MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ ĐA THỨC
CHƯƠNG I. MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN
1.1 Định nghĩa và tính chất của đa thức
Một hàm số dạng f ( x ) = ax k được gọi là một đơn thức với a ≠ 0 là một số bất kì
(tổng quát nhất a là một số phức), x là một biến độc lập và k là một số nguyên
không âm. Số k gọi là bậc của đơn thức và kí hiệu k = deg(ax k ) .
Định nghĩa 1.1. Một hàm số P( x ) được gọi là một đa thức nếu nó có thể biểu diễn
dưới dạng tổng hữu hạn các đơn thức, nghĩa là
P( x ) = a1 x n1 + a2 x n2 + ... + ak x nk ,

ở đây a1 , a2 ,..., ak là các số bất kì, còn n1 , n2 ,..., nk là các số nguyên không âm.
Dễ thấy một đa thức có thể biểu diễn dưới dạng
1.

P( x ) = an x n + an −1 x n −1 + ... + a1 x + a0 ,

ở đây an ≠ 0, an −1 ,..., a0 là các số bất kì.
Dạng (1.1) gọi là dạng chuẩn tắc của P(x). Các số an , an −1 ,..., a0 gọi là các hệ số
của đa thức, an là hệ số cao nhất, a0 là hệ số tự do. Số tự nhiên n gọi là bậc của
P(x) và kí hiệu n = deg P ( x ) .
Chú ý rằng một số khác không cũng là một đa thức bậc không. Quy ước số không
là đa thức bậc - ∞.
Tính chất: Tổng, hiệu, tích của hữu hạn các đa thức là một đa thức.
deg ( P ( x ) ×Q ( x ) ) = deg P ( x ) + deg Q ( x ) ,
deg ( P( x ) + Q ( x ) ) = max ( deg P( x ), deg Q ( x ) ) .

Nguyên lí so sánh hệ số của đa thức
Định lí 1.1. (Nguyên lí so sánh hệ số của đa thức) Cho hai đa thức

P( x ) = an x n + an −1 x n −1 + ... + a1 x + a0 ,
Q ( x ) = bn x n + bn −1 x n −1 + ... + b1 x + b0


'
n −2
n −1

'
với Q1 ( x ) = bn x + b x + ... + b1 . Khi đó với i = 1, 2, …, n ta có
P (αi ) − P (α n +1 ) Q (αi ) − Q (α n +1 )
P1 (αi ) =
=
= Q1 (αi )
αi − α n +1
αi − α n+1
'
'
'
'
Theo giả thiết toán học suy ra an = bn , an −1 = bn −1 ,..., a1 = b1. Đặt
P2 ( x ) = an −1 x n −1 + a n −2 x n −2 + ... + a1 x + a0 ,

Q2 ( x ) = bn −1 x n −1 + bn −2 x n −2 + ... + b1 x + b0 .
Dễ thấy với i = 1, 2, …, n ta có
P2 (αi ) = P (αi ) − anαin = Q (αi ) − bnαin = Q2 (αi ).
Theo giả thiết toán học suy ra an −1 = bn −1 , an −2 = bn −2 ,..., a0 = b0 .
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Từ định lí trên ta dễ dàng suy ra các kết quả sau
Định lí 1.2. Dạng chuẩn tắc của mọi đa thức là duy nhất.
Định lí 1.3. Cho A là tập vô hạn các số, còn P(x) và Q(x) là hai đa thức. Nếu với
mọi a ∈ A thỏa mãn đẳng thức P(a) = Q(a) thì hai đa thức P(x) và Q(x) bằng nhau.
Định lí 1.4. Cho n > 0 là một số tự nhiên, α1 , α 2 ,..., α n +1 là những số bất kì đôi một

một đa thức S(x) sao cho P( x ) = Q ( x ) ×S ( x ) . Ta kí hiệu P( x )MQ ( x ) .
Với phép chia hết ta có một số tính chất sau
1. Với mọi đa thức P(x) và với mọi số α ≠ 0 ta có α P ( x )MP( x ) .
2. Nếu P( x )MQ ( x ) và Q ( x )MP( x ) thì tồn tại một số α ≠ 0 sao cho
P ( x ) = αQ ( x ) .
3. Nếu P( x ) MQ( x ) và Q ( x )MS ( x ) thì P( x )MS ( x ) .
4. Nếu Pi ( x )MQ ( x ) với i = 1, 2, …, n và S1 ( x ), S2 ( x ),..., S n ( x ) là những đa
thức bất kì thì

( S1 ( x ) P1 ( x ) + S2 ( x ) P2 ( x ) + ... + Sn ( x ) Pn ( x ) ) MQ ( x )

.

Với phép chia có dư ta có một số kết quả đáng chú ý sau
Định lí 1.5. Với hai đa thức bất kì P(x) và Q(x) ≠ 0 tồn tại duy nhất các đa thức
S(x) và R(x) thỏa mãn
P( x ) = Q ( x ) ×S ( x ) + R ( x )
deg R( x ) < deg Q ( x ).
trong
đó
Đặc biệt khi Q(x) là đa thức bậc nhất dạng Q(x) = x – a ta có thể xác định các hệ
số của đa thức thương và số dư nhờ sơ đồ Horner.
n
n −1
Định lí 1.6. Cho đa thức P( x ) = an x + an −1 x + ... + a1 x + a0 và Q(x) = x – α. Hệ

số của đa thức thương Q ( x ) = bn x n + bn −1 x n −1 + ... + b1 x + b0 và số dư R(x) = r tính
được từ các công thức sau trong phép chia P(x) cho Q(x):
b0 = a0
b0 = a1 + α b0 ,

không. Đa thức D(x) gọi là ước chung lớn nhất của P(x) và Q(x) nếu
1. P( x )MD ( x ) và Q ( x )MD( x ) .
2. Nếu P( x )MD1 ( x ) và Q ( x )MD1 ( x ) thì D ( x )MD1 ( x ) .
Kí hiệu D( x ) = ( P ( x ), Q ( x ) ) .
Dễ thấy ước chung lớn nhất của hai đa thức được xác định sai khác một hằng số
khác không.
Định lí 1.7.
a) Nếu P(x) và Q(x) là hai đa thức sao cho P( x )MQ ( x ) thì chúng có ước
chung lớn nhất là ( P( x ), Q ( x ) ) = Q ( x )
b) Nếu hai đa thức P(x) và Q(x) có ước chung lớn nhất và α ≠ 0 là một
số bất kì thì

( P( x ), Q( x ) ) = ( α P( x ), Q( x ) ) = ( P( x ), αQ ( x ) ) .
Định lí 1.8. Cho P(x) và Q(x) là hai đa thức có ước chung lớn nhất và R(x) là số
dư của phép chia P(x) cho Q(x). Khi đó Q(x) và R(x) cũng có ước chung lớn nhất
và
( P( x), Q( x ) ) = ( Q( x), R( x) ) .
Từ kết quả trên ta chứng minh được:
Định lí 1.9. Hai đa thức bất kì không đồng thời bằng không đều có ước chung lớn
nhất.
Chứng minh. Ta chỉ xét P(x) và Q(x) là hai đa thức khác không và giả sử
deg P( x ) ≥ deg Q ( x ) . Ta chia P(x) cho Q(x):
P( x ) = Q ( x ) ×S1 ( x ) + R1 ( x ) .

Nếu R1(x) = 0 thì theo định lí 1.7 ta có ( P( x ), Q ( x ) ) = Q ( x ) . Nếu R1 ( x ) ≠ 0 thì

deg Q ( x ) ≥ deg R1 ( x ) và theo định lí 1.8 ta có ( P ( x ), Q ( x ) ) = ( Q ( x ), R1 ( x ) ) .
Ta chia Q(x) cho R1(x):

Q( x ) = R1 ( x ) ×S2 ( x ) + R2 ( x ) .

thỏa mãn đẳng thức sau:
( P( x ), Q ( x ) ) ×[ P( x ), Q ( x )] = P( x ) ×Q ( x ).
1.4 Nghiệm của đa thức
Nghiệm của đa thức có một số tính chất sau
Định lí 1.12 (Định lí D′Alembert). Mọi đa thức bậc khác không với hệ số phức có
ít nhất một nghiệm phức.
Định lí 1.13 (Định lí Bézout). Số α là nghiệm của đa thức P(x) khi và chỉ khi
P(x) chia hết cho x − α .
Định lí 1.14. Mọi đa thức
P( x ) = an x n + an −1 x n −1 + ... + a1 x + a0

đều có thể biểu diễn dưới dạng
P( x ) = a n ( x − α1 )( x − α 2 )...( x − α n ) ,
trong đó α1 , α 2 ,..., α n là các nghiệm của đa thức.
Xét về mối quan hệ của các nghiệm và các hệ số của đa thức ta có kết quả sau:
Định lí 1.15 (Công thức Viéte). Cho đa thức
P( x ) = an x n + an −1 x n −1 + ... + a1 x + a0 = an ( x − α1 )( x − α 2 )...( x − α n ) ,
ở đây α1 , α 2 ,..., α n là các nghiệm của đa thức. Ta có
5


α n + α n −1 + ... + α 0 = −

an −1
,
an

α1α 2 + α1α 3 + ... + α n −1α n =

an − 2


u
là
v
,

thì với mọi số nguyên m số P(m) chia hết cho (u – m.v). Trường hợp đặc biệt u + v
là ước số của P(- 1), còn u – v là ước số của P(1).

6


1.6 Đa thức không phân tích được
1.6.1 Định nghĩa
Cho T là một tập hợp số.
Định nghĩa 1.5. Một đa thức P(x) khác đa thức bậc không với hệ số trong tập hợp
T gọi là không phân tích được (bất khả quy) trên T, nếu nó không biểu diễn như
một tích của hai đa thức khác đa thức bậc không với hệ số trong T với những bậc
nhỏ hơn bậc của P(x).
Định lí 1.18. Nếu một đa thức hệ số nguyên không phân tích được thành tích hai
đa thức hệ số nguyên thì nó không phân tích thành tích hai đa thức hệ số hữu tỉ.
Nhận xét. Từ kết quả của định lí trên ta thấy sự phân tích trên tập hợp các số hữu
tỉ có thể đưa về sự không phân tích được trên tập hợp số nguyên.
Quy ước: Từ sau trở đi nếu không giải thích gì thêm thì ta chỉ xét sự không phân
tích được trên tập các số nguyên.
Xem xét về các tiêu chuẩn để một đa thức không phân tích được ta có một kết quả
khá mạnh như sau
1.6.2 Tiêu chuẩn Eisenstein
n
n −1


CHƯƠNG II. MỘT SỐ BÀI TOÁN THƯỜNG GẶP

2.1 Phương trình hàm đa thức
2.1.1 Quy về đa thức tuần hoàn
Tính chất: Nếu P(x) là một đa thức tuần hoàn, tức là tồn tại số a khác 0 sao cho
P(x + a) = P(x) với mọi x, thì P(x) = C.
Ví dụ 2.1. Tìm đa thức hệ số thực thỏa mãn xP( x − 1) = ( x − 3) P ( x ) với mọi x.
Lời giải.
Cho x bằng các giá trị 0, 1, 2 ta thấy P(x) có các nghiệm 1, 2, 0. Do đó P(x) có
dạng P( x ) = x ( x − 1)( x − 2)Q ( x ) , trong đó Q(x) cũng là một đa thức. Thay P(x)
vào phương trình đã cho ta được Q(x) = Q(x – 1) với mọi x. Suy ra Q(x) = C. Vậy
P(x) = Cx(x - 1)(x – 2), thử lại thỏa mãn yêu cầu của bài.
Ví dụ 2 . 2. Tìm đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn ( x − 1) 2 P( x ) = ( x − 3) 2 P( x + 2)
với mọi x.
Lời giải.
Do (x – 1, x – 3) = 1 nên P( x )M( x − 3) 2 hay P(x) có dạng P( x ) = ( x − 3) 2 Q ( x ) ,
trong đó Q(x) cũng là một đa thức. Thay P(x) vào phương trình đã cho ta được
Q(x) = Q(x + 2) hay Q(x) = C. Vậy P( x ) = C ( x − 3) 2 , thử lại thỏa mãn yêu cầu
của bài .
Ví dụ 2.3 (Newyork, 1975). Tìm đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn P(x) = 0 và
1
[ P( x + 1) + P( x − 1)]
2
Nhận xét: Dự đoán P(x) = Cx.
Lời giải.
Xét đa thức Q(x) = P(x +1) – P(x). Từ giả thiết ta có
Q ( x ) = Q ( x − 1), ∀x ∈ R ⇒ Q ( x ) = C.
Do đó
P( x ) =

Cho x bằng các giá trị 0, 1, 2, -2 ta thấy P(x) có các nghiệm – 2, - 1, 0, 1. Do đó
P(x) có dạng P(x) = (x – 1)x(x + 1)(x + 2)Q(x), trong đó Q(x) cũng là một đa thức.
Thay P(x) vào (2.1) ta được
( x 2 + x + 1)Q ( x − 1) = ( x 2 − x + 1)Q ( x )
(2.2)
Vì ( x 2 + x + 1, x 2 − x + 1) = 1 nên Q(x) có dạng Q ( x ) = ( x 2 + x + 1) R( x ) , trong đó
R(x) cũng là một đa thức. Thay R(x) vào (2.2) ta được R(x – 1) = R(x) hay R(x) =
C. Vậy P( x ) = C ( x − 1) x ( x − 1)( x + 2)( x 2 + x + 1) với C là hằng số, thử lại thỏa
mãn yêu cầu của bài.
2.1.2 Phương pháp đồng nhất hệ số
Ví dụ 2.6. Tìm đa thức P(x) hệ số nguyên thỏa mãn
16 P( x 2 ) = [ P(2 x ) ] với mọi x.
2

Lời giải.
n
n −1
Giả sử P( x ) = an x + an −1 x + ... + a1 x + a0 ,

an ≠ 0.

Đồng nhất hệ số lớn nhất của phương trình đã cho ta được
16
16an = 2 2 n an2 ⇔ an = n
4.
Mà an là số nguyên nên n ∈ { 0,1, 2} .
• Với n = 0 , thay vào phương trình đã cho ta tìm được P(x) = 0 hoặc P(x) =
16.
• Với n = 1 thì an = 4 và P(x) = 4x + b, thay vào phương trình đã cho ta tìm
được b = 0. Vậy P(x) = 4x.


Thử lại thỏa mãn yêu cầu của bài.
Ví dụ 2.8. Tìm đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn
2
P( x 2 − 2 x ) = [ P ( x − 2)] với mọi x.
Hướng dẫn.

2
Biến đổi phương trình đã cho về dạng P ( ( x − 1) − 1) = [ P (( x − 1) − 1) ] .
2

Đặt Q(x) = P(x - 1) ta được Q ( x 2 ) = [ Q ( x ) ] và áp dụng kết quả ví dụ 2.7.
2

Đáp số P(x) = 0, P(x) = 1, P(x) = (x + 1)n.
Ví dụ 2.9 (HSGQG 2006). Tìm đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn
2
(2.3)
P( x 2 ) + x [ 3P ( x ) + P ( − x ) ] = [ P ( x )] + 2 x 2
với mọi x.
Lời giải.
Thay x bằng – x vào phương trình đã cho rồi trừ hai phương trình cho nhau ta thu
được
[ P( x ) + P( − x )] ×[ P( x ) − P( − x ) − 4 x ] = 0
với mọi x. Do đó [ P( x ) + P( − x ) ] = 0 với vô số giá trị của x hoặc

[ P( x ) − P( − x) − 4 x ] = 0 với vô số giá trị của x. Mà P(x) là một đa thức nên đó
[ P( x) + P( − x ) ] = 0 với mọi x hoặc [ P( x ) − P( − x ) − 4 x ] = 0 với mọi x.
11



P( x ) P( y ) = P 2 (

x+ y
2

) −P ( )
2

x− y
2

(2.6)

với mọi x, y.
Hướng dẫn.
Xét P(x) là hằng số ta thu được P(x) = 0.
Xét P(x) là đa thức có bậc n ≥ 1 và hệ số bậc cao nhất là a ≠ 0. Thay y = 3x vào
(2.6) và đồng nhất hệ số của x2n ta được a 2 3n = (2 n a )2 − a 2 ⇔ 3n = 4n − 1 ⇔ n = 1.
Vậy P(x) = ax, a ≠ 0.
Ví dụ 2.11. Tìm đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn
c

(2.7)

Lời giải.
Trường hợp 1. P(0) = 0. Khi đó P(1) = 1, P(2) = 2,…
Bằng phương pháp quy nạp toán học ta dễ dàng chứng minh được P(n) = n với
mọi số tự nhiên n. Mà P(x) là một đa thức nên P(x) = x.
Trường hợp 2. P(0) ≠ 0. Giả sử

2

Cho x thay đổi thì H ( y 2 + 1) = ( H ( y ) ) + 1 với vô số giá trị của y, suy ra nó cũng
2

đúng với mọi y hay H(y) thỏa mãn yêu cầu của bài.
•

Nếu H(y) thỏa mãn H(0) = 0 thì H(y) = y. Khi đó

P( x ) = Q ( x 2 ) = H ( x 2 + 1) = x 2 + 1.
•

Nếu H(y) ≠ 0 thì từ đa thức H(y) ta tiến hành phương pháp như trên sẽ thu
được đa thức h1(x) có bậc bằng một nửa bậc của H(y). Cứ tiếp tục quá trình
này chỉ sau một số hữu hạn bước ta sẽ nhận được đa thức x.

Như vậy đa thức thỏa mãn yêu cầu của bài chỉ có thể nằm trong dãy
P0 ( x) = x, P1 ( x ) = x 2 + 1,..., Pn +1 ( x ) = Pn ( x 2 + 1),...

Thử lại thấy các đa thức thuộc dãy trên đều thỏa mãn yêu cầu của bài.
Ví dụ 2.12. Cho a ≠ 0, b, c là các số bất kì và n ≥ 1 là một số tự nhiên. Chứng
minh rằng tồn tại nhiều nhất một đa thức P(x) hệ số thực bậc n thỏa mãn

P( ax 2 + bx + c ) = a ( P ( x ) ) + bP ( x ) + c
2

(2.8)

Lời giải.

Bằng phương pháp đồng nhất hệ số ta tìm được các đa thức bậc 1, 2, 3, 4, 5 thỏa
mãn (2.9) là
P1 ( x ) = x;
P2 ( x ) = x 2 − 2;
P3 ( x ) = x 3 − 3x

P4 ( x) = x 4 − 4 x 2 + 2;
Ta

thấy

P5 ( x) = x 5 − 5 x 3 + 5 x.

P3 ( x ) = xP2 ( x ) − P1 ( x ); P4 ( x ) = xP3 ( x ) − P2 ( x ); P5 ( x ) = xP4 ( x ) − P3 ( x )

.

ta chứng minh mọi đa thức trong dãy P1 ( x ), P2 ( x ),..., Pn ( x ),... xác định bởi
 P1 ( x ) = x, P2 ( x ) = x 2 − 2
,
n ≥ 1.
(2.10)

 Pn + 2 ( x ) = xPn +1 ( x ) − P( x )
thỏa
mãn
yêu
cầu
Giả sử với n nào đó Pn(x), Pn+1(x) thỏa mãn (2. 9). Ta có
2

2

2

= Qn −1 ( x ) = Qn−2 ( x ) = ... = Q2 ( x )
= ( P2 ( x ) ) + ( P1 ( x ) ) − xP2 ( x ) P1 ( x ) + x 2 − 4
2

2

= 0.
Vậy ta có điều phải chứng minh. Theo ví dụ 2.12 thì các đa thức Pn ( x ), n = 1, 2,...
xác định bởi (2.10) là các đa thức cần tìm.
2.2 Đa thức không phân tích được (bất khả quy) trên tập số nguyên
Ví dụ 2.14. Chứng minh rằng đa thức P( x ) = x 4 − 3x 3 + 2 x 2 + 2 x − 6 không phân
tích được trên tập số nguyên.
Lời giải.
Giả sử ngược lại P( x ) = Q ( x ) ×R( x ) , ở đây P(x) và Q(x) là các đa thức có hệ số
nguyên và deg Q ( x ) ≤ deg R( x ) < 4 .
Trường hợp 1. degQ(x) = 1, khi đó Q(x) có nghiệm nguyên. Dễ thấy nghiệm này
chỉ có thể là các số ±1, ±2, ±3, ±6 nhưng kiểm tra thấy các số này không là nghiệm
của P(x).
Trường hợp 2. degQ(x) = degR(x) = 2. Khi đó

P( x ) = ( ax 2 + bx + c ) ( px 2 + qx + r )

,

ở đây a, b, c, p, q, r là các số nguyên . Đồng nhất hệ số ta có hệ
ap = 1

( y + 1) p − 1
P( x ) =
= y p −1 + C 1p y p −2 + ... + C pp−2 y + C pp −1 = Q ( y )
y
P( x ) =

.

.

1
2
p −1
p −1
Dễ thấy C p , C p ,..., C p đều chia hết cho p nhưng C p = p không chia hết cho p2

nên theo tiêu chuẩn Eisenstein Q(y) bất khả quy trên tập số nguyên. Vì
P(x) = Q(x - 1) nên P(x) cũng bất khả quy trên tập số nguyên.
Ví dụ 2.16. Cho các số nguyên a1 , a2 ,..., an đôi một khác nhau. Chứng minh rằng
đa thức
P( x ) = ( x − a1 )( x − a2 )...( x − an ) − 1
không thể phân tích thành tích của hai đa thức có hệ số nguyên có bậc bé hơn n.
Lời giải.
Giả sử ngược lại, tức là P(x) = Q(x)R(x), trong đó Q(x) và R(x) là hai đa thức có
bậc nhỏ hơn n. Ta có

Q ( ai ) R( ai ) = −1,

∀i = 1,2,..., n ⇒ Q ( ai ) + R( ai ) = 0,


nghiệm. Mâu thuẫn với degQ(x) < n. Vậy P(x) bất khả quy trên tập số nguyên.
Ví dụ 2.19. Cho các số nguyên a1 , a2 ,..., an đôi một khác nhau. Chứng minh rằng đa
thức
P( x ) = ( x - a1 ) 2 ( x - a2 ) 2 ...( x - an ) 2 + 1

không thể phân tích thành tích của hai đa thức có hệ số nguyên có bậc bé hơn n.
Lời giải.
Giả sử ngược lại, tức là P(x) = Q(x)R(x), trong đó Q(x) và R(x) là hai đa thức có
0 < deg Q ( x ) ≤ deg R( x ) < n.
Ta có Q ( ai ) R( ai ) = P( ai ) = 1, ∀i = 1, 2,..., n ⇒ Q ( ai ) = R( ai ) = 1, ∀i = 1, 2,..., n
Ta chứng minh Q(ai) = 1 hoặc Q(ai) = - 1 với moi i và tương tự cho R(x). Thật vậy
giả sử tồn tại k ≠ j sao cho Q (ak ) = 1, Q ( a j ) = −1 ⇒ ∃x0 ∈ ( ak ; a j ) sao cho
Q(x0) = 0. Do đó P(x0) = 0, vô lí vì P(x) ≥ 1 với mọi x.
• Nếu Q ( ai ) = R (ai ) = 1, ∀i ⇒ Q ( x ) − 1 = R ( x ) − 1 = ( x − a1 )( x − a2 )...( x − a n ).
Do đó

P( x ) = ( x − a1 ) 2 ( x − a 2 ) 2 ...( x − an ) 2 + 1 = ( ( x − a1 )( x − a 2 )...( x − a n ) + 1) .
2

•
•

Vô lí.
Nếu Q ( ai ) = R (ai ) = −1, ∀i. Lí luận tương tự trên.
Thay ai vào phương trình ban đầu ta được – 1 = 1. Vô lí.

Vậy P(x) bất khả quy trên tập số nguyên.
2.3 Nghiệm của đa thức
2.3.1 Sử dụng tính chất chia hết
Tính chất: Cho P(x) là một đa thức với hệ số nguyên, a và b là hai số nguyên khác

minh rằng P(x) không có nghiệm nguyên.
Lời giải.
Giả sử P(x) có nghiệm nguyên a. Ta có: P(a) – P(0) M a, suy ra a lẻ.
Lại có P(a) – P(1) M a – 1, suy ra a chẵn. Vô lí. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.22. Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên và P(x) không chia hết cho 3 với
ba giá trị nguyên liên tiếp nào đó của x. Chứng minh rằng P(x) không có nghiệm
nguyên.
Lời giải.
Giả sử P(x) có nghiệm nguyên a. Ta có:

P( a + 3k ) − P (a ) M3, ∀k ∈ Z ⇒ P (a + 3k ) M3, ∀k ∈ Z .
Do đó với mọi bộ ba số nguyên liên tiếp luôn tồn tại một số b mà P(b) M b. Mâu
thuẫn với giả thiết. Vậy ta có điều phải chứng minh.

2.3.2 Sử dụng định lí Bezuot
18


Ví dụ 2.23. Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên sao cho P (a ) = P(b) = P ( c ) = 1
với a, b, c là ba số nguyên phân biệt. Chứng minh rằng P(x) không có nghiệm
nguyên.
Lời giải.
Giả sử P(x) có nghiệm nguyên x0. Khi đó P(x) có dạng P( x ) = ( x − x0 )Q ( x ) , trong
đó Q(x) là một đa thức. Ta có
1 = P(a ) = a − x0 Q ( x ) ⇒ a − x0 = 1.

Tương tự ta cũng có a − x0 = b − x0 = c − x0 = 1 . Do đó tồn tại hai trong ba số

a − x0 = b − x0 = c − x0 cùng dấu. Mâu thuẫn với giả thiết a, b, c phân biệt. Vậy ta
có điều phải chứng minh.

P  − ÷ =  − − x1 ÷ − − x2 ÷...  − − xn ÷ = ( −1)n
.
2n
 2  2
 2
  2

 1
⇒ ( −2) n P  − ÷ = (2 x1 + 1)(2 x2 + 1)...(2 xn + 1) ≥ 3 x1 3 x2 ...3 xn = 3n x1 x2 ... xn
 2
 1
⇒ ( −2) n P  − ÷ ≥ 3n ( −1) n P(0) = ( −3) n P(0).
 2
Dấu bằng xảy ra khi P( x ) = ( x − 1) n .
Ví dụ 2.26. Cho đa thức P(x) bậc n với hệ số thực sao cho
k
P(k ) =
, k ∈ 0,1,2..., n. .
k +1
Hãy tính P(n + 1).
Lời giải.
Đặt Q(x) =(x+1)P(x) – x thì Q(x) là một đa thức bậc n + 1 và có n + 1 nghiệm là 0,
1, 2, …, n. Do đó
Q ( x ) = ax ( x -1)( x - 2)...( x - n ) ⇒ Q (-1) = 1 = a (-1) n +1 ( n + 1)!
Suy ra a =

( −1) n +1
và Q (n + 1) = ( −1) n +1 = ( n + 2) P( n + 1) − ( n + 1) .
( n + 1)!



b
c
Áp dụng kết quả trên và định lí Viéte với δ1 = − , δ 2 = ta được
a
a

aSk + 2 + bSk +1 + cSk = 0 .
Ví dụ 2.28. Cho x1, x2, x3 là ba nghiệm của phương trình bậc ba
k
k
k
ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 và Sk = x1 + x2 + x3 . Chứng minh rằng với mọi số nguyên

k

0 ta có

aSk +3 + bSk + 2 + cS k +1 + dS k = 0.
Hướng dẫn giải. Tương tự ví dụ 2.27.
Ví dụ 2.29 (HSGQG 1979). Cho phương trình x 3 + ax 2 + bx + c = 0 có ba nghiệm
u, v, t. Với giá trị nào của a, b, c thì các số u 3 , v 3 , t 3 nghiệm đúng phương trình
x 3 + a 3 x 2 + b3 x + c 3 = 0 ?
Lời giải.
Áp dụng định lí Viéte cho phương trình thứ nhất ta có
u + v + t = − a, uv + vt + tu = b, uvt = −c .
n
n
n
Đặt Sn = u + v + t ta có Sk + 3 + aSk + 2 + bS k +1 + cS k = 0. . Do đó

u v  w u v w
=8 .
 ÷ + ÷ + ÷ = + + ÷ −2
t2
t t  t  t t t 
Hay u 2 + v 2 + w2 = 8t 2 chia hết cho 8 nên u, v, w chẵn. Mà uv + vt + tw = -2t 2
chia hết cho 4 nên t chẵn. Vô lí.
n
n −1
Ví dụ 2.31. Cho đa thức P( x ) = x + a1 x + ... + an −1 x + an có n nghiệm không
n

a 
âm. Chứng minh rằng  n −1 ÷ ≥ ann −1 .
 n 
Lời giải.
Giả sử n nghiệm của P(x) là x1 , x2 ,..., xn .
Áp dụng định lí Viéte ta có
n −1

 x1 x2 ... xn −1 + x1 x2 ... xn −2 xn + ... + x2 ... xn −1 xn = ( −1) an −1

n
x1 x2 ... xn = ( −1) an



Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được

1

n b
 x1 x2 ... xn = ( −1)
a

Do đó
22


b
a =  1 + 1 + ... + 1  ( x + x + ... + x ) ≥ n 2 .
n2 =

÷ 1 2
n
b
xn 
 x1 x2
( −1)n
a
( −1) n n 2

Vậy x1 = x2 = ... = xn .
Ví dụ 2.33 (HSGQG 1988). Cho đa thức
P( x ) = a0 x n + a1 x n −1 + ... + a n −1x + a n

bậc n với n ≥ 3 . Biết rằng P(x) có n nghiệm thực và a0 = 1, a1 = −n, a2 =

n ( n − 1)
.
2

⇒ ∑ ( xk − 1) 2 = ∑ xk2 − 2∑ xk + n = 0.
k =1

⇒ P( x ) = ( x − 1) .
n

k
k
Vậy ak = ( −1) Cn , k = 0,1,..., n .

Ví dụ 2.34 (HSGQG 2009). Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện: với mỗi số
nguyên dương n, a n + b n + c n là một số nguyên. Chứng minh rằng tồn tại các số
nguyên p, q, r sao cho a, b, c là ba nghiệm của phương trình x 3 + px 2 + qx + r = 0
.
Lời giải.
n
n
n
Đặt Tn = a + b + c ∈ ¢ , ∀n ≥ 1 . Ta chứng minh các số p = - (a + b + c),

q = ab + bc + ca, r = abc thỏa mãn điều kiện bài toán. Ta phải chứng minh p, q, r
là các số nguyên. Thật vậy, ta có

23


T1 = − p, T2 = p 2 − 2q, T3 = − p 3 + 3 pq − 3r, Tn +3 = − pTn +2 − qTn +1 − rTn ,

(2.11)


Áp dụng định lí Roll ta thấy tồn tại y1 ∈ [a; b], y2 ∈ [b;c], y3 ∈ [c; d ] là các nghiệm
của P '( x ) .
Ta có

P( x ) = x 4 − T1 x 3 + T2 x 2 − T3 x + T4 , trong đó T1 = a + b + c + d,

T2 = ab + ac + ad + bc + bd + cd, T3 = abc + abd + acd + bcd, T4 = abcd.
P '( x ) = 4 x 3 − 3T1 x 2 + 2T2 x − T3 có ba nghiệm dương y1 , y2 , y3 . Theo định lí Viete

ta có
y1 y2 + y1 y3 + y2 y3 =

T2
T
; y1 y2 y3 = 3 .
2
4
24


Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
1
( y1 y2 + y2 y3 + y1 y3 ) ≥
3

3

( y1 y2 y3 )

2

4
2
4

Từ giả thiết ta có 2T2 + T3 = 16 ⇒ y1 y2 + y1 y3 + y2 y3 + y1 y2 y3 = 4 .

(2.12)

2
Ta phải chứng minh T1 ≥ T2 ⇔ y1 + y2 + y3 ≥ y1 y2 + y2 y3 + y2 y3 .
3

(2.13)

Thật vậy, do (2.12) nên trong ba số y1 , y2 , y3 có nhiều nhất một số bằng không.
Giả sử y1 , y2 > 0 ⇒ y3 =

y1 + y2 +
⇔

4 − y1 y2
. Thay vào (2.13) ta được
y1 + y 2 + y1 y2

4 − y1 y2
4 − y1 y2
≥ 4 − y1 y2
y1 + y2 + y1 y2
y1 + y2 + y1 y 2
( y1 + y2 − 2) 2 ≥ y1 y2 (1 − y1 )(1 − y2 ).