Đề tài chuyên ngành

GVHD: TH.S.Nguyễn Thị Kiều Nga

Bộ giáo dục và đào tạo

Trờng ĐHSP Hà Nội 2
Khoa Toán

*****

Báo cáo thực tập chuyên ngành

Xác định đa thức một ẩn
Giáo viên hớng dẫn
Sinh viên thực hiện
Lớp

: Th.s. Nguyễn Thị Kiều Nga
: Phạm Thị Trang
: K31 B Cử nhân Toán

Hà Nội tháng 4 năm 2009

Lời nói đầu

Trong thời gian học tập tại khoa Toán trờng ĐHSP Hà Nội 2, đợc sự
chỉ bảo tận tình của các thầy cô giáo em đã tiếp thu đợc nhiều tri thức khoa
học, kinh nghiệm cũng nh phơng pháp học tập mới và bớc đầu làm quen với
công việc nghiên cứu khoa học
Qua đây em xin gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc tới các thầy cô giáo

trong khoa Toán- những ngời luôn chăm lo dìu dắt chúng em trởng thành nh
ngày hôm nay

SV: Phạm Thị Trang

1

K31B Cử nhân Toán


Đề tài chuyên ngành

GVHD: TH.S.Nguyễn Thị Kiều Nga

Đặc biệt em xin chân thành cảm ơn Thạc sỹ Nguyễn Thị Kiều Nga ngời đã trực tiếp hớng dẫn chỉ bảo và đóng góp nhiều ý kiến quý báu trong thời
gian em làm đề tài này
Hà Nội, tháng 02 năm 2009
Sinh viên
Phạm Thị Trang

Phần I: Mở đầu
I. Lí do chọn đề tài
Đại số là một bộ phận lớn trong toán học, môn học quan trọng và
không thể thiếu trong nhà trờng Phổ Thông. Khái niệm cơ bản và quan trọng
trong đại số là khái niệm về đa thức. Lí thuyết đa thức không chỉ áp dụng
trong toán cao cấp, toán ứng dụng mà còn là phần không thể thiếu đợc của
toán phổ thông. Nhiều bài toán có thể dùng lý thuyết đa thức để giải rất ngắn
gọn
Đa thức một ẩn là một bộ phận của đa thức. Cách xác định đa thức
một ẩn dựa vào các định lý, các công thức toán học đặc trng là quan trọng.

Chính vì thế em đã chọn đề tài Cách xác định dda thức một ẩn để làm đề
tài thực tập chuyên ngành của mình
II. Mục đích nghiên cứu

SV: Phạm Thị Trang

2

K31B Cử nhân Toán


Đề tài chuyên ngành

GVHD: TH.S.Nguyễn Thị Kiều Nga

Đa ra một số phơng pháp xác định đa thức một ẩn và các bài toán về
đa thức một ẩn
III. Phơng pháp nghiên cứu
Tham khảo taìi liệu, so sánh, phân tích, hệ thống hoá các bài tập
IV. Đối tợng nghiên cứu
Các bài toán cơ bản về đa thức
V. Nội dung
Chia làm 2 chơng
Chơng I: Kiến thức chuẩn bị
Định nghĩa đa thức một ẩn tổng quát
Nghiệm của đa thức
Công thức Viet; Lợc đồ Hooc-ne
Chơng II: Xác định đa thức
Dạng 1: Dựa vào công thức Viet
Dạng 2: Dựa vào tính chất số học của nghiệm

Dạng 3: Xác định đa thức theo đặc trng hàm

Phần II: Nội dung
Chơng I: Kiến bị thức chuẩn
1.1: Định nghĩa đa thức một ẩn tổng quát
Giả sử A là một vành giao hoán có đơn vị 1.
Kí hiệu P= { ( a0, a1,,an)/ aiA, ai= 0 hầu hết với i=0, 1, 2.. }
Trên P xác định hai quy tắc sau:
Quy tắc cộng:
(a0,a1,a2,,an,)+(b0,b1,b2,,bn,)=(a0+b0, a1+b1,a2+b2,,an+bn..)
Quy tắc nhân
(a0, a1, a2,,an,) . (b0, b1, b2,,bn,) = (c0, c1, c2,,cn,)
Với c0=a0b0, c1=a0b1+a1b0,,ck=a0bk+a1bk-1++akb
Tập P cùng với hai phép toán trên lập thành vành giao hoán có đơn vị
ánh xạ f: A P
a a (a, 0, 0, 0,0,) là một đơn cấu
Do vậy ta đồng nhất phần tử a A với phần tử (a, 0, 0,,0,) P thì A là vành
con của P
Ký hiệu x1= (0, 1, 0,)
x2= (0, 0, 1,)

140,...,1,
2 43 0,... )
xn= ( 0,
n

SV: Phạm Thị Trang

3


K31B Cử nhân Toán


Đề tài chuyên ngành

GVHD: TH.S.Nguyễn Thị Kiều Nga

Với P suy ra =(a0, a1, a2,,an,), ai=0 hầu hết thì tồn tại n N sao cho
an+1= an+2= = 0 suy ra = (a0, a1, a2,,an,0,)
= ( a0, 0, 0) + (0, a1, ) + (0,an,)
=a0+ a1x+ +anxn
Khi đó với mỗi phần tử của P là dãy (a 0, a1, a2,,an,) với ai A, i= 0,1, có
thể viết dới dạng f(x)= a0+ a1x+ + anxn
Vành P đợc gọi là vành đa thức một ẩn ký hiệu P= A[x], các phần tử của
A[x] ký hiệu là f(x), g(x)
Bậc của đa thức
Nếu an 0 (n 0) thì n đợc gọi là bậc của đa thức f(x).Ký hiệu deg f(x).
Đa thức không là đa thức không có bậc hoặc có bậc là
1.2: nghiệm của đa thức
1.2.1: Phép chia đa thức
Định lý 1: Cho A[x] là một vành đa thức, A là một trờng. Với hai đa
thức bất kỳ f(x), g(x) A[x] và g(x) 0 tồn tại và duy nhất hai đa thức q(x) và
r(x) A[x] sao cho : f(x) = g(x).q(x) +r(x) với deg r(x) < deg g(x)
r(x) là d của phép chia f(x) cho g(x)
Nếu r(x)= 0 thì ta nói f(x) chia hết cho g(x). ký hiệu f(x) Mg(x)
1.2.2: Nghiệm của đa thức
Định nghĩa 1: Cho K là một trờng nào đó, A là một trờng con của K. Một
phần tử K đợc gọi là nghiệm của đa thức f(x) A[x] nếu và chỉ nếu
f( ) =0
Ta cũng có thể nói là nghiệm của phơng trình đại số f(x)=0 trong K

Nếu deg f(x) =n thì f(x) =0 gọi là phơng trình đại số bậc n (n 1)
Định nghĩa 2( nghiệm bội)
Giả sử K là một số tự nhiên khác 0. Một phần tử A gọi là nghiệm
bội K của đa thức f(x) A[x] nếu và chỉ nếu f(x) M (x- )K và không chia hết
cho (x- )K+1. K N*
Tính chất: Mọi đa thức f(x) với hệ số phức bậc lớn hơn hoặc bằng 1
có đúng n nghiệm phức kể cả số bội của nghiệm
1.2.3: Một số định lí về sự tồn tại nghiêm của đa thức
Định lý 2: Số đợc gọi là nghiệm của đa thức f(x) khi và chỉ khi f(x) chia
hết cho (x- )
Định lý 3 (Nghiệm của đa thức hệ số nguyên)
Nếu phân số tối giản

p
, (p,q)=1 là nghiệm của đa thức với hệ số
q

nguyên f(x)=a0+a1x++anxn thì p là ớc của a0 và q là ớc của an.
Chứng minh

p
với (p,q)=1 là nghiệm của đa thức f(x)
q
p
p
p
Khi đó ta có f( )=a0+a1( )++an( )n=0
q
q
q


Giả sử phân số tối giản

Từ đó ta có: a0qn=-p(anpn-1++a2qn-2p+a1qn-1)
anpn=-q(an-1pn-1++a1qn-2p+a0qn-1)
Từ (1) a0qn Mp mà (p,q)=1 ao Mp
SV: Phạm Thị Trang

4

(1)
(2)

K31B Cử nhân Toán


Đề tài chuyên ngành

GVHD: TH.S.Nguyễn Thị Kiều Nga

Từ (2) anpn Mq mà (p,q)=1 an Mq
Vậy p là ớc của a0; q là ớc của an
p

Hệ quả:Nu phân số tối giản q là nghiệm của đa thức với hệ số nguyên
f(x)= a0+ a1x++anxn thì
a, (p-mq) / f(m) với m Z
b, (p-q) / f(1) và (p+q) / f(-1)
Định lý 4( Định lý D Alembert)
Mọi đa thức bậc khác 0 với hệ số phức có ít nhất một nghiệm phức

Chứng minh
Giả sử f(x) C[x], degf(x) >0
f(x)= a0+ a1x++anxn , ai C, i= 0, 1, 2, n; an 0
f ( x) = a0 + a1 x + ... + an x n . Trong đó ai là liên hợp của ai (i=0,1,,n)
Xét đa thức g(x) = f(x) f ( x)
Ta có: g(x)= b0+ b1x++b2nx2n, trong đó bk=

aa

i + j =k

i

i

với k=0,1,,2n

Vì bk = ai ai =bk nên các hệ số bk là các số thực
i + j =k
Mà mọi đa thức bậc lớn hơn 0 với hệ số thực có ít nhất 1 nghiệm phức nên
g(x) có ít nhất z= s + it thoả mãn
g(z)= f(z) f ( z ) =0
f (z) = 0


f (z) = 0


Nếu f ( z ) = 0 thì a0 + a1 z + ... + an z n = 0
Lấy liên hợp 2 vế ta đợc

n

a0 + a1 z + ... + an z = 0 tức là f ( z ) = 0 hay z là nghiệm của f(x)

Nếu f(z) =0 thì z là nghiệm của f(x)
Nh vậy z hoặc z là nghiệm của f(x) (đccm)
Định lý 5: (Định lý Roll)
Nếu đa thức f(x) A[x] liên tục trên [a, b] và f(a)f(b) <0 thì tồn tại c
(a, b) để f(c)=0
Định lý 6:
Mọi đa thức f(x)= a0xn+ a1xn-1++an-1x+an A[x], a0 0 đều có thể
biểu diễn dới dạng f(x)= a0(x- 1)(x- n ) trong đó 1 , 2 ,..., n là các nghiệm
của đa thức trong trờng hợp mở rộng K của A
Chứng minh

SV: Phạm Thị Trang

5

K31B Cử nhân Toán


Đề tài chuyên ngành

GVHD: TH.S.Nguyễn Thị Kiều Nga
a

1
n=1 thì f(x)= a0x+a1. khi đó f(x)=0 có nghiệm duy nhất 1 =- a và ta
0




thấy f(x) = a0 x +


a1
ữ = a0 ( x 1 )
a0

Vậy định lý đúng với n=1
Giả sử mệnh đề đúng với n=n-1 (đa thức bậc n-1). Ta xét đa thức f(x)
với f ( x ) = ( x 1 ) Q ( x )
deg Q(x) =n-1 và hệ số cao nhất của Q(x) trùng với hệ số a0
Theo giả thiết ta có: Q ( x ) = a0 ( x 2 ) ( x 3 ) ... ( x n )
Trong đó 2 , 3 ,..., n là các nghiệm của đa thức Q(x). Do đó f(x) có các
nghiệm là 1 , 2 ,..., n và f ( x ) = a0 ( x 1 ) ... ( x n )
Vậy với đa thức đã cho 1 , 2 ,..., n là các nghiệm của đa thức thì có thể
biểu diễn dới dạng f(x)= a0(x- 1)(x- n )
Định lý 7: ( Định lý Bezout)
Cho p(x) A[x], A . Khi đó d trong phép chia p(x) cho (x- ) là p(
)
Chứng minh
Giả sử p(x)= (x- )q(x)+ r(x)

r ( x ) = 0

r ( x) 0
Nếu r ( x) 0 thì deg r(x) < deg (x- )=1
r(x) =r A


Ta có p(x)= 0+r=r, trong trờng hợp này phần d của phép chia p(x) cho (x-
) là r= p( )
Nếu r(x) =0 thì p(x) =(x- )q(x). Khi đó p( )=0
p(x) chia hết cho (x- ).Ta nói là nghiệm của đa thức
p(x)=0
Hệ quả:Cho p(x) K[x], K . Khi đó p(x) chia hết cho (x- ) là
nghiệm của đa thức p(x) trong K

1.3: Công thức Viet. Lợc đồ Hooc-ne
1.3.1: Sự liên hệ giữa các nghiệm
Định lý: Cho đa thức f(x)= a0xn+ a1xn-1++an-1x+ an A[x], a0 0 thì
tồn tại K A và f(x) có thể viết dới dạng
f(x)= a0 ( x 1 ) ( x 2 ) ... ( x n ) trong vành K[x], với 1 , 2 ,..., n
là các nghiệm của đa thức f(x) trong trờng mở rộng K của A
1.3.2: Công thức Viet
SV: Phạm Thị Trang

6

K31B Cử nhân Toán


Đề tài chuyên ngành

GVHD: TH.S.Nguyễn Thị Kiều Nga

Cho f(x)= a0xn+ a1xn-1++an-1x+ an là một đa thức bất kỳ và
1 , 2 ,..., n là các nghiệm của f(x) thì f(x)= a 0 ( x 1 ) ( x 2 ) ... ( x n ) . Đồng
nhất các hệ tử ta có công thức Viet sau:

a1

1 + 2 + ... + n = ( 1) a
0


2 a2
1 2 + 2 3 + ... + n 1 n = ( 1) a
0

......................................................

a
1 2 ... k + ...... + n k +1 n k + 2 ... n = ( 1) k
a0


a
1 2 ... n = ( 1) n n
a0


Các dạng đặc biệt của công thức Viet
_ Cho phơng trình bậc 2
Nếu x1, x2 là 2 nghiệm của phơng trình bậc 2: ax2+ bx+c=0(a 0 ) thì
b

x1 + x2 = a

x x = c

1 2 a

_ Cho phơng trình bậc 3
Nếu x1,x2,x3là nghiệm của phơng trình bậc 3: ax3+bx2+cx+d=0(a 0)
b

x1 + x2 + x3 = a

c
thì x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 =
a

d

x1 x2 x3 = a


1.3.3: Lợc đồ Hooc- ne
Cho f(x) A[x], f(x) = a0xn+ a1xn-1++an-1x+ an
Giả sử thơng của phép chia f(x) cho (x- ) trong A[x] là
q(x)=b0xn-1+b1xn-2++bn-2x+bn-1, bi A, i= 0, n 1
Nghĩa là
a0xn+ a1xn-1++an-1x+ an=(x- )( b0xn-1+b1xn-2++bn-2x+bn-1)+f( )
Ta tìm đợc q(x) dới dạng bảng nh sau:
a0
a1
..
an
b0=a0
b1=a1+ b0

..
r=an+ bn-1=f( )
Chứng minh:
SV: Phạm Thị Trang

7

K31B Cử nhân Toán


Đề tài chuyên ngành

GVHD: TH.S.Nguyễn Thị Kiều Nga

Bằng phơng pháp áp dụng định lý phép chia với d ta đợc:
f1(x)=f(x)-b0xn-1(x- )
Nghĩa là b0=a0; b1=a1+ a0
Ta lại có: f2(x)=f1(x)-(a1+ b1)xn-2(x- )
=f(x)-b1xn-2(x- )
=(a2+ b1)xn-2+a3xn-3++an
b2=a2+ b1
Tơng tự ta đợc: b0=a0; b1=a1+ b0,,bn-1=an-1+ bn-2 với số d
r=a1+ bn-1 (đccm)

Chơng II: Xác định đa thức
A. Cơ sở lý luận
Dùng ánh xạ đa thức: Cho đa thức f(x)= a0+ a1x++anxn sinh ra một
ánh xạ
f: A A
c a f(c)=a0+ a1c++ancn, f(c) A

Gọi là ánh xạ đa thức. Ta thờng gặp bài toán xác định đa thức khi giải phơng
trình hàm trên tập các đa thức. Để xác định đa thửctớc tiên ta xác định bậc
rồi lần lợt xác định hệ số của đa thức( cũng có thể sử dụng các tính chất của
vành đa thức)
Sử dụng mối liên hệ giữa các nghiệm( công thức Viet)
Dựa vào tính chất số học của nghiệm
B: Một số bài toán xác định đa thức
2.1: Dựa vào công thức Viet
2.1.1: Cách giải
Để xác định đa thức ta tìm hệ số của đa thức này. Để xác định hệ số
của đa thức ta tìm theo các bớc sau
_ Xác định dạng tổng quát của đa thức cần tìm. Dùng định lý Viet để
tìm mối liên hệ giữa các đa thức cơ bản với hệ số của đa thức
SV: Phạm Thị Trang

8

K31B Cử nhân Toán


Đề tài chuyên ngành

GVHD: TH.S.Nguyễn Thị Kiều Nga

_ Từ điều kiện của bài toán tìm giá trị của các đa thức cơ bản
_ Từ giá trị của các đa thức cơ bản tìm giá trị các hệ số của đa thức cần
xác định. Từ đó ta tìm đợc đa thức cần tìm
II.1.2: Các ví dụ
Ví dụ 1: Xác định đa thức P(x) =x3 +2x2 + x-4 R[x] thoả mãn điều kiện
21 + 2 2 = 23 , trong đó 1 , 2 , 3 là các nghiệm của đa thức

Giải
Theo công thức Viet ta có:
1 + 2 + 3 = 2

1 2 + 2 3 + 31 =
= 4
1 2 3

Từ điều kiện trên và từ điều kiện 21 + 2 2 = 23 ta có
4= ( 1 + 2 + 3 ) 2 = ( 21 + 2 2 + 23 ) + 2 ( 1 2 + 2 3 + 31 )
= 2 33 + 2
23 = 2 . (1)
Mặt khác do 3 là nghiệm của đa thức đa cho nên ta có
0= 33 + 2 32 + 3 4
3 ( 2 ) + 2 ( 2 ) + 2 3 4 = 0
2 3 2 = 0
3 =

(2)

Từ (1) và (2) ta có 2 = 2
= 1

= 2

Vậy đa thức cần tìm có dạng P(x)= x3+ 2x2+ x-4
hoặc P(x)= x3+2x2- 2x- 4
Ví dụ 2: Cho đa thức P(x) R[x]. P(x)= x4+ 3x3+ 6x2+ x+4 thoả mãn
điều kiện x1 =


1 1 1
+ +
với x1, x2, x3, x4 là các nghiệm của P(x). Hãy xác
x2 x3 x4

định đa thức P(x)
Giải
áp dụng công thức Viet ta có

x1 + x2 + x3 + x4 = 3
x x + x x + x x + x x + x x + x x = 6
1 2 1 3 1 4 2 3 2 4 3 4

x1 x2 x3 x4 = 4
x1 x2 x3 + x1 x3 x4 + x2 x3 x4 + x1 x2 x4 =
1 1 1
Từ đó và từ điều kiện x1 = + + x2x3+ x2x4+ x3x4= x1x2x3x4 ta có
x2 x3 x4

4= x1x2x3x4= x2x3+ x2x4+ x3x4

SV: Phạm Thị Trang

9

K31B Cử nhân Toán


Đề tài chuyên ngành


GVHD: TH.S.Nguyễn Thị Kiều Nga

=6-( x1x2+ x1x3+ x1x4)
=6-x1(x2+x3+x4+x1-x1)
=6-x1( -3-x1)
=6+ x12+3x1
x12=-3x1-2
x31=x1x12= -3x12-2x1
=-3(-3x1-2)-2x1
=7x1+6
x14=x1x31=7x12+ 6x1
=7(-3x1-2)+6x1=-15x1-14
Khi đó thay x bởi x1 vào đa thức ta nhận đợc:
0=P(x)=x14+ 3x13+ 6x12+ x1+4
0=-15x1-14+21x1+18-18x1-12+ x1+4
0 = x1 ( 12 ) 4
x1 ( 12 ) 4 = 0
12
x1 =

4
. Nghĩa là phải thoả mãn phơng trình
12

x13+3x1+2=0



16


( 12 )

2

+3

4
+2=0
12

2 18 + 80 = 0
= 8

= 10

Vậy các dạng của P(x) là: P(x)= x4+ 3x3+ 6x2+ 8x+4
Hoặc
P(x)= x4+ 3x3+ 6x2+ 10x+4
Ví dụ 3: Lập đa thức bậc hai mà những nghiệm của nó 1 , 2 thoả mãn đẳng
21 + 2 2 = 4
3
3
1 + 2 = 8

thức sau

Giải
Giả sử đa thức bậc hai phải tìm là P(x)= x2+ax+b
1 + 2 = a
1 2 = b


Theo công thức Vi-et ta có

Ta có: +) 4= 21 + 2 2 = ( 1 + 2 ) 2 21 2
=a2-2b
+) 8 = 31 + 3 2 = ( 1 + 2 ) 3 31 2 ( 1 + 2 )
=-a3+3ab
a 2 2b = 4
Từ đó ta có hệ sau: 3
a + 3ab = 8

SV: Phạm Thị Trang

10

K31B Cử nhân Toán


Đề tài chuyên ngành

GVHD: TH.S.Nguyễn Thị Kiều Nga


a2 4
b
=

a2 4

b

=
2




2
2
3 3a ( a 4 )
2a 3 + 3a 3 12a = 16
=8

a +
2
a = 2


a2 4
b =
b = 0


2
a 3 12a 16 = 0
a = 4

b = 6


Vậy đa thức P(x) cần tìm có dạng P(x)= x2- 2x

Hoặc P(x)= x2+ 4x+6
Ví dụ 4:Hãy lập đa thức bậc 3 mà nghiệm của nó 1 , 2 , 3 thoả mmãn
1 + 2 + 3 = 2

những đẳng thức sau: 21 + 2 2 + 32 = 9
3
3
3
1 + 2 + 3 = 8

Giải
Gọi đa thức cần tìm có dạng P(x)= x3+ax2+ bx+c

1 + 2 + 3 = a

Theo công thức Vi-et ta có: 21 + 2 2 + 23 = b
= c
1 2 3

Khi đó từ điều kiện của bài toán ta có a=-2
+) 9= 21 + 2 2 + 23 = ( 1 + 2 + 3 ) 2 2 ( 1 2 + 2 3 + 31 )
= a2-2b


a2-2b=9. Mà a=-2 b =

5
2

+) 8= 31 + 32 + 32 = ( 1 + 2 + 3 ) 3 31 2 3 ( 1 + 2 + 3 ) 31 2 3

8 = a + 3cb + 3c
5
8 = 2 3 c + 3c
2
9
4
6= cc=
2
3

5
2

Vậy đa thức cần tìm có dạng P(x)= x3 2 x 2 x

SV: Phạm Thị Trang

11

4
3

K31B Cử nhân Toán


Đề tài chuyên ngành

GVHD: TH.S.Nguyễn Thị Kiều Nga

Ví dụ 5: Hãy lập đa thức bậc 3 mà nghiệm của nó thoả mãn đẳng thức sau:

1
1
1
+
= 2
+



1
2
3

1
1
1
2 + 2 + 2 =1
1 2 3
1
1
1
4 + 4 + 4 =1
1 2 3

Giải:

Giả sử đa thức cần tìm có dạng P(x)= x3+ax2+bx+c

1 + 2 + 3 = a
Theo công thức Vi-et ta có: 1 2 + 2 3 + 31 = b

= c
1 2 3

Kết hợp với điều kiện ban đầu ta có:

1
1
1 1 2 + 2 3 + 31
+
+
=
1 2 3
1 2 3
b
= 2 b = 2c ( 1)
c
2 2 + 2 2 + 2 2
1
1
1
+) 1= 2 + 2 + 2 = 1 2 2 22 32 1 3
1 2 3
1 2 3

+) -2=

( + + ) 2 ( 1 + 2 + 3 ) 1 2 3
= 1 2 2 3 3 1
2
( 1 2 3 )

2

2
= b 22ac

c

b 2ac = c 2 (2)
41 4 2 + 4 2 4 3 + 43 41
1
1
1
+) 1= 4 + 4 + 4 =
4
1 2 3
( 1 2 3 )
2

(
=
=(b

2 2 + 2 2 32 + 2312 ) 2 ( 21 + 2 2 + 23 ) 21 2 2 32
2

2
1

2


( 1 2 3 )

4

2ac ) 2c 2 ( a 2 2b )
2

c4

c 2 2 ( a 2 2b ) = c

c 2 + c 2c 2 ( a 2 2b ) = 0

SV: Phạm Thị Trang

(3)

12

K31B Cử nhân Toán


Đề tài chuyên ngành

GVHD: TH.S.Nguyễn Thị Kiều Nga

8

a = 3
b = 2c



32

2
2
b =
Từ (1),(2),(3) ta có hệ sau b 2ac = c
9
2

2
2
2
4
b

2
ac

2
c
a

2
b
=
c
)
(

)
(
16
c = 9

8
3

Vậy đa thức cần tìm có dạng: P(x)= x3 + x 2 +
Ví dụ 6: Tìm các đa thức dạng P(x)=

n

a x , a { 1,1}
k =0

các nghiệm đều thực

32
16
x+
9
9
k

k

k

với k=0,1,2,n có


Giải
Ta giả sử an=1
Với n=1 ta có đa thức cần tìm là P(x)= x+1 hoặc P(x)=x-1
Với n 2 thì theo giả thiết đa thức có các nghiệm x1, x2,,xn đều thực
x1 x2 ...xn = a0

Theo công thức Vi-et ta có :
x1 + x2 + ... + xn = an 1
( x1 x2 ...x3 ) 2 = a0 2 = 1
Hay 2
2
2
2
( x 1 + x 2 + ... + x n ) = an 1 2an 2

Do an 1 { 1,1} nên an-2=-1
n

x2 j = 3
j =1

Mặt khác ta có:

3 1 n 2 n 2 2
= x j x 1 x 2 ...x 2 n = 1
n n j =1

n3


SV: Phạm Thị Trang

13

K31B Cử nhân Toán


Đề tài chuyên ngành

GVHD: TH.S.Nguyễn Thị Kiều Nga

1.

( x 2 + x 1)
Với n=2 ta thu đợc 2 cặpp đa thức 2
( x x 1)


2.

( x 3 + x 2 + x 1)
Với n=3 ta thu đợc 2 cặp đa thức 3 2
( x x x + 1)


P ( x) = x 1

P ( x) = ( x 2 + x 1)

Vậy các đa thức cần tìm là P( x) = ( x 2 x 1)


P ( x) = ( x 3 + x 2 + x 1)

P ( x) = ( x 3 x 2 x + 1)


Ví dụ 7:Xác định đa thức P(x) Q[x] sao cho
P(x)= x3+ax2+ bx+c nhận a,b,c làm nghiệm
Giải
a + b + c = a ( 1)

Ap dụng công thức Vi-et ta có : ab + bc + ca = b ( 2 )

abc = c ( 3)
2a + b = 0

Nếu c=0 thì (1) và (2) có dạng ab = 0

a = 0 b = 0
a = 1 b = 2

P( x) = x 3

3
2
P( x) = x + x 2 x

Nếu c 0 . Ta xét 2 trờng hợp
SV: Phạm Thị Trang


14

K31B Cử nhân Toán


Đề tài chuyên ngành

GVHD: TH.S.Nguyễn Thị Kiều Nga

+) Trờng hợp 1: a+b=0
c = a
a = 1

Từ (1),(2),(3) ta có ab = b b = 1
ab = 1 c = 1



Suy ra đa thức cần tìm có dạng: P(x) =x3+ x2-x-1
+) Trờng hợp 2: a+b 0
Kết hợp với (1),(2),(3) ta suy ra đợc phơng trình:
2a3+2a2-1=0. Phơng trình này không có nghiệm hữu tỷ
P ( x) = x 3

Vậy các dạng của P(x) là P( x) = x3 + x 2 2 x
P ( x) = x 3 + x 2 x 1


Ví dụ 8: Xác định đa thức f(x) R[x] sao cho
f(x)=x4+px+ q có 4 nghiệm tạo thành cấp số cộng

Giải
Đặt y=x2. Khi đó ta có đa thức
f(y)= y2+px+q
Đa thức f(x)=x4+px+ q có 4 nghiệm thực đa thức f(y) có 2 nghiệm không
âm. Nghĩa là p,q thoả mãn điều kiện:
p 2 4q
0


y1 + y2 = p 0 p 0
y y = q 0
q 0
1 2


Nếu đa thức đã ccho có 4 nghiệm thực ta giả s đó là -x1, -x2,x2,x1 và không
mất tính tổng quát cho x1 x2 0

SV: Phạm Thị Trang

15

K31B Cử nhân Toán


Đề tài chuyên ngành

GVHD: TH.S.Nguyễn Thị Kiều Nga

Từ công thức Vi-et và do các nghiệm lập thành cấp số cộng nên ta có :

x1 + x2

(1)
x2 =
2
2
2
x 1 + x 2 = p (2)
2 2
x 1 x 2 = q (3)


Từ (1) x1=3x2 thay vào điều kiện (2),(3) ta đợc
2
10 x 2 = p
q = 0, 09 p 2
4
9 x 2 = q

p 0

Vậy ta có cặp p, q thoả mãn

q = 0, 09 p

2

Cho các giá trị của p, q thoả mãn điều kiện trên ta đợc các giá trị của f(x)
thoả mãn yêu cầu baì toán


II.1.3: Các dạng bài tập áp dụng
Bài 1: Xác định đa thức P(x) R[x]
P(x)= x3 + 2 x 2 + x + thoả mãn điều kiện x12+x22=x3 với x1, x2,x3 là
nghiệm của P(x)
Bài 2: Xác định đa thức P(x) R[x]
P(x)= x3 x 2 + 10 x 5 thoả mãn điều kiện x 1x2=x1+x2 với x1, x2, x3 là
các nghiệm của đa thức P(x)
Bài 3: Lập đa thức bậc 4 mà những nghiệm của nó 1 , 2 , 3 , 4 thoả mãn
đẳng thức sau:
1 + 2 + 3 + 4 = 2
2
2
2
2
1 + 2 + 3 + 4 = 30
3
3
3
3
1 + 2 + 3 + 4 = 44
4 + 4 + 4 + 4 = 324
2
3
4
1

SV: Phạm Thị Trang

16


K31B Cử nhân Toán


Đề tài chuyên ngành

GVHD: TH.S.Nguyễn Thị Kiều Nga

II.2: Xác định đa thức dựa vào tính chất số học của nghiệm
II.2.1: Dạng 1: Xác định đa thức nếu biết mối liên hệ giữa các nghiệm
bội
Ví dụ 1:Tìm a,b sao cho đa thức P(x)= x5+ax3+b có nghiệm bội khác 0 và có
bậc lớn hơn 1
Giải
Đa thức P(x) có nghiệm bội bậc lớn hơn 1 và khác 0 nếu tồn tại 0 sao
P ( ) = 0
/
P ( ) = 0

cho

Ta có P / ( x ) = 5 x 4 + 3ax 2 P / ( ) = 5 4 + 3a 2
P / ( ) = 0 5 4 + 3a 2 = 0
2 =

3a
5
a = 2
5
3


Do 0 a 0 . Khi đó ta có P( ) = 5 + a 3 + b = 0
5 + a 3 = b
5
2
5 5 = b 5 = b
3
3
5

4
4 3
108
10 = b 2 b 2 = a 5 ữ = 5 a 5
9
9 5
5

Vì a 0 b 0 . Vậy b 2 =

108 5
a và a 0, b 0
55

Ví dụ 2: Tìm những giá trị của , à sao cho
lại

P(x)= x 4 3 x 3 + 5ix 2 + à có nghiệm bội 2 bằng tổng của 2 nghiệm còn

Giải:
Nếu 1 , 2 , 3 , 4 là các nghiệm của đa thức đã cho thì ta có

`1 = 2 = 3 + 4

Theo công thức Vi-et ta có: 3 = 1 + 2 + 3 + 4 = 31
SV: Phạm Thị Trang

17

K31B Cử nhân Toán


Đề tài chuyên ngành

GVHD: TH.S.Nguyễn Thị Kiều Nga
= 1

là nghiệm bội 2 của đa thức đã cho. Nghĩa là nó là một nghiệm của đạo
hàm bậc nhất của P(x). Từ đó ta suy ra

4 3 4 + 5i 2 + à = 2 4 + 5i 2 + à = 0(1)

Và 4 3 9 3 + 10i = 5 3 + 10i = 0(2)
Từ (1) và (2) ta có :


1 = à1 = 0
Đa thức P(x) có dạng P(x)= x4 +5ix2



2 = 1 + i, à2 = 2

Đa thức P(x) có dạng P(x)=x4-3(1+i)x3+5ix2+2



3 = 1 i, à3 = 2
Đa thức P(x) có dạng P(x)= x4+3(1+i)x3+5ix2+2

Bài tập áp dụng
Bài 1: Tìm mối liên hệ giữa a, b, c sao cho đa thức
P(x)= x5+ 10ax3+5bx+c có nghiệm bội khác 0
Bài 2: Tìm những giá trị của , à sao cho đa thức
P(x)= x4+10x3+ x 2 + 36 x + à có nghiệm bội 2 bằng tổng nghịch
đảo của 2 nghiệm còn lại
II.2.2: Dạng 2: Xác định đa thức bằng phép biến đổi ẩn
A, Cách giải
Đối với dạng bài tập này ta áp dụng các phép biến đổi ẩn hoặc cho ẩn những
giá trị đặc biệt x=0,1, rồi tính giá trị của đa thức tại những giá trị đó. Ta đợc
hệ phơng trình mà ẩn là các hệ số của đa thức
B, Các ví dụ
Ví dụ 1: Tìm tất cả các đa thức P(x) sao cho thoả mãn đẳng thức

SV: Phạm Thị Trang

18

K31B Cử nhân Toán


Đề tài chuyên ngành


GVHD: TH.S.Nguyễn Thị Kiều Nga

xP(x)=(x-2005)P(x)

(1)

Giải
Giả sử P(x) là đa thức thoả mãn yêu cầu bài toán
Thay x=0 vào (1) ta có 0=-2005P(x) P(0)=0
0 là nghiệm của P(x)
P(x)=xP1(x)

( trong đó P1(x) là 1 đa thức)

Khi đó P(x-1) =(x-1) P1(x-1)
Thay vào (1) ta đợc: x(x-1)P1(x-1)=(x-2005)P(x) (2)
Thay x=1 vào (2) ta đợc P(1)=0 1 là nghiệm của P(x)
P(x) =x(x-1)P2(x)

(P2(x) là 1 đa thức)

P(x-1)= (x-1)(x-2)P2(x-1)

Thay vào (1) ta đợc x(x-1)(x-2)P2(x-1)=(x-2005)P(x)
P(x) M(x-2)

Cứ tiếp tục quá trình trên ta đợc:
x(x-1)(x-2)(x-2005)P2005(x-1)=x(x-1)(x-2)(x-2005)P2005(x)
P2005(x-1)= P2005(x)


Mà ta có: P2005(x)=c (const)
P(x) =cx(x-1)(x-2)((x-2004) là đa thức cần tìm

Ví dụ 2: Xác định đa thức f(x) R[x] sao cho khi chia đa thức f(x) cho (x-2)
d 5, chia cho (x-3) d 7 và khi chia cho
(x-2)(x-3) thì đợc thơng là 1-x2 và còn d
Giải
Theo giả thiết ta có: f(x) =(x-2)A(x) +5

(1)

f(x)= (x-3)B(x) +7

(2)

Gọi thơng của phép chia đa thức f(x) cho (x-2)(x-3) là R(x). Vì (x-2)(x-3) là
đa thức bậc 2 nên đa thức d là đa thức 0 hoặc có bậc không vợt quá 1
Do đó giả sử R(x)= ax+b
SV: Phạm Thị Trang

a,b R
19

K31B Cử nhân Toán


Đề tài chuyên ngành

GVHD: TH.S.Nguyễn Thị Kiều Nga


Theo giả thiết ta có: f(x)= (x-2)(x-3)(1-x2)+ax+b

(3)

Vì (1), (2), (3) đúng với mọi x nên:
Với x=2 thì từ (1) ta có : f(2)=5
Từ (3) ta có f(2)= 2a+b 2a+b=5

(*)

Với x=3 thì từ (2) ta có f(3)=7
Từ (3) ta có f(3)= 3a+b 3a+b =7

(**)

2a + b = 5 a = 2

3a + b = 7
b = 1

Từ (*) (**) ta có

Vậy đa thức phải tìm là: f(x)=(x-2)(x-3)(1-x2)+2x+1
Hay

f(x)=-x4+5x3-5x2-3x+7

Ví dụ 3: Tìm đa thức P(x) bậc 3 với hệ số thực sao cho P(0)=10, P(1)=12,
P(2)=4, P(3)=1
Giải

Đặt P(x)=ax(x-1)(x-2)+bx(x-1) +cx+d

a, b, c, d R

Cho x=0 ta có P(0)=d d=10
Vậy P(x) có dạng: P(x)= ax(x-1)(x-2)+bx(x-1)+cx+10
Cho x=1 ta có P(1)= 10+c. Ta lại có P(1)=12 nên suy ra 10+c=12
c=2
Vậy P(x) có dạng: P(x)=ax(x-1)(x-2)+bx(x-1)+2x+10
Cho x=2 ta đợc P(2)= 10+4+2b. Mà P(2)=4 nên suy ra 14+2b=4
b=-5
Vậy P(x) có dạng: P(x)= ax(x-1)(x-2)-5x(x-1)+2x+10
Cho x=3 ta đợc P(3)= 6a-30+6+10=6a-14. Mà P(3)=1 nên suy ra 6a14=1 a=

15 5
=
6 2

SV: Phạm Thị Trang

20

K31B Cử nhân Toán


Đề tài chuyên ngành

GVHD: TH.S.Nguyễn Thị Kiều Nga

Vậy đa thức P(x) cần tìm là: P(x)=

5
2

P(x)= x3

5
x(x-1)(x-2)-5x(x-1)+2x+10
2

hay

25 2
x + 12 x + 10
2

Ví dụ 4:Tìm đa thức P(x) bậc 2 với hệ số thực sao cho P(0)=19, P(1)=5,
P(2)=1995
Giải:
Đặt P(x)= ax(x-1)+bx+c

a, b, c R

Cho x=0 ta có: P(0)= c. Mà P(0)= 19 nên c=19
Vậy P(x) có dạng: P(x)= ax(x-1)+bx+19
Cho x=1 ta có: P(1)= b+19. Mà P(1)=5 nên b=-14
Vậy P(x) có dạmg: P(x)= ax(x-1)-14x+19
Cho x=2 ta có: P(x)= 2a-28+19. Mà P(2)=1995 nên a=1002
Vậy P(x) có dạng: P(x)= 1002x(x-1)-14x+19
hay P(x)=1002x2-1016x+19
Ví dụ 5: Tìm đa thức bậc 3 P(x) R[x] biết rằng P(x) chia hết cho các đa

thức (x-1), (x-2), (x-3) đều đợc d là 6 và P(-1)=-18
Giải:
Từ giả thiết ta có:

P(x)=(x-1)A(x)+6
P(x)=(x-2)B(x)+6
P(x)=(x-3)C(x)+6

Trong đó A(x), B(x), C(x) là các đa thức với hệ số thực
Từ đó ta có: P(1)=6, P(2)=6, P(3)=6
Giả sử P(x)=a(x-1)(x-2)(x-3)+b(x-1)(x-2)+c(x-1)+d,
Với a, b, c, d R, a 0

SV: Phạm Thị Trang

21

K31B Cử nhân Toán


Đề tài chuyên ngành

GVHD: TH.S.Nguyễn Thị Kiều Nga

Cho x=1 ta có P(1)=d. Mà P(1)=6 nên d=6
Suy ra P(x) có dạng: P(x)=a(x-1)(x-2)(x-3)+b(x-1)(x-2)+c(x-1)+6
Cho x=2 ta có P(2)=c+6. Mà P(2)=6 nên c=0
Vậy p(x) có dạng: P(x)= a(x-1)(x-2)(x-3)+b(x-1)(x-2)+6
Cho x=3 ta có P(3)=2b+6. Mà P(3)=6 nên b=0
Vậy P(x) có dạng: P(x)= a(x-1)(x-2)(x-3)+6

Cho x=-1 ta có P(-1)=6-24a. Mà P(-1)=-18 nên a=1
Vậy P(x) có dạng: P(x)= (x-1)(x-2)(x-3)+6
Vậy đa thức cần tìm có dạng: P(x)= x3-6x2+11x
Ví dụ 6: Xác định đa thức f(x) R[x] sao cho f(x)= 2x4+ax2+bx+c chia hết
cho (x-2) và cho (x2-1) thì đợc d là x
Giải:
Vì f(x) chia hết cho (x-2) nên 2 là nghiệm của f(x). Tức là
f(x)=f(2)=0 hay 32+4a+2b+c=0 (1)
Mặt khác theo giả thiết ta có: f(x)= (x2-1)q(x)+x trong đó q(x) R[x]
f (1) = 1
2 + a + b + c = 1(2)

f (1) = 1 2 + a b + c = 1(3)

Từ đó ta có

Giải hệ (1), (2), (3) ta đợc a =

32
26
; b = 1; c =
3
3

Vậy đa thức cần tìm có dạng:
f(x)= 2 x 4

32 2
26
x +x+

3
3

Ví dụ 7:Xác định đa thức f(x)= ax4+bx3+1 sao cho f(x) chia hết cho (x-1)2
Giải:
Đặt f(x)=ax4+bx3+1, g(x)= (x-1)2
Dùng định lý phép chia lấy d và lợc đồ Hooc-ne ta có:
f(x)=(x-1)[ax3+(a+b)x2+(a+b)x+a+b]+a+b+1
SV: Phạm Thị Trang

22

K31B Cử nhân Toán


Đề tài chuyên ngành

GVHD: TH.S.Nguyễn Thị Kiều Nga

=(x-1)2[ax2+(2a+b)x+4a+3b
Ta có: f(x) Mg(x) f ( x)M( x 1) 2
a + b + 1 = 0
a = 3


4a + 3b = 0
b = 4

Vậy đa thức cần tìm là f(x)= 3x4-4x3+1
Bài tập áp dụng

Bài 1: Tìm đa thức P(x) bậc 2, P(x) R[x] thoả mãn P(0)=19, P(1)=85,
P(2)=1985
Bài 2: Xác định đa thức P(x) R[x] thoả mãn P(x) chia cho đa thức (x+3) còn
d 1, Chia cho (x-4) còn d 8, chia cho (x+3)(x-4) đợc thơng là 3 và còn d
Bài 3: Cho đa thức P(x) bậc 4 thoả mãn P(-1)=0
P(x-1)=x(x-1)(2x+1). Xác định đa thức P(x)

và P(x)-

Bài 4: Cho a, b R[x]. Tìm tất cả các đa thức P(x) R[x] thoả mãn điều kiện:
xP(x-a)= (x-b)P(x) với x R
II.3: Xác định đa thức theo đặc trng hàm
A: Cơ sở
Đa thức là một hàm số nên dựa vào các tính chất của hàm số có thể
xác định đợc đa thức
B: Các ví dụ
Ví dụ 1:Tìm tất cả các đa thức P(x) bậc n thoả mãn điều kiện:
P(x2-y2)=P(x+y). P(x-y)

(1)

x, y R

Giải:
x + y = u
x y = v

Đặt

thì (1) có dạng: P(uv)=P(u). P(v) (2) u, v R


Đặt u=v=0. Thế vào (2) ta đợc P(0)=0 hoặc P(0)=1


Nếu P(0)=1 thì từ (2) Với v=0 ta thu đợc
P(0)=P(u). P(0) P( x) 1

SV: Phạm Thị Trang

23

K31B Cử nhân Toán


Đề tài chuyên ngành


GVHD: TH.S.Nguyễn Thị Kiều Nga

Nếu P(0)=0 thì x=1 là một nghiệm của P(x) nên P(x)=xQ(x), với Q(x)
là đa thức bậc n-1. Thế vào (2) ta thu đợc
uvQ(uv)=uvQ(u)Q(v)
Suy ra Q(uv)=Q(u). Q(v)

(3)

u , v R

u, v R


Với Q(u) 1 hoặc Q(x)= xQ1(x) , Q1(x) là đa thức bậc n-2
Tiếp tục quá trình này sau hữu hạn bớc ta thu đợc nghiệm của bài toán
P(x) 1 và P(x)=xn, n N*
Thử lại ta thấy các nghiệm P(x)=1 và P(x)=xn thoả mãn điều kiện bài ra
Ví dụ 2: Tìm tất cả các đa thức f: R R thoả mãn các điều kiện
f(x+y)=f(x)+f(y)+2xy (1)

x, y R

Giải:
Cho x=y=0. Thay vào (1) ta đợc f(0)=0. từ giả thiết suy ra
f/(y)= lim
y 0

f ( x + y ) f ( x)
f ( y ) + 2 xy
= lim
= 2 x + f / (0)
y

0
y
y

Vậy f(x)= f(x)-f(0)
x

= f / (t )dt = x 2 + ax
0


Thử lại ta thấy hàm số f(x)=x2+ax thoả mãn điều kiện bài ra
Ví dụ 3:Cho f: Z Z thoả mãn các điều kiện f(1)=a Z và
f(x+y) +f(x-y)=2f(x)f(y)
Chứng minh rằng f(m) Tm(a)

x, y Z (1)

m Z

Giải:
Cho x=y=0. Thế vào (1) ta đợc f(0)=0 hoặc f(0)=1
Nếu f(0)=0 thì thay y=0 vào (1) ta đợc 2f(0)=0 với x Z .
Do vậy f(x) 0 và ứng với a=0

SV: Phạm Thị Trang

24

K31B Cử nhân Toán


Đề tài chuyên ngành

GVHD: TH.S.Nguyễn Thị Kiều Nga

Nếu f(0)=1. Cho x=y=1 ta thu đợc f(2)=2a2-1
Tiếp tục thay x=2, y=1 vào điều kiện (1) ta đợc f(3)=4a3-3a
Từ đó ta có dự đoán f(n)=Tn(a) với n 1
Dự đoán đó đợc chứng minh dễ dàng bằng phơng pháp quy nạp
Mặt khác cho x=0 ta có f(y)+f(-y)= 2f(0)f(y)=2f(y) f(-y)=f(y). Vậy f(x) là

hàm chẵn
Vậy ta đợc

1K khi K x = 0

f ( x ) = a K khi K x = 1
T (a )K khi K x 1, x Z
m

Do đó f (m) Tm (a)K m Z
Ví dụ 4: Tìm tất cả các đa thức P1(x), P2(x), P3(x), P4(x) sao cho với x, y, z, t
R thoả mãn điều kiện xy-zt=1 thì P1(x)P2(y)-P3(z)P4(t)=1.
Giải:
Giả sử ni=deg Pi (i=1, 2) . Lấy số tự nhiên N sao cho số các ớc số của
N lớn hơn n1+n2. Đặt z=1 và t=N-1
Với mọi x Z và x là ớc của N ta có:
P1(x). P2(x\)= 1+P3(1)P4(N-1)

(*)

Phơng trình (*) đối với x vế trái là đa thức bậc n1 + n2 và đa thức này có
nhiều hơn n1+n2 nghiệm nên
Deg (P1(x)P2(N\x))=0
Suy ra: P1(x)=axn; P2(x)=bxn
Tơng tự ta có:
P3(x)=cxm; P4(x)=dxm
Với x=y=1, z=t=0 thì xy-zt=1 nên
P1(x)P2(y)-P3(z)P4(t) =ab=1
Với x=y=0, z=1, t=-1 thì xy-zt=1 nên
P1(x)P2(y)-P3(z)P4(t)= cd=1


SV: Phạm Thị Trang

25

K31B Cử nhân Toán