cả các đa thức trên K kí hiệu là K[x]. Ta có
[
]
[
]
[
]
, ,
x x x
ℤ ℚ ℝ
lần lượt
là tập hợp các đa thức hệ số nguyên, hệ số hữu tỉ, hệ số thực. Về cơ bản, ta xét đa thức
hệ số thực (nếu trong bài toán không có chú thích gì thêm).
Số x
0
gọi là nghiệm của đa thức P(x) nếu
(
)
0
0
P x
=

T x m n
= +
.
c) Đặt S(x)=P[Q(x)] thì S(x) là đa thức có bậc
(
)
deg
S x mn
=
.
2. Phép chia hai đa thức
a) Định lý về phép chia đa thức:
Cho hai đa thức P(x) và Q(x) (khác đa thức không). Tồn tại duy nhất hai đa thức
T(x) và R(x) sao cho
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
;deg deg
P x Q x T x R x R x Q x
= + <
.

BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC Giáo viên: Phạm Hữu Danh
7
*Chú ý:
• Hiển nhiên định lý trên đúng nếu thay
[
]
Q x
bởi
[
]
x
ℝ
.
• Trong trường hợp
(
)
(
)
[
]
,
P x Q x x
∈
ℤ
, ta cần thêm điều kiện hệ số bậc cao nhất của
Q(x) là 1 hoặc -1 để thương trong phép chia hết P(x) cho Q(x) là
(
)
[
]

Q x b x b x b x b
− −
−
= + + + +
.
Các hệ số b
i
được xác định như sau:
1 1
2 1 2
1 2 1

n n
n n n
n n n
b a
b b c a
b b c a
b b c a
− −
− − −
=


= +


= +



= + + + + ≠
có các nghiệm
1 2
, , ,
n
x x x
.
Khi đó
( )
1
1 2
2
1 2 1 3 1 2 3 2 1
0
1 2
1
n
n
n
n
n n n n
n
n
n
n
a
x x x

Cho đa thức
(
)
1
1 1 0

n n
n n
P x a x a x a x a
−
−
= + + + +
trong đó
, , 0
i n
a i a
∈ ∀ ≠
ℤ
. Nếu
( )
; , 1
r
r s
s
=
là nghiệm hữu tỉ của P(x) thì
0
| , |
n
r a s a

)
(
)
0
P x x x Q x
= −
.
 Đa thức bậc n có không quá n nghiệm thực. Nếu P(x) có vô số nghiệm thì
(
)
0
P x
≡
.

1. Biến đổi ẩn số

Biến đổi ẩn số là một phương pháp hay dùng trong phương trình hàm nói chung và
bài toán xác định đa thức nói riêng. Thông thường ta biểu diễn đa thức ban đầu theo một
đa thức khác có tính chất đặc biệt hơn.
• Nếu đa thức P(x) có nghiệm x
0
thì
(
)
(
)
(
)
0

. Thay vào đồng nhất thức ban đầu:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
35 2 2 35 70 2
x Q x x Q x Q x Q x
+ + + = + + ⇔ + =

Do đó Q(x) là hàm số tuần hoàn, suy ra Q(x)=c, với c là hằng số.
Lúc này P(x)=35x+c. Dễ thấy P(x) thỏa bài toán.
Vậy P(x)=35x+c, c là số bất kì.
*Nhận xét:
a) Ở trên ta đặt
(
)
(
)
35
P x Q x x
= +
để đưa về đa thức Q(x) tuần hoàn.
b) Có thể giải quyết bài toán như sau.
(

P P
P n P n
= +
= − +

Cộng tất cả lại:
(
)
(
)
2 0 70
P n P n
= +
.
Suy ra
(
)
*
35 ;P n n c n= + ∀ ∈
ℕ
, với c là hằng số.
Do đó đa thức
(
)
35
P x x c
− −
có vô số nghiệm nên
(
)

Cho x=0:
(
)
(
)
2 0 0 0 0
P P
= ⇔ =
.
Cho x=-2:
(
)
0 0
P
=
.
P(x) nhận 0; 1; -1 là nghiệm nên
(
)
(
)
(
)
3
P x x x Q x
= − .
Thay vào đồng nhất thức, ta được:
(
)
(

.
Vậy
(
)
(
)
3
P x a x x
= −
, thử lại thấy thỏa.
*Nhận xét:
Ở trên ta thay x bởi các giá trị đặc biệt để tìm ra nghiệm của P(x). Từ đó có được
biểu diễn
(
)
(
)
(
)
3
P x x x Q x
= − với Q(x) là đa thức tuần hoàn.

Bài 3:
Tìm đa thức
(
)
[
]
P x x

khác không.

Bài 4:
Tìm đa thức P(x) thỏa đẳng thức sau với mọi x:
(
)
(
)
(
)
(
)
3 2 3 2
3 3 2 1 3 3 2
x x x P x x x x P x
+ + + − = − + −
Giải
Đẳng thức được viết lại thành:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)

)
(
)
(
)
1 1 2
P x x x x x Q x
= − + +

Thay vào (*), ta được:
( )
( )
( )
( )
(
)
(
)
( )
( ) ( )
( )
2 2
2 2
2
2
1
1 1 1
1 1
1
1

)
1 ; 2; 1;0;1
R x R x x
− = ∀ ≠ − −
.
R(x) là đa thức tuần hoàn nên
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2
1 1 1 2 1
R x C const Q x C x x P x Cx x x x x x
= ⇒ = + + ⇒ = − + + + +

Thử lại, ta thấy P(x) thỏa bài toán.

Bài 5:
Tìm tất cả các đa thức P(x) sao cho
(
)
(
)
(
)
(
)
1 ;P P x x P x P x x
+ = + ∀ ∈
ℝ
.
Giải
Gọi n=degP(x). So sánh bậc hai vế của đồng nhất thức, ta có:
2
0
2
2
n
n n
n
=

= ⇔

=

.

.
So sánh hệ số của x
2
hai vế:
3 2
1
a a a
= ⇔ =
.
Ta chứng minh mọi đa thức dạng
(
)
2
; ,P x x bx c b c
= + + ∈
ℝ
đều thỏa.

(
)
(
)
(
)
(
)
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )

0, 1,
P x P x P x x bx c
≡ ≡ = + +
.
*Nhận xét:
a) Đầu tiên ta so sánh bậc hai vế để tìm ra bậc n của P(x).
b) Khi n đã có giá trị xác định thì ta có thể biểu diễn P(x) theo các tham số, ở đây là
(
)
2
P x x bx c
= + +
. Đến đây ta có thể thay vào đẳng thức ban đầu để đồng nhất hệ số.
c) Ở trên ta so sánh hệ số bậc cao nhất. Bài toán tiếp theo sẽ so sánh hệ số khác.

Bài 6:
Tìm đa thức khác không thỏa
(
)
( )
2
2
;
P x P x x
= ∀
 
 
.
Giải
Đặt

2
2 2 2 2
1 0 1 0

n k n k
n k n k
P x P x a x a x a x a a x a x a x a
= ⇔ + + + + = + + + +
 
 

BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC Giáo viên: Phạm Hữu Danh
13
Cân bằng hệ số của
n k
x
+
, ta được
2 0
n k
a a
=
(vô lý).
Do đó
(
)
n
n
P x a x
= .

 
 
.
Giải
Đặt
(
)
1
1 1 0
; 0
n n
n n n
P x a x a x a x a a
−
−
= + + + + ≠
.
Thay vào đồng nhất thức và so sánh hệ số của x
2n
, ta được
2
16
16 4
4
n
n n n
n
a a a= ⇔ =

Vì a

)
2
P x x bx c
= + +
. Thay vào hệ thức và đồng nhất hệ số: b=c=0.
Suy ra P(x)=x
2
.
Các đa thức thỏa bài toán:
(
)
(
)
(
)
(
)
2
0, 16, 4 ,
P x P x P x x P x x
≡ ≡ = =
.
*Nhận xét:
a) Trên đây ta đã so sánh hệ số bậc cao nhất hai vế để tìm ra bậc của P(x).
b) Giả thiết P(x) có hệ số nguyên để giải phương trình
16
4
n
n
a =



=


ℝ

Giải
Cho x=0, ta được P(0)=0.
Cho x=1, ta được P(1)=2P(1) suy ra P(1)=0. Từ đó P(-1)=0.
Giả sử P(x) có nghiệm t khác 0; 1; -1:
(
)
(
)
2
0 0
P t P t
= ⇒ =
, tức là t
2
cũng là nghiệm.
Điều này dẫn đến P(x) có vô số nghiệm (vô lý).
Do đó P(x) chỉ có ba nghiệm là 0; 1; -1.
Gọi n=degP(x). Khi đó
(
)
(
)
( )

P x a x x x

= − +


= − +

= − +



K
ế
t h
ợ
p gi
ả
thi
ế
t P(2)=12, ta tìm
đượ
c
2
2;1;
3
a
 
∈
 
 

a mãn.
V
ậ
y
(
)
(
)
(
)
2
1 1
P x x x x
= − +
.
*Nhận xét:
T
ừ
gi
ả
thi
ế
t ta suy ra r
ằ
ng: N
ế
u t là nghi
ệ
m thì t
2

t c
ả

đ
a th
ứ
c P(x) th
ỏ
a
(
)
(
)
(
)
2
1 2 ;
P x P x P x x
+ = + ∀
.
Giải
N
ế
u P(x) là
đ
a th
ứ
c h
ằ
ng thì d

2
2
P x x x
= − +
th
ỏ
a.
N
ế
u P(x) th
ỏ
a thì
đ
a th
ứ
c
( )
n
P x
 
 
c
ũ
ng th
ỏ
a.
BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC Giáo viên: Phạm Hữu Danh
15
Mặt khác P(x) không thể có nghiệm thực. Thật vậy, nếu x
0

(
)
(
)
(
)
(
)
2
2 2 2 2
2 2 2 2 2
x x x x x x
− + + + = + − + +

Ta có:
(
)
( )
(
)
( ) ( ) ( )
(
)
2 2 2
2 2 1 1 2
n n
x x Q x x x Q x Q x Q x Q x
+ + + − + + + + ≡ +

Nếu Q(x) khác không, bậc của VT là 2n+q, bậc của VP là 2q (mâu thuẫn).

Bài 10:
Tìm đa thức không đồng nhất không, bậc nhỏ nhất, có hệ số nguyên và nhận
3 3
1 2 4
− +
làm nghiệm.
Giải
Ta có
(
)
( )
3
3 3 2
3 3 3 3
1 2 4 1 2 1 2 2 3 2 3 3 9 9 0
x x x x x x x x x
= − + ⇒ + = + ⇒ = − ⇒ = − ⇒ − + − =
Suy ra
3 3
1 2 4
− + là nghiệm của đa thức
(
)
3 2
3 9 9
f x x x x
= − + −
.
Nếu f(x) có nghiệm hữu tỉ thì chỉ có thể là {9; 3; 1; -1; -3; -9}, nhưng tất cả các số này đều
không thỏa. Do đó f(x) không có nghiệm hữu tỉ, nên

nên
(
)
3 3
1 2 4 0
r
− + =
và
(
)
0
r x
≡
. Lúc này f(x)=g(x)q(x) với
q(x) là đa thức bậc nhất hệ số hữu tỉ. Suy ra q(x) và f(x) có nghiệm hữu tỉ (mâu thuẫn).
Vậy
(
)
3 2
3 9 9
f x x x x
= − + −
là đa thức cần tìm.
*Nhận xét:

BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC Giáo viên: Phạm Hữu Danh
16
Việc tìm ra đa thức
(
)


Hướng dẫn
• Ta chứng minh bằng quy nạp
(
)
(
)
1 ;P n nP n
= ∀ ∈
ℕ
.
• Đặt
(
)
(
)
(
)
1
Q x P x P x
= −
thì Q(x) là đa thức có vô số nghiệm. Do đó
(
)
0
Q x
≡
.
• Từ đó P(x)=P(1)x.
Đáp số:

Q x P x x
= −
thì
(
)
(
)
1 ;
Q x Q x x
+ = ∀
.
Đáp số:
(
)
2
P x x a
= +
.

Bài 13: Tìm đa thức có bậc khác 0 thỏa
(
)
( )
2
2
2 2 ;
P x x P x x
− = − ∀
 
 

2
2
1 1 ;
Q x Q x Q x Q x x
 
− = − ⇒ = ∀
   
   
 
.
• Vì Q(x) có bậc khác 0 nên
(
)
n
Q x x
=
.
Đáp số:
( ) ( )
1 ;
n
P x x n
= + ∈
ℕ
.

Bài 14:
Tìm tất cả các đa thức P(x) và Q(x) thỏa đồng nhất thức
(
)

0
1 1 1
2
m n
mn m n m n
m n
= =

= + ⇔ − − = ⇔

= =

.
Đáp số:
(
)
(
)
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2
0,
0 , 1
0 ,
P x Q x
P x c Q x
P x ax a Q x x
≡
≡ ≠ ≡
= ≠ =

Đáp số:
(
)
2
2 1
f x x x
= + −
.

Bài 16: Tìm tất cả các đa thức f(x) thỏa đồng nhất thức
(
)
(
)
(
)
2
1 1
f x f x f x x
+ = + +

Hướng dẫn
• Nếu f(x) là đa thức hằng, dễ thấy
(
)
(
)
0, 1
f x f x
≡ ≡

Bài 17: Tìm đa thức khác đa thức không, hệ số nguyên, có bậc nhỏ nhất nhận
3
2 3
+

làm nghiệm.
Hướng dẫn
• Tìm được
(
)
6 4 3 2
6 6 12 36 1
f x x x x x x
= − − + − +
nhận
3
2 3
+
làm nghiệm.
• Gọi g(x) là đa thức có bậc không lớn hơn 5 hệ số nguyên và
(
)
3
2 3 0
g
+ =
.
• Ta chứng minh g(x) có các hệ số đều bằng 0, suy ra
(
)

(
)
(
)
2 2
4 ; ,
x y f x y x y f x y xy x y x y
− + − + − = − ∀
Giải
Đặt
2
2
u v
x
u x y
v x y u v
y
+

=

= +


⇔
 
= − −


=

(
)
(
)
; , 0
g u g v u v
= ∀ ≠
.
Do đó
(
)
(
)
g t a const
=
. Suy ra
(
)
3
f t at t
= +
. Thử lại thấy thỏa.
Vậy
(
)
3
f x ax x
= +
, với a là hằng số tùy ý.
*Nhận xét:

.
b) Nếu P(0)=0:
Khi đó
(
)
(
)
P x xQ x
=
. Thay vào đồng nhất thức và rút gọn, ta được
BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC Giáo viên: Phạm Hữu Danh
19

(
)
(
)
(
)
Q xy Q x Q y
=

Do đó
(
)
1
Q x
≡
hoặc
(

n
P x x n
= ∈
ℕ
.
*Nhận xét:
a) Ở trên ta đã dùng phương pháp thế các giá trị đặc biệt, thường được sử dụng trong
phương trình hàm.
b) Nếu ta thế giá trị cho biến y và giữ nguyên x, ta được đồng nhất thức một biến.
c) Sau đây ta cùng xem xét một ví dụ về hai biến có ràng buộc.

Bài 20:
Tìm tất cả các đa thức P(x) thỏa
(
)
(
)
(
)
7
P a b P a P b
+ = +
với a, b là hai số thỏa
(
)
3
2
ab a b b
+ = .
Giải

i i i
i i
i i
a x a x
= =
=
∑ ∑
.
Suy ra
(
)
2 8 0; 0;
i
i
a i n
− = ∀ ∈ .
Do đó
0
i
a
=
với
3
i
≠
.
Như
v
ậ
y P(x) có d

.
Suy ra
( ) ( ) ( ) ( )
3
3 3
7 7
k a b ka kb P a b P a P b
+ = + ⇒ + = +
.
V
ậ
y
(
)
3
P x kx
=
; v
ớ
i k là h
ằ
ng s
ố
b
ấ
t kì.
*Nhận xét :
a) Ta th
ấ
y ph

c v
ề

(
)
(
)
2 8
P x P x
=
, ta s
ử
d
ụ
ng ph
ươ
ng pháp
đồ
ng nh
ấ
t h
ệ
s
ố

để
tìm P(x).

Bài 21:
Ch

i hai
đ
a th
ứ
c th
ỏ
a bài toán
BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC Giáo viên: Phạm Hữu Danh
20
( ) ( )
0 0
,
n m
i i
i i
i i
f x a x g y b y
= =
= =
∑ ∑

Xét đồng nhất thức
2014 2014
0 0
1
n m
i i
i i
i i
x y a x b y

b
= ⇔ = ∀

Suy ra:
2014 2014
0 0
1
1 1; ,
x y x y
a b
+ = = ∀

Điều vô lý này chứng tỏ giả thiết phản chứng là sai.
*Nhận xét:
Không phải đồng nhất thức nào cũng có nghiệm. Bài trên là một ví dụ.

LUYỆN TẬP

Bài 22: Tìm đa thức P(x) thỏa
( ) ( )
2 2
; ,
2 2
x y x y
P x P y P P x y
+ −   
   
= − ∀
   
   

2 2 2 2
P x y P x P y
+ ≡ +

Hướng dẫn
Cho x=0, y=0, ta được
( ) ( )
1
0 0 0
2
P P
= ∨ =
.
Giả sử degP=n và hệ số bậc cao nhất của P(x) là a
n
.
BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC Giáo viên: Phạm Hữu Danh
21
Lần lượt thay x=t, y=t và x=t, y=0:
(
)
( )
( )
( ) ( )
2 2
2 2 2
2 2
0
P t P t
P t P t P

(
)
2 2 2 2
P a P b P c P a b c
+ + = + +

với mọi a, b, c là các số thỏa ab+bc+ca=0.
Hướng dẫn
• Với mọi x, bộ số
(
)
6 ;3 ; 2
x x x
−
thỏa điều kiện ab+bc+ca=0. Thay vào ta được
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2 2 2
6 3 2 7
P x P x P x P x
+ + − =

• Ta tìm được P(x) là đa thức bậc nhất.
Đáp số: f(x)=mx (m là hằng số).

)
2
P x ax bx c
= + +
thỏa mãn yêu cầu thì các đa thức
(
)
2
1
P x ax bx c
= − − −

và
(
)
2
2
P x ax bx c
= − +
cũng thỏa.
Do đó ta chỉ cần xét
0, 0
a b
≥ ≥
.
Từ điều kiện a) suy ra
(
)
( )
( )

2 2
2 2
2 2
2 2 2 4
4
2 2
2 4
a b a ab b
a b
a b
a ab b

− ≤ + ≤ + + ≤


⇒ ⇒ + ≤
 
− ≤ − ≤
− + ≤




BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC Giáo viên: Phạm Hữu Danh
22
Ta có
( )
2 2 2 2 2
8 8 2 32
2

c
− ≤ ≤ −

⇔ = −

− ≤ ≤


Thử lại, ta thấy
(
)
2
2 1
P x x
= −
thỏa bài toán.
Vậy có hai đa thức cần tìm là
2 2
2 1, 2 1
x x
− − +
.
*Nhận xét:
Đây là dạng toán về tam thức bậc hai, một đa thức quan trọng.

Bài 26:
Tìm các đa thức dạng
( ) { }
0
, 1;1

=
 
= =
 
 
∏
.
2 2
1 2 2
1
0 2 1 2
n
i n n n
i
x a a a
− − −
=
≤ = − = −
∑

Do
{
}
1;1 ,
i
a i
∈ − ∀
nên a
n-2
=-1 và


Suy ra
3
n
≤
.
Vớ
i n=2: có hai
đ
a th
ứ
c
2 2
1, 1
x x x x
+ − − −
.
V
ớ
i n=3: có hai
đ
a th
ứ
c
3 2 3 2
1, 1
x x x x x x
+ − − − − +
.
V

a) Đây là bài toán tìm đa thức hệ số nguyên. Đặc biệt hơn các hệ số chỉ có thể là 1 hoặc -1.
b) Ta tìm các đa thức ứng với hệ số cao nhất là 1. Các đa thức có hệ số là -1 chỉ cần đổi
dấu những đa thức trên.
c) Mấu chốt bài toán là chứng minh được bậc của P(x) không vượt quá 3.

Bài 27:
Tìm đa thức bậc 4 dạng
(
)
(
)
4 2
, 0
P x x bx c b c
= + + >
sao cho phương trình
(
)
2
P x x
=
vô
nghiệm còn phương trình
(
)
4
P P x x
=
 
 

0
x
≥
.
Đ
a th
ứ
c
(
)
(
)
2 4 2
1
P x x x b x c
− = + − +
vô nghi
ệ
m nên l
ấ
y giá tr
ị
d
ươ
ng v
ớ
i m
ọ
i x.
( ) ( ) ( )

a th
ứ
c th
ỏ
a bài toán.
*Nhận xét:
Trên
đ
ây ta
đ
ã s
ử
d
ụ
ng tính ch
ấ
t
liên tục
c
ủ
a hàm
đ
a th
ứ
c : N
ế
u
đ
a th
ứ

)
( ) ( )
( )
2 2
1 3 '' ' 3 0;
1 6
x x P x x x P x P x x
P

+ − − + + = ∀


=



Giải
Đặ
t
(
)
1
1 1 0

n n
n n
P x a x a x a x a
−
−
= + + + +

ng nh
ấ
t th
ứ
c và quan sát h
ệ
s
ố
c
ủ
a
1
n
x
+
, ta
đượ
c:
(
)
2
1 0 2 0 2
n n
n n a na n n n
− − = ⇔ − = ⇔ =

Do
đ
ó
(

a b
c a
a c
− =

=


− + = ⇔
 
=


− + =


BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC Giáo viên: Phạm Hữu Danh
24
Với P(1)=6, ta tính được a=1. Vậy
(
)
2
3 2
P x x x
= + +
.
*Nhận xét:
a) Bài toán trên có liên quan đến đạo hàm của đa thức, với công thức đơn giản là
(
)

(
)
(
)
; 0,deg
k
P x ax R x a R r k
= + ≠ = <
. Ta có
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2 2 2 2 2
2
k k
P x P x a a x ax R x R x R x
− = − + + −
• Chứng minh được
4
k
≤

• Lấy đạo hàm hai vế theo biến x :
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
' ' 2 '
P x y P x y P x y P x y P x P x
+ − + − + =

• Trong đẳng thức trên cho y=x :
(
)
(
)
(
)
(
)
' 0 2 2 '
P P x P x P x
=
.

Q x Q x Q x x n≡ ∨ ≡ ∨ = ∈
ℕ
.
b) Tìm đa thức P(x) thỏa
(
)
( ) ( ) ( )
2
2 2
3 2
P x x P x P x P x x
+ + − ≡ +
   
   
.
Hướng dẫn
a) Nếu Q(x) là thức hằng, dễ dàng chứng minh được
(
)
(
)
0 1
Q x Q x
≡ ∨ ≡
.
Xét
(
)
deg 1
Q x n

Ta chứng minh được
(
)
0
R x
≡
và
(
)
n
Q x x
=
.
b)
(
)
( ) ( ) ( )
2
2 2
3 2
P x x P x P x P x x
+ + − ≡ +
   
   
(1)
Thay x bởi –x, ta có:
(
)
( ) ( ) ( )
2

P x P x x x
− − − = ∀
.
Đáp số: P(x) là
(
)
2 1 2 *
,2 ,2 1, , 2
k k
x x x x x x x k
+
+ + + ∈
ℕ
.

Bài 32 : Chứng minh rằng không tồn tại đa thức f(x) bậc 4 với hệ số hữu tỉ sao cho
(
)
min 2
f x =
.
Hướng dẫn
Giả sử tồn tại đa thức f(x) bậc 4 với hệ số hữu tỉ sao cho
(
)
min 2
f x =
.
Khi đó
(

]
' ; ,
f x f x g x h x g x h x Q x
= + ∈
.
Vì
(
)
(
)
0
deg ' 3, 2
f x h x= =
nên
(
)
1 deg 2
h x
≤ ≤
.
a) Nếu
(
)
(
)
deg 1: ; ,h x h x ax b a b
= = + ∈
ℚ
thì
0 0

= + ∈
ℚ

và
(
)
(
)
, ; , , ,k x ax b r x cx d a b c d
= + = + ∈
ℚ
. Khi đó:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
0 0 0 0 0 0
' 0 2
f x h x k x r x ax b cx d
= +
⇒
= + + +

Từ đó tính được

(
)
2 2
f u v
− = −
.
Nhưng điều này trái với giả thiết
(
)
min 2
f x =
.