Chuyên đề sử dụng nghiệm đa thức giải một số bài toán đại số

Chuyên Đề: Sử dụng nghiệm đa thức giải một số bài toán Đại số Mã: TO03A Bài toán đa thức là nội dung thường gặp trong các kỳ thi học sinh giỏi.. Chuyên đề này nhằm cung cấp cho các em

Chuyên Đề:

Sử dụng nghiệm đa thức giải một số bài toán Đại số

Mã: TO03A

Bài toán đa thức là nội dung thường gặp trong các kỳ thi học sinh giỏi Chuyên đề này nhằm cung cấp cho các em học sinh những khái niệm cơ bản cũng như những dạng toán thường gặp về đa thức liên quan đến nghiệm như: chứng minh đa thức bất khả quy, tìm điều kiện để đa thức này chia hết đa thức kia, tìm đa thức thỏa mãn điều kiện cho trước

I CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN

1 Đa thức:

Đa thức hệ số thực là biểu thức có dạng 1

f x a x a x − a x a

−

trong đó a a a0, , 1 n là các số thực (a0 ≠ 0) a a a0, , 1 n gọi là các hệ số của đa thức,

n

a gọi là số hạng tự do, a x0 n gọi là số hạng cao nhất

Số mũ cao nhất n của x gọi là bậc của f x( ) ký hiệu là: deg f=n

Đa thức f x( ) hệ số thực ký hiệu là f x( ) ∈° [ ]x

Tương tự ký hiệu f x( ) ∈ ¢[ ]x f x, ( ) ∈ § [ ]x được hiểu là đa thức hệ số nguyên và đa thức hệ số hữu tỉ

*) Đa thức hằng và đa thức không

Đa thức f x( ) ≡c với ∀ ∈ °x gọi là Đa thức hằng

Đa thức f x( ) 0 ≡ với ∀ ∈ °x gọi là Đa thức không

*) Nếu a0 = 1 thì f x( ) gọi là đa thức đơn khởi

Tính chất bậc: cho f x g x( ), ( ) ∈° [ ]x khi đó dễ chứng minh được

deg( ( ( ))) deg degf g x = f g

2 Nghiệm của đa thức:

a được gọi là nghiệm (thực hoặc phức) của đa thức f x( ) nếu f a( ) 0 =

a được gọi là nghiệm bội k của đa thức f x( ) nếu f x( ) ( Mx a− )k và f x( )

không chia hết cho (x a− )k+1

*) Tính chất:

a là nghiệm bội k của đa thức f x( ) khi và chỉ khi ta có

( 1)

( ) 0 ( ) 0 ( ) 0

( ) 0

k

f a

f a

f a

f − a

⎪ ′ =

⎨

⎪

⎪

⎩

(với f( )k ( )x là đa thức đạo hàm cấp k của f x( ))

3 Đa thức khả quy, bất khả quy trên ¢ [ ]x

Đa thức f x( ) ∈¢ [ ]x gọi là khả quy trên ¢ [ ]x nếu tồn tại 2 đa thức [ ]

( ), ( )

g x h x ∈¢ x có bậc ≥ 1 sao cho f x( ) =g x h x( ) ( )

Đa thức f x( ) ∈¢ [ ]x không khả quy trên ¢ [ ]x được gọi là bất khả quy trên ¢ [ ]x

Tương tự ta có các định nghĩa đa thức bất khả quy trên § [ ]x và ° [ ]x

*) Một số kết quả:

Đa thức f x( ) bất khả quy trên ° [ ]x khi và chỉ khi f x( ) là đa thức bậc nhất hoặc f x( ) là đa thức bậc 2 có Δ < 0

Đa thức f x( ) bất khả quy trên § [ ]x khi và chỉ khi đa thức f x( ) bất khả quy trên ¢ [ ]x

*) Tiêu chuẩn Ai đen stai nơ:

Cho đa thức f x( ) ∈¢ [ ]x và 1

f x a x a x − a x a

−

= + + + + nếu tồn tại số nguyên tố p thỏa mãn:

p không là ước của a0

p là ước của a a a1, 2 n

2

p không là ước của a n

khi đó f x( )bất khả quy trên ¢ [ ]x

4 Phép chia đa thức

Cho 2 đa thức f x g x( ), ( ) với g x( ) là đa thức khác hằng , khi đó tồn tại duy nhất cặp đa thức q x r x( ), ( ) thỏa mãn f x( ) =q x g x( ) ( ) +r x( ) với deg ( ) deg ( )r x < g x

Nếu r x( ) 0 ≡ thì ta nói f x( ) chia hết cho g x( )

5 Một số định lý thường dùng

5.1 Định lý bơzu:

Đa thức f x( ) có nghiệm x a= ⇔ f x x a( ) (M − )

*) Hệ quả:

Nếu đa thức f x( )có nghiệm x a= thì tồn tại đa thức g(x) sao cho

f x = −x a g x

Nếu đa thức f x( ) có n nghiệm x x x1, 2 n thì tồn tại đa thức h(x) sao cho

f x = −x x x x− x x h x−

Nếu đa thức bậc n 1

f x a x a x − a x a

−

= + + + + có n nghiệm x x x1, 2 n thì ta có phân tích f x( ) =a x x x x0( − 1)( − 2) (x x− n)

5.2 Định lý vi ét:

f x =a x +a x − + +a x a− + có n nghiệm phức là x x x1, 2 n

thì ta có

1 2

0

2

1 2 1 3 1

0

3

1 2 3 1 2 4 2 1

0

1 2 3

0

n

n n

n n n

n n n

a

a a

x x x x x x

a

a

x x x x x x x x x

a

a

x x x x

a

−

− −

−

⎧ + + + =

⎪

⎪

⎪

⎪

⎨

⎪

⎪

⎪

⎪

⎪

⎩

5.3 Định lý viét đảo:

Cho n số phức x x x1, 2 n thỏa mãn

1 2 3 1 2 4 2 1 3

1 2 3

n

n n

n n n

n n

x x x x x x s

x x x x x x x x x s

x x x x s

−

− −

+ + + =

⎧

⎨

⎪

⎪

=

⎪⎩

Khi đó x x x1, 2 n là các nghiệm phức của đa thức

−

5.4 Định lý roll và Định lý lagrăng

a) Định lý roll :

Cho hàm số f x( ) liên tục trên [ ]a b; và có đạo hàm trên ( )a b; và

f a = f b

Khi đó ∃ ∈c ( )a b; thỏa mãn f c′ ( ) 0 =

b) Định lý lagrăng

Cho hàm số f x( ) liên tục trên [ ]a b; và có đạo hàm trên ( )a b; khi đó

( );

c a b

∃ ∈ thỏa mãn f c( ) f b( ) f a( )

b a

−

−

c) Tính chất của hàm số liên tục trên [ ]a b;

Nếu hàm số f x( ) liên tục trên [ ]a b; thì tồn tại GTLN và GTNN của f x( )

trên [ ]a b; và f x( ) nhận mọi giá trị trung gian nằm giữa GTNN và GTLN đó

*) Hệ quả

Nếu hàm số f x( ) liên tục trên [ ]a b; và f a f b( ) ( ) 0 < thì ∃ ∈c ( )a b; thỏa mãn f c( ) 0 =

5.5 Công thức moa-vrơ và một số kết quả về số phức

Công thức moa vrơ

( os sin ) n n( osn sin )

r c ϕ+i ϕ =r c ϕ+i nϕ

Cho n số phức z z z1, 2 n ta có các kết quả sau

z z= ; z1+ +z2 z n= + +z1 z2 z n

1 2 n 1 2 n

z z z =z z z

1 2 n 1 2 n

z z z = z z z

1 2 n 1 2 n

Cho f x( ) ∈° [ ]x ta luôn có f z( ) = f z( )

II TÍNH CHẤT NGHIỆM CỦA ĐA THỨC

1 Các tính chất nghiệm của đa thức hệ số nguyên

Nếu a là nghiệm nguyên của đa thức f x( ) ∈¢[ ]x và

1

f x =a x +a x − + +a x a− + thì a phải là ước của hệ số tự do a n

Nếu x p

q

= là nghiệm hữu tỉ của f x( ) với p q, ∈ ¢ ,q> 0 thì phải có p là ước của hệ số tự do a n và q là ước dương của hệ số cao nhất a0

Nếu a0 = ± 1 thì mọi nghiệm hữu tỉ nếu có của f x( )đều là số nguyên

Nếu a,b là hai số nguyên phân biệt thì ta luôn có f a( )−f b a b( )M−

Cho d là số nguyên dương không chính phương a,b là hai số nguyên Nếu x a b d= + là nghiệm của f x( ) thì x a b d= − cũng nghiệm của f x( )

2 Các tính chất nghiệm của đa thức hệ số thực

Mọi đa thức bậc lẻ trên ° [ ]x đều có ít nhất một nghiệm thực

Đa thức bậc n có tối đa n nghiệm (thực hoặc phức)

Nếu đa thức f x( )có bậc ≤n và có ít nhất n+ 1 nghiệm thì phải cóf x( ) 0 ≡ với∀x

Đa thức f x( ) ∈° [ ]x bậc n luôn có đủ n nghiệm phức (kể cả bội)

Nếu a bi+ là nghiệm của đa thức f x( ) ∈° [ ]x thì a bi− cũng là nghiệm của f x( )

Nếu đa thức f x( ) chia hết cho đa thức g x( ) thì mọi nghiệm của đa thức

( )

g x đều là nghiệm đa thức f x( )

Nếu đa thức f x( ) chia hết cho đa thức g x( ) và đa thức g x( ) không có nghiệm thực thì f x( ) cũng không có nghiệm thực

Nếu đa thức f x( ) ∈° [ ]x không có nghiệm thực thì phải có f x( ) 0 >

với∀ ∈ °x hoặc f x( ) 0 < với∀ ∈ °x

Cho hai đa thức f x g x( ), ( ) ∈° [ ]x nếu đẳng thức f x( ) =g x( ) đúng với∀ ∈ °x thì ta cũng có f x( ) = g x( ) đúng với ∀ ∈£x

Sử dụng định lý roll ta có thể chứng minh nếu đa thức f x( ) ∈° [ ]x có n nghiệm thực phân biệt thì đa thức f x′ ( ) sẽ có n-1 nghiệm thực phân biệt xen kẽ giữa các nghiệm của f x( )

III MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN NGHIỆM CỦA ĐA THỨC

1 Chứng minh đa thức bất khả quy trên ¢[ ]x

Ví dụ 1

Chứng minh rằng đa thức x3 + +x 3 bất khả quy trên ¢[ ]x

Lời giải

Giả sử đa thức x3 + +x 3 khả quy trên ¢ [ ]x

Khi đó sẽ tồn tại các đa thức:

g x h x( ), ( ) ∈¢[ ]x bậc ≥ 1 sao cho x3 + + =x 3 g x h x( ) ( ) vì bậc của đa thức x3 + +x 3 bằng 3 nên trong 2 đa thức g x h x( ), ( ) phải có một đa thức bậc nhất, suy ra

x + +x phải có nghiệm hữu tỉ

Vì hệ số cao nhất bằng 1 nên nghiệm đó phải là số nguyên, do nghiệm nguyên phải là ước hệ số tự do nên nghiệm đó chỉ có thể bằng ± ± 1, 3

Thử trực tiếp ta thấy ± ± 1, 3 không phải là nghiệm của x3 + +x 3 mâu thuẫn.vậy đa thức x3 + +x 3 bất khả quy trên ¢ [ ]x

Ví dụ 2

Chứng minh rằng đa thức P x( ) ( = −x a x a1)( − 2) (x a− n) 1 − bất khả quy trên ¢ [ ]x

Lời giải:

Giả sử đa thức P x( ) ( = −x a x a1)( − 2) (x a− n) 1 − khả quy trên ¢ [ ]x khi đó sẽ tồn tại các đa thức g x h x( ), ( ) ∈¢ [ ]x bậc ≥ 1 sao cho P x( ) =g x h x( ) ( )

Thay x a i= i, = 1,n ta được g a h a( ) ( )i i = − 1 do g a h a( ), ( )i i ∈¢

nên ( ) 1

i i

g a

h a

=

⎧

( ) 1

i i

g a

h a

= −

⎧

suy ra g a( )i +h a( ) 0,i = ∀ =i 1,n

Xét đa thức Q x( ) =g x( ) +h x( ) do deg ( ),deg ( )g x h x ≤ −n 1 nên deg ( )Q x ≤ −n 1

Mặt khác Q x( ) có n nghiệm phân biệt là x a i= i, = 1,n nên phải có

( ) 0

Q x ≡ tức là g x( ) = −h x( ), ∀ ∈°x

Khi đó P x( ) = −h x2 ( ), ∀ ∈°x

Suy ra P x( ) 0, ≤ ∀ ∈°x điều này vô lý vì lim ( )

x P x

→+∞ = +∞

Vậy P(x) bất khả quy trên ¢ [ ]x

Ví dụ 3

Cho đa thức f x( ) ( = x2 − + 7x 6) 2n+ 13 chứng minh rằng đa thức f x( ) không thể biểu diễn được thành tích của n+1 đa thức khác hằng với hệ số nguyên

Lời giải:

Giả sử ngược lại ta có sự phân tích f x( ) = f x f x f1( ) ( ) 2 n+1( )x (*) với [ ]

thực do đó các đa thức f x i( ) cũng không có nghiệm thực

Suy ra f x i( ) phải là đa thức bậc chẵn

Giả sử deg ( ) deg ( ) deg ( ) degf x1 ≤ f x2 ≤ f x3 ≤ f n+1( )x nếu deg ( ) 4f x2 ≥ thì

1

1

i

=

Vậy suy ra f x f x1( ), ( )2 là đa thức bậc 2 Vì hệ số cao nhất của f x( ) bằng 1 nên

Hệ số của x2 trong f x f x1( ), ( )2 phải bằng ± 1,không mất tổng quát

giả sử

, , ,

f x x ax b f x x cx d

a b c d

(vì nếu không thế ta có thể xét các đa thức−f x1( ), −f x2( ) )

Vì f x f x1( ), ( )2 không có nghiệm thực suy ra f x f x1( ), ( ) 0,2 > ∀ ∈°x

Trong (*) cho x=1 và x=6 ta thu được f i(1), (6)f i ∈{ }1,13 ,i= 1,2

Do f i(6) − f i(1) 5 M nên f i(6) = f i(1) 1,( = i= 1, 2) hoặc f i(6) = f i(1) 13,( = i= 1, 2)

2

1 ( ) 7 7

f x = −x x+

Dễ thấy đa thức này có 2 nghiệm thực mâu thuẫn

Nếu f1(6) = f1(1) 13 = thì f2(6) = f2(1) 1 = tương tự như trên ta được

2

2 ( ) 7 7

f x =x − x+ không thỏa mãn

Vậy đa thức f x( ) không thể biểu diễn được thành tích của n+1 đa thức khác hằng với hệ số nguyên

2 Chứng minh phương trình có nghiệm

Ví dụ 4

Cho đa thức f x( ) = +x2 2015x+ 1 chứng minh rằng phương trình

( ( ( ) ) 0

f f f x = ( n lần f ) có nghiệm thực với mọi n nguyên n≥ 1

Lời giải:

Bằng quy nạp dễ thấy đa thức h x n( ) = f f( ( ( ) ))f x ( n lần f ) có

deg ( ) 2h x = n

và hệ số cao nhất bằng 1 do đó lim ( )n

x h x

→+∞ = +∞ ta sẽ chỉ ra tồn tại số thực x0 mà 0

( ) 0

n

h x <

Thật vậy gọi x0 là điểm bất động của đa thức f x( ) = +x2 2015x+ 1 (nghiệm

0 1007 1007 1 0

suy ra f f x( ( ))0 = f x( )0 =x0, bằng quy nạp dễ chỉ ra được

n

Dựa vào tính liên tục của h x n( ) = f f( ( ( ))f x trên ( ;x0 +∞ ) sẽ ∃ ∈c ( ;x0 +∞ )

thỏa mãn f c( ) 0 = hay phương trình h x n( ) = f f( ( ( )) 0f x = có nghiệm thực

Ví dụ 5

Cho f x g x( ), ( ) ∈° [ ]x đều có bậc 2016 và có hệ số của số hạng cao nhất bằng 1 Biết rằng phương trình f x( ) =g x( ) không có nghiệm thực Chứng minh rằng: phương trình f x( + 2015) =g x( − 1) có nghiệm thực

Lời giải:

Giả sử ta có:

2016 2015

2016 2015

Với a b i, i∈ ∀ = ° i 1,2016 khi đó phương trình f x( ) =g x( ) tương đương

2015 2014

Vì mọi đa thức bậc lẻ trên ° [ ]x đều có nghiệm thực nên từ giả thiết phương trình:

f x =g x không có nghiệm thực suy ra a1 =b1 lúc đó phương trình

f x+ =g x− trở thành:

2 2015 2014

Phương trình này hiển nhiên có nghiệm thực vì là phương trinh đa thức bậc lẻ trên ° [ ]x

Ví dụ 6

Cho f x( ) ∈¢ [ ]x thỏa mãn f(2015) 2016 = và f(2016) 2015 = tồn tại hay không số nguyên x thỏa mãn f x( ) =x

Lời giải:

Giả sử tồn tại số nguyên x thỏa mãn f x( ) =x Do f x( ) ∈¢ [ ]x nên ta có:

( ) (2015) 2015

f x − f Mx− và f x( )− f(2016)Mx−2016

suy ra x−2016Mx−2015 và x−2015Mx−2016

Có điều này chỉ khi x− 2015 = −x 2016 ⇔ =x 2015,5 mâu thuẫn vì

Vậy phương trinh f x( ) =x không có nghiệm nguyên

3 Sự chia hết trong ° [ ]x

Ví dụ 7

Tìm n nguyên n≥ 1 để f x( ) ( = +x 1)n− −x n 1 chia hết cho

2

h x =x x+ + +x x

Lời giải:

Đa thứcf x( ) ( = +x 1)n− −x n 1 chia hết cho h x( ) =x x( + 1)(1 + +x x2 ) khi và chỉ khi [ ]

( )

∃ ∈° sao cho f x( ) =h x g x( ) ( ) (*) đa thức h x( ) =x x( + 1)(1 + +x x2 )có tập nghiệm là 0, 1, 1 3

2

i

⎩ ⎭ nên đó cũng là các nghiệm của f x( )

Vì vậy

(0) 0

n

f

f

i

⎧

⎨

⎪ − +

⎪⎩

hay n lẻ và os sin os2 sin2 1 0

c π +i π −c π −i π − =

⎧

Ngược lại nếu n= 6k+ 1,k≥ 0 dễ chứng minh được f x h x( ) ( )M

Ví dụ 8

Cho f x g x( ), ( ) ∈¢ [ ]x thỏa mãn f x( ) 3 +xg x( ) 3 chia hết cho đa thức x2 + +x 1

Chứng minh rằng (( (2015); (2015)) 2014f g M

Lời giải:

f x +xg x chia hết cho đa thức x2 + +x 1 khi và chỉ khi ∃h x( ) ∈¢ [ ]x

sao cho f x( ) 3 +xg x( ) ( 3 = x2 + +x 1) ( )h x

Vì đẳng thức này đúng ∀ ∈£x nên cho x=ε với ε là nghiệm phức của đa thức x2 + +x 1 (chú ý ε3 = 1) ta được f(1) +εg(1) 0 = do f(1), (1)g ∈¢ nên

f =g = lại do f x g x( ), ( ) ∈¢ [ ]x

Nên f(2015)= f(2015)− f(1) 2014M và g(2015)=g(2015)−g(1) 2014M

Suy ra 2014 là ước chung của f(2015), (2015)g

Do vậy phải là ước của UCLN( (2015); (2015))f g ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 9

Cho hai đa thức phân biệt P x ,Q x( ) ( )∈° [ ]x thỏa mãn P(Q(x))=Q(P(x)) chứng minh rằng đa thức P(P(x)) - Q(Q(x)) chia hết cho P(x) - Q(x)

Lời giải :

Ta có P(P(x)) - Q(Q(x)) =(P(P(x)) -P(Q(x))+(Q(P(x)) - Q(Q(x))

Do P x ,Q x( ) ( )∈° [ ]x nên P(P(x)) -P(Q(x)M P(x) - Q(x)

và Q(P(x)) - Q(Q(x) M P(x) - Q(x) từ đó ta có điều phải chứng minh

4 Liên hệ giữa các nghiệm của đa thức

Ví dụ 10

Cho đa thức f x( ) = +x n x n−1 + + + x 1 có n nghiệm x x x1, 2 n tính giá trị biểu thức:

A

Lời giải:

Đặt

1 1

2 2

1 1

1

n n

y x

= −

⎧

⎪ = −

⎪

⎨

⎪

⎪ = −

⎩

Vì y1= −x1 1 nên x1= +y1 1 do f x( ) 01 = nên

1

(y + 1)n+ (y + 1)n− + + (y + + = 1) 1 0

Hay là y1n+ + + + + + (1 2 3 n y) 1+ + =n 1 0

Suy ra phương trình

2

1 , 2 n

y y y Theo định lý viet ta có

1

1 2 1 1 3 1 2

1

1 2

2

n

n n

n n

−

−

+

⎪

⎨

⎩

Do đó

1 2

2

n

n A

Ví dụ 11

Giả sử f x( ) = + −x5 x 1 có 5 nghiệm là x x x1, 2 5 tính giá trị biểu thức 5

2

1

i

=

Lời giải:

Do f x( ) = + −x5 x 1 có 5 nghiệm là x x x1, 2 5 nên ta có biểu diễn

f x = −x x x x− x x−

Phương trình x2 + + =x 1 0 có nghiệm phức là 1,2 1 3

2

i

z =− ±

Nên ta có 2

1 1 1 ( 1 1 ).( 1 2 )

2

1 2

( ) ( )

f z f z

=

1 1 1 0 1 1, 1 1 ( 1 1)

Do đó 5

1 1 1 2

Ví dụ 12

Cho đa thức f x( ) =x p− 1 +x p− 2 + + + x 1 với p nguyên tố Chứng minh rằng nếu ε là một nghiệm của f x( ) thì εp = 1 và tất cả các nghiệm của f x( ) là

2 3 1

ε ε ε ε −

Lời giải:

Vì ε là nghiệm của f x( ) nên εp− 1 +εp− 2 + + + =ε ε2 1 0 mặt khác

nhận xét:số nguyên dương k nhỏ nhất thỏa mãn εk = 1 là k=p

Thật vậy hiển nhiên k ≠ 1 đã cóεp = 1 giả sử 2 ≤ ≤ −k p 1 gọi q,r là thương gần đúng và số dư khi chia p cho k ta có p qk r= + với 0 r k≤ < khi đó

( )

p k q r

Nếu r≠ 0 thì do r k< và εr = 1 nên k không phải là số số nguyên dương k nhỏ nhất thỏa mãn εk = 1

Nếu r= 0thì p qk= suy ra k là ước của p nguyên tố vô lý vì 2 ≤ ≤ −k p 1

do vậy k nhỏ nhất phải bằng p

1

pi

i

ε

p

ε = ) ∀ =i 1,p− 1 Suy ra ε ε ε ε, , 2 3 p− 1 là nghiệm của f x( ) , nếu tồn tại 1 ≤ < ≤ −i j p 1 mà

i j

ε ε= thì suy ra εj i− = 1 vô lý vì 0 < − <j i p

( )

f x là đa thức bậc p-1 lại có p-1 nghiệm phân biệt ε ε ε ε, , 2 3 p− 1 nên đó là tất cả nghiệm của f x( )

5 Bài toán xác định đa thức

Ví dụ 13

Cho đa thức f x( ) bậc 4 có hệ số cao nhất bằng 1 biết rằng:

(1) 10

(2) 20

(3) 30

f

f

f

=

=

=

Tính f(4) + f(0)

Lời giải :

Xét đa thức g x( ) = f x( ) 10 − x khi đó g x( ) là đa thức bậc 4 có hệ số cao nhất bằng 1 và g(1) =g(2) =g(3) 0 = suy ra g x( ) ( = −x 1)(x− 2)(x− 3)(x a+ )

Do đó f x( ) =g x( ) 10 + x= − (x 1)(x− 2)(x− 3)(x a+ + ) 10x

Do vậy f(4) + f(0) 6(4 = + + −a) 40 6a= 64

Ví dụ 14

Tồn tại hay không một đa thức P x( ) bậc 2015 sao cho P x( 2 − 2016) chia hết cho P x( )

Lời giải:

Ta sẽ chỉ ra tồn tại đa thức dạng P x( ) ( = +x a) 2015 thỏa mãn với a được chọn thích hợp

Thật vậy với đa thức P x( ) như trên thì P x( 2 − 2016) ( = x2 − 2016 +a) 2015 chọn

a để −2016 a+ = −a2 (lấy 1 1 4.2016

2

Khi đó P x( 2 − 2016) ( = x2 −a2 2015 ) = + (x a) 2015 (x a− ) 2015 M (x a+ ) 2015 =P x( )

Ví dụ 15

Tìm tất cả các đa thức P x( ) ∈° [ ]x thỏa mãn

(x− 1) (P x+ − + 1) (x 2) ( ) 0,P x = ∀ ∈°x

Lời giải:

Lần lượt thay x=1,-2,0 vào đẳng thức trên thu được P x( ) có các nghiệm là 0,1,-1

Suy ra P x x( ) M 3 −x do đó tồn tại đa thức Q x( ) ∈° [ ]x sao cho