Đa thức trong các bài toán thi học sinh giỏi

.Tuy nhiên hiện nay có ít các tài liệu về tiếng Việt trình bày một cách hệ thống cảlý thuyết và bài tập về đa thức, với định hướng bồi dưỡng học sinh giỏi Toán vàbồi dưỡng giáo viên dạy

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

- -

NGUYỄN THANH TÙNG

ĐA THỨC TRONG CÁC BÀI TOÁN

THI HỌC SINH GIỎI

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2017

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

- -

NGUYỄN THANH TÙNG

ĐA THỨC TRONG CÁC BÀI TOÁN

THI HỌC SINH GIỎI

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp

Mã số: 60 46 01 13

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

GS.TSKH Đặng Hùng Thắng

THÁI NGUYÊN - 2017

Mục lục

1.1 Định nghĩa và các tính chất 7

1.1.1 Định nghĩa 7

1.1.2 Các phép tính trên đa thức 8

1.1.3 Các tính chất cơ bản 9

1.2 Phép chia đa thức Ước chung lớn nhất và nhỏ nhất 11

1.2.1 Phép chia đa thức 11

1.2.2 Thuật toán Euclide 11

1.3 Nghiệm của đa thức Phương trình bậc cao 16

1.3.1 Nghiệm của đa thức 16

1.3.2 Phương trình bậc cao 22

1.4 Đạo hàm của đa thức Định lý Taylor 32

Chương 2 Đa thức bất khả quy 36 2.1 Đa thức bất khả quy 36

2.1.1 Đa thức với hệ số thực và phức 37

2.1.2 Đa thức bất khả quy của vành Q[x] 40

2.2 Một số bài toán điển hình 42

Chương 3 Một số chủ đề khác 46 3.1 Đa thức nhiều biến 46

3.2 Đa thức đối xứng 49

3.3 Phương trình hàm đa thức 53

3.4 Đa thức Chebyshev 56

3.4.1 Định nghĩa - Tính chất 57

3.4.2 Một số bài toán chọn lọc 58

Các bài toán nâng cao về đa thức xuất hiện cũng khá nhiều trong các tạp chítoán học cho học sinh khá giỏi (như Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ, Kvant, Crux, ).Tuy nhiên hiện nay có ít các tài liệu về tiếng Việt trình bày một cách hệ thống cả

lý thuyết và bài tập về đa thức, với định hướng bồi dưỡng học sinh giỏi Toán vàbồi dưỡng giáo viên dạy chuyên Toán

Mục tiêu của luận văn là tìm hiểu một cách đầy đủ những kết quả quan trọngcủa đa thức có nhiều ứng dụng trong Toán phổ thông Trên cơ sở đó, phân loại và

hệ thống hoá (theo dạng cũng như phương pháp giải) các bài tập nâng cao về đathức đã có cũng như sáng tác, bổ sung thêm những bài toán mới

Chúng tôi rất cố gắng để luận văn này trở thành một tài liệu tham khảo tốt, thiếtthực phục vụ cho việc giảng dạy học sinh giỏi và bồi dưỡng giáo viên Thông quaviệc viết luận văn học viên sẽ mở rộng nâng cao hiểu biết về đa thức, hình thànhcác kỹ năng giải các bài toán khó về đa thức, kỹ năng tìm kiếm thu thập chọn lọccác thông tin

Nội dung của luận văn được trình bày trong ba chương như sau:

• Chương 1 Đa thức một biến Trong chương này chúng tôi sẽ trình bày ngắn

gọn về định nghĩa và các tính chất của đa thức Các vấn đề nền tảng về phépchia đa thức, ước - bội, nghiệm và phương trình bậc cao, đạo hàm và khaitriển Taylor sẽ được trình bày

• Chương 2 Đa thức bất khả quy Đa thức bất khả quy là một trong những

chủ đề trọng tâm của lý thuyết các đa thức Nó vừa mang tính chất lý thuyết,vừa mang tính ứng dụng, đặc biệt là các bài tập nâng cao trong các đề thi

có tính chất tuyển chọn Chương này chúng tôi tập trung nghiên cứu các đathức bất khả quy trên các vành (trường) số quen biết của toán học sơ cấp

• Chương 3 Một số chủ đề khác Chương này dành để nghiên cứu một số vấn

đề nâng cao của lý thuyết đa thức, mà mục đích của nó là để hiểu biết sâu sắchơn lý thuyết, đồng thời là nền tảng cho các ứng dụng Các vấn đề được quantâm trong chương này là các đa thức nhiều biến, đa thức đối xứng, phươngtrình hàm đa thức và đa thức Chebyshev

Luận văn này được thực hiện tại Trường Đại học Khoa học - Đại học TháiNguyên và hoàn thành với sự hướng dẫn của GS.TSKH Đặng Hùng Thắng (TrườngĐHKHTN - ĐHQG Hà Nội) Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành vàsâu sắc tới người hướng dẫn khoa học của mình, người đã đặt vấn đề nghiên cứu,dành nhiều thời gian hướng dẫn và tận tình giải đáp những thắc mắc của tác giảtrong suốt quá trình làm luận văn

Tác giả xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu Trường Đại học Khoa học - Đạihọc Thái Nguyên, Ban Chủ nhiệm Khoa Toán–Tin, cùng các giảng viên đã thamgia giảng dạy, đã tạo mọi điều kiện tốt nhất để tác giả học tập và nghiên cứu.Tác giả muốn gửi những lời cảm ơn tốt đẹp nhất tới tập thể lớp Cao học Toánkhóa 9 (2015-2017) đã động viên và giúp đỡ tác giả rất nhiều trong suốt quá trìnhhọc tập

Nhân dịp này, tác giả cũng xin chân thành cảm ơn Sở Giáo dục và Đào tạo Hải

Phòng, Ban Giám hiệu và các đồng nghiệp ở Trường THPT Hùng Vương đã tạođiều kiện cho tác giả hoàn thành tốt nhiệm vụ học tập và công tác của mình.Cuối cùng, tác giả muốn dành những lời cảm ơn đặc biệt nhất đến bố mẹ vàđại gia đình đã luôn động viên và chia sẻ những khó khăn để tác giả hoàn thànhtốt luận văn này.

Thái Nguyên, ngày 02 tháng 11 năm 2017

Tác giả

Nguyễn Thanh Tùng

Trong định nghĩa này, ai được gọi là các hệ số của đa thức, hệ số an được gọi

là hệ số bậc cao nhất của đa thức, số tự nhiên n được gọi là bậc của đa thức, ký hiệu là deg P(x), x được gọi là ẩn, hay biến hay đối số của đa thức, an được gọi là

Nếu ai= 0 với i = 1, 2, , n − 1 và a06= 0 thì ta có bậc của đa thức là không.Nếu ai= 0 với i = 1, 2, , n thì f (x) = 0, ta gọi đa thức này là đa thức không.

Nói chung người ta không định nghĩa bậc của đa thức không nhưng ta coi bậc của

nó là −∞

Hai đa thức f và g được gọi là bằng nhau, và viết f = g, nếu chúng cùng là đa

thức không, hoặc cả hai khác đa thức không, đồng thời deg f = deg g và các hệ sốtương ứng bằng nhau

Tập hợp tất cả các đa thức lấy hệ số trong vành R được ký hiệu là R[x], và được

gọi là vành đa thức trên R Khi R là một trường, thì vành R[x] là một vành giao

hoán có đơn vị

Với lý do là ứng dụng lý thuyết đa thức trong các bài thi học sinh giỏi, hay nóichung là các kỳ thi có tính chất tuyển chọn, luận văn này thường xét R là Z, Q, R,hoặc C, khi đó các đa thức thuộc Z[x], Q[x], R[x], hoặc C[x] được gọi tên lần lượt

là các đa thức nguyên, đa thức hữu tỷ, đa thức thực, hoặc đa thức phức.

1.1.2 Các phép tính trên đa thức

Cho hai đa thức

f(x) = anxn+ an−1xn−1+ + a1x+ a0,g(x) = bnxn+ bn−1xn−1+ + b1x+ b0

Ta định nghĩa các phép tính số học như sau

trong đó

ck = a0bk+ a1bk−1+ + akb0 với k = 0, 1, , n

1.1.3 Các tính chất cơ bản

Định lí 1.1.2 Giả sử F một trường Với hai đa thức f (x) và g(x) thuộc vành đa

thức F[x], luôn tồn tại cặp đa thức q(x) và r(x) duy nhất thuộc vành đa thức F[x] để

f(x) = g(x) · q(x) + r(x),

với deg r(x) < deg g(x).

Ta gọi q(x) và r(x) lần lượt là đa thức thương (hoặc thương) và đa thức dư (hay

dư) trong phép chia f (x) cho g(x)

Nếu r(x) = 0 thì ta nói f (x) chia hết cho g(x), hay g(x) chia hết f (x) hay f (x)

là bội của g(x) hay g(x) là ước của f (x) Ta sẽ kí hiệu là f g hay g | f

Giả sử f (x) = anxn+ an−1xn−1+ + a1x+ a0 là một đa thức thuộc vành đathức R[x] Xét phần tử α ∈ R bất kỳ Khi đó

f(α) = anαn+ an−1αn−1+ + a1α + a0

được gọi là giá trị của đa thức f (x) tại α.

Nếu f (α) = 0 thì α được gọi là một nghiệm của đa thức f (x) Nếu tồn tại

k∈ N, k > 1 sao cho f (x) (x−α )k nhưng f (x) không chia hết cho (x − α)k+1 thì

α được gọi là nghiệm bội k của đa thức f (x) Đặc biệt, k = 1 thì α được gọi là

Bài toán tìm nghiệm của đa thức

f(x) = anxn+ an−1xn−1+ + a1x+ a0 với an6= 0

trong vành R được gọi là giải phương trình đại số bậc n trong R.

Định lí 1.1.3 Giả sử F một trường, α ∈ F và f (x) ∈ F[x] Dư của phép chia f (x)

cho (x − α) chính là f (α).

Định lí 1.1.4 (Định lý Bézout) Phần tử α ∈ F là nghiệm của đa thức f (x) ∈ F[x]

khi và chỉ khi f (x) chia hết cho (x − α).

Định lý sau đây cho ta một đánh giá về số nghiệm của một đa thức thực

Định lí 1.1.5 Một đa thức thực bậc n đều có không quá n nghiệm thực.

Định lý này có một số hệ quả sau đây

Hệ quả 1.1.6 Đa thức có vô số nghiệm là đa thức không.

Hệ quả 1.1.7 Nếu một đa thức có bậc không vượt quá n mà nhận cùng một giá trị

Hệ quả 1.1.8 Hai đa thức có bậc không vượt quá n mà nhận cùng một giá trị thỏa

bằng nhau.

Trong trường hợp đa thức phức, ta có kết quả sau đây về số lượng nghiệm củanó

Định lí 1.1.9 Một đa thức phức bậc n có đúng n nghiệm tính cả bội.

Cuối cùng của mục này, ta sẽ trình bày không chứng minh một kết quả về dạngbiểu diễn của các đa thức thực

Định lí 1.1.10 Bất kỳ đa thức thực f (x) ∈ R[x] nào có bậc n và hệ số bậc cao nhất

an6= 0 có thể phân tích một cách duy nhất (không tính thứ tự) thành các nhân tử

Trong lý thuyết đa thức, một phần rất quan trọng đó là khảo sát các nghiệmhữu tỷ và nguyên của một đa thức Ta có định lý sau đây.

Định lí 1.1.11 Xét đa thức nguyên f (x) ∈ Z[x] có dạng

f(x) = a0xn+ a1xn−1+ + an−1x+ an, a06= 0

Hệ quả 1.1.12 Xét đa thức nguyên f (x) ∈ Z[x] có dạng chuẩn tắc, tức là hệ số bậc

nguyên.

1.2.1 Phép chia đa thức

Định nghĩa 1.2.1 Một đa thức d(x) chia hết hai đa thức f (x) và g(x) gọi là ước

khác của hai đa thức f (x) và g(x) đúng thì ta gọi d(x) là ước chung lớn nhất của

f(x) và g(x)

Rõ ràng các ước chung lớn nhất sai khác hằng số, để bảo đảm tính duy nhất ta

có thể quy ước chọn ước chung lớn nhất dạng chuẩn tắc (hệ số cao nhất bằng 1)

Ta kí hiệu là d(x) = ( f (x), g(x)) = gcd(( f (x), g(x))

1.2.2 Thuật toán Euclide

Ta chia liên tiếp

f(x) = g(x) · q(x) + r(x)g(x) = r(x) · q1(x) + r1(x)

r(x) = r1(x) · q2(x) + r2(x) .

rk−2(x) = rk−1(x) · qk(x) + rk(x)

rk−1(x) = rk(x · qk+1(x)

Khi đó ( f (x), g(x)) = r∗k(x) với r∗k(x) = c · rk(x) đa thức có hệ số bậc cao nhất là

1(người ta thường gọi những đa thức này là đa thức chuẩn tắc hay đa thức monic).

Kết quả nếu d(x) = ( f (x), g(x)) thì tồn tại hai đa thức u(x), v(x) ∈ R[x] để cóbiểu diễn

f(x) · u(x) + g(x) · v(x) = d(x)

Hơn nữa ta có thể chọn deg u < deg g và deg v < deg f

Bây giờ ta xét một số ví dụ để hiểu sâu sắc hơn lý thuyết Các ví dụ này chúngtôi tham khảo trong Lê Hoành Phò [6]

Bài toán 1.2.2 Cho P(x) = x + x3+ x9+ x27+ x81+ x243 Tìm dư của phép chia

đa thức P(x) cho

(a) x − 1,

(b) x2− 1.

ra deg r(x) = 0 nên dư r(x) = c Do đó P(x) = (x − 1) · Q(x) + c Chọn x = 1 suy

ra P(1) = c hay c = P(1) = 6 Vậy dư r(x) = 6

(b) Ta có P(x) = (x2− 1) · H(x) + s(x) với deg s(x) ≤ 1 Vậy

P(x) = (x2− 1) · H(x) + ax + b

Chọn x = 1 ta có P(1) = a + b = 6; x = −1 ta có P(−1) = −a + b = −6 Do đó

a= 6, b = 0 Vậy ta có đa thức dư là r(x) = 6x

Bài toán 1.2.3 (Trung Quốc 1981) Tìm dư của phép chia

thì được thương q(x) = 6x2− x + (a − 5b − 1) và phần dư r(x) = (a − 5b + 2)x +(−ab − 6b2+ a + b + 2)

Bài toán 1.2.5 Tìm ước chung lớn nhất của hai đa thức f (x) = x2+ x3− 3x2−

4x − 1 và g(x) = x3+ x2− x − 1

số

f(x) = q(x) · g(x) + r(x)thì

, r1(x) = −3

Bài toán 1.2.6 (New York 1973, Bỉ 1981) Chứng minh rằng với mọi giá trị n ∈ N,

Bài toán 1.2.7 Cho hai số nguyên dương n và k Chứng minh rằng xn− 1 xk− 1

khi và chỉ khi n là bội số của k.

Giả sử q và r là thương và số dư trong phép chia, tức là có n = kq + r với

0 ≤ r < k Khi đó

xn− 1 = xkq+r− 1 = xkq+r− xr+ xr− 1 = xr(xkq− 1) + xr− 1 (1.3)

Ở trên ta đã chứng minh xkq− 1 xk− 1 Vì vậy nếu xn− 1 xk− 1 thì từ (1.3) suy ra

xr− 1 xk− 1 Nhưng r < k nên xr− 1 xk− 1 khi r = 0 Thành ra nếu xn− 1 xk− 1thì r = 0, tức là n = kq, hay n là bội số của k

Bài toán 1.2.8 (Rumani 1962) Tìm điều kiện của các số nguyên p và q sao cho

đa thức

(a) P(x) = x2+ px + q nhận cùng giá trị chẵn (lẻ) với mọi x ∈ Z.

(b) Q(x) = x3+ px + q nhận các giá trị chia hết cho 3 với mọi x ∈ Z.

số P(x + 1) − P(x) = 2x + 1 + p chia hết cho 2 nghĩa là p lẻ

Khi đó tính chẵn lẻ của P(x) phụ thuộc vào tính chẵn lẻ của q = P(0) Như vậytất cả giá trị của P(x) là chẵn (lẻ) khi p lẻ và q chẵn (tương ứng q lẻ).

(b) Vì Q(x) = x(x2+ p) + q nên Q(3x) = 3x(9x2+ p) + q chia hết cho 3 Với giátrị đó thì

Q(3x ± 1) = (3x ± 1)(9x2± 6x + 1 + p) + q ≡ ±(1 + p) (mod 3)

chia hết cho 3 khi và chỉ khi 1 + p chia hết cho 3

Vậy Q(x) chia hết cho 3 (với mọi x ∈ Z) khi q = 0, q ≡ 2 (mod 3)

Bài toán 1.2.9 (Hong Kong 2008) Xét đa thức

f(x) = cmxm+ cm−1xm−1+ + c1x+ c0

a1= 0 và an+1= f (an) với n = 1, 2, Giả sử i, j là những số nguyên dương và

i< j Chứng minh rằng (aj+1− aj) là bội của (ai+1− ai).

(a − b), với a và b là hai số nguyên phân biệt

Do đó ai+2− ai+1 = f (ai+1) − f (ai) chia hết cho (ai+1− ai), với mọi i > 0.Như vậy nếu i, j là những số nguyên dương và i < j thì (aj+1− aj) chia hết cho(ai+1− ai) Ta có điều phải chứng minh

1.3.1 Nghiệm của đa thức

Bài toán 1.3.1 Cho đa thức bậc chẵn và tất cả hệ số đều lẻ Chứng minh đa thức

không có nghiệm hữu tỷ.

Với n chẵn, các hệ số ai lẻ Giả sử đa thức có nghiệm hữu tỷ x = qp thì p | a0,

q| an Suy ra p, q lẻ

Thế x = qp vào đa thức ta có

anpn+ an−1qpn−1+ + a0qn= 0

Điều này vô lý vì vế trái là tổng của một số lẻ các số hạng lẻ nên không thể bằng

0 Vậy đa thức không có nghiệm hữu tỷ Ta có điều phải chứng minh

Bài toán 1.3.2 Cho số tự nhiên n ≥ 2, chứng minh phương trình

xnn!+

xn−1(n − 1)!+ +

x22!+

x

không có nghiệm hữu tỷ.

phương trình đã cho có nghiệm hữu tỷ α Khi đó α sẽ là nghiệm hữu tỷ của

Nhưng do P(x) là một đa thức bậc n với hệ số nguyên, và hệ số bậc cao nhất, của

xn, là 1 nên α phải là số nguyên và ta có

rk = k

p

+ k

p2

+ + k

Nhưng mà n p nên từ (1.5) ta có αn p và do đó α p Suy ra αk pk với mọi

P(x) = 1 + x2+ x9+ xn1+ + xns+ x1992.Với x ≥ 0 thì P(x) ≥ 1 > 0 Ta sẽ chứng minh

P(x) > 0 với mọi x ∈ 1 −

√5

2 ; 0

!

1 − x2 > 0, −x997> 0, 1 − x2+ x > 0

P(x) > 0 với mọi x ∈ 1 −

√5

2 ; 0

!

Vậy P(x) > 0 với x ∈1−

√ 5

2 ; +∞ Ta có điều phải chứng minh

Bài toán 1.3.4 (IMO 1976) Cho các đa thức Pk(x), với k = 1, 2, 3 xác định bởi

P1(x) = x2− 2, Pi+1= P1(Pi(x)), với i =1, 2, 3,

Đặt x = 2 cos(t) Khi đó, bằng quy nạp ta chứng minh được

Bài toán 1.3.5 Cho đa thức f (x) = a0+ a1x+ + anxn có n nghiệm thực Chứng

g(x) = a0+ a1.p.x + a2.p(p − 1)x2+ + anp(p − 1) (p − n + 1)xn

cũng có n nghiệm thực.

Ta chứng minh bằng quy nạp

Với n = 1 bài toán hiển nhiên đúng

Giả sử đúng với n = k, ta chứng minh đúng với n = k + 1, tức là nếu đa thức

f(x) = a0+ a1x+ + ak+1xk+1

có k + 1 nghiệm thực khác 0 thì đa thức

g(x) = a0+ pa1x+ + p(p − 1) (p − k)ak+1xk+1

cũng có k + 1 nghiệm thực khác 0 với mọi p > k

Gọi c là một nghiệm của f (x) thì

Giả sử x = 0 là nghiệm bội k của f (x), với k ∈ Z+, k ≤ n Khi đó ta có

f(x) = akxk+ + anxn= (anxn−k+ + ak)xkvà

Xét p(x) = ax5+ dx = ax ax4+ad
có tối đa ba nghiệm Ta cũng loại

Xét p(x) = ax5+ e có một nghiệm Ta cũng loại

Do đó p(x) có ít nhất ba hệ số khác 0 Chọn p(x) = x5− 5x3+ 4x = x(x2− 4)thì p(x) có đúng 5 nghiệm phân biệt và đúng ba hệ số khác 0

Vậy số bé nhất của hệ số khác 0 là 3

Nếu ∆ < 0 sau này ta dùng số phức để giải quyết.

Nếu p > 0 Đặt y = 2qp3t thì (1.11) tương đương với

trong đó m = 3

√ 3q 2p √

p.Xét |m| ≤ 1, đặt m = cos α thì (1.12) có ba nghiệm

t1= cosα

3, t2= cosα + 2π

3 , t3= cosα − 2π

3 .

Xét |m| > 1, đặt m = 12d3+ 1

d 3

suy ra d3 = m ±√

m2− 1 Phương trình(1.12) có một nghiệm

t = 1

2



d+1d



= 12



k3− 1

k3

suy ra k3 = m ±pm2+ 1



= 12

Ta gọi các phương trình bậc ba 4x3+ 3x + −m = 0, 4x3− 3x − m = 0 là các

đưa về được dạng chuẩn tắc đó

Chú ý thêm khi |m| ≥ 1,

4x3+ 3x − m = (x − α)(4x2+ 4αx + 4α2+ 3)

Với

α = 12

Phương trình quy hồi (đối xứng hệ số)

• Nếu tổng đan dấu các hệ số bằng 0 thì có nghiệm x = −1

• Nhắc lại, nghiệm hữu tỉ nếu có thì có dạng x = qp với p | an và q | a0 Thếtrực tiếp hoặc dúng sơ đồ Hoocne để thử nghiệm

Đôi khi phương trình bậc cao đối với biến x mà lại bậc thấp đối với tham số thì

ta chuyển về phương trình theo ẩn là tham số đó

Bài toán 1.3.7 Giải các phương trình sau

2 .

Bài toán 1.3.8 Tìm quan hệ giữa p và q để phương trình x3+ px + q = 0 có

Nếu a = −1 thì dễ thấy phương trình có hai nghiệm x1= 0 và x2 = 3.

Bài toán 1.3.10 Giải các phương trình sau

Bài toán 1.3.11 (IMO 1973) Giả sử phương trình x4+ ax3+ bx2+ ax + 1 = 0 có



x0+ 1

x0

+ b = 0

Đặt y = x0+x1

0 với điều kiện |y| = |x0| + |x1

0| ≥ 2 Ta có (y2− 2) + ay + b = 0 Suyra

Thật vậy, ta có (1.22) tương đương với 5(2 − t)2≥ 4(1 +t), tức là 5t2− 24t + 16 ≥

0 Nhưng điều này đúng vì t ≥ 4 Như vậy giá trị bé nhất của a2+ b2 là 4/5

Bài toán 1.3.12 (Việt Nam 2002) Giải phương trình

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3

Bài toán 1.3.13 (Việt Nam 1991) Giải phương trình

x3− 3x2− 8x + 40 = 8√44x + 4 (1.25)

Lời giải. Từ phương trình x3− 3x2− 8x + 40 = 8√4

4x + 4ta có điều kiện x ≥ −1

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có

8√44x + 4 = 4p4 4.4.4.(x + 1) ≤ x + 13

r8a − 1

3

s

a−a+ 13

r8a − 13

Tức là x3− 6x − 6.

Giả sử x ∈ Q Do hệ số bậc cao nhất của đa thức là 1 nên x là số nguyên Ta có

2 <√3

2 +√3

4 < 4nên x = 3 Do đó x3− 6x − 6 = 3, vô lý Vậy x là số vô tỷ

Bài toán 1.3.15 (Việt Nam 1984) Tìm đa thức theo x có bậc bé nhất với hệ số

3

√

9 = a2− 2 − 2√2(a −

√2) = a2+ 2 − 2√2a

Thay vào (1.26) ta có

a3= 2√2 + 6(a −

√2) + 3

√2(a2+ 2 − 2√2a) + 3,