MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ ĐA THỨC
Phần thứ nhất: ĐẶT VẤN ĐỀ
Đối với người giáo viên đặc biệt là giáo viên ở trường chuyên ngoài nhiệm
vụ trang bị cho các em học sinh những kiến thức nền tảng để giải quyết các bài toán
cơ bản, chúng tôi còn tham gia giảng dạy, bồi dưỡng các đội tuyển học sinh giỏi.
Vì vậy việc học tập, trau dồi các chuyên đề nâng cao cũng là một nhiệm vụ quan
trọng.
Nội dung Đa thức trong phần ôn luyện học sinh giỏi là một nội dung khó đối
với học sinh và ngay cả giáo viên giảng dạy. Khó bởi vì các bài tập về Đa thức có
phương pháp giải phong phú sử dụng kết hợp cả đại số và giải tích, mà các tài liệu,
sách tham khảo về nội dung này đều đã cũ, không được hệ thống và cập nhật một
cách đầy đủ, liên tục, bên cạnh đó lại có nhiều phương pháp giải mới mà không
phải ai cũng có điều kiện tiếp cận. Tuy thế nhưng trong các kỳ thi học sinh giỏi các
cấp thì nội dung này cũng thường xuyên xuất hiện.
Nhằm nâng cao hiệu quả giáo dục trong nhà trường phổ thông, và góp phần
từng bước nâng cao chất lượng của công tác bồi dưỡng học sinh giỏi của trường
chuyên, chúng tôi viết ra chuyên đề ôn luyện học sinh giỏi: “Đa thức”.


Phần thứ hai: NỘI DUNG
A. Cơ sở khoa học
Toán học là khoa học trừu tượng, có nguồn gốc từ thực tiễn và có ứng dụng
rộng rãi trong thực tiễn. Việc rèn luyện tư duy logic, phát huy tính tíc cực, tự giác,
chủ động của người học, hình thành và phát triển năng lực tự học, trau dồi các
phẩm chất linh hoạt, độc lập, sáng tạo của tư duy là một trong những yêu cầu dạy
học hàng đầu của môn toán trong trường phổ thông.
Việc trang bị cho học sinh phương pháp để giải các bài tập, rèn kỹ năng cho
học sinh là điều rất cần trong môn Toán, vì nó sẽ giúp học sinh nắm vững kiến thức
cơ bản, đồng thời phát triển tư duy và năng lực sáng tạo, đó còn là phương tiện tư
duy tốt nhất để củng cố kiến thức, luyện tính độc lập trong suy luận, tính kiên trì
trong gặp bài khó, tính cẩn thận, chính xác trong khoa học.


• Nếu K = Z (tương ứng Q, R, C) ta nói P ( x ) ∈ Z [ x ] (tương ứng R [ x ] , Q [ x ] ,
C [ x ] ).
• Nếu a0 = a1 = ... = an = 0 thì P ( x ) = 0, ∀x ∈ R , ta nói P ( x ) là đa thức 0, để
đơn giản ta viết P ( x ) = 0 .
Định nghĩa 2. Cho đa thức ở dạng (1), nếu an ≠ 0 thì ta nói đa thức P ( x ) có bậc n,
ký hiệu deg P ( x ) = n . Đa thức 0 có bậc là −∞ .
Từ phép cộng và nhân hai đa thức ta rút ra được định lí sau:
Định lí 1. Cho P ( x ) , Q ( x ) là các đa thức, khi đó:
deg  P ( x ) + Q ( x )  ≤ max { deg P ( x ) ,deg Q ( x ) }
deg  P ( x ) .Q ( x )  = deg P ( x ) + deg Q ( x )
2. Chia hết và chia có dư

Định lí 2. (phép chia có dư) Cho hai đa thức P ( x ) , G ( x ) ∈ K [ x ] , trong đó G ( x )
khác đa thức 0. Khi đó tồn tại duy nhất cặp đa thức Q ( x ) , R ( x ) ∈ K [ x ] thỏa mãn
P ( x ) = G ( x ) .Q ( x ) + R ( x ) và deg R ( x ) < deg G ( x )


Định nghĩa 3. Đa thức Q ( x ) và R ( x ) trong định lí 2 được gọi lần lượt là thương
và dư của phép chia đa thức P ( x ) cho G ( x ) .
Xét trường hợp khi R ( x ) là đa thức 0.

Định nghĩa 4. Ta nói đa thức P ( x ) chia hết cho đa thức G ( x ) trên K [ x ] nếu tồn
tại đa thức Q ( x ) ∈ K [ x ] thỏa mãn
P ( x ) = G ( x ) .Q ( x )
G ( x) .
ký hiệu P ( x ) M
Trong trường hợp ngược lại ký hiệu P ( x ) MG ( x ) .
Trong định lí 2, xét trường hợp đặc biệt G ( x ) = x − a , với a là hằng số,
a ∈ K , ta thấy khi đó R ( x ) là hằng số.

α1 , α 2 ,..., α m với bội tương ứng k1 , k2 ,..., km .
Khi đó P ( x ) = a ( x − α1 )

k1

( x−α )
2

k2

...( x − α m ) , và k1 + k2 + ... + km = n .
km

• Cho đa thức P ( x ) ∈ R [ x ] có các nghiệm thực là α1 , α 2 ,..., α m với bội tương
ứng k1 , k2 ,..., k m . Khi đó P ( x ) = ( x − α1 )

k1

( x−α )
2

k2

...( x − α m ) .Q ( x ) , với
km

Q ( x ) ∈ R [ x] .
Từ định lí 5 và 6 ta thấy nếu P ( x ) ∈ R [ x ] có nghiệm phức z = a + b.i , thì cũng
có nghiệm phức z = a − b.i dẫn đến có phân tích


n −1
n
là nghiệm của đa thức P ( x ) = an + an −1.x + ... + a1.x + a0 .x .
a
n
n −1
Định lí 10. Cho đa thức P ( x ) = an .x + an−1.x + ... + a1.x + a0 ∈ Z [ x ] . Khi đó nếu
thì x =

x=

p
(phân số tối giản) là nghiệm của P ( x ) thì a0 Mp và an Mq .
q
Trong trường họp đặc biệt khi hệ số cao nhất của P ( x ) bằng 1 thì dẫn đến

mọi nghiệm hữu tỉ của đa thức đều là nghiệm nguyên nên thu được hệ quả.
n
n −1
Hệ quả. Cho P ( x ) = x + an−1.x + ... + a1.x + a0 ∈ Z [ x ] khi đó mọi nghiệm thực của
P ( x ) đều nguyên hoặc vô tỉ.
4. Định lí Viét
Định lí 11. (Định lí Viét) Trong C, nếu đa thức
P ( x ) = an .x n + an−1.x n−1 + ... + a1.x + a0
có n nghiệm là x1 , x2 ,..., xn thì
n

∑x

i

k

an− k
an

...
x1.x2 ...xn = ( −1)

n

a0
an

Định lí 12. (Định lí Viét đảo) Nếu có n số phức x1 , x2 ,..., xn thỏa mãn
n

∑x
i =1

∑

i

1≤i < j ≤ n

...

= A1
xi .x j = A2


i =0

∏( x − a )
j

j ≠i

∏( a
j ≠i

i

− aj )

Định lí 14. (Khai triển Abel) Cho đa thức P ( x ) ∈ R [ x ] bậc n và n số thực
a1 , a2 ,..., an . Khi đó tồn tại duy nhất n + 1 số thực P0 , P1 ,..., Pn sao cho
P ( x ) = P0 ( x − a1 ) ( x − a2 ) ...( x − an ) + P1 ( x − a1 ) ( x − a2 ) ...( x − an −1 ) + ... + Pn −1 ( x − a1 ) + Pn

Hơn nữa nếu P ( x ) ∈ Z [ x ] và a1 , a2 ,..., an ∈ Z thì P1 , P2 ,..., Pn ∈ Z .

Hệ quả. Cho đa thức P ( x ) bậc n và n + 1 số nguyên a0 , a1 ,..., an thỏa mãn
P ( ai ) ∈ Z,∀i = 0,1,..., n
Khi đó P ( x ) ∈ Z,∀x ∈ Z .

Định lí 15. (Khai triển Taylor) Cho P ( x ) ∈ R [ x ] bậc không vượt quá n, a ∈ R . Khi
đó
P '( a )
P '' ( a )
P ( n) ( a )
2

Khi đó nếu P ( x ) phân tích được thành tích của hai đa thức hệ số nguyên thì bậc
của một trong hai đa thức không vượt quá k − 1 .
n
n −1
Định nghĩa 8. Đa thức P ( x ) = an .x + an−1.x + ... + a1.x + a0 ∈ Z [ x ] được gọi là đa
thức nguyên bản nếu ( a0 , a1 ,..., an ) = 1 .
Bổ đề Gauss. Tích của hai đa thức nguyên bản là một đa thức nguyên bản.
Định lí 18. Nếu P ( x ) ∈ Z [ x ] bất khả quy trên Z [ x ] thì cũng bất khả quy trên Q [ x ]
.
(Chiều ngược lại hiển nhiên)
Định lí 19. Cho số vô tỉ α , đa thức P ( x ) ∈ Z [ x ] , bất khả quy nhận α làm nghiệm
là đa thức có bậc nhỏ nhất.


II/ MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ ĐA THỨC
VẤN ĐỀ 1: BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC
1. Bài toán xác định đa thức dựa vào yếu tố nghiệm của đa thức
Bài 1: Tìm tất cả các đa thức P ( x) hệ số thực thỏa mãn đồng nhất thức:
a) P ( x) = P ( x + 1)
(1)
b) xP( x − 1) = ( x − 2) P ( x)
(2)
Bài giải
a) Nhận xét
Từ P ( x) = P ( x − 1) ⇒ P(0) = P (1) = P(2) = .... = P(n) = ...
Nếu P ( x) ≡ C thỏa mãn yêu cầu bài toán
Nếu P ( x) ≠ C . Giả sử deg P = n
Đặt Q( x) = P( x ) − P(0) với degQ = n
Ta thấy Q(0) = Q(1) = Q(2) = .... = Q(n) = 0 . Đa thức Q( x) bậc n có nhiều hơn n
nghiệm. Suy ra Q( x) ≡ 0 ⇒ P( x) = P(0) .

b
*
a) Nếu ∉ ¥ thì P ( x) ≡ 0
a
b
*
b) Nếu = n ∈ ¥ . Hãy tìm đa thức P ( x)
a
Bài giải
a) Nếu P ( x) ≡ 0 thỏa mãn (1)
Nếu P ( x) là một đa thức bậc n ≥ 1 thỏa mãn (1). Ta chứng minh

b
∈ ¥*
a

Giả sử P ( x) = an x n + an −1 x n −1 + ... + a1 x + a0 ( an ≠ 0 )
Từ (1) suy ra b.P ( x) = x( P( x) − P ( x − a ))
Ta có
P ( x) − P ( x − a) = an  x n − ( x − a ) n  + an −1  x n −1 − ( x − a ) n −1  + ... + (a0 − a0 )




⇒ x(P(x) − P(x − a)) = x(an  x n − ( x − a ) n  ) + ....x(a1 ( x − ( x − a )


Đồng nhất hệ số x n trong đẳng thức
b
⇒ b.an = an .n.a ⇒ = n ∈ ¥ *

P (1) = 0
⇒ P( x) = x( x − 1)( x + 1)( x + 2)Q( x) Với Q( x) là đa thức với hệ số thực
Thay vào (1) ta được
( x + 2)( x 2 + x + 1) x( x + 1)( x − 1)( x − 2)Q( x − 1) = ( x − 2)( x 2 − x + 1) x( x − 1)( x + 1)( x + 2).Q(x)
⇒ ( x 2 + x + 1)Q( x − 1) = ( x 2 − x + 1)Q( x) ∀x ≠ { −2; −1;0;1;2}
Q( x − 1)
Q( x)
⇒ 2
= 2
x − x +1 x + x +1
Q ( x)
⇒ R( x) = R( x − 1)
∀x ≠ { −2; −1;0;1;2}
Đặt R ( x) = 2
x +x + 1
⇒ R( x) = C
⇒ Q( x) = C ( x 2 + x + 1)
⇒ P( x) = C.x( x − 1)( x + 1)( x + 2)( x 2 + x + 1)
Thử lại P ( x) thỏa mãn yêu cầu bài toán
Vậy đa thức cần tìm P ( x) = C.x( x − 1)( x + 1)( x + 2)( x 2 + x + 1) ( C là một hằng
số )
Bài 5 ( Đề nghị thi HSG DH ĐBBB 2015)
Tìm tất cả các đa thức P ( x ) với hệ số thực thỏa mãn

(x

2

− x ) P ( x + 2 ) − ( x 2 + 5 x + 6 ) P ( x ) = 4 ( x 2 + 2 x ) , ∀x ∈ ¡ .


2
Từ phương trình (1) cho x = y = 0 , suy ra P ( 0 ) = P ( 0 ) hay P ( 0 ) = 0 hoặc P ( 0 ) = 1 .
1) Với P ( 0 ) = 1 , cho y = 0 vào phương trình (1), ta có P ( 0 ) = P ( x ) P ( 0 ) hay
P ( x ) = 1.

2) Với P ( 0 ) = 0 , suy ra P ( x ) = xQ1 ( x ) với Q1 có bậc nhỏ hơn P một đơn vị.
Suy ra (1) tương đương với xyQ1 ( xy ) = xQ1 ( x ) yQ1 ( y ) nhưng phương trình này
thỏa mãn với ∀x, y ∈ ¡ nên
Q1 ( xy ) = Q1 ( x ) Q1 ( y ) với ∀x, y ∈ ¡
Từ đây lại có Q1 ( x ) = 1 với ∀x ∈ ¡ hoặc Q1 ( x ) = xQ2 ( x ) với ∀x ∈ ¡ .
Tiếp tục lập luận này, ta có:
- Hoặc P ( x ) = 1 với ∀x ∈ ¡
n
- Hoặc P ( x ) = x với n là một số nguyên dương thỏa mãn đề bài.

Vậy, P ( x ) = x với k ∈ ¥ .
Bài 7: Tìm tất cả các đa thức f ( x ) với hệ số thực thỏa mãn f ( 0 ) = 0 và
k

f ( x 2 − x + 1) = ( f ( x ) ) − f ( x ) + 1 với mọi x.
2

Bài giải.
Thay x bởi x − 1 , ta được.
f

( ( x − 1)

2



1 1
f  ÷= .
2 2

Dựa vào phương trình ban đầu, ta xét ( xn ) như sau:
1
∈ ( 0;1) , xn = xn2−1 − xn −1 + 1, ∀n ≥ 1 .
2
Khi đó tất cả các giá trị phân biết của xn đều là nghiệm của f ( x ) − x .
x0 =

Vậy, đa thức cần tìm là f ( x) = x .
Bài 8 ( Đề nghị thi HSG DH ĐBBB 2015)
Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P(x) không đồng nhất không thỏa mãn:
P(2014) = 2046, P ( x) = P ( x 2 + 1) − 33 + 32, ∀x ≥ 0
Bài giải
Giả sử P ( x) thỏa mãn đầu bài. Khi đó ta có
P ( x 2 + 1) = ( P ( x) − 32) 2 + 33, ∀x ≥ 0
Suy ra P (20142 + 1) = (2046 − 32) 2 + 33 = 2014 2 + 33 Đặt x0 = 2014 ,
ta có x0 + 32 = 2046, P ( x0 ) = x0 + 32 do P (2014) = 2046
Xét dãy {xn} như sau: x0 = 2014 , x1 = x02 + 1, x n+1 = xn2 + 1, ∀n=1,2,3...

Khi đó
P ( x0 ) = x0 + 32
P ( x1 ) = P ( x02 + 1) = [P( x0 ) − 32]2 + 33 = x02 + 33 = x02 + 1 + 32 = x1 + 32
P ( x2 ) = P ( x12 + 1) = [P( x1 ) − 32]2 + 33 = x12 + 33 = x12 + 1 + 32 = x2 + 32
Bằng quy nạp dễ dàng chứng minh được
P ( xn ) = xn + 32, ∀n = 0,1,2... (*) Xét đa thức hệ số thực Q( x) = P( x) − x − 32 Từ (*)


P ( x).P ( ) ≤ ( P (1)) 2 ∀x > 0
x
Bài giải
Giải sử P ( x) = ak x k + ak −1 x k −1 + .... + a1 x + a0
(ai ≥ 0, ∀i = 0, k − 1;a k > 0)
k

Do x > 0
P ( x) P ( x −1 ) = ( ak x k + ak −1 x k −1 + ... + a1 x + a0 )(ak x − k + ... + a1 x −1 + a0 ) ≥ (ak + ... + a1 + a0 ) 2

⇒ P( x) P ( x −1 ) ≥ ( P (1)) 2
1
2
∀x > 0
Theo giả thiết: P ( x).P ( ) ≤ ( P (1))
x
1
2
∀x > 0
Suy ra P ( x).P ( ) = ( P (1))
x
⇔ ( ak x k + ak −1 x k −1 + ... + a1 x + a0 )(ak + ak −1 x + ... + a0 x k ) = ( P (1)) 2 .x k
So sánh hệ số của x k +1 ; x k + 2 ;...; x 2 k ở hai vế của đồng nhất thức
Suy ra a0 = a1 = a2 = .... = ak −1
Vậy P ( x) = a k x k ( ak > 0)
Bài 3: Tìm tất cả các đa thức P ( x) ∈ Z [ x ] bậc n thỏa mãn điều kiện sau:

[ P(2 x)] 2 = 16 P( x 2 )
Bài giải


Cho y = 0 , ta được P ( −2 x ) = P ( x ) + 3P ( − x ) .
(*)
n
n −1
Đặt P ( x ) = an x + an−1 x + ... + a1 x .
k
k
Từ (*), ta có ( −2 ) ak = ak + 3 ( −1) ak với k ∈1, n

(

Hay ak ( −2 ) − 1 − 3 ( −1)
k

k

)

 ak ( 2k − 4 ) = 0, k M2
=0⇔
 ak ( 2 − 2k ) = 0, k M
/2


Với k ≥ 3 , suy ra ak = 0 ⇒ P ( x ) = α x + β x .
Thử lại đúng.
2
Vậy, đa thức cần tìm là P ( x ) = α x + β x , với α , β ∈ ¡ .
Bài 5 (IMO 2004). Tìm tất cả các đa thức P ( x ) sao cho:
2

Ta xét các trường hợp của i .
i
Nếu i lẻ thì 3i + 5i + ( −8 ) − 2.7i < 0 nên ai = 0 với i lẻ.
i

i
Nếu i = 0 thì 3i + 5i + ( −8 ) − 2.7i > 0 nên a0 = 0 .
i
Nếu i chẵn i ≥ 6 thì 3i + 5i + ( −8 ) − 2.7i > 0 nên ai = 0 với i chẵn và i ≥ 6 .
4
2
Từ đây suy ra P ( x ) = Ax + Bx với mọi A, B tùy ý.
4
2
Thử lại đúng nên đa thức cần tìm là P ( x ) = Ax + Bx .
Bài 6: Tìm các đa thức P ( x ) thỏa mãn:

 x+ y
2 x− y
P ( x ) .P ( y ) = P 2 
÷− P 
÷ , ∀x, y ∈ ¡ .
 2 
 2 

Bài giải.
Xét P ( x ) ≡ 0 thỏa mãn đề bài.
Xét P ( x ) ≠ 0 .
Cho x = y = 0 , từ phương trình đầu ta có: P ( 0 ) = 0 .
2


Với a, b, c ∈ ¡ .
Bài giải.
Dễ thấy P ( x ) là đa thức hằng thỏa mãn đề bài.
Tiếp theo xét deg P = h ≥ 1 .
Đặt x = a − c, y = b − a, z = c − b , khi đó x + y + z = 0
Thay vào phương trình đầu tiên, ta có:


P

(

) (

3x + P

) (

3y + P

)

3z = P ( x − y ) + P ( y − z ) + P ( z − x ) .

Với x, y, z ∈ ¡ và x + y + z = 0 .
Như vậy thay bộ ( x; y; z ) bằng bộ ( x; x; −2 x ) vào phương trình trên, ta được
P

(


i

(

)

h

i

(

)

i

h

3 x + ∑ ai −2 3 x = a0 + ∑ ai −2 3 x + ∑ ai ( −3 x ) .
i=0

i=0

i

i= 0

(2)


2
2
2
2
2
2
3m ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a )  = m ( 2a − b − c ) + ( − a + 2b − c ) + ( −a − b + 2c )  . (đúng)




Trường hợp h = 4 .
4
3
2
Khi đó P ( x ) = mx + nx + px + qx + e .

Trong phương trình ban đầu, thay ( a; b; c ) bằng ( x;0;0 ) ta được
P

(

)

(

)

3 x + P ( 0 ) + P − 3 x = P ( 2 x ) + 2 P ( − x ) , ∀x .


2
2
= m ( 2a − b − c ) + ( 2b − c − a ) + ( 2c − a − b )  + p ( 2a − b − c ) + ( 2b − c − a ) + ( 2c − a − b ) 





Tiếp theo, ta chúng minh đẳng thức
4
4
4
4
4
4
9 ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a )  = ( 2a − b − c ) + ( 2b − c − a ) + ( 2c − a − b ) . (6)




Đặt x = a − c, y = b − a, z = c − b . Khi đó x + y + z = 0 .

4
4
4
4
4
4
Ta có: 9 ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a )  = 9 ( x + y + z ) .
Mặt khác:


4
4
4
2 2
2 2
2 2
Như vậy x + y + z = 2 ( x y + y z + z x ) .
Thay vào (8) ta được

( 2a − b − c )

4

+ ( 2b − c − a ) + ( 2c − a − b ) = 9 ( x 4 + y 4 + z 4 )
4

4

Từ (7) và (9) suy ra (6) được chứng minh.
4
2
Do đó (5) đúng, nghĩa là đa thức P ( x ) = mx + px + qx + e thỏa mãn đề bài.
Kết luận: các đa thức thỏa mãn đề bài là:
P ( x ) = mx + n

P ( x ) = mx 2 + nx + p

P ( x ) = mx 4 + px 2 + qx + e với m ≠ 0 .


⇔
9

. Do đó P ( x ) = x3 .
2
9
 2c = 4b + 6ac
b = c = d = 0
 d = 2bc

4
Vậy, P ( x ) = 0 hoặc P ( x ) = x3 .
9
Bài 9: Tìm tất cả các đa thức P ( x ) và Q ( x ) thỏa mãn:
P ( Q ( x ) ) = P ( x ) Q ( x ) với ∀x .

Bài giải.
Xét P ( x ) ≡ 0 , suy ra Q ( x ) là một đa thức bất kì.
Xét P ( x ) ≡/ 0 .
Gọi deg P = n , deg Q = m .
m = n = 0
m = n = 2

Từ phương trình ban đầu, ta có: m.n = m + n ⇔ ( m − 1) ( n − 1) = 1 ⇔ 
Nếu m = n = 0 , P ( x ) = C ≠ 0 (C là hằng số), suy ra Q ( x ) = 1 .
2
2
Nếu m = n = 2 , đặt P ( x ) = ax + bx + c, Q ( x ) = px + qx + r (1).
Thay (1) vào phương trình ban đầu, đồng nhất hệ số 2 vế, ta có:
 p =1

đặt Q( x) = P( x + 1) thì ta có Q(2 x) = 2 n Q( x)
n

i
giả sử Q( x) = ∑ ai x , đồng nhất hệ số ta được 2 i ai = 2 n ai , ∀i = 0,1,..., n − 1 , suy
i =0

ra ai = 0, ∀i = 0,1,..., n − 1
khi đó Q( x) = a n x n ⇒ P( x) = a n ( x − 1) n (thỏa mãn)
Bài 11 ( Đề nghị thi HSG DH ĐBBB 2014)
Tìm tất cả các đa thức với hệ số thực thỏa mãn :
P ( x ).P ( x + 1) = P ( x 2 + 2) , ∀x ∈ R

Bài giải
Nếu degP = 0 thì P( x) ≡ c , c là hằng số
c = 0
c = 1

Từ (1) ⇒ c.c = c ⇔ 

Suy ra trường hợp này có hai đa thức : P( x) ≡ 0, P( x) ≡ 1 thỏa đề ra
 Nếu deg P = m với m lẻ thì đa thức P( x) luôn có 1 nghiệm x0 ∈ R
Từ (1) suy ra : P( x0 2 + 2) =P ( x0 ).P ( x0 + 1) = 0 suy ra x02 + 2 cũng là nghiệm của P( x)
u1 = x0
2
un = un −1 + 2 , n ≥ 2

Xét dãy số : (un ) : 

Dễ dàng ta thấy (un ) là dãy tăng và bằng quy nạp theo n ta có : P(un ) = 0 , ∀n

)

(

)

P x 2 + x + 3 P ( 3x +1) = P 6 x 3 + 7 x 2 +16 x + 3 , " x Î ¡ .

Bài giải
Nếu P ( x ) là đa thức hằng thì P ( x ) º 0, P ( x ) º 1 và P ( x ) = 2 x - 1, " x Î ¡ là đa thức bậc
nhất duy nhất thỏa mãn.

(

)

*
Giả sử deg P = n n Î ¥ . Gọi an ( an ¹ 0) là hệ số bậc cao nhất cuả P ( x ) , căn bằng

hệ số bậc cao nhất hai vế của phương trình:
2

3n ( an ) = 6n an Þ an = 2n .
n
Đặt P ( x ) = ( 2 x - 1) + Q ( x ) . Giả sử degQ = k < n ( k Î ¥ )

Thay vào phương trình hàm ban đầu:
é
n
ê2 x 2 + 2 x + 5 + Q x 2 + x + 3

Tiếp tục quá trình này ta có P ( x, y ) = x 2 n ( y − 1) , P ( x, y ) thỏa mãn với mọi số tự
nhiên n , nghĩa là P ( x, y ) ≡ 0 . Thử lại đúng.
Vậy đa thức cần tìm là P ( x, y ) ≡ 0 .
Bài 3 (THTT T11/435): Tìm tất cả đa thức P ( x, y ) sao cho
P ( x, y ).P ( z , t ) = P( xz + yt , xt + yz ) với mọi x; y; z; t ∈ R
Bài giải:
Xét trường hợp P ( x, y ) ≠ 0 . Nhận xét
( xz + yt ) + ( xt + yz ) = ( x + y )( z + t )
( xz + yt ) − ( xt + yz ( = ( x − y )( z − t )
Do đó nếu đặt
P ( x, y ) = ( x + y ) m ( x − y ) n .Q( x, y )


Trong đó m, n ∈ ¥ và đa thức Q ( x; y ) không chia hết cho x + y; x − y
P ( x, y ).P ( z , t ) = P( xz + yt , xt + yz )
Suy ra
⇔ ( x + y ) m ( x − y ) n Q( x, y ).( z + t ) m ( z − t ) n Q( z , t )

(1)

= ( x + y ) m ( x − y ) n z + t ) m ( z − t ) n Q( xz + yt , xt + yz )
⇔ Q( x, y ).Q( z , t ) = Q( xz + yt , xt + yz )
(2)
Cho z = t = 0 thì Q( x, y ).Q(0,0) = Q(0,0)
Ta chứng minh Q(0,0) ≠ 0
Thật vậy, giả sử Q(0,0) = 0 . Lấy y = − x, t = z .Từ (2) ta có
Q( x, − x)Q( z , z ) = Q (0,0) = 0
Xét Q( z , z ) ≠ 0 ⇒ Q( x; − x) = 0
i j
Khi đó Q( x, y ) = ∑ aij x y

thỏa mãn điều kiện P ( x , y ) = P (
,
) với mọi x, y
2
2
Bài 4: Tìm tất cả các đa thức hệ số thực thỏa mãn:
Nếu P (a) nguyên thì a nguyên
Bài 5: Tìm tất cả các đa thức P ( x) thỏa mãn hệ thức: P (3x) = P '( x).P ''( x).P '''( x)
2

2


Bài 6: Xác định đa thức P ( x) hệ số thực thỏa mãn:
xP( y ) + yP ( x) = ( x + y ) p( x) P ( y ) với mọi x, y
Bài 7: Tìm tất cả các đa thức P ( x) với hệ số thực thỏa mãn điều kiện:
 P (0) = 0

2
2
 P ( x + 1) − ( P ( x)) − 2 xP ( x) = 0 ∀x
Bài 8: Hãy tìm tất cả các đa thức P ( x) sao cho P ( x) có các hệ số nguyên không
 P(1) = 8
âm, thỏa mãn 
 P(2) = 2012
Bài 9: Tìm tất cả các đa thức P ( x) với hệ số thực thỏa mãn điều kiện:
1
1
1
P 2 ( x) + 2 P ( x ) P ( ) + P 2 ( ) = P ( x 2 ) P( 2 )


P ( 2013 ) và Q ( 2013 ) . Chứng minh rằng d chia hết cho 2012.
Bài giải
3
3
3
3
Ta có P x + xQ x =  P x − P ( 1)  + x Q x − Q ( 1)  + xQ ( 1) + P ( 1) (1)

( ) ( ) ( )
Vì  P ( x ) − P ( 1)  M( x − 1) và ( x
 P ( x ) − P ( 1)  M( x + x + 1)


3

3

3

2

3

) (

( )

)


Hay P ( 2013 ) M2012 và Q ( 2013 ) M2012
Vậy d = ( P ( 2013 ) , Q ( 2013 ) ) M2012 (đpcm)
Bài 2: Cho đa thức với hệ số nguyên
P( x ) = ax 3 + bx 2 + cx + d
Trong đó, a, b chia hết cho 3, c không chia hết cho 3
Chứng minh rằng: Với mọi số tự nhiên n ta luôn luôn tồn tại số nguyên an sao cho
P(an )M
3n
Bài giải:
Do c không chia hết cho 3 tồn tại duy nhất r ∈ { 0;1;2}
Sao cho c.r + d M
3
Xét P(3 x + r) = a(3x + r)3 + b(3x + r)2 + c(3x + r ) + d
= 3 9a x 3 + (9ar + b) x 3 + (3ar 2 + 2br + c) x + d 
= 3.P1 ( x )
Ta thấy P1 ( x ) có dạng P( x ) suy ra P1 ( x ) = 3P2 ( x )
Cứ tiếp tục quy trình như vậy P(3 x + r ) = 3n.Pn ( x )
Suy ra tồn tại an = 3 x + r sao cho P(a n ) = 3n. Pn ( x )
Bài 3 (THTT T9/455): Cho đa thức
f ( x ) = x 3 − 3x 3 + 9 x + 1964