Toán học - Chuyên đề về đa thức

C H U Y Ê N Đ Ề V Ề Đ A T H Ứ C 
T  r  ầ  n  N  a  m  D  ũ  n  g  
( ( h  t t t t p  : : / / / / l l a  i i s s a  c c . . p  a  g  e e . . t t l l s s ư  u   t t ầ  m  , , t t ổ  n  g   h  ợ  p  ) ) 
Đ  A  T  H  Ứ  C  
Đa thức là một trong những khái niệm trung tâm của toán học. Trong chương trình 
phổ thông, chúng ta đã làm quen với khái niệm đa thức từ bậc trung học cơ sở, từ 
những phép cộng, trừ, nhân đa thức đến phân tích đa thức ra thừa số, dùng sơ đồ 
Horner để chia đa thức, giải các phương trình đại số. 
Bài giảng này sẽ hệ thống hoá lại những kiến thức cơ bản nhất về đa thức 1 biến, 
các dạng toán thường gặp về đa thức. Ở cuối bài sẽ đề cập 1 cách sơ lược nhất về 
đa thức nhiều biến. 
1. Đa thức và các phép toán trên đa thức 
1.1. Định nghĩa. Đa thức trên trường số thực là biểu thức có dạng 
P(x) = anx 
n + an­1x 
n­1 +  + a1x + a0, trong đó ai ΠR và an ¹ 0. 
ai được gọi là các hệ số của đa thức, trong đó an  được gọi là hệ số cao nhất và a0 
được gọi là hệ số tự do. 
n được gọi là bậc của đa thức và ký kiệu là n = deg(P). Ta quy ước bậc của 
đa thức hằng P(x) = a0 với mọi x là bằng 0 nếu a0 ¹ 0 và bằng nếu a0 = 0. 
Để tiện lợi cho việc viết các công thức, ta quy ước với đa thức P(x) bậc n thì vẫn 
có các hệ số ak với k > n, nhưng chúng đều bằng 0. 
Tập hợp  tất cả các đa  thức 1 biến  trên  trường các số  thực được ký hiệu  là R[x]. 
Nếu các hệ số được lấy trên tập hợp các số hữu tỷ, các số nguyên thì  ta có khái 
niệm đa thức với hệ số hữu tỷ, đa thức với hệ số nguyên và tương ứng là các tập 
hợp Q[x], Z[x]. 
1.2. Đa thức bằng nhau 
Hai đa thức å å 
= = 
= = 
n
k 
k 
k 
m 
k 
k 
k  x b x Q x a x P 
0 0 
) ( , ) (  bằng nhau khi và chỉ khi m = n và ak = bk 
với mọi k=0, 1, 2, , m. 
1.3. Phép cộng, trừ đa thức.
Cho hai đa thức å å 
= = 
= = 
n
k 
k 
k 
m 
k 
k 
k  x b x Q x a x P 
0 0 
) ( , ) (  . Khi đó phép cộng và trừ hai 
đa thức P(x) và Q(x) được thực hiện theo từng hệ số của xk, tức là 
å 
= 
± = ± 
} , max{ 
0 
) ( ) ( ) ( 
n m 
k 
k 
k k  x b a x Q x P 
Ví dụ:  (x 3 + 3x 2 – x + 2) + (x 2 + x – 1) = x 3 + 4x 2 + 1. 
1.4. Phép nhân đa thức. 
Cho hai đa thức å å 
= = 
= = 
n
k 
k 
k 
m 
k 
k 
k  x b x Q x a x P 
0 0 
) ( , ) (  . Khi đó P(x).Q(x) là một đa 
thức có bậc m+n và có các hệ số được xác định bởi 
å 
= 
- = 
k
i 
i k i k  b a c 
0 
. 
Ví dụ: (x 3 + x 2 + 3x + 2)(x 2 +3x+1) = (1.1)x 5 + (1.3 + 1.1)x 4 + (1.1 + 1.3 + 3.1)x 3 + 
(1.1 + 3.3 + 2.1)x 2 + (3.1 + 2.3)x + (2.1) = x 5 + 4x 4 + 7x 3 + 12x 2 + 9x + 1. 
1.5. Bậc của tổng, hiệu và tích của các đa thức 
Từ các định nghĩa trên đây, dễ dàng suy ra các tính chất sau đây 
Định lý 1. Cho P(x), Q(x) là các đa thức bậc m, n tương ứng. Khi đó 
a) deg(P±Q) £ max{m, n} trong đó nếu deg(P) ¹ deg(Q) thì dấu bằng xảy 
ra. Trong trường hợp m = n thì deg(P±Q) có thể nhận bất cứ giá trị nào £ m. 
b) deg(P.Q) =  m + n. 
1.6. Phép chia có dư. 
Định lý 2. Với hai đa thức P(x) và Q(x) bất kỳ, trong đó deg(Q) ³ 1, tồn tại duy 
nhất các đa thức S(x) và R(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện: 
i)  P(x) = Q(x).S(x) + R(x) 
ii)  deg(R) < deg(Q) 
Chứng minh. Tồn tại. Ta chứng minh bằng quy nạp theo m = deg(P). Nếu deg(P) 
< deg(Q) thì ta có thể chọn S(x) º 0 và R(x) = P(x) thoả mãn đồng thời các điều 
kiện i) và ii). Giả sử m ³ n và định lý đã được chứng minh với các đa thức có bậc 
nhỏ hơn m. Ta chứng minh định lý đúng với các đa thức bậc m. Giả sử 
å å 
= = 
= = 
n
k 
k 
k 
m 
k 
k 
k  x b x Q x a x P 
0 0 
) ( , ) ( 
Xét đa thức
... 
) ... ( ) ... ( 
) ( ) ( ) ( 
1 1 
1 
0 0 1 
1 
1 
+ ÷ ÷ 
ø 
ö 
ç ç 
è 
æ 
- = 
+ + - + + + + = 
- = 
- - 
- 
- - 
- 
- 
m 
n 
n m 
m 
n 
n 
n m 
n 
m m 
m 
m 
m 
n m 
n 
m 
x 
b 
b a 
a 
b x b x 
b 
a 
a x a x a x a 
x Q x 
b 
a 
x P x H 
Do hệ số của x m ở hai đa thức bị triệt tiêu nên bậc của H(x) không vượt quá m­1. 
Theo giả thiết quy nạp, tồn tại các đa thức S*(x), R*(x) sao cho 
H(x) = S*(x).Q(x) + R*(x) 
Nhưng khi đó 
) ( * )) ( * ( ) ( ) ( ) (  x R x S x 
b 
a 
x Q x 
b 
a 
x H x P  n m 
n 
m n m 
n 
m + + = + = - - 
Vậy đặt S(x) = (am/bn)x 
m­n + S*(x) và R(x) = R*(x) ta được biểu diễn cần tìm cho 
P(x). 
Duy nhất. Giả sử ta có hai biểu diễn P(x) = S(x).Q(x) + R(x) và P(x) = S*(x).Q(x) 
+ R*(x) thoả mãn điều kiện ii). Khi đó Q(x).(S(x)­S*(x)) = R*(x) – R(x). Ta có, 
theo điều kiện ii) và định lý 1 thì ded(R*(x) – R(x)) < deg(Q). Mặt khác, nếu S(x) 
–  S*(x)  không  đồng  nhất  bằng  0  thì  deg(Q(x).(S(x)­S*(x)))  =  deg(Q(x))  + 
deg(S(x)­S*(x)) ³ deg(Q). Mâu thuẫn vì hai vế bằng nhau. 
Theo ký hiệu của định lý thì S(x) được gọi là thương số và R(x) được gọi là dư số 
trong phép chia P(x) cho Q(x). 
Phép chứng minh nói  trên cũng cho chúng  ta  thuật  toán  tìm  thương số và dư số 
của phép chia hai đa thức, gọi là phép chia dài (long division) hay sơ đồ Horner. 
Ví dụ: Thực hiện phép chia 3x 3 – 2x 2 + 4x + 7 cho x 2 + 2x 
3x 3 – 2x 2 + 4x + 7  |  x 2 + 2x 
3x 3 + 6x 2  | 3x ­ 8 
­ 8x 2 + 4x + 7 
­ 8x 2 + 16
20x + 7 
Vậy ta có 3x 3 – 2x 2 + 4x + 7 chia x 2 + 2x được 3x – 8, dư 20x + 7. 
1.7. Sự chia hết. Ước và bội. 
Trong phép chia P(x) cho Q(x), nếu dư số R(x) đồng nhất bằng 0 thì ta nói 
rằng đa thức P(x) chia hết cho đa thức Q(x). Như vậy, P(x) chia hết cho Q(x) nếu 
tồn tại đa thức S(x) sao cho P(x) = Q(x).S(x). Trong trường hợp này ta cũng nói 
Q(x) chia hết P(x), Q(x) là ước của P(x) hoặc P(x) là bội của Q(x). Ký hiệu tương 
ứng là Q(x) | P(x) và  ). ( ) (  x Q x P  M
Cho P(x) và Q(x) là các đa thức khác 0. Ước chung lớn nhất của P(x) và Q(x) là 
đa thức D(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện sau: 
i)  D(x) là đa thức đơn khởi, tức là có hệ số cao nhất bằng 1 
ii)  D(x) là ước chung của P(x) và Q(x), tức là D(x) | P(x) và D(x) | Q(x) 
iii)  Nếu D’(x) cũng là ước chung của P(x) và Q(x) thì D(x) cũng là ước 
của D’(x). 
Tương tự, ta có khái niệm bội chung nhỏ nhất của hai đa thức. 
Cho P(x) và Q(x) là các đa thức khác 0. Bội chung lớn nhất của P(x) và Q(x) là đa 
thức M(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện sau: 
iv)  M(x) là đa thức đơn khởi, tức là có hệ số cao nhất bằng 1 
v)  M(x)  là  bội  chung  của  P(x)  và Q(x),  tức  là  P(x)  | M(x)  và Q(x)  | 
M(x) 
vi)  Nếu M’(x) cũng là bội chung của P(x) và Q(x) thì M’(x) cũng là bội 
của M(x). 
Ký  hiệu  UCLN  và  BCNN  của  hai  đa  thức  P(x),  Q(x)  là  GCD(P(x),  Q(x)), 
LCM(P(x), Q(x)) hay đơn giản hơn là (P(x), Q(x)), [P(x), Q(x)]. 
Hai đa thức P(x), Q(x) được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu (P(x), Q(x)) = 1. 
1.8. Thuật toán Euclide 
Để  tìm  ước  chung  lớn  nhất  của  hai  đa  thức  P(x),  Q(x),  ta  sử  dụng  thuật  toán 
Euclide sau đây: 
Định  lý 3. Giả sử có hai đa thức P(x), Q(x), trong đó deg(P) ³ degQ. Thực hiện 
phép chia P(x) cho Q(x) được thương số là S(x) và dư số là R(x). Khi đó 
Nếu R(x) = 0 thì (P(x), Q(x)) = q* ­1 Q(x), trong đó q* là hệ số cao nhất của 
đa thức Q(x) 
Nếu R(x) ¹ 0 thì (P(x), Q(x)) = (Q(x), R(x)) 
Chứng minh. Nếu R(x) = 0 thì P(x) = Q(x).S(x). Khi đó đa thức q* ­1 Q(x) rõ ràng 
thoả mãn tất cả các điều kiện của UCLN. 
Nếu R(x) ¹ 0, đặt D(x) = (P(x), Q(x)), D’(x) = (Q(x), R(x)). Ta có D(x)  | P(x) – 
Q(x).S(x) = R(x),  suy ra D(x)  là ước chung của Q(x), R(x),  theo định nghĩa của 
D’(x), ta có D’(x) là ước của D(x). Mặt khác D’(x) | Q(x)S(x) + R(x) = P(x), suy 
ra D’(x) là ước chung của P(x), Q(x), theo định nghĩa của D(x), ta có D(x) là ước 
của D’(x). Từ đây, do D và D’ đều là các đa thức đơn khởi, ta suy ra D = D’.
Định lý trên giải thích cho thuật toán Euclide để tìm UCLN của hai đa thức theo 
như ví dụ dưới đây: 
Ví dụ: Tìm ước chung lớn nhất của hai đa thức  x 5 – 5x + 4 và x 3 – 3x 2 + 2. 
Ta lần lượt thực hiện các phép chia 
x 5 – 5x + 4 cho x 3 – 3x 2 + 2 được  x 2 + 3x + 9  dư  25x 2 – 11x – 14 
x 3 – 3x 2 + 2 cho 25x 2 – 11x – 14 được (25x – 64)/625, dư (354/625)(x­1) 
25x 2 – 11x – 14 cho x­1 được 25x + 14 dư 0 
Vậy (x 5 – 5x + 4, x 3 – 3x 2 + 2) = x – 1. 
Lưu ý, trong quá trình thực hiện, ta có thể nhân các đa thức với các hằng số khác 
0. Ví dụ trong phép chia cuối cùng, thay vì chia 25x 2 – 11x – 14 cho (354/625)(x­ 
1) ta đã chia cho x – 1. 
1.9. Tính chất của phép chia hết 
Nhắc lại, hai đa thức P(x), Q(x) được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu (P(x), Q(x)) 
= 1. Ta có định lý thú vị và có nhiều ứng dụng sau về các đa thức nguyên tố cùng 
nhau: 
Định lý 4. (Bezout) Hai đa thức P(x) và Q(x) nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi 
tồn tại các đa thức U(x), V(x) sao cho P(x).U(x) + Q(x).V(x) = 1. 
Chứng minh. Giả sử tồn tại các đa thức U(x) và V(x) thoả mãn điều kiện P(x).U(x) 
+ Q(x).V(x) = 1. Đặt D(x) = (P(x), Q(x)) thì D(x) | P(x), D(x) | Q(x) suy ra D(x) | 1 
= P(x).U(x) + Q(x).V(x). Suy ra D(x) = 1. 
Ngược lại, giả sử (P(x), Q(x)) = 1. Ta chứng minh tồn tại các đa thức U(x) và V(x) 
sao  cho  P(x).U(x)  +  Q(x).V(x)  =  1.  Ta  chứng  minh  bằng  quy  nạp  theo  m  = 
min{deg(P), deg(Q)}. 
Nếu m = 0 thì điều cần chứng minh là hiển nhiên. Chẳng hạn nếu deg(Q) = 0 thì Q 
= q  là  hằng  số  và  ta  chỉ  cần  chọn U(x) = 0, V(x) = q ­1  thì  ta được P(x).U(x)  + 
Q(x).V(x) = 1. 
Giả  sử  ta  đã  chứng  minh  định  lý  đúng  đến  m.  Xét  hai  đa  thức  P(x),  Q(x)  có 
min{deg(P),  deg(Q)}  = m+1. Không mất  tính  tổng  quát,  giả  sử m+1  =  deg(Q). 
Thực hiện phép chia P(x) cho Q(x) được thương là S(x) và dư là R(x). Không thể 
xảy ra trường hợp R(x) = 0 vì khi đó 1 = (P(x), Q(x)) = q* ­1 Q(x). Vì vậy, ta có 
1 = (P(x), Q(x)) = (Q(x), R(x))
Lúc này, do min(deg(Q), deg(R)) = deg(R) < m +1 nên theo giả thiết quy nạp, tồn 
tại các đa thức U*(x), V*(x) sao cho   Q(x)V*(x) + R(x)U*(x) = 1. Thay R(x) = 
P(x) – Q(x).S(x), ta được 
Q(x)V*(x) + (P(x) – Q(x)S(x))U*(x) = 1 
Hay 
P(x)U*(x) + Q(x)(V*(x) – S(x)U*(x)) = 1 
Đặt U(x) = U*(x), V(x) = V*(x) – S(x)U*(x) ta được đpcm. 
Tính chất của phép chia hết 
i) Q | P, Q | R suy ra Q | P + R hay tổng quát hơn Q | P.U + R.V với U, V là các đa 
thức bất kỳ. 
ii) Q | P, P | R suy ra Q | R (tính bắc cầu) 
iii) Q | P, P | Q suy ra tồn tại số thực khác 0 a sao cho Q = aP (ta gọi P và Q là các 
đa thức đồng dạng) 
iv) Nếu Q1  | P1 và Q2  | P2  thì Q1.Q2  | P1.P2. 
v) Nếu Q | P.R và (P, Q) = 1 thì Q | R. 
vi) Nếu Q | P, R | P và (Q, R) = 1 thì Q.R | P 
Chứng minh. Các tính chất i­iv) là hiển nhiên xuất phát từ định nghĩa Q | P ó tồn 
tại S sao cho P = Q.S. 
Để chứng minh các tính chất v) và vi), ta sẽ áp dụng định Bezout. 
v) Từ giả thiết Q | P.R và (P,Q) = 1 suy ra tồn tại S sao cho P.R = Q.S và U, V sao 
cho P.U + Q.V = 1 
Khi đó  R = (P.U+Q.V).R = (P.R)U + Q.V.R = Q.S.U + Q.V.R = Q.(SU+VR) suy 
ra Q | R. 
vii) Từ giả thiết Q | P, R | P và (Q, R) = 1 suy ra  P = Q.S. Vì P = Q.S chia hết cho 
R, mà (Q, R) = 1 nên theo v) suy ra S chia hết cho R, tức là S = R.S1. Vậy P = Q.S 
= (Q.R).S1 suy ra P chia hết cho Q.R. 
1.10. Các ví dụ có lời giải 
Bài  toán 1. Tìm  tất  cả  các  cặp  số  a,  b  sao  cho x 4  + 4x 3  + ax 2  + bx + 1  là bình 
phương của một đa thức. 
Giải: Nếu x 4 + 4x 3 + ax 2 + bx + 1 là bình phương của một đa thức thì đa thức đó 
phải có bậc 2. Giả sử 
x 4 + 4x 3 + ax 2 + bx + 1 = (Ax 2 + Bx + C) 2 
ó  x 4 + 4x 3 + ax 2 + bx + 1 = A 2 x 4 + 2ABx 3 + (2AC + B 2 )x 2 + 2BCx + C 2 
Đồng nhất hệ số hai vế, ta được
A 2 = 1, 2AB = 4, 2AC + B 2 = a, 2BC = b, C 2 = 1. 
Không mất tính tổng quát, có thể giả sử A = 1, suy ra B = 2. C có thể bằng 1 hoặc 
­1. Nếu C = 1 thì a = 6, b = 4. Nếu C = ­1 thì a = 2, b = ­4. 
Vậy có hai cặp số (a, b) thoả mãn yêu cầu bài toán là (6, 4) và (2, ­4). 
Bài toán 2. Cho đa thức P(x) và hai số a, b phân biệt. Biết rằng P(x) chia cho x­a 
dư A, P(x) chia cho x­b dư B. Hãy tìm dư của phép chia P(x) cho (x­a)(x­b). 
Giải: Giả sử P(x) = (x­a)(x­b)Q(x) + Cx + D. Lần lượt thay x = a, b, ta được 
A = Ca + D, B = Cb + D 
Từ đó suy ra  C = (A­B)/(a­b), D = A – (A­B)a/(a­b) = (aB – bA)/(a­b). 
Bài toán 3. Tìm dư trong phép chia x 100 cho (x – 1) 2 . 
Giải: Giả sử x 100 = (x­1) 2 Q(x) + Ax + B. Thay x = 1, ta được 
1 = A + B. 
Lấy đạo hàm hai vế rồi cho x = 1, ta được 
100 = A 
Từ đó suy ra dư là 100x – 99. 
Bài toán 4. Tìm a, b, c biết rằng đa thức P(x) = x 3 + ax 2 + bx + c chia hết cho x­2 
và chia x 2 – 1 dư 2x. 
Giải: Từ các điều kiện đề bài suy ra P(2) = 0,  P(1) = 2 và P(­1) = ­2, tức là 
8 + 4a + 2b + c = 0 
1 + a + b + c = 2 
–1 + a – b + c = ­2 
Từ đó suy ra b = 1, a = ­10/3, c = 10/3. Từ đó P(x) = x 3 – (10/3)x 2 + x + 10/3. 
Bài toán 5. Chứng minh rằng với mọi giá trị của n, đa thức (x+1) 2n+1 + x n+2  chia 
hết cho đa thức x 2 + x + 1. 
Giải: 
Cách 1. (Quy nạp theo n) Với n = 0, điều phải chứng minh là hiển nhiên. Giả sử ta 
đã có (x+1) 2n+1 + x n+2 chia hết cho x 2 + x + 1. Khi đó 
(x+1) 2n+3 + x n+3 = (x 2 +2x+1)(x+1) 2n+1 + x n+3 
º x(x+1) 2n+1 + x n+3 = x((x+1) 2n+1 + x n+2 ) º 0 (mod (x 2 +x+1) 
Cách 2.  (Dùng  số phức) Đa  thức x 2  + x + 1  có hai  nghiệm  là 
2 
3 1  i ± - 
= a  . Để 
chứng minh P(x) chia hết cho x 2 + x + 1 ta chỉ cần chứng minh P(a) = 0. Điều này 
tương đương với việc chứng minh
. 0 
2 
3 1 
2 
3 1 
2 1 2 
= ÷ ÷ 
ø 
ö 
ç ç 
è 
æ + - 
+ ÷ ÷ 
ø 
ö 
ç ç 
è 
æ + 
+ +  n n 
i i 
Chuyển các số phức sang dạng lượng giác rồi dùng công thức Moivre, ta có điều 
này tương đương với 
0 
3 
2 ) 2 ( 
sin 
3 
2 ) 2 ( 
cos 
3 
) 1 2 ( 
sin 
3 
) 1 2 ( 
cos = ÷ 
ø 
ö 
ç 
è 
æ + + ÷ 
ø 
ö 
ç 
è 
æ + + ÷ 
ø 
ö 
ç 
è 
æ + + ÷ 
ø 
ö 
ç 
è 
æ + p p p p  n i n n i n  . 
Điều này đúng vì (2n+1)p/3 ­ (n+2)2p/3 = p. 
Bài toán 6. Tìm tất cả các giá trị n sao cho x 2n + x n + 1 chia hết cho x 2 + x + 1. 
Giải: 
Cách 1: Ta nhận thấy x 3 º 1 mod x 2 + x + 1. Do đó 
x 2(n+3) + x n+3 + 1 º x 2n + x n + 1 (mod x 2 + x + 1) 
Do đó ta chỉ cần xét với n = 0, 1, 2. Rõ ràng 
Với n = 0, 3 không chia hết cho x 2 + x + 1 
Với n = 1, x 2 + x + 1 chia hết cho x 2 + x + 1 
Với n = 2, x 4 + x 2 + 1 º x + x 2 + 1 chia hết cho x 2 + x + 1 
Từ đó suy ra x 2n  + x n  + 1 chia hết cho x 2  + x + 1 khi và chỉ khi n có dạng 3k+1 
hoặc 3k+2. 
Cách 2: (Số phức) Tương tự như bài 5, ta có P(x) = x 2n + x n + 1 chia hết cho x 2 + x 
+  1  khi  và  chỉ  khi  P(a)  =  0.  Áp  dụng  công  thức Moivre,  ta  có  điều  này  tương 
đương với 
0 1 
3 
2 
sin 
3 
2 
cos 
3 
4 
sin 
3 
4 
cos = + ÷ 
ø 
ö 
ç 
è 
æ + ÷ 
ø 
ö 
ç 
è 
æ + ÷ 
ø 
ö 
ç 
è 
æ + ÷ 
ø 
ö 
ç 
è 
æ p p p p  n i n n i n 
Điều này xảy ra khi n không chia hết cho 3. 
Bài toán 7. Chứng minh rằng (x m – 1, x n – 1) = x (m,n) – 1. 
Giải: Giả sử d = (m, n) thì rõ ràng x m – 1 = (x d ) m’ – 1 chia hết cho x d – 1 và tương 
tự x n – 1 chia hết cho x d . Suy ra x d – 1 là ước chung của x m ­ 1, x n – 1. Giả sử D(x) 
là một ước chung của x m ­ 1, x n – 1. Vì d = (m, n) nên tồn tại các số nguyên dương 
u, v sao cho d = mu – nv. Khi đó D(x) là ước của (x mu – 1) – (x nv ­1) = x nv (x d ­1). Vì 
(x m ­1, x nv ) = 1 nên (D(x), x nv ) = 1, suy ra D(x) là ước của x d – 1, suy ra xd – 1 là 
ước chung lớn nhất của x m – 1 và x n – 1. 
1.11. Bài tập 
1. Chứng minh rằng mọi đa thức đơn khởi bậc 2n đều có thể viết dưới dạng q 2 + r 
với q, r là các đa thức và deg(r) < n.
2. Tìm dư trong phép chia x 100 – 2x 51 + 1 cho x 2 – 1. 
3. Tìm a, b sao cho (x­1) 2  | ax 4 + bx 3 + 1. 
4. Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên. Chứng minh rằng không tồn tại các số 
nguyên phân biệt a, b, c sao cho P(a) = b, P(b) = c, P(c) = a. 
5. Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên. Biết rằng P(2) chia hết cho 5 và P(5) chia 
hết cho 2. Chứng minh rằng P(7) chia hết cho 10. 
6.  (Rumani 1962) Cho a  là số  thức  thoả mãn điều kiện sin(a) ¹ 0. Chứng minh 
rằng với mọi giá trị n ³ 2, đa thức 
P(x) = x n sin(a) – xsin(na) + sin(n­1)a 
chia hết cho đa thức Q(x) = x 2 – 2xcos(a) + 1. 
7. (Mỹ 1976) Giả sử P(x), Q(x), R(x) và S(x) thoả mãn đồng nhất thức 
P(x 5 ) + xQ(x 5 ) + x 2 R(x 5 ) = (x 4 +x 3 +x 2 +x+1)S(x) 
Chứng minh rằng đa thức P(x) chia hết cho đa thức x­1. 
8. Với những giá trị nào của n ta có 
a) x 2 + x + 1 | (x­1) n – x n – 1  b) x 2 + x + 1 | (x+1) n + x n + 1 
Đ  A  T  H  Ứ  C  V  À  N  G  H  I  Ệ  M  
Nghiệm của đa thức đóng một vai trò quan trọng trong việc nghiên cứu các tính 
chất  của  đa  thức.  Nhiều  tính  chất  của  đa  thức  được  thể  hiện  qua  nghiệm  của 
chúng. Ngược lại, việc nghiên cứu tính chất các nghiệm của đa thức cũng cũng là 
một trong các vấn đề trung tâm của đại số. 
2.1. Ví dụ mở đầu 
Xét xem số  3  3 3 3 + + = a  là hữu tỷ hay vô tỷ. 
Ta có thể giải bài toán này bằng cách chứng minh lần lượt các mệnh đề sau: 
1) Nếu  a  vô tỷ thì  a  vô tỷ 
2) Nếu  a vô tỷ thì  3  a  vô tỷ 
3)  3  vô tỷ 
Nhưng ta cũng có thể có một cách tiếp cận khác như sau: 
1) Tìm đa thức với hệ số nguyên nhận a làm nghiệm 
2) Chứng minh rằng đa thức này không có nghiệm hữu tỷ 
Việc tìm đa thức với hệ số nguyên nhận a làm nghiệm được tiến hành như sau
(*). 0 33 72 48 12 
3 ) 3 ) 3 (( 3 3 ) 3 ( 3 3 3 3 3 3 
3 6 9 12 
2 2 3 2 3 3 3 
= + - + - Þ 
= - - Þ + = - Þ + + = Þ + + = 
x x a a 
a a a a 
Vấn đề còn lại là chứng minh (*) không có nghiệm hữu tỷ. Việc này sẽ được thực 
hiện ở cuối bài. 
2.2. Nghiệm của đa thức, định lý Bezout. 
Định nghĩa. Số thực a (trong một số trường hợp, ta xét cả các số phức) được gọi 
là nghiệm của đa thức P(x) = anx 
n + an­1x 
n­1 + + a1x + a0 nếu P(a) = 0, tức là 
ana 
n + an­1a 
n­1 + + a1a + a0 = 0. 
Ta có định  lý đơn giản nhưng rất có nhiều ứng dụng sau đây về nghiệm của đa 
thức: 
Định lý 5. a là nghiệm của đa thức P(x) khi và chỉ khi P(x) chia hết cho x – a. 
Định lý này là hệ quả của định lý sau: 
Định lý 6. Số dư trong phép chia đa thức P(x) cho x – a là P(a). 
Cả định lý 5 và định lý 6 đều được gọi là định lý Bezout. Để chứng minh định lý 
6, ta chỉ cần chứng minh P(x) – P(a) chia hết cho x – a. Nhưng điều này là hiển 
nhiên vì 
P(x) – P(a) = an(x 
n ­a n ) + an­1(x 
n­1 ­a n­1 ) +  + a1(x­a) 
và 
x k – a k = (x­a)(x k­1 + x k­2 a + + a k­1 ) 
Từ định lý 5, ta có thể có một định nghĩa khác cho nghiệm của đa thức như sau: a 
là nghiệm của đa thức P(x) nếu P(x) = (x­a)Q(x) với Q(x) là một đa thức nào đó. 
Với định nghĩa này, ta có thể phát triển thành định nghĩa về nghiệm bội. 
Định nghĩa. a được gọi là nghiệm bội r của đa thức P(x) nếu P(x) = (x­a) r Q(x) với 
Q(a) ¹ 0. 
2.3. Định lý Vieta 
Định lý 7. Xét đa thức P(x) ΠR[x]. Nếu x1, x2, , xk  là các nghiệm phân biệt của 
P(x) với các bội r1, r2, , rk  tương ứng thì P(x) chia hết cho (x­x1) 
r1 (x­x2) 
r2 (x­ 
xk) 
rk . 
Chứng minh: Điều này là hiển nhiên theo định nghĩa và do các đa thức (x­xi) 
ri đôi 
một nguyên tố cùng nhau.
Hệ quả: 
a)  Một đa thức bậc n với hệ số thực có không quá n nghiệm thực. 
b)  Nếu hai đa thức P(x) và Q(x) có bậc nhỏ hơn hay bằng n bằng nhau tại n+1 
điểm thì hai đa thức này bằng nhau. 
Định lý 8. Xét đa thức P(x) ΠR[x] bậc n. Giả sử x1, x2, , xk  là các nghiệm phân 
biệt của P(x) với các bội r1, r2, , rk tương ứng. Nếu r1 + r2 +  + rk = n thì 
P(x) = an(x­x1) 
r1 (x­x2) 
r2 (x­xk) 
rk . 
Chứng minh: Dùng định lý 9, ta suy ra P(x) chia hết cho (x­x1) 
r1 (x­x2) 
r2 (x­xk) 
rk , 
suy ra P(x) = (x­x1) 
r1 (x­x2) 
r2 (x­xk) 
rk Q(x). So sánh bậc và hệ số cao nhất, ta suy 
ra Q(x) = an. 
Định lý 9. (Định lý Vieta) Giả sử đa thức P(x) = anx 
n + an­1x 
n­1 + an­2x 
n­2 +  + a1x 
+ a0 có n nghiệm (trong đó có thể có các nghiệm bội) là x1, x2, , xn thì 
P(x) = an(x­x1)(x­x2)(x­xn) 
và như hệ quả, ta có 
x1 + x2 +  + xn = ­an­1/an ; 
x1x2 + x1x3 + + x1xn + x2x3 + + x2xn + +xn­1xn = an­2/an; 
x1x2xn = (­1)na0/an. 
Định lý 10. (Định lý Vieta đảo) 
a) Nếu x + y = S, x.y = P thì x, y là 2 nghiệm của phương trình 
X 2 – SX + P = 0 
b) Nếu x + y + z = S, xy + yz + zx = T, xyz = P thì x, y, z là 2 nghiệm của 
phương trình 
X 3 – SX 2 + TX – P = 0 
Từ định lý 8 ta suy ra hai hệ quả đơn giản nhưng rất hiệu quả trong giải toán sau: 
Hệ quả 1. Một đa thức bậc n có không quá n nghiệm. 
Hệ quả 2. Nếu P(x) và Q(x) là các đa thức bậc không quá n, trùng nhau tại n+1 
điểm phân biệt thì hai đa thức này trùng nhau. 
2.4. Bài tập có lời giải 
Bài 1. Cho a, b, c là ba nghiệm của phương trình x 3 – 3x + 1 = 0. Lập phương trình 
bậc ba có nghiệm là 
a) a 2 , b 2 , c 2 ; 
c 
c 
b 
b 
a 
a 
b 
+ 
- 
+ 
- 
+ 
- 
1 
1
, 
1 
1
, 
1 
1 
)
Lời giải. 
Theo định lý Vieta, ta có 
a + b + c = 0, ab + bc + ca = ­3, abc = ­1. 
Từ đó ta tính được 
a 2 + b 2 + c 2 = (a+b+c) 2 – 2(ab+bc+ca) = 0 2 ­2(­3) = 6. 
a 2 b 2 +b 2 c 2 + c 2 a 2 = (ab+bc+ca) – 2abc(a+b+c) = (­3) 2 – 2.(­1).0 = 9 
a 2 b 2 c 2 = (abc) 2 = 1 
Áp dụng định lý Vieta đảo, suy ra a 2 , b 2 , c 2  là ba nghiệm của phương trình 
x 3 – 6x 2 + 9x – 1 = 0. 
Tương tự, ta tính được 
. 3 
3 
9 
1 
3 ) ( 3 
) 1 )( 1 )( 1 ( 
) 1 )( 1 )( 1 ( ) 1 )( 1 )( 1 ( ) 1 )( 1 )( 1 ( 
1 
1 
1 
1 
1 
1 
- = 
- 
= 
+ + + + + + + 
- + + - + + + 
= 
+ + + 
- + + + + - + + + + - 
= 
+ 
- 
+ 
+ 
- 
+ 
+ 
- 
abc ca bc ab c b a 
abc ca bc ab c b a 
c b a 
c b a c b a c b a 
c 
c 
b 
b 
a 
a 
. 1 
3 
3 
1 
3 ) ( ) ( 3 
1 
) 1 )( 1 )( 1 ( ) 1 )( 1 )( 1 ( ) 1 )( 1 )( 1 ( 
1 
1 
. 
1 
1 
1 
1 
. 
1 
1 
1 
1 
. 
1 
1 
- = 
- 
= 
+ + + + + + + 
+ + + - + + - 
= 
+ + + + + + + 
- + - + - - + + + - - 
= 
= 
+ 
- 
+ 
- 
+ 
+ 
- 
+ 
- 
+ 
+ 
- 
+ 
- 
abc ca bc ab c b a 
abc ca bc ab c b a 
abc ca bc ab c b a 
c b a c b a c b a 
a 
a 
c 
c 
c 
c 
b 
b 
b 
b 
a 
a 
. 
3 
1 
3 
1 
) ( 1 
) ( ) ( 1 
1 
1 
. 
1 
1 
. 
1 
1 
= 
- 
- 
= 
+ + + + + + + 
- + + + + + - 
= 
+ 
- 
+ 
- 
+ 
- 
abc ca bc ab c b a 
abc ca bc ab c b a 
c 
c 
b 
b 
a 
a 
Từ đó suy ra 
c 
c 
b 
b 
a 
a 
+ 
- 
+ 
- 
+ 
- 
1 
1 
, 
1 
1 
, 
1 
1  là 3 nghiệm của phương trình 
x 3 + 3x 2 – x – 1/3 = 0. 
Bài 2. Rút gọn biểu thức 
) )( ( ) )( ( ) )( ( 
2 2 2 
b c a c 
c 
a b c b 
b 
c a b a 
a 
A 
- - 
+ 
- - 
+ 
- - 
= 
Lời giải. 
Xét đa thức 
2 
2 2 2 
) )( ( 
) )( ( 
) )( ( 
) )( ( 
) )( ( 
) )( ( 
) (  x 
b c a c 
b x a x c 
a b c b 
a x c x b 
c a b a 
c x b x a 
x F - 
- - 
- - 
+ 
- - 
- - 
+ 
- - 
- - 
= 
Ta có F(a) = F(b) = F(c) = 0. Nhưng F(x) là đa thức bậc nhỏ hơn hay bằng 2. Do 
đó F(x) phải đồng nhất 0. 
Từ đó suy ra hệ số của x 2 của F(x) bằng 0. Hệ số này bằng 
. 1 
) )( ( ) )( ( ) )( ( 
2 2 2 
- 
- - 
+ 
- - 
+ 
- -  b c a c 
c 
a b c b 
b 
c a b a 
a 
Suy ra  A = 1.
Bài 3. Tìm tất cả các đa thức P(x) thoả mãn đồng nhất thức  xP(x­1) = (x­26)P(x). 
Lời giải. Thay x = 0 vào đồng nhất thức, ta suy ra P(0) = 0. Suy ra P(x) chia hết 
cho x, tức là P(x) = xP1(x). Thay vào đồng nhất thức, ta được 
x(x­1)P1(x­1) = (x­26)xP1(x) 
suy ra 
(x­1)P1(x­1) = (x­26)P1(x)  (*) 
Lại thay x = 1, ta được P1(1) = 0, suy ra P1(x) chia hết cho x­1, tức là P1(x) = (x­ 
1)P2(x), thay vào (*), ta được 
(x­1)(x­2)P2(x­1) = (x­26)(x­1)P2(x) 
Suy ra 
(x­2)P2(x­1) = (x­26)P2(x)  
Cứ tiếp tục lý luận như thế, ta đi đến 
P(x) = x(x­1)(x­25)Q(x) 
Và Q(x­1) = Q(x). 
Đặt Q(0) = a thì ta có Q(x) = a với x = 1, 2, 3,  suy ra Q(x) = a với mọi x. 
Vậy P(x) = ax(x­1)(x­25) là tất cả các nghiệm của bài toán. 
Bài 4. Xét phương trình x 2  – a n­1 x n­1  – an­2x 
n­2  ­  ­ a1x – a0  = 0 với ai  là các số 
thực dương. Chứng minh rằng phương trình này có không quá 1 nghiệm dương. 
Lời giải. Viết phương trình đã cho dưới dạng 
. ... 1  0 
2 
2 1 
n 
n n 
x 
a 
x 
a 
x 
a 
+ + + = - - 
Vế trái  là một hàm số giảm trên  (0, +¥  ) nên phương  trình  trên có không quá 1 
nghiệm dương. 
Bài 5. Với giá trị nào của A và B thì đa thức P(x) = Ax n+1 + Bx n + 1 có x = 1 là 
nghiệm bội ít nhất là bậc 2? 
Lời giải.  Trước hết ta phải có  P(1) = 0, tức là A + B + 1 = 0, suy ra B = – A – 1. 
Khi đó  P(x) = Ax n (x­1) – x n + 1 = (x­1)(Ax n – x n­1 – x n­2  ­  ­ 1) = (x­1)Q(x). Để 
1 là nghiệm bội ít nhất là bậc 2 thì Q(x) chia hết cho x­1, tức là Q(1) = 0, suy ra A 
= n. Vậy a = n, b = ­(n+1). 
2.5. Bài tập tự giải 
Bài 1. Biết rằng các nghiệm của phương trình x 2 + ax + b = 0 và x 2 + cx + d = 0 
đều thuộc (­1, 1). Chứng minh rằng các nghiệm của phương trình 2x 2 + (a+c)x + 
(b+d) = 0 cũng thuộc (­1, 1).
Bài  2.  Chứng minh  rằng  đa  thức    P(x)  =  1  +  x  +  x 2 /2!  +  +  x n /n!  không  có 
nghiệm bội. 
Bài 3. Rút gọn các biểu thức sau 
) )( )( ( ) )( )( ( ) )( )( ( ) )( )( ( 
2 2 2 2 
c d b d a d 
d 
d c b c a c 
c 
a b d b c b 
b 
d a c a b a 
a 
A 
- - - 
+ 
- - - 
+ 
- - - 
+ 
- - - 
= 
) )( ( ) )( ( ) )( ( 
3 3 3 
b c a c 
c 
a b c b 
b 
c a b a 
a 
B 
- - 
+ 
- - 
+ 
- - 
= 
Bài 4. Cho a < b < c là ba nghiệm của phương trình  x 3 – 3x + 1 = 0. Chứng minh 
rằng 
a 2 – c = b 2 – a = c 2 – b = 2. 
Bài 5. Giải hệ phương t