Chuyên đề Đa thức - Trần Nam Dũng

 với hệ số thực : P(x) = x4 + ax3 + bx2 + cx + d. Biết rằng 
phương trình P(x) = 0 không có nghiệm thực. Chứng minh rằng 
 F(x) = P(x) + P’(x) + P’’(x) + P(3)(x) + P(4)(x) > 0 với mọi x. 
Lời giải. Giả sử ngược lại, tồn tại x0 sao cho F(x0) ≤ 0, ta suy ra phương trình F(x) 
= 0 có nghiệm thực α. Vì F(x) là đa thức bậc 4 nên hoặc α là nghiệm bội, hoặc 
F(x) có ít nhất một nghiệm nữa. Từ đó G(x) = e-x.F(x) hoặc có nghiệm bội, hoặc có 
2 nghiệm đơn. Từ đó, theo định lý Rolle, G’(x) có ít nhất 1 nghiệm. Nhưng 
 G’(x) = e-x(-F(x) + F’(x)) = e-xP(x) 
Nên suy ra P(x) có nghiệm. Mâu thuẫn. 
Bài 7. Cho P(x) = anxn + an-1xn-1 + … + a0 là đa thức với hệ số nguyên với P(r) = 
P(s) = 0, trong đó r và s là các số nguyên thoả mãn điều kiện 0 < r < s. 
Chứng minh rằng tồn tại k sao cho ak ≤ - s. 
Hướng dẫn. Đặt P(x) = (x-s)xtQ(x) với Q(x) = bmxm + bm-1xm-1 + …+ b1x + b0 
trong đó b0 ≠ 0 (ta tác nghiệm 0 ra). Ta có 
 at = -sb0 
 at+1 = b0 – sb1 
 at+2 = b1 – sb2 
 … 
Giả sử với mọi k ta có ak > - s thì từ các đẳng thức trên ta lần lượt suy ra b0 < 0, b1 
≤ 0, b2 ≤ 0 … Điều này mâu thuẫn vì khi đó Q(x) sẽ không thể có nghiệm dương, 
trong khi theo đề bài thì Q(r) = 0. 
Bài 8. Tìm tất cả các số nguyên dương k sao cho khẳng định sau đây đúng: Nếu 
F(x) là đa thức với hệ số nguyên thoả mãn điều kiện 
 0 ≤ F(c) ≤ k với mọi c = 0, 1, …, k+1 
thì F(0) = F(1) = … = F(k+1). 
Lời giải vắn tắt. Ta sẽ chứng minh k ≥ 4 thoả mãn điều kiện. Thật vậy, xét k ≥ 4 
và giả sử P(x) là đa thức với hệ số nguyên thoả mãn điều kiện 0 ≤ F(c) ≤ k với mọi 
c = 0, 1, …, k+1. Khi đó do 
 k+1 | |F(k+1) – F(0)| ≤ k 
nên suy ra F(k+1) = F(0). Từ đó suy ra 
 F(x) – F(0) = x(x-k-1)Q(x) 
Chú ý rằng với c = 2, …, k-1 thì ta có |c(c-k-1)| > k. Do đó vì 
 k ≥ |F(c) – F(0)| = |c(c-k-1)||Q(c)| 
nên suy ra Q(c) = 0 với mọi c = 2, …, k-1, tức là F(c) = F(0) với mọi c = 2, …, k-
1. Do k ≥ 4 nên 2 ≠ k-1 và ta có 
 F(x) – F(0) = x(x-2)(x-k+1)(x-k-1)S(x) 
Từ đó 
 k ≥ |F(1) – F(0)| = (k-2)kS(1) suy ra S(1) = 0 
 k ≥ |F(k) – F(0)| = (k-2)kS(k) suy ra S(k) = 0 
Từ đó F(c) = F(0) với mọi c=1, 2, …, k+1, tức là F(0) = F(1) = … = F(k+1). 
Các ví dụ dưới đây chứng tỏ mệnh đề không đúng với k < 4. 
 k = 3: P(x) = x(x-2)2(x-4) + 3 
 k = 2: P(x) = x(x-1)(x-3) + 2 
 k = 1: P(x) = x(x-2) + 1 
Bài 9. Cho P(x) là đa thức bậc n ≥ 2 với hệ số thực có n nghiệm thực phân biệt x1, 
x2, …, xn. Chứng minh rằng 
 ∑
=
=
n
i ixP1
0)('
1
Lời giải. Gọi an là hệ số cao nhất của đa thức P(x). Theo định lý Bezout thì ta có 
P(x) = an(x-x1)(x-x2)…(x-xn). Từ đó P’(xi) = an(xi-x1)…(xi-xi-1)(xi-xi+1)…(xi-xn). 
Như vậy đẳng thức cần chứng minh tương đương với: 
 0))...()()...((
1
1 111
=
−−−−
∑
= +−
n
i niiiiii xxxxxxxx
Để chứng minh điều này, ta xét đa thức 
 ∑
= +−
+−
−−−−
−−−−
=
n
i niiiiii
nii
xxxxxxxx
xxxxxxxx
xP
1 111
111
))...()()...((
))...()()...(()( 
Khi đó rõ ràng P(x) là một đa thức bậc ≤ n – 1. Mặt khác dễ thấy P(xi) = 1 với mọi 
i=1, 2, …, n. Từ đây suy ra P(x) ≡ 1. Nói riêng, hệ số của xn-1 của P(x) phải bằng 
0. Nhưng hệ số của xn-1 của P(x) chính là tổng 
∑
= +− −−−−
n
i niiiiii xxxxxxxx1 111 ))...()()...((
1
Bài toán được giải quyết hoàn toàn. 
Bài 10. Tìm tất cả các đa thức P(x) với hệ số thực thoả mãn điều kiện P(x)P(2x2) 
= P(2x3 + x). 
Lời giải. 
Cách 1 
Có hai đa thức hằng thoả mãn đề bài là P(x) ≡ 0 và P(x) ≡ 1. Xét các đa thức 
không hằng. Đầu tiên, ta nhận xét rằng đa thức P(x) không có nghiệm thực khác 0. 
Thật vậy, nếu α là một nghiệm thực khác 0 của P(x) thì α + 2α3 cũng là nghiệm 
của P(x). Nếu α > 0 thì α + 2α3 > α, nếu α < 0 thì α + 2α3 < α và trong cả hai 
trường hợp, ta đều có một dãy vô hạn các nghiệm thực của P(x), mâu thuẫn vì P(x) 
chỉ có thể có hữu hạn nghiệm. 
Tiếp theo, ta chứng minh α = 0 cũng không thể là nghiệm của P(x). Thật vậy, giả 
sử ngược lại P(x) = xkQ(x) với Q(0) ≠ 0 thì thay vào phương trình, ta được 
 x
kQ(x)(2x2)kQ(2x2) = (x+2x3)kQ(x+2x3) 
=> Q(x)(2x2)kQ(2x2) = (1+2x2)kQ(x+2x3) 
Thay x = 0 vào => Q(0) = 0 (mâu thuẫn). 
Như vậy, ta đã chứng minh được P(x) không có nghiệm thực. Từ đó suy ra P(x) 
phải có bậc chẵn. Ta tìm đa thức không hằng bậc nhỏ nhất thoả mãn phương trình 
hàm dưới dạng P(x) = ax2 + bx + c. So sánh hệ số cao nhất, dễ dàng suy ra a = 1. 
Ngoài ra P(0) = 1 suy ra c = 1. Thay vào phương trình, ta tìm được b = 0. Như vậy 
đa thức x2 + 1 thoả mãn phương trình. Từ đây, dễ dàng suy ra các đa thức (x2+1)n 
cũng thoả mãn phương trình. Cuối cùng, ta chứng minh (x2+1)n với n nguyên 
dương là tất cả các nghiệm không hằng của phương trình hàm bằng sơ đồ sau : 
1) Giả sử P(x) là một nghiệm không hằng của PTH, suy ra P(x) phải có bậc 
chẵn, giả sử bậc 2n. 
2) Hệ số cao nhất của P(x) phải bằng 1 
3) Suy ra P(x) = (x2+1)n + R(x) với deg(R(x)) = r < 2n. 
4) Thay vào phương trình, giản ước phần bậc cao nhất ở hai vế (do (x2+1)n là 
nghiệm !) rồi suy ra R(x) ≡ 0 bằng cách so sánh bậc của hai vế. 
Cách 2. 
Như ở trên, ta suy ra P(0) = 1. Như vậy, tích các nghiệm của P(x) bằng 1. Ta 
chứng minh mô-đun các nghiệm này đều bằng 1. Thật vậy, giả sử ngược lại, xét α 
là nghiệm có mô-đun lớn nhất thì |α| > 1. Giả sử α = r(cosϕ + isinϕ). Khi đó 
 α + 2α3 = (rcosϕ+2r3cos3ϕ) + i(rsinϕ + 2r3sin3ϕ) 
 |α + 2α3|2 = (rcosϕ+2r3cos3ϕ)2 + (rsinϕ + 2r3sin3ϕ)2 = r2 + 4r6 + 4r4cos2ϕ > 
r2. (Do r > 1 và cos2ϕ ≥ - 1). Điều này mâu thuẫn với cách chọn α. 
Như vậy, điều giả sử là sai, suy ra mọi nghiệm của P(x) đều có mô-đun bằng 1. 
Xét α = cosϕ + isinϕ là nghiệm của P(x). Vì α + 2α3 cũng là nghiệm của P(x) nên 
|α + 2α3|2 = 1, tức là 1 + cos2ϕ = 0, suy ra ϕ = ±pi/2, suy ra P(x) chỉ có nghiệm là i 
và –i. Vì P(x) có hệ số thực nên số bội của i và – i bằng nhau, suy ra P(x) = (x-
i)n(x+i)n = (x2+1)n. Thử lại thấy nghiệm đúng. 
Vậy đa thức đồng nhất 0, đồng nhất 1, (x2+1)n với n nguyên dương là tất cả các 
nghiệm của phương trình hàm. 
3. Bài tập tự giải 
1. (USAMO 1977) Chứng minh rằng tích hai nghiệm thực của đa thức x4 + x3 - 1 
là nghiệm của đa thức x6 + x4 + x3 - x2 - 1. 
2. (USAMO 1975) Đa thức P(x) bậc n thỏa mãn điều kiện P(0) = 0, P(1) = 1/2, 
P(2) = 2/3, ...., P(n) = n/(n+1). Hãy tính P(n+1). 
3. Gọi a < b < c là 3 nghiệm của phương trình x3 - 3x + 1 = 0. Chứng minh rằng a2 
- c = b2 - a = c2 - b = 2. 
4. (VMO 1984) Tìm đa thức với hệ số nguyên có bậc nhỏ nhất nhận 3 32 + làm 
nghiệm. 
5. (VMO 2000) Cho trước 0 < a < pi. Cho đa thức Pn(x)=(sina)xn-sin(na)+sin(n-1)a 
a) Chứng minh rằng tồn tại duy nhất tam thức bậc hai f(x) = x2 + ax + b sao cho 
Pn(x) chia hết cho f(x) với mọi n > 2. 
b) Chứng minh rằng không tồn tại nhị thức bậc nhất g(x) = x+c sao cho Pn(x) chia 
hết cho g(x) với mọi n > 2. 
6. (VMO 2002) Cho hai đa thức P(x) = 4x3 – 2x2 – 15x + 9, Q(x) = 12x3 + 6x2 – 
7x + 1. 
 a) Chứng minh rằng mỗi một đa thức đều có 3 nghiệm thực phân biệt 
 b) Gọi α và β là các nghiệm thực lớn nhất của P và Q tương ứng. Chứng 
minh rằng α2 + 3β2 = 4. 
7. Tìm tất cả các đa thức P(x) với hệ số thực thoả mãn điều kiện 
 P(x2-2) = P2(x) - 2 
8. Tìm tất cả các đa thức P(x) với hệ số thực thoả mãn điều kiện 
 P(x2-2) = P2(x) 
9. Chứng minh rằng không tồn tại đa thức P(x) bậc lớn hơn hay bằng 2 sao cho: 
nếu P(x) là số nguyên thì P(x+1) cũng là số nguyên. 
10. a) Tìm tất cả các đa thức P(x) thoả mãn điều kiện: P2(x) – P(x2) = 2x4. 
 b) Với Q(x) là một đa thức tuỳ ý bậc n cho trường, tồn tại nhiều nhất bao nhiêu 
đa thức thoả mãn phương trình P2(x) – P(x2) = Q(x). 
11. (Bất đẳng thức Newton) Cho a1, a2, ..., an là các số thực bất kỳ. Đặt 
 (x-a1)(x-a2)...(x-an) = xn - σ1xn-1 + σ2xn-2 - ...+(-1)nσn và Si = σn/Cin 
Chứng minh rằng 
 Si-1Si+1 ≤ Si2. 
12. (Bất đẳng thức Maclaurin). Với các ký hiệu như trên và ai ≥ 0. Chứng minh 
rằng 
13. (VMO 1997) Tìm tất cả các đa thức f(x) có hệ số hữu tỷ có bậc nhỏ nhất sao 
cho f(31/3 + 91/3) = 3 + 31/3. 
Tồn tại hay không đa thức f với hệ số nguyên sao cho f(31/3 + 91/3) = 3 + 31/3 ? 
14. (Vietnam TST 1995) Tìm tất cả các đa thức P(x) với hệ số thực thoả mãn điều 
kiện: với mọi a >1995, số nghiệm thực của phương trình P(x) - a (tính cả số bội) là 
lớn hơn 1995 và mọi nghiệm cũng lớn hơn 1995. 
15. Cho f(x) là đa thức với hệ số nguyên thoả mãn điều kiện: 100 ≤ f(x) ≤ 999 với 
mọi x thuộc {1,2,3,..,1999}. Chứng minh rằng f(x) không có nghiệm nguyên. 
16. Cho đa thức P(x) = (x-1)2(x+1)3H(x), trong đó H là một đa thức. Chứng minh 
rằng luôn tìm được c thuộc (-1,1) sao cho F(4)(c) = 0. 
n
nSSSS ≥≥≥≥ ...3 321
17. Cho P(x,y) = x2y + y2x và Q(x,y) = x2 + xy + y2. Với n = 1, 2, 3, ... đặt Pn(x,y) 
= (x+y)n - xn - yn, Qn(x,y) = (x+y)n + xn + yn. Chứng minh rằng với mọi n, hoặc Pn, 
hoặc Qn biểu diễn được dưới dạng đa thức của P và Q với hệ số nguyên. 
18. Cho P(x) là đa thức với hệ số thực. Lập đa thức 
 Q(x) = (x2+1)P(x)P’(x) + x[(P(x))2+(P’(x))2] 
Biết rằng P(x) có n nghiệm thực phân biệt lớn hơn 1. Chứ minh rằng Q(x) có ít 
nhất 2n-1 nghiệm thực phân biệt. 
18. (VMO 2002) Cho a, b, c là các số thực sao cho đa thức x3 +ax2 + bx + c có 3 
nghiệm thực. Chứng minh rằng 
323 )2(1062712 baacab −+≤+ 
Dấu bằng xảy ra khi nào? 
19. (VMO 2006) Tìm tất cả các đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn đẳng thức 
sau với mọi số thực x 
 P(x2) + x(3P(x) + P(-x)) = (P(x))2 + 2x2. 
20. (Vietnam TST 2008) Tìm tất cả các giá trị m sao cho tồn tại các đa thức P(x), 
Q(x), R(x,y) với hệ số thực thỏa mãn điều kiện. Với mọi số thực a, b thỏa mãn am - 
b2 = 0, ta luôn có P(R(a,b)) = a và Q(R(a,b)) = b. 
21*. (VMO 2011) Cho n là số nguyên dương và P(x,y) = xn + xy + yn. Chứng 
minh rằng không tìm được các đa thức G(x,y) và H(x,y) với hệ số thực sao cho 
P(x,y) = G(x,y).H(x,y). 
22*. (Vietnam TST 2011) Cho số nguyên dương n ≥ 3. Các số thực x1, x2, …, xn 
thỏa mãn điều kiện 
i) x1 ≥ x2 ≥ …≥ xn; 
ii) x1 + x2 + … + xn = 0; 
iii) x12 + x22 + … + xn2 = n(n-1). 
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của S = x1 + x2.