CHUYÊN ĐỀ
NGHIỆM CỦA ĐA THỨC
Nguyễn Thị Bích Xuân
Giáo viên Trường THPT Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, tỉnh Quảng Nam

MỞ ĐẦU
Đa thức là một đề tài khá rộng, đây là dạng toán thường xuyên xuất hiện ỏ các
đề thi trong các Kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia.
Trong bài viết này, tôi giới thiệu một số bài toán liên quan đến vấn đề:
Sử dụng các tính chất nghiệm của đa thức vào việc giải quyết các bài toán đa
thức.
CÁC BÀI TOÁN
Bài 1. Cho đa thức p(x) = x 3 + ax2 + bx + c có 3 nghiệm phân biệt trên R
và đa thức p(q(x)), trong đó q(x) = x2 + x + 2011 không có nghiệm thực.
Chứng minh rằng: p(2011) >

1
.
64

Giải:
Gọi x1, x2, x3 là 3 nghiệm của p(x), ta có: p(x) = (x – x1) (x – x2) (x – x3)
=> p(q(x)) = (q(x) – x1) (q(x) – x2) (q(x) – x3), trong đó: q(x) ≠ xi, ∀ x
Xét q(x) – xi , với i = 1,3 => q(x) – xi = x2 + x + 2011 – xi
∆i = 1 – 4(2011 – xi)
Vì q(x) ≠ xi => q(x) – xi vô nghiệm => ∆i < 0 => 1 – 4(2011 – xi) < 0
=> 2011 – xi >

1
4


Hai đa thức p(x) = aoxn + a1xn – 1 + …+ an và q(x) = boxn + b1xn – 1 + …+ bn
Chứng minh rằng:
a) q(x) có nghiệm duy nhất dương
b) Nghiệm của p(x) (nếu có) có giá trị tuyệt đối không vượt qua nghiệm
dương của q(x).
Giải:
a) Chứng minh q(x) có nghiệm dương duy nhất



Ta có: q(x) = xn  bo −


b 
b1 b2
− 2 − ... − nn ÷
x x
x 

Suy ra: q(x) có nghiệm dương <=> h(x)= bo Ta có: h’(x) =

b1 b 2
b
- 2 -...- nn có nghiệm dương.
x x
x

b1 2b 2
nb
+ 3 + ... + n+1n > 0 , với mọi x >0

Bài 4(Vô địch Mỹ). Tìm m, n ∈Ζ + sao cho đa thức P(x) = x m + xm-1 +…+ x
+ 1 là ước của Q(x) = 1 + xn + x2n + x3n + …+ xmn.
Giải:
Ta thấy các đa thức Qo(x) = x(m+1)n – 1 = ( xn – 1)Q(x) và Po(x) = (x – 1)P(x)
không có nghiệm bội (phức) nên P(x).Q(x) cũng không có nghiệm bội.
Do đó: P(x)|Q(x)  mọi nghiệm của P(x) cũng là nghiệm của Q(x).
Ta có các cặp đa thức xn – 1 , Q(x) và x -1 , P(x) không có nghiệm chung.
Đồng thời Po(x)|Qo(x), (x-1)|(x(m+1)n – 1)
Nên mọi nghiệm của P(x) cũng là nghiệm là nghiệm của Q(x)  x – 1 và
– 1 có 1 nghiệm chung duy nhất là x = 1.

(m+1)n

x

+Trường hợp 1: d = (m +1, n) > 1.
Khi đó 2 đa thức x – 1 và x(m + 1)n – 1 có một nghiệm chung khác 1 là: xo= cos
+ i sin

nên không thỏa mãn.

+Trường hợp 2: (m +1, n) = 1.
Khi đó tồn tại k, l sao cho k(m + 1) + nl = 1.
Giả sử hai đa thức x – 1 và x(m + 1)n – 1 nhận nghiệm chung là xo.
Dễ thấy xo1 = xok(m+1)+nl = (xom+1 )k.( xon)l = 1 (thỏa mãn).
Vậy hai số nguyên dương m, n thỏa mãn đề bài khi và chỉ khi (m +1, n) = 1.
Bài 5 (dự tuyển IMO 2005).
Tìm tất cả các đa thức p(x) ∈ Z[x] là monic bậc 2 sao cho tồn tại đa thức
q(x) ∈Z[x] mà các hệ số của đa thức r(x) = p(x).q(x) đều thuộc { - 1, 1}.
Giải:


=> |z| < 2
Như vậy, mọi nghiệm của r(x) đều có mođun nhỏ hơn 2.
Từ đó, nếu gọi z1, z2 là các nghiệm của p(x) thì ta có z 1, z2 là các nghiệm của
r(x) nên |z1|< 2 và |z2| < 2.
Ngoài ra, ta có: |z1|.|z2| = |z1z2| = 1.
Không mất tính tổng quát, giả sử |z1| ≥ |z2|, suy ra: 1 ≤ z1 < 2 ; 0 ≤ z2 < 1
Ta lại có: | z1 + z2| = |a| < |z1| + |z2| < 1 + 2 = 3, suy ra: a ∈ { -2, -1, 0, 1, 2}
+ Với a =0 thì q(x) = x + 1 (vì p(x) = x2 ± 1 )
+ Với a = ± 1 thì q(x) = 1 (vì p(x) = x2 ± x ± 1 )
+ Với a = ± 2 thì p(x) = x2 ± 2x ± 1
- Nếu p(x) = x2 ± 2x + 1 thì q(x) = x ± 1
- Nếu p(x) = x2 ± 2x – 1 thì không thỏa mãn vì có 1 nghiệm với mođun >2.
Vậy p(x) là : x2 ± 1, x2 ± x ± 1, x2 ± 2x ± 1
Bài 6 (Rumani 2001).
Cho n∈ Z+, n chẵn và a, b∈ R thỏa mãn: 3a + 1 = bn. Chứng minh rằng:
Đa thức
p(x)= (x2 + x +1)n – xn – a chia hết cho đa thức q(x)= x3 + x2 +
x + b khi và chỉ khi b = 1.
Giải:
q ( x ) = x 3 +x 2 +x= ( x+1) ( x 2 +1)

+ Giả sử b = 1 khi đó: 3a + 1 = b = 1 => a = 0 và 
n
2
n
 p ( x ) = ( x +x+1) -x
n




i =1

Từ (1) và (2), ta có: ( z1 z2 ) + ( z2 z3 ) + ( z3 z1 ) − z1n − z2 n − z3 n − 3a = 0
n

n

n

<=> ( 1 − z1n ) ( 1 − z2 n ) ( 1 − z3n ) + ( − z1 z2 z3 ) − 3a − 1 = 0
n

<=> ( 1 − z1n ) ( 1 − z2 n ) ( 1 − z3n ) + ( − z1 z2 z3 ) + b n − 3a − 1 = 0
n

n
n
n
<=> ( 1 − z1 ) ( 1 − z2 ) ( 1 − z3 ) = 0

Không mất tính tổng quát, giả sử 1 – z1n = 0 <=> z1n = 1.
+Trường hợp 1: z1 = 1.
b

Ta có: q(z1) = 0 => q(1) = 0. Từ (1) => z12 + z1 + 1 = - z => b = -3
1

Mặt khác: p(1) = 0 => (1 + 1+ 1)n – 1n – a = 0 <=> 3n – 1 – a = 0.
b n = 3a + 1

+

Giải:
Giả sử m, n thỏa mãn đề bài. Xét 02 đa thức: f(x) = x m + x – 1 ; g(x) = xn + x2
–1
Khi đó tồn tại 02 đa thức hệ số thực q(x), r(x) thỏa mãn:
f(x) = q(x).g(x) + r(x), degr < deg g
Do f, g ∈ ¢ [x] nên q, r ∈ ¤ [x]. Đặc biệt ta còn có g là monic (hệ số của số
hạng chứa mũ cao nhất của biến x là 1) nên q, r ∈ ¢ [x].
f ( x)

r ( x)

Ta có: g x = q ( x ) + g x
( )
( )

(*)

f ( a)

r( a)

+
+
Do đó với a ∈ ¢ + thì g a ∈ ¢ ⇔ g a ∈ ¢ .
( )
( )

f ( a)

Từ (1) và (2) suy ra: r(x) = 0.
f ( x)

Từ (*) suy ra: g x = q ( x ) (vì r(x) ≡ 0).
( )
Suy ra: bài toán đã cho quy về tìm m, n ∈ ¥ ; m,n ≥ 3 để f(x) Mg(x) (vì f, g∈ ¢
[x], và g là monic nên phép chia hết nói ở đây là như sau khi xét trong R[x], Q[x]
và Z[x]).
Vì f(x) Mg(x) nên mọi nghiệm của g(x) (xét trong tập số phức) đều là nghiệm
của f(x) (số bội của nghiệm trong g(x) nhỏ hơn hoặc bằng f(x)).
Trong bài toán này chúng ta quan tâm đến nghiệm thực của g(x).
Dễ thấy g(x) có duy nhất một nghiệm thực t ∈ (0, 1).
Lúc đó, ta có: tm + t – 1 = 0 (3) và

tn + t2 – 1 = 0 (4) .

Từ (3) và (4), ta có: tm + t = tn + t2
<=> t(1 – t) = tn (1 – tm – n) = (1 – t2)(1 – tm – n) (do từ (4) ta có tn = 1 – t2)
<=> t = (1 + t) (1 – tm – n) <=> t = 1 – tm –n + t – tm – n + 1
<=> tm – n + 1 + tm – n – 1 = 0

(5)

Vì f(x) Mg(x) nên m > n và để ý rằng một số thuộc khoảng (0; 1) thì khi lũy
thừa với số mũ càng lớn thì càng bé.
Do đó: nếu m – n + 1 > n => m – n > n – 1 ≥ 2
=> tm – n + 1 + tm – n < tn + t2
Từ (4) và (5) ta có: tm – n + 1 + tm – n = tn + t2.
Như vậy, m – n + 1 ≤ n => m ≤ 2n – 1.
Ta lại có: xn + x2 – 1 = g(x) | (xm – n g(x) – f(x)) = xm – n + 2 – xm – n – x +1

)

)

≤ 4 4 4 α 8 + β 8 + γ 8 + δ 8 ≤ 4 4 4 4 α 16 + β 16 + γ 16 + δ 16 = 16 .

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi α = β = γ = δ = −1 .
Bài 9 (VMS 2007). Chứng minh rằng nếu tam thức bậc hai
f ( x ) = ax2 + bx + c, ( a,b,c ∈ ¡ ) có nghiệm thì ít nhất một nguyên hàm của nó là
đa thức bậc ba có các nghiệm đều thực.
Giải
- Nếu f ( x ) có nghiệm kép, thì f ( x ) = ( x − x0 ) . Dễ dàng chọn được nguyên
2

hàm dạng:

( )

F x =

3
1
x − x0 .
3

(

)

- Nếu f ( x ) có 2 nghiệm phân biệt f ( x ) = ( x − x1 ) ( x − x2 ) trong đó x1 < x2 .


( )

( )

( )

( )

P 2 p − Q 2 p ≤ 0 ≤ P 2 q − Q 2 q và hơn thế nữa P 2 − Q 2 là liên tục.

( )

2
Bây giờ P ( b) = Q ( b) với b = 1 + a + P ( a ) . Lấy một số thực lớn nhất mà

( )

P a = Q a , dẫn đến một điều mâu thuẫn ngay lập tức.
n
n −1
Bài 11. Cho đa thức P ( x ) = an x + an−1 x + ... + a1 x + a0 , n ≥ 2, an a0 ≠ 0 và có n

nghiệm dương. Chứng minh rằng

an −1a1
≥ n2 .
a0 an

Giải


Suy ra:

x1 x2 ...xn −1 + ... + x2 x3 ...xn ≥ n n x1n −1...xnn −1 .

;

an −1a1
≥ n2 .
a0 an

n
Bài 12 (VMS 1999). Giả sử đa thức với hệ số thực P ( x ) = a0 + a1x + ... + anx
có n nghiệm thực phân biệt.
2
Chứng minh rằng: ak−1ak+1 < ak , ∀k ∈ { 1;2;...;n − 1} .

Giải
Ta

sẽ

chứng

( )

minh

( )



( )

( ) ( )=
1
∑
( x)
(x −α )

Q ′2 x − Q x Q ′′ x
Q2

i

m

i =1

2

(*)

i

2
2
- Nếu t ∈ ¡ mà Q ( t ) = 0 thì Q ′ ( t ) − Q ( t ) Q ′′ ( t ) = Q ′ ( t ) > 0 ( do Q ′ ( t ) ≠ 0 và t
là nghiệm đơn).

- Nếu t ∈ ¡ mà Q ( t ) ≠ 0 thì từ (*) ta suy ra được điều phải chứng minh.

Do đó: ak−1ak+1 < ak2.

k
< ak2 .
k+1


Bài 13 (VMO 2012). Cho các cấp số cộng (an), (bn) và số nguyên m > 2.
Xét m tam thức bậc hai:
Pk(x) = x2 + akx + bk, k = 1, 2, …, m.
Chứng minh rằng nếu hai tam thức P1(x), Pm(x) đều không có nghiệm
thực thì tất cả các đa thức còn lại cũng không có nghiệm thực.
Giải
Ta chứng minh bổ đề sau:
Bổ đề: Nếu a12 – 4b1 < 0, am2 – 4bm < 0 thì
(αa1 + (1–α)am)2 – 4(αb1 + (1–α)bm) < 0
với mọi α ∈ [0, 1].
Chứng minh.
Cách 1. Thật vậy, ta có (αa1 + (1–α)am)2 – 4(αb1 + (1–α)bm) = α2(a12–4b1) +
(1–α)2(am2–4bm) + α(1–α)(2a1am – 4(b1+bm)) (1)
Do a12–4b1b1 < 0, am2 – 4bm < 0 và 2a1am – 4(b1+bm) < 2a1am – a12 –am2 = –
(a1–am)2 ≤ 0 nên vế phải của (1) < 0 và ta có điều phải chứng minh.
Cách 2. Vì a12 – 4b1 < 0, am2 – 4bm < 0 nên theo định lý về dấu của tam thức
bậc hai, ta có
x2 + a1x + b1 > 0 với mọi x và x2 + amx + bm > 0 với mọi x
Nhân bất đẳng thức đầu với α và nhân bất đẳng thức thứ hai với (1–α) rồi
cộng lại, ta được
x2 + (αa1 + (1–α)am)x + (αb1 + (1–α)bm) > 0 với mọi x
Từ đây suy ra (αa1 + (1–α)am)2 – 4(αb1 + (1–α)bm) < 0 (đpcm).
Trở lại bài toán, do P1(x) và Pm(x) không có nghiệm thực nên ta có ∆1 = a12 –

b1 +
bm
m −1
m −1
m −1

Bây giờ áp dụng bổ đề với α =

m−k
, ta có ∆k= ak2 – 4bk < 0 với mọi k = 1, 2,
m −1

…, m, tức là tất cả các đa thức P1(x), P2(x), …, Pm(x) đều không có nghiệm thực.

=============