Đa thức một biến
MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ ĐA THỨC MỘT BIẾN
Ví dụ 1. Cho hai đa thức P
(
x
)
và Q
(
x
)
đều có nghiệm thực và thỏa mãn
P

1 + x + Q
(
x
)
2

= Q

1 + x + P
(
x
)
2

.
Chứng minh rằng P(x) ≡ Q(x).
Để so sánh đồng nhất thức, ta dựa vào định nghĩa sau:
Hai đa thức

)
= Q
(
α
)
.
Gọi a , b lần lượt là nghiệm P
(
x
)
và Q
(
x
)
. Ta có
P
(
a
)
2
− Q
(
a
)
2
< 0 < P
(
b
)
2

)
2
= 1 + c + P
(
c
)
2
thì ta có P
(
α
)
= Q
(
α
)
.
Xét dãy
(
x
n
)
: x
0
= α, x
n+1
= 1 + x
n
+ Q
(
x

P(x) + 3x+ 1
)
2016
−
(
x + 1
)
2016
và P
(
0
)
= 0.
Lời giải. Dễ thấy P
(
x
)
không là đa thức hằng.
Đặt Q
(
x
)
= P
(
x
)
+ x, ta có
Q

(

)
2016
.
Ta có
Q
(
x
1
)
= Q

(
1 + x
0
)
2016

=
(
Q(x
0
) + 2x
0
+ 1
)
2016
= 1 = x
2
1
.

=

x
2
n
+ 2x
n
+ 1

2016
=

(
x
n
+ 1
)
2016

2
= x
2
n+1
.
Do đó Q
(
x
n
)
= x

)
có hệ số cao nhất bằng 1 và thỏa mãn
P
(
P(x)
)
= Q
(
Q(x)
)
.
Chứng minh rằng P(x) ≡ Q(x).
Lời giải. Đặt R
(
x
)
= P
(
x
)
− Q
(
x
)
, gia sử deg
(
R
)
= k, 0 < k ≤ n − 1.
Ta có

Q(x)
)
+ R
(
P(x)
)
(1).
Giả sử deg
(
P
)
= deg
(
Q
)
= n, deg
(
R
)
= k,0 < k ≤ n − 1 và
Q
(
x
)
= x
n
+ a
n−1
x
n−1


P
(
x
)
i
− Q
(
x
)
i

(2).
Vì
P
(
x
)
n
− Q
(
x
)
n
= R
(
x
)

n−1

− n + k nên vế trái của (1) có bậc bằng
n
2
− n + k. Nhưng vế phải của (1) là đa thức không. Điều này dẫn tới mâu thuẫn.
Do đó deg
(
R
)
= 0 hay R
(
x
)
= c.
Khi đó P
(
x
)
= Q
(
x
)
+ c nên P
(
P(x)
)
= Q
(
Q(x)
)
trở thành

= 0 ∀x.
Vậy P
(
x
)
≡ Q
(
x
)
.
Bài tập 1. (T9/411) Cho hai đa thức hệ số thực P
(
x
)
và Q
(
x
)
thỏa mãn
P

1 + x + Q(x) + Q
2
(x)

= Q

1 + x + P(x)+ P
2
(x)

)
với mọi x. Chứng minh
rằng tồn tại đa thức Q
(
x
)
hệ số thực sao cho
P
(
x
)
= Q

x
4
− x
2

.
Các phương pháp thương sử dụng trong bài toán chứng minh tồn tại
Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 2
Đa thức một biến
• Phản chứng
• Quy nạp
• Xây dựng
Lời giải. Vì cos
(
−x
)
= cos x và sin

Suy ra
R

cos
2
x

= R

sin
2
x

⇒ R
(
1 − x
)
= R
(
x
)
Đặt T(x) = R(x+
1
2
) ⇒ R(x) = T(x−
1
2
), ta có:
T


P
(
x
)
= R

x
2

= T

x
2
−
1
2

= S

x
4
− x
2
+
1
4

= Q

x

g
(
x
)
2
.
Bài tập 3. Cho đa thức P
(
x
)
thỏa mãn P
(
x
)
≥ 0 ∀x. Chứng minh rằng tồn tại hai đa thức
A
(
x
)
,B
(
x
)
sao cho
P
(
x
)
= A
(

Chứng minh rằng tồn tại số nguyên k sao cho g
(
x
)
= f
(
x + k
)
.
Bài tập 5. Cho dãy vô hạn các số nguyên p
0
, p
1
,·· · p
n
,·· · và một đa thức hệ số nguyên
P(x) thỏa mãn đồng thời hai tính chất sau
i) m − n|p
m
− p
n
với mọi n > m ≥ 0
Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 3
Đa thức một biến
ii)
|
p
n
|
< P(n) với mọi n ∈ N.

)
≡ 0.
Xét deg
(
P
)
= n ≥ 1, giả sử P
(
x
)
=
n

i=0
a
i
x
i
với a
n
= 0.
deg
(
P
(
P(x)
))
= n
2
, deg

2
)
= 12
P

x
2

= x
2

x
2
+ 1

P
(
x
)
, ∀x ∈ R
.
Lời giải. Đặt deg
(
P
)
= n. Từ hệ thức P

x
2


.x
3
và khi cho x = 1 ta được P
(
1
)
= 0.
Suy ra P
(
x
)
= ax
2
(
x + 1
)(
x − 1
)
.
Do P
(
2
)
= 12 nên ta tìm được a = 1.
Vậy P
(
x
)
= x
4

2

có hệ số bậc cao nhất bằng a
n
và
1
16
[
P(2x)
]
2
có hệ số của bậc cao nhất bằng
1
16
.
(
2
n
a
n
)
2
.
Do đó, ta có
4
n
a
2
n
= 16a

4
+ bx
2
+ c =
1
16

4x
2
+ 2bx+ c

2
⇒ b = c = 0
Suy ra P(x) = x
2
.
Vậy P(x) ≡ 0, P(x) ≡ 16, P(x) = 4x, P(x) = x
2
là các hàm cần tìm.
Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 4
Đa thức một biến
Ví dụ 8. Tìm đa thức P ∈ R
[x]
biết
P(x
2
) =
[
P(x)
]

0
⇒ a
0
= 0 hoặc a
0
= 1.
+) a
0
= 1 , ta có hệ số của x trong
[
P(x)
]
2
bằng 2a
1
.
Còn P

x
2

là đa thức bậc chẵn nên ta có 2a
1
= 0 ⇔ a
1
= 0 .
Giả sử a
k
với 3 ≤ k ≤ n− 1 là chỉ số thỏa a
k

+ + a
k
x
k
+ 1

2
.
So sánh hệ số của x
k
trong hai đa thức trên ta có 2a
k
= 0 ⇒ a
k
= 0 .
Do đó P(x) = x
n
+ 1 , ta thấy đa thức này không thỏa bài toán.
+) a
0
= 0 ⇒ P(x) = x
k
Q(x), Q(0) = 0.
Nếu Q(x) không là đa thức hằng thì từ P(x
2
) =
[
P(x)
]
2

Ví dụ 9. Tìm đa thức P ∈ R
[x]
thỏa mãn
P(x).P(2x
2
) = P(2x
3
+ x).
Lời giải. Ta thấy các điều kiện của định lí 2 đều thỏa mãn. Bằng cách thử trực tiếp ta
thấy :
+) Với P(x) = ax + b thì ta không tìm được a,b.
+) Với P(x) = ax
2
+ bx + c thì ta tìm được a = c = 1, b = 0.
Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 5
Đa thức một biến
Suy ra P( x) = (x
2
+ 1)
k
là nghiệm của phương trình đã cho. Đo đó nếu P(x) là đa thức bậc
chẵn thì P(x) = (x
2
+ 1)
k
.
Xét P(x)là đa thức bậc lẻ. Ta chứng minh không tồn tại đa thức bậc lẻ thỏa phương trình
đã cho.
Thật vậy, nếu tồn tại đa thức như thế thì P(x) sẽ có ít nhất một nghiệm thực, ta gọi
nghiệm đó là α. Khi đó, ta xét dãy (x

2
) = (2x
2
+ 1)
m
Q(2x
3
+ x)
Cho x = 0 ta có Q(0) = 0 (vô lí).
Do vậy không tồn tại đa thức bậc lẻ thỏa bài toán.
Ví dụ 10. (HCM ngày 1, 2013) Tìm đa thức P(x) hệ số thực thỏa
P(x).P(x − 3) = P(x
2
) ∀x ∈ R.
Lời giải. • Nếu P(x) = k, từ giả thiết ta có k
2
= k ⇔ k = 0, k = 1.
• Xét deg(P) ≥ 1. Gọi α nghiệm phức của đa thức P(x)
Từ P(α
2
) = P(α).P(α − 3) = 0 nên α
2
cũng là nghiệm của P(x)
Bằng quy nạp ta chứng minh được
α,α
2
,α
4
, ,α
2

Tuy nhiên rằng không có số phức nào thỏa mãn đồng thời (1) và (2).
Vậy P(x) ≡ 0, P(x) ≡ 1.
Ví dụ 11. Tìm tất cả các đa thức P
(
x
)
hệ số thực sao cho với mọi a, b, c thỏa a + b + c = 0
thì
P

a
3

+ P

b
3

+ P

c
3

= 3P
(
abc
)
(1).
Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 6
Đa thức một biến


− P

8x
3

= −3P

2x
3

Hay
2P
(
x
)
− P
(
8x
)
= −3P
(
2x
)
(2).
Giả sử P
(
x
)
=

)
= ax + b với a,b ∈ R.
Ví dụ 12. Tìm tất cả các đa thức f (x) có hệ số nguyên và f (a) + f (b) + f (c) chia hết cho
a + b + c với mọi số nguyên a, b, c.
Lời giải. Với mọi số nguyên m, n ta có f (m) − f (n)
.
.
.m− n.
Suy ra f (a)− f
(
−(b+ c)
)
.
.
.a + b + c, mà f ( a)+ f (b) + f (c)
.
.
.a + b + c
Nên ta có được f (b)+ f (c) + f (−(b + c))
.
.
.a + b + c với mọi a, b, c.
Cho a lớn tùy ý ta có f (b) + f (c) = − f
(
−(b+ c)
)
.
Cho c = b ta có 2 f (b) = − f
(
−2b

⇒ n = 1.
Hơn nữa, cũng từ (1) ta có f (0) = 0 nên suy ra f (x) = kx, k ∈ Z.
Kiểm tra lại dễ thấy f
(
x
)
= kx, k ∈ Z thỏa bài toán.
Vậy f
(
x
)
= kx, k ∈ Z là đa thức cần tìm.
Ví dụ 13. (TST EGMO 2014). Gọi d
(
n
)
là ước nguyên tố nhỏ nhất của số nguyên n ∉
{
0,−1,1
}
. Xác định tất cả các đa thức hệ số nguyên P
(
x
)
thỏa mãn
P
(
n + d(n)
)
= n + d

= p + d
(
P(p)
)
.
Suy ra
|
P
(
2p
)
|
≤ p +
|
P
(
p
)
|
⇒




P
(
2p
)
P
(

)
≤ 1.
+) deg
(
P
)
= 1. Đặt P
(
x
)
= ax + b, cho x = p ta có
2a p + b = p + d
(
P(p)
)
⇔
(
2a − 1
)
p + b = d
(
ap + b
)
.
Với p đủ lớn, ta có 2a − 1 > 0 ⇒ a ≥ 1. Nhưng, khi đó
(
2a − 1
)
p + b ≥ ap + b ≥ d
(

)
= C, C ∉
{
0,−1,1
}
.
Bài tập 6. (VMO 2006) Hãy xác định tất cả các đa thức P
(
x
)
với hệ số thực, thoả mãn
hệ thức sau:
P

x
2

+ x
(
3P
(
x
)
+ P
(
−x
))
=
(
P

−x
) (
1
)
với mọi x ∈ R.
Bài tập 8. (Hy Lạp MO 2014). Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P
(
x
)
thỏa mãn
(x
2
− 6x+ 8)P(x) = (x
2
+ 2x)P(x − 2)
với mọi x.
Bài tập 9. Tìm đa thức hệ số nguyên P
(
x
)
thỏa mãn
P
5
(
x
)
= x
28
P
2

x
)
= a
n
x
n
+ a
n−1
x
n−1
+ + a
1
x + a
0
có bậc n ≥ 1 và các hệ số
không âm. Biết P
(
4
)
= 2, P
(
16
)
= 8 và P
(
8
)
= 4. Xác định đa thức P
(
x

là đa thức hằng.
Bài tập 14. Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P
(
x
)
thỏa mãn
P
(
a
)
2
+ P
(
b
)
2
+ P
(
c
)
2
= P
(
a + b + c
)
2
(1)
với mọi a, b, c ∈ R thỏa mãn ab + bc + ca = 0.
Bài tập 15. (IMO 2004) Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P
(

.P

1
x

≤ P
(
1
)
2
với mọi x > 0.
Bài tập 17. (Thái Lan MO 2014). Tìm tất cả các đa thức hệ số nguyên P
(
x
)
sao cho
P
(
n
)


2557
n
+ 213 × 2014 ,
với mọi n ∈ N
∗
.
Bài tập 18. Tìm tất cả các đa thức hệ số thực thỏa mãn :
P