Các bài toán Đa thức trong kỳ Olympic Toán Quốc tế IMO và lời giải chi tiết

(1)

(2)

X Z

Đây là phần tiếp theo của Series các bài toán trong IMO Shortlist mang tên: "Đa thức trong IMO Shortlist". Đa thức hiện được xem là phần khó nhất trong phân môn đại số trong các kì thi olympic. Giải một bài toán đa thức cần kết hợp rất nhiều các công cụ, kết quả từ các phân môn khác, đặc biệt là bất đẳng thức và số học. Một lần nữa, các bài toán xuất hiện trong IMO Shortlist đều rất hay và mới lạ, có thể cho ta biết nhiều phương pháp giải khác nhau. Hi vọng đây sẽ là một nguồn tài liệu bổ ích dành cho người đọc. Trong quá trình thực hiện, không thể tránh khỏi những sai sót, bạn đọc có thể liên hệ cho tôi tại đường link https://www.facebook.com/nguyenhoangvietchuyenkhtn/.

Một số kí hiệu trong tài liệu

1 ∀: với mọi.

2 ∈: thuộc.

3 P(x)^k: P(x) mũ k.

4 P^k(x): P^k(x) =P(P(...P

| {z }

k

(x)...)), k∈Z.

5 P(x) = a_nxⁿ+. . .+a₁x+a₀ thì a_n là hệ số cao nhất,a₀ là hệ số tự do.

6 Ta kí hiệu P(x)∈Z[x] nếu P(x) là đa thức hệ số nguyên, tương tự vớiQ[x],R[x],C[x].

Bạn đọc có thể tìm đọc tài liệu "Hàm số trong IMO Shortlist" tại đường link:

https://lovetoan.wordpress.com/2021/08/25/ham-so-trong-imo-shortlist/

!

Tài liệu này chỉ dành cho các bạn đã có nền tảng kiến thức vững chắc vì các bài toán trong IMO Shortlist thường có độ khó từ trung bình trở lên.

!

Các tên được đặt phía sau bài toán là việc tôi đã tham khảo lời giải từ những tài khoản aops đó.

(3)

Chương I

1 Đa thức trong đại số

Bài 1 Cho dãy đa thức (P_n(x)) được xác định bởiP₀(x) = 2, P₁(x) =x và P_n+1(x) +P_n−1(x) = xP_n(x) với mọi số nguyên n⩾1.

Chứng minh rằng tồn tại ba số thực a, b, c sao cho

(x² −4)[P_n(x)² −4] = [aP_n+1(x) +bPn(x) +cPn−1(x)]² với mọi số nguyênn ⩾1.

Q1 IMO Shortlist 1971

Bài 2 Cho đa thứcP(x) =x⁴+ax³+bx²+ax+ 1. Giả sửP(x) có ít nhất một nghiệm thực. Tìm giá trị nhỏ nhất của a²+b².

P3 IMO 1973

Bài 3 Tìm tất cả các đa thứcP(x, y)∈R[x, y] thỏa mãn

1 P(tx, ty) =tⁿP(x, y),∀x, y, z ∈R và với n là một số nguyên dương cho trước.

2 P(a+b, c) +P(b+c, a) +P(c+a, b) = 0,∀a, b, c∈R. 3 P(1,0) = 1.

Bài 4 Cho đa thứcP(x) hệ số thực sao cho P(x)>0 với mọi x >0. Chứng minh tồn tại hai đa thức Q(x) và R(x) có hệ số không âm, bậc dương sao cho

P(x) = Q(x) R(x).

(4)

Do math then love math

Bài 5 Tìm tất cả đa thức hệ số thực P (x) thỏa mãn P (x)P 2x²

=P 2x³+x

,∀x∈R.

IMO Shortlist 1979

Bài 6 Cho hai đa thức hệ số phức, bậc dương P(z) vàQ(z). Đặt P_k ={z ∈C:P(z) =k}, Q_k ={z ∈C:Q(z) = k}.

Giả sử P₀ =Q₀ và P₁ =Q₁. Chứng minh P(z)≡Q(z).

Bài 7 Cho đa thức hệ số nguyênP(x) =a^kxk+. . .+a₁x+a₀. Ta kí hiệu số các hệ số lẻ của đa thức này là O(P). Với mọi i= 0,1,2, . . ., ta đặt Q_i(x) = (1 +x)ⁱ. Chứng minh rằng nếu i₁, i₂, . . . , in là các số nguyên thỏa mãn điều kiện 0⩽i₁ < i₂ < . . . < in thì

O(Q_i₁ +Q_i₂ +. . .+Q_i_n)⩾O(Q_i₁).

P3 IMO 1985

Bài 8 Cho đa thức P(x) bậc ba với hệ số hữu tỉ. Cho dãy (q_n) được xác định bởi q_n =P(q_n+1),∀n∈Z⁺. Chứng minh tồn tại một sốk đểq_n+k=q_n,∀n∈Z⁺.

Bài 9 Cho đa thứcf(x) có hệ số hữu tỉ và cho số α để α³ −α =f(α)³−f(α) = 33¹⁹⁹² Chứng minh fⁿ(α)³−fⁿ(α) = 33¹⁹⁹²,∀n∈Z⁺.

Q9 IMO 1992

Bài 10 Cho các đa thức f(x), g(x), a(x, y) hệ số thực thỏa mãn f(x)−f(y) =a(x, y) [g(x)−g(y)],∀x, y ∈R.

Chứng minh rằng tồn tại một đa thức h(x)∈R[x] sao cho f(x) = h(g(x)),∀x∈R. Q12 IMO Shortlist 1992

(5)

Bài 11 Cho a₁, a₂, . . . , a_nlà các số thực không âm, trong đó có ít nhất một số lớn hơn 0. Chứng minh rằng

1 Đa thức p(x) =xⁿ−a1xⁿ⁻¹+...−an−1x−an có duy nhất một nghiệm dương R.

2 Đặt A=

n

X

i=1

ai vàB =

n

X

i=1

iai. Chứng minh A^A< R^B.

Bài 12 Cho n là một số nguyên dương chẵn.

1 Chứng minh rằng tồn tại k ∈Z⁺ để tồn tại hai đa thức f(x), g(x)∈Z[x] sao cho k =f(x)·(x+ 1)ⁿ+g(x)·(xⁿ+ 1) (♠) 2 Gọi k₀ là số nhỏ nhất thỏa mãn tính chất (♠). Tìm k₀ theo n.

Bài 13 Cho đa thứcP(x)∈Z[x]. Tìm tất cả số nguyên dương k thỏa mãn:

0⩽P(c)⩽k với c∈ {0; 1;. . .;k+ 1}

và P(0), P(1), . . . , P(k+ 1) không cùng nhận một giá trị.

Bài 14 Cho đa thức P(x)∈Z[x] thỏa mãnP(x)>0,∀x∈R⁺. Chứng minh rằng tồn tại một số nguyên dương n để các hệ số của đa thức (1 +x)ⁿP(x) đều không âm.

Bài 15 Cho đa thứcP(x) =ax³+bx²+cx+d, hệ số nguyên thoả mãnxP(x) = yP(y) với vô hạn cặp số nguyên x, y phân biệt. Chứng minh rằng phương trình P(x) = 0 có nghiệm nguyên.

A3 IMO Shortlist 2002

Bài 16 Tìm các đa thức P(x) có hệ số thực sao cho với mọi a, b, c ∈ R thỏa mãn ab+bc+ca= 0 thì

P(a−b) +P(b−c) +P(c−a) = 2P(a+b+c).

IMO 2004

(6)

Bài 17 Tìm tất cả các đa thức p(x) ∈Z[x] monic có bậc hai sao cho tồn tại đa thức q(x)∈Z[x] để đa thức p(x)q(x) có các hệ số đều là 1 hoặc −1.

Bài 18 Cho f(x), g(x) là hai đa thức hệ số nguyên khác 0 và deg(f) ⩾ deg(g). Giả sử tồn tại vô hạn số nguyên tố psao cho đa thức pf(x) +g(x) có nghiệm hữu tỉ. Chứng minh rằng f cũng có nghiệm hữu tỉ.

Bài 19 Cho số nguyên m̸= 0. Tìm tất cả các đa thức P(x)∈R[x] thỏa mãn (x³−mx²+ 1)P(x+ 1) + (x³+mx²+ 1)P(x−1) = 2(x³−mx+ 1)P(x),∀x∈R.

Bài 20 Xét các đa thức P(x)∈R[x] thỏa mãn tính chất sau

|y²−P(x)|⩽2|x| khi và chỉ khi |x²−P(y)|⩽2|y|,∀x, y ∈R. Tìm các giá trị có thể nhận của P(0).

Bài 21 Cho các số nguyên dương a₁, a₂, . . . a_n, k, và M sao cho 1

a₁ + 1

a₂ +· · ·+ 1

a_n =k và a₁a₂· · ·a_n=M.

Nếu M >1, chứng minh đa thức

P(x) =M(x+ 1)^k−(x+a₁)(x+a₂)· · ·(x+a_n) không có nghiệm dương.

(7)

2 Đa thức trong số học

Bài 22 Một đa thứcP(x) =a_nxⁿ+an−1xⁿ⁻¹+. . .+a₁x+a₀ với hệ số nguyên gọi là chia hết cho m nếu P(x) chia hết cho m với mọi x∈Z. Giả sửP(x) chia hết cho m.

1 Chứng minh rằng n!a_n chia hết chom.

2 Giả sử tồn tại số a_n, n, m nguyên dương sao cho n!a_n chia hết cho m. Chứng minh rằng tồn tại đa thức P(x) =a_nxⁿ+an−1xⁿ⁻¹+. . .+a₁x+a₀ chia hết cho m.

Bài 23 Cho a, b, c∈ Zvà số nguyên tố p. Chứng minh nếu f(x) =ax²+bx+clà số chính phương với 2p−1 số nguyên liên tiếp thì p là ước củab²−4ac.

Bài 24 Cho đa thức f(x) = x⁸ + 4x⁶+ 2x⁴ + 28x² + 1. Giả sử tồn tại số nguyên tố p > 3 và số nguyên z để p | f(z). Chứng minh rằng tồn tại các số z₁, z₂, . . . , z₈ sao cho mọi hệ số của đa thức f(x)−g(x) đều chia hết chop với

g(x) = (x−z₁)(x−z₂). . .(x−z₈).

Bài 25 Cho số nguyên tốp và đa thức P (x) bậc d, hệ số nguyên thỏa mãn P (0) = 0, P(1) = 1

P(n) đồng dư với 0 hoặc 1 modulo pvới mọi n∈Z. Chứng minh rằng d⩾p−1.

Bài 26 Cho đa thức P (x)∈Z[x],deg(P)⩾ 2. Chứng minh rằng tồn tạim ∈Z⁺ để P (m!) là hợp số.

N7 IMO Shortlist 2005

Bài 27 Cho đa thức P(x) ∈Z[x] có bậc n >1 và k là một số nguyên dương bất kì.

Kí hiệu Q(x) = P(P(...P

| {z }

k

(x)...)) Chứng minh rằng phương trình Q(x) = x chỉ có tối đa n nghiệm.

(8)

Bài 28 Một số nguyên dương N được gọi là mlem nếu N = 1 hoặc N có thể phân tích được thành tích của chẵn số nguyên tố (không nhất thiết phân biệt). Cho đa thức P(x) = (x+a)(x+b) với a, blà hai số nguyên dương.

1 Chứng minh rằng tồn tại hai số nguyên dương a, b phân biệt để các số P(1), P(2), . . . , P(50) đều mlem.

2 Chứng minh nếu P(n) mlemvới mọi n∈Z⁺ thì a=b.

Bài 29 Cho đa thứcP(x)∈Z[x] khác hằng. Chứng minh rằng không tồn tại hàm số T :Z→Z sao cho số số nguyênx đểTⁿ(x) = x bằng P(n) với mọi n∈Z⁺.

Bài 30 Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho tồn tại các đa thức f₁, f₂, . . . , f_n có hệ số hữu tỉ thỏa mãn

x²+ 7 =f₁(x)²+f₂(x)²+. . .+f_n(x)².

Bài 31 Cho đa thứcP(x) =ax³+bx∈Z[x]. Với mỗi số nguyên dương n, ta nói một cặp (a, b) là n-tốtnếu thỏa mãn mệnh đề:

n | Å

P(m)−P(k) ã

=⇒ n|(m−k),∀k, m∈Z.

Ta nói cặp (a, b) là rất tốt nếu (a, b) là cặpn-tốtvới vô hạn số nguyên dương n.

1 Tìm tất cả các cặp (a, b) là 51-tốtnhưng không phải là cặp rất tốt.

2 Chứng minh các cặp 2020-tốt đều rất tốt.

Bài 32 Cho đa thứcP(x) = (x+d₁)(x+d₂). . .(x+d₉) vớid₁, d₂, . . . , d₉ là 9 số nguyên phân biệt. Chứng minh rằng tồn tại một số nguyên N để với mọi x > N thì P(x) chia hết cho một số nguyên tố lớn hơn 20.

(9)

Bài 33 Cho hai đa thứcP(x) và Q(x) có hệ số nguyên sao cho không tồn tại đa thức có hệ số hữu tỉ là ước chung của P(x) và Q(x). Giả sử P(n) và Q(n) là hai số nguyên dương với mọi n ∈Z⁺ đồng thời

Å

2^Q(n)−1 ã

| Å

3^P(n)−1 ã

.

Chứng minh Q(x) là đa thức hằng.

Bài 34 Với số nguyên dương n bất kì, kí hiệu rad(n) = 1 nếu n = 0 hoặc n = 1, rad(n) =p₁p₂. . . p_k với p₁ < p₂ < . . . < p_k là các ước nguyên tố của n. Tìm tất cả các đa thức f(x) có các hệ số nguyên, không âm sao cho

rad Å

f(n) ã

|rad Å

fÄ

n^rad(n)äã .

Bài 35 Kí hiệu S(k) là tổng các chữ số của số nguyên dương k theo hệ thập phân.

Tìm tất cả các đa thức P(x)∈Z[x] sao cho với mọi n ⩾2016 thì P(n)>0 và S(P(n)) =P(S(n)).

Bài 36 Đặt P(x) = x²+x+ 1. Với hai số nguyên dương a, bbất kì, ta gọi tập hợp {P(a+ 1);P(a+ 2);. . .;P(a+b)}

là ma quái nếu nó chứa ít nhất hai phân tử và mỗi phần tử thì có ước nguyên tố chung với ít nhất một phần tử khác. Tìm tập hợp ma quái có ít phần tử nhất.

N3 IMO Shortlist 2016, Halloween ⌣

(10)

Chương II Lời giải đa thức qua các năm

1 Đa thức trong đại số

Bài 1 Cho dãy đa thức (P_n(x)) được xác định bởiP₀(x) = 2, P₁(x) =x và P_n+1(x) +P_n−1(x) = xP_n(x) với mọi số nguyên n⩾1.

Chứng minh rằng tồn tại ba số thực a, b, c sao cho

(x²−4)[P_n(x)²−4] = [aP_n+1(x) +bPn(x) +cPn−1(x)]² với mọi số nguyênn ⩾1. (♠) Q1 IMO Shortlist 1971 Lời Giải Ta tính được P₂(x) = x² −2. Thay vào điều kiện (♠) và đồng nhất hệ số, ta dự đoán

a = 1, b= 0, c=−1.

Bây giờ, ta sẽ chứng minh

(x²−4)[P_n(x)²−4] = [P_n+1(x)−Pn−1(x)]² với mọi số nguyên n⩾1. (♣) Trước hết, với dãy đa thức như trên, ta sẽ quy nạp

P_n(2 cosα) = 2 cos(nα),∀α∈R,∀n ∈Z⁺.

!

Kết quả này bạn đọc có thể tự tính toán.⌣

Khi đó, xét x∈[−1,1]. Đặt x= 2 cosα, ta biến đổi kết quả (♣) như sau (x²−4) P_n(x)²−4

= 16(cos²α−1) cos²(nα)−1

= (−4 sinαsin(nα))²

= (2 cos(n+ 1)α−2 cos(n−1)α)²

= [P_n+1(x)−Pn−1(x)]². Như vậy, ta suy ra được

(x²−4) P_n(x)²−4

= [P_n+1(x)−Pn−1(x)]² với vô số giá trị x.

Ta suy ra (♣) là đúng. Kết thúc chứng minh. :

(11)

Bài 2 Cho đa thứcP(x) =x⁴+ax³+bx²+ax+ 1. Giả sửP(x) có ít nhất một nghiệm thực. Tìm giá trị nhỏ nhất của a²+b².

P3 IMO 1973

Lời Giải Giả sử x là số đểP(x) = 0. Ta có P(0)̸= 0 nên x̸= 0. Ta có x⁴+ax³+bx²+ax+ 1 = 0⇐⇒x²+ax+b+ a

x + 1

x² = 0. (♠)

Đặt t=x+ 1

x. Phương trình (♠) tương đương với

t²+at+b−2 = 0⇐⇒t²−2 =−at−b.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy−Schwarz, ta nhận được

(a²+b²)(t²+ 1) ⩾(at+b)² = (t²−2)² ⇒a² +b² ⩾ (t²−2)²

t²+ 1 . (1)

Mặt khác, ta cũng có t² = Å

x+ 1 x

ã2

⩾4. Do đó, ta suy ra t⁴−4t²+ 4

t²+ 1 − 4

5 = (5t²−4)(t²−4)

5(t²+ 1) ⩾0 (2)

Từ (1) và (2), ta suy ra a²+b² ⩾ 4

5. Dấu bằng xảy ra khi 2a=b+ 2 và a²+b² = 4

5. :

Bài 3 Tìm tất cả các đa thứcP(x, y)∈R[x, y] thỏa mãn

1 P(tx, ty) =tⁿP(x, y),∀x, y, z ∈R và với n là một số nguyên dương cho trước.

2 P(a+b, c) +P(b+c, a) +P(c+a, b) = 0,∀a, b, c∈R. 3 P(1,0) = 1.

Q10 IMO Shortlist 1975 Lời Giải Thay (x, y, z) bởi (a, a, a) vào điều kiện 2, ta được P(2a, a) = 0,∀a ∈R.

Suy ra x−2y là ước củaP(x, y). ĐặtP(x, y) = (x−2y)Q(x, y) với Q(x, y)∈R[x, y].

Thay cbởi b vào điều kiện 2, ta nhận được

2P(a+b, b) +P(2b, a) = 0 =⇒ 2(a+b−2b)Q(a+b, b) + 2(b−a)Q(2b, a)

=⇒ (a−b)(Q(a+b, b)−Q(2b, a)) = 0 =⇒ Q(a+b, b) =Q(2b, a),∀a, b∈R. Tương tự như vậy, ta suy ra

Q(x, y) = Q(2y, x−y) = Q(2x−2y,3y−x) =. . . ,∀x∈R. Như vậy, ta suy ra tồn tại vô hạn số d đểQ(x, y) = Q(x+d, y−d).

Cố địnhx, y, ta thấy đây là đa thức theod. Vì vậy, ta suy ra Q(x, y) = Q(x+d, y−d),∀d∈R. Thay d bởi y, ta suy raQ(x, y) = Q(x+y,0) =R(x+y) với R(x)∈R[x].

Từ điều kiện P(tx, ty) = tⁿP(x, y), ta suy ra Q(tx, ty) =tⁿ⁻¹Q(x, y).

(12)

Nói cách khác, R(t(x+y)) =tⁿ⁻¹R(x+y),∀x, y ∈R hay R(tx) =tⁿ⁻¹R(x),∀x∈R.

So sánh hệ số, ta suy raR(x)≡Axⁿ⁻¹. Ta lại cóR(1) =Q(1,0) =P(1,0) = 1 nênR(x) =xⁿ⁻¹. Suy ra Q(x, y) =R(x+y) = (x+y)ⁿ⁻¹ hay P(x, y) = (x−2y)(x+y)ⁿ⁻¹. (thỏa mãn) :

Bài 4 Cho đa thứcP(x) hệ số thực sao cho P(x)>0 với mọi x >0. Chứng minh tồn tại hai đa thức Q(x) và R(x) có hệ số không âm, bậc dương sao cho

P(x) = Q(x) R(x).

Q8 IMO Shortlist 1976, polya78 Lời Giải Gọi một đa thức có thể là thương của hai đa thức hệ số không âm, bậc dương làtốt.

Ta biết P(x) có thể phân tích thành tích của các đa thức hệ số thực bậc nhất và bậc hai.

Ta thấy rằng P(x) không có nghiệm dương. Do đó, các hệ số của các đa thức bậc một đều là số không âm.

Nếu một đa thức bậc hai có thể là thương của hai đa thức như yêu cầu đề bài, thì tích của các đa thức bậc hai này cũng vậy.

Vì vậy, ta sẽ chứng minh đa thức bậc hai, vô nghiệm ax²+bx+cthỏa mãn yêu cầu đề bài.

Ta có thể giả sửa >0. Khi đó, do ax²+bx+cvô nghiệm nên c >0. Nếub > 0 thì hiển nhiên ta suy ra ax²+bx+clà thương của hai đa thức có hệ số không âm. Xét b <0.

Thay x bởi

√cx

√a , ta sẽ chứng minh đa thức x²−dx+ 1 là tốt với d <0.

Do đa thức này vô nghiệm nên ta suy rad <2.

Đặt d= 2 cosα với α ∈ 0,π

2

, ta cần chứng minhf(x) =x²−2 cosαx+ 1 làtốt.

Bây giờ, ta sẽ nhân f(x) với x²+ 1 + 2 cosαx, ta nhận được đa thức x⁴−2x²cos 2α+ 1.

Nếu 2α ⩾ π

2 thì ta suy ra điều phải chứng minh. Ngược lại, ta tiếp tục nhân thêm đa thức x⁴+ 2x²cos 2α+ 1. Làm tương tự như vậy cho đến khi 2^kα ⩾ π

2, ta suy ra f(x) là thương của

hai đa thức có hệ số không âm. :

Bài 5 Tìm tất cả đa thức hệ số thực P (x) thỏa mãn P (x)P 2x²

=P 2x³+x

,∀x∈R.

IMO Shortlist 1979 Lời Giải Giả sử tồn tại đa thức P (x) thỏa mãn đề bài. Các đa thức hằng thỏa mãn đề bài là P(x)≡1 vàP (x)≡0. Xét các đa thức khác hằng. Đặt

P(x) =

n

X

k=0

a_kx^k,

với n ⩾1 vàa_n ̸= 0. So sánh hệ số cao nhất hai vế của đề bài, ta được a²_n =a_n hay a_n = 1.

Đặt P (x) = x^kQ(x) với k ⩾0 vàQ(0) ̸= 0. Thay vào đề bài, ta được 2^kx^2kQ(x)Q 2x²

= (2x²+ 1)^kQ 2x³+x . Từ đó suy ra k = 0 vì nếuk >0 thì Q(0) = 0 (mâu thuẫn).

Thay x = 0 vào đề bài, suy ra P (0) = 1 (trường hợp P (0) = 0 loại vì P (x) không chia hết cho x). Áp dụng định lí Viete, ta có tích các nghiệm củaP (x) bằng 1.

(13)

Giả sử z là một nghiệm (thực hoặc phức) củaP (x) có module lớn nhất.

Khi đó, từ phương trình đề bài, ta suy ra 2z³+z cũng là nghiệm của P(x).

Nếu |z|>1 thì |2z³+z|>|z|(2|z|²−1)>|z|, mâu thuẫn với cách chọn z. Vậy |z|⩽1.

Mặt khác do tích các nghiệm của P (x) bằng 1 nên|z|⩾1. Vì vậy |z|= 1 và |2z²+ 1|= 1.

Đặt z = cos(ω) +isin(ω). Khi đó, 2z²+ 1 = (2 cos(2ω) + 1) + 2isin(2ω).

Mặt khác, ta cũng có (2 cos(2ω) + 1)²+ (2 sin(2ω))² = 1. Suy ra cos(2ω) =−1.

Vậy z =±i. DoP (x) là đa thức hệ số thực nên cả i và −i đều là nghiệm của P (x).

Đặt P (x) = (x²+ 1)^mQ(x) với m⩾1 và Q(i)Q(−i)̸= 0. Thay vào đề bài, rút gọn ta được Q(x)Q 2x²

=Q 2x³+x . Như vậy Q(x) cũng là một đa thức thỏa mãn đề bài.

Từ đó suy ra Q(x) ≡ 1 hoặc Q(x) = (x² + 1)^rR(x) (bỏ qua trường hợp Q(x) ≡ 0 vì đang xét P(x) khác hằng). Thực hiện quá trình tương tự như vậy đến cuối cùng ta thu được P (x) = (x²+ 1)ⁿ, n∈N^∗. Thử lại, ta thấy đa thức P(x) xác định như trên thỏa mãn.

Vậy các đa thức thỏa mãn đề bài là P (x)≡0, P (x)≡1 và P(x)≡(x²+ 1)ⁿ, n∈N^∗. : Bài 6 Cho hai đa thức hệ số phức, bậc dương P(z) vàQ(z). Đặt

P_k ={z ∈C:P(z) =k}, Q_k ={z ∈C:Q(z) = k}.

Giả sử P₀ =Q₀ và P₁ =Q₁. Chứng minh P(z)≡Q(z).

Q6 IMO Shortlist 1981, joao1 Lời Giải

Bổ đề 6.1. IMC 2000 Cho đa thức P(z) ∈ C[x] bậc n với n ⩾ 1. a₁, a₂, . . . , a_k là k số nguyên phân biệt với k là số nguyên lớn hơn 1. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất (k−1)n+ 1 số phức z sao cho P(z)∈ {a₁;a₂;. . .;a_k}.

Chứng minh bổ đề. Ta kí hiệu (P, Q) là ước chung lớn nhất của hai đa thức P(x) và Q(x).

Khi đó, số nghiệm phức phân biệt củaP(x) là n−deg(P, P^′), vớiP^′(x) là đạo hàm của P(x).

Suy ra số nghiệm phức phân biệt của đa thức P −a_i với i∈ {1;. . .;k} là

k

X

i=1

[n−deg(P −a_i, P^′)] =kn−

k

X

i=1

deg(P −a_i, P^′).

Ta thấy các đa thức P −a_i nguyên tố cùng nhau. Vì vậy tích của các (P −a_i, P^′) là ước của P^′(x). Ta suy ra

k

X

i=1

deg(P −a_i, P^′)⩽deg(P^′)⩽n−1

Do đó, số nghiệm phức phân biệt của các đa thức P −a_i lớn hơn hoặc bằng kn−n+ 1.

Trở lại bài toán.

Áp dụng bổ đề trên, ta suy ra có ít nhất n+ 1 số z đểP(z)∈ {0; 1}.

Đặtk =|P₀|=|Q₀|vàh=|P₁|=|Q₁|. Ta suy rak+h ⩾n+ 1 vớin= max{deg(P),deg(Q)}.

Xét đa thức Q(z)−P(z) =P(z) [Q(z)−1]−Q(z) [P(z)−1]. Đa thức này có k+h nghiệm.

Vì đa thức này có bậc bé hơn hoặc bằngnnhưng lại có nhiều hơnn nghiệm nên đây là đa thức

0. Suy ra P(z)≡Q(z). :

(14)

Bài 7 Cho đa thức hệ số nguyênP(x) =a^kx_k+. . .+a₁x+a₀. Ta kí hiệu số các hệ số lẻ của đa thức này là O(P). Với mọi i= 0,1,2, . . ., ta đặt Qi(x) = (1 +x)ⁱ. Chứng minh rằng nếu i₁, i₂, . . . , i_n là các số nguyên thỏa mãn điều kiện 0⩽i₁ < i₂ < . . . < i_n thì

O(Q_i₁ +Q_i₂ +. . .+Q_i_n)⩾O(Q_i₁).

P3 IMO 1985 Lời Giải Đầu tiên, ta dễ thấy (1 +x)²^m ≡1 +x²^m (mod 2).

Ta suy ra với mọi đa thức P có bậc bé hơn 2^m thì

O(P.Q₂^m) = 2O(P).

Ta gọi k là lũy thừa của 2 lớn nhất mà bé hơn hoặc bằng i_n. Ta sẽ chứng minh bài toán bằng quy nạp theo k. Trường hợp k = 1 là hiển nhiên. Giả sử điều này đúng vớik−1.

Trường hợp 1.i₁ ⩾k. Khi đó, ta có O

Ç _n

X

j=1

Qij

å

=O Ç

(1 +x)^k

n

X

j=1

Qij−k

å

= 2O Ç _n

X

j=1

Qij−k

å .

Theo giả thiết quy nạp, ta có 2O

Ç _n

X

j=1

Qij−k

å

⩾2O(Qi1−k).

Mặt khác, do 2O(Q_i₁−k) =O(Q_i₁) nên ta suy raO Ç _n

X

j=1

Q_i_j å

⩾O(Q_i₁).

Trường hợp 2.i₁ < k. Ta có

n

X

j=1

Q_i_j =

k−1

X

j=0

a_jx^j+ (1 +x)^k

k−1

X

j=0

b_jx^j ≡

k−1

X

j=0

(a_j+b_j)x^j+b_jx^j+k

(mod 2).

Mặt khác, theo giả thiết quy nạp thì O Ç_k−1

X

j=0

a_jx^j å

⩾ O(Q_i₁). Đồng thời, với mỗi số lẻ a_j thì a_j +b_j là số lẻ hoặc b_j là số lẻ. Ta suy ra

O Ç _n

X

j=1

Qij

å

⩾O Ç_k−1

X

j=0

ajx^j å

⩾O(Q_i₁). (:)

Bài 8 Cho đa thức P(x) bậc ba với hệ số hữu tỉ. Cho dãy (q_n) được xác định bởi q_n =P(q_n+1),∀n∈Z⁺. Chứng minh tồn tại một sốk đểq_n+k=q_n,∀n∈Z⁺.

IMO Shortlist 1990, Leva1980

Lời Giải Đặt P(x) = ax³+bx²+cx+d

e với a, b, c, d, e∈Z và e >0.

Ta giả sử fm n

= M

N, với gcd(m, n) = 1. Ta có M

N = am³+bm²n+cmn²+dn³

en³ .

(15)

Đặt t= gcd(am³+bm²n+cmn²+dn³, en³), x=am³ và y=bm²n+cmn²+dn³.

t ⩾ en³ ea³ ⩾ n³

a³. Đặtq_n= a_n

b_n với b_n>0, ta suy ra b_na³ ⩾b³_n+1. Từ đó, ta chứng minh được dãy (b_n) bị chặn. Tiếp theo, ta sẽ chứng minh dãy (q_n) bị chặn.

Thật vậy, tồn tại một số C > 0 để |P(x)| >2|x| với mọi |x|> C. Khi đó, nếu |q_n+1| > C thì

|q_n|>2|q_n+1|. Như vậy, nếu dãy (q_n) không bị chặn thì q₁ cũng không bị chặn, vô lí.

Do dãy (b_n) và (q_n) bị chặn nên dãy (q_n) chỉ nhận hữu hạn giá trị. Như vậy, tồn tại một số hữu tỉ q xuất hiện vô hạn lần trong dãy P(q_n). Như vậy, tồn tại k ∈Z để P^k(q) = q.

Từ đây, ta suy ra q_k+i =q_i,∀i∈Z⁺. :

Bài 9 Cho đa thứcf(x) có hệ số hữu tỉ và cho số α để α³ −α =f(α)³−f(α) = 33¹⁹⁹² Chứng minh fⁿ(α)³−fⁿ(α) = 33¹⁹⁹²,∀n∈Z⁺.

Q9 IMO 1992 Lời Giải Xét đa thức x³−x−33¹⁹⁹². Đa thức này có tối đa một nghiệm thực (hiển nhiên).

Do đó, ta suy ra f(α) =α. Vì vậy, ta nhận được điều phải chứng minh. : Bài 10 Cho các đa thức f(x), g(x), a(x, y) hệ số thực thỏa mãn

f(x)−f(y) =a(x, y) [g(x)−g(y)],∀x, y ∈R.

Chứng minh rằng tồn tại một đa thức h(x)∈R[x] sao cho f(x) = h(g(x)),∀x∈R. Q12 IMO Shortlist 1992 Lời Giải Thay y bởi 0, ta được f(x) =a(x,0)g(x).

Đặt a(x,0) =h(x) thì ta suy ra f(x) =g(x)h(x).

Điều kiện đề bài trở thành

a(x, y) [g(x)−g(y)] =h(x)g(x)−h(y)g(y) = [h(x)−h(y)]g(x) +h(y) [g(x)−g(y)],∀x, y ∈R. Ta suy ra đa thức g(x)−g(y) là ước của [h(x)−h(y)]g(x). Do g(x)−g(y) và g(x) không có ước chung nên g(x)−g(y) là ước của h(x)−h(y). Suy ra

h(x)−h(y) = b(x, y) [g(x)−g(y)],∀x, y ∈R, b(x, y)∈R[x, y].

Chứng minh tương tự như vậy, ta nhận được f(x) = H(g(x)). : Bài 11 Cho a₁, a₂, . . . , a_nlà các số thực không âm, trong đó có ít nhất một số lớn hơn 0. Chứng minh rằng

1 Đa thức p(x) =xⁿ−a₁xⁿ⁻¹+...−an−1x−a_n có duy nhất một nghiệm dương R.

2 Đặt A=

n

X

i=1

a_i vàB =

n

X

i=1

ia_i. Chứng minh A^A< R^B.

Q4 IMO Shortlist 1996, silouan

(16)

Lời Giải

1 Xét hàm số f(x) =

n

X

i=1

a_i

xⁱ. Hàm số này giảm ngặt trên R⁺ và lim

x→+∞f(x) = 0 nên tồn tại duy nhất số R để f(R) = 1. Như vậy, đa thức p(x) có duy nhất một nghiệm dương R.

2 Áp dụng bất đẳng thức J ensen, ta được

n

X

i=1

a_i A(ln A

Rⁱ)⩽ln(

n

X

i=1

a_i A · A

Rⁱ) = ln f(R) = 0.

Bất đẳng thức ở trên tương đương với

AlnA⩽BlnR hay A^A ⩽R^B. (:)

Bài 12 Cho n là một số nguyên dương chẵn.

1 Chứng minh rằng tồn tại k ∈Z⁺ để tồn tại hai đa thức f(x), g(x)∈Z[x] sao cho k =f(x)·(x+ 1)ⁿ+g(x)·(xⁿ+ 1) (♠) 2 Gọi k₀ là số nhỏ nhất thỏa mãn tính chất (♠). Tìm k₀ theo n.

Q6 IMO Shortlist 1996, BaBak Ghalebi

Lời Giải

1 Vì n là số nguyên dương chẵn nên xⁿ−1 chia hết cho x+ 1.

Vì vậy, hai đa thứcxⁿ+ 1 và (x+ 1)ⁿ nguyên tố cùng nhau. Theo định líBezout, ta suy ra tồn tại hai đa thức f(x), g(x) và số k thỏa mãn yêu cầu đề bài.

2 Đặt n=q.2^r với r∈N, q là số nguyên lẻ. Ta sẽ chứng minh k₀ = 2^q. Đặt 2^r=t. Ta có xⁿ+ 1 =x^qt+ 1 = (x^t+ 1)Q(x) với Q(x) =x^t(q−1)−x^t(q−2)+. . .−x+ 1.

Khi đó, ta có Q(−1) = 1. Ta gọi các nghiệm của x^t+ 1 lần lượt là w_m = cos

Å(2m−1)π t

ã

+isin

Å(2m−1)π t

ã

với m= 1,2, . . . , t.

Từ điều kiện (♠), ta suy ra f(w_m)(w_m+ 1)ⁿ =k₀ với m= 1,2, . . . , t.

Theo định líV iete và khai triển, ta chứng minh được

®f(w1)f(w2). . . f(wt) =F ∈Z (w₁+ 1)(w₂ + 1). . .(wt+ 1) = 2.

Ta lại có

k₀^t =f(w₁)f(w₂). . . f(w_t)(w₁+ 1)ⁿ(w₂+ 1)ⁿ. . .(w_t+ 1)ⁿ =F ×2ⁿ=F ×2^qt. Từ đó, ta suy ra 2^qt|k^t₀ hay 2^q |k₀. Như vậy, ta đã chứng minh được k₀ ⩾2^q. Bây giờ, ta sẽ chứng minh tồn tại hai đa thức f(x), g(x) để

2^q =f(x)(x+ 1)^q2^r +g(x)(x^q2^r + 1).

(17)

Để chứng minh điều này, ta chỉ cần chỉ ra tồn tại hàm số f thỏa mãn f(w_i)(w_i+ 1)^q2^r = 2^q với i= 1,2, . . . , t.

!

^{Do deg(x}ⁿ^{+ 1) = deg}

Å

(x+ 1)ⁿ ã

nên deg(f) = deg(g).

Như vậy, hàm g(x) [xⁿ+ 1] được xác định duy nhất và thuộc Z[x].

Ta chọn f(x)∈Z[x] như sau:

f(x)·(x+ 1)ⁿ =Ä

(x+ 1)(x³+ 1)· · ·(x⁽²^r+1⁻¹⁾+ 1)äq

.

Ta dễ thấy f(x)∈Z[x]. Kết thúc chứng minh. :

Bài 13 Cho đa thứcP(x)∈Z[x]. Tìm tất cả số nguyên dương k thỏa mãn:

0⩽P(c)⩽k với c∈ {0; 1;. . .;k+ 1} (♠) và P(0), P(1), . . . , P(k+ 1) không cùng nhận một giá trị.

Lời Giải

Bước 1. Ta chứng minh không tồn tại số k ⩾4.

Giả sử k ⩾4. Ta cóP(k+ 1)−P(0) chia hết chok+ 1.

Như vậy, nếu |P(k+ 1)−P(0)|>0 thì |P(k+ 1)−P(0)|⩾k+ 1, mâu thuẫn với (♠).

Ta suy ra P(k+ 1)−P(0) = 0. Ta có thể đặt

P(x)−P(0) =x(x−k−1)G(x) với G(x)∈Z[x].

Từ đó, ta suy ra

k⩾|P(x)−P(0)|⩾x(k+ 1−x)|G(x)| với 1⩽x⩽k.

Với 2 ⩽ x⩽ k−1, ta chứng minh được x(k+ 1−x)> k. Lúc này, ta nhận được |G(x)| <0.

Do G(x) là số nguyên nên ta suy ra G(x) = 0. Ta có thể đặt

P(x)−P(0) =x(x−2)(x−3)· · ·(x−k+ 1)(x−k−1)·H(x). (♣) Thay x bởi 1 và k vào (♣), ta dễ dàng suy ra H(1) =H(k). Ta có thể đặt

P(x)−P(0) =x(x−1)(x−2)(x−3)· · ·(x−k+ 1)(x−k)(x−k−1)·M(x).

Từ đây, ta suy ra P(0) =P(1) =. . .=P(k+ 1), mâu thuẫn.

Bước 2. Ta chứng minh các số k ⩽3 đều thỏa mãn yêu cầu đề bài.

1 Với k = 1, ta chọn P(x) = x(2−x).

2 Với k = 2, ta chọn P(x) = x(3−x).

3 Với k = 3, ta chọn P(x) = x(4−x)(x−2)². :

(18)

Bài 14 Cho đa thức P(x)∈Z[x] thỏa mãnP(x)>0,∀x∈R⁺. Chứng minh rằng tồn tại một số nguyên dương n để các hệ số của đa thức (1 +x)ⁿP(x) đều không âm.

Q11 IMO Shortlist 1997 Lời Giải Tương tự như bài toán IMO Shortlist 1976, ta chỉ cần chứng minh bài toán đúng với đa thức P(x) có dạng

P(x) = x²−2ax+a²+b² với a∈R⁺. Ta tính toán như sau:

(x²−2ax+a²+b²)(1 +x)ⁿ = (x²−2ax+a²+b²)

n

X

k=0

Çn k

å x^k

= (a²+b²) + (n(a²+b²)−2a)x+

n

X

k=2

ÇÇ n k−2

å

−2a Ç n

k−1 å

+ (a²+b²) Çn

k åå

x^k

+ (n−2a)xⁿ⁺¹+xⁿ⁺².

Chọn n >2a, ta suy ra hệ số của xvà xⁿ⁺¹ lớn hơn 0. Ta có Ç n

k−2 å

−2a Ç n

k−1 å

+ (a² +b²) Çn

k å

= n!

k!(n−k+ 2)!

Å

k(k−1)−2ak(n−k+ 2) + (a²+b²)(n−k+ 1)(n−k+ 2) ã

= n!

k!(n−k+ 2)!f(k), với

f(k) = (b²+a²+ 2a+ 1)k²−(2n(b²+a²+a) + 3b²+ 3a²+ 4a+ 1)k+ (n²+ 3n+ 2)(a²+b²).

Ta cần chứng minh f(k)⩾0. Điều này xảy ra khi ∆_k ⩽0.

Ta thấy đến hệ số của n² trong ∆_k là−4b². Nếu b̸= 0 thì với n đủ lớn, ta có ∆_k <0.

Nếu b= 0 thì ta có

f(k) = (a+ 1)²k²−(a+ 1)k(2an+ 3a+ 1) +a²(n²+ 3n+ 2).

Nếu a=−1 thì f(k)>0. Xét a̸=−1. Ta suy ra

∆_k

(a+ 1)² = (2an+ 3a+ 1)²−4a²(n²+ 3n+ 2) = 4an+a²+ 6a+ 1>0.

Như vậy, với n đủ lớn, ta chứng minh đượcf(k)>0 với mọi 2⩽k ⩽n. Vậy các hệ số của đa

thức (1 +x)ⁿP(x) đều không âm. :

Bài 15 Cho đa thứcP(x) =ax³+bx²+cx+d, hệ số nguyên thoả mãnxP(x) = yP(y) với vô hạn cặp số nguyên x, y phân biệt. Chứng minh rằng phương trình P(x) = 0 có nghiệm nguyên.

(19)

Lời Giải Ta có

xP(x) = yP(y)⇔ax⁴+bx³+cx²+dx=ay⁴+by³+cy²+dy.

⇔a(x−y)(x+y)(x²+y²) +b(x−y)(x²+xy+y²) +c(x−y)(x+y) +d(x−y) = 0.

⇔a(x+y)(x²+y²) +b(x²+xy+y²) +c(x+y) +d= 0.

⇔x+y=−b(x² +xy+y²) +d a(x²+y²) +c =−

b·x²+xy+y²

x²+y² + d x²+y²

a+ c

x²+y²

.

Từ đó, ta có

|x+y|⩽

|b| · x²+xy+y²

x²+y² + |d|

x²+y²

|a|+ |c|

x²+y²

⩽

2|b|+ |d|

x²+y²

|a|+ |c|

x²+y²

. (♠)

Do tồn tại vô hạn số x, y thỏa mãn (♠) nên ta có thể cho x²+y² →+∞.

Lúc này, ta suy ra |x+y| bị chặn trên hay x+y bị chặn. Mặt khác, x+y là số nguyên nên tồn tại một số nguyên t đểx+y=t với vô số cặp (x, y). Như vậy, ta suy ra

xP(x) = (t−x)P(t−x) với vô số x⇒xP(x) = (t−x)P(t−x),∀x∈R. 1 Nếu t= 0 thìxP(x) =−xP(−x) hay P(x) +P(−x) = 0,∀x∈R. Suy ra P(0) = 0.

2 Nếu t̸= 0 thì ta suy ra tP(t) = (t−0)P(t−0) = 0P(0) = 0.

Vậy P(x) có ít nhất một nghiệm nguyên. :

Bài 16 Tìm các đa thức P(x) có hệ số thực sao cho với mọi a, b, c ∈ R thỏa mãn ab+bc+ca= 0 thì

P(a−b) +P(b−c) +P(c−a) = 2P(a+b+c).

IMO 2004

Lời Giải Thay (a, b, c) bởi (6x,3x,−2x) với x∈R vào điều kiện đề bài, ta được

P(3x) +P(5x) +P(−8x) = 2P(7x),∀x∈R. (♠) Ta thấy đa thức P(x)≡0 thỏa mãn yêu cầu đề bài. Xét P(x)̸≡0.

Giả sử P(x) = a_nxⁿ+. . .+a₁x+a₀ với a_n ̸= 0. So sánh hệ số hai vế của (♠), ta được a_i(3ⁱ+ 5ⁱ+ (−8)ⁱ) =a_i.2.7ⁱ với mọi 0⩽i⩽n.

Ta suy ra T(i) = 3ⁱ+ 5ⁱ+ (−8)ⁱ −2.7ⁱ = 0 nếua_i ̸= 0 với mọi 0⩽i⩽n.

Nếu ilà số nguyên dương lẻ thì 3ⁱ+ 5ⁱ <8ⁱ nên T(i)<0.

Nếu i⩾6 và i là số chẵn thì Å8

7 ãi

>2 nên (−8)ⁱ >2.7ⁱ. Suy ra T(i)>0.

(20)

Như vậy, ta suy rai∈ {2; 4}. Vậy P(x) có dạng ax⁴+bx². Thử lại thỏa mãn. : Bài 17 Tìm tất cả các đa thức p(x) ∈Z[x] monic có bậc hai sao cho tồn tại đa thức q(x)∈Z[x] để đa thức p(x)q(x) có các hệ số đều là 1 hoặc −1.

A1 IMO Shortlist 2005 Lời Giải Giả sử p(x) =ax² +bx+c. Hệ số cao nhất của p(x)q(x) là ±1 nên a | ±1. Không mất tính tổng quát, giả sử a = 1. Tương tự, so sánh hệ số tự do, ta cũng nhận được c=±1.

Nếu b=±1 thì ta chọnq(x) = 1.

Nếu b= 0 thì ta chọnp(x) = x+ 1.

Xét |b|⩾2. Lúc này p(x) có hai nghiệm thực là x₁, x₂.

Giả sử p(x)q(x) =xⁿ+an−1xⁿ⁻¹+. . .+a₁x+a₀ với a_i ∈ {−1; 1} với 0⩽i⩽n−1. Ta có 1 =

an−1

x_i +. . .+ a₀ xⁿ_i ⩽ 1

|x_i| + 1

|x_i|² +. . .+ 1

|x_i|ⁿ < 1

|x_i| −1.

Như vậy, ta suy ra |x₁|,|x₂| < 2. Tính toán đơn giản, ta loại được các trường hợp |a| ⩾ 3 và p(x) =x²±2x−1.

Nếu p(x) = x²+ 2x+ 1 thì ta chọn q(x) =x−1.

Nếu p(x) = x²−2x+ 1 thì ta chọn q(x) = x+ 1. :

Bài 18 Cho f(x), g(x) là hai đa thức hệ số nguyên khác 0 và deg(f) > deg(g). Giả sử tồn tại vô hạn số nguyên tố psao cho đa thức pf(x) +g(x) có nghiệm hữu tỉ. Chứng minh rằng f cũng có nghiệm hữu tỉ.

A4 IMO Shortlist 2012 Lời Giải Vì deg(f)>deg(g) nên ta có

g(x) f(x)

<1 với x đủ lớn. Khi đó, ta có

|pf(x) +g(x)|⩾|f(x)|

Å

p− |g(x)|

|f(x)|

ã

>0.

Như vậy, ta suy ra tồn tại một số thựcR >0 để tất cả các nghiệm thực của đa thứcpf(x)+g(x) nằm trong đoạn [−R, R]. Đặt

f(x) =a_nxⁿ+an−1xⁿ⁻¹+. . .+a₁x+a₀, g(x) =b_mx^m+b_m−1x^m−1+. . .+b₁x+b₀, với n > m, a_n ̸= 0, b_m ̸= 0. Ta có thể thay f(x) và g(x) bởi aⁿ⁻¹_n f

Å x a_n

ã

và aⁿ⁻¹_n g Åx

a_n ã

nên không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a_n= 1.

Như vậy, hệ số cao nhất của đa thứcpf(x) +g(x) là p.

Nếu u

v là nghiệm hữu tỉ của đa thứcpf(x) +g(x) với gcd(u, v) = 1, v >0 thìv = 1 hoặcv =p.

Vì u

v ∈ [−R, R] mà v ∈ {1, p} nên tập nghiệm hữu tỉ của các đa thức pf(x) +g(x) nhận hữu

(21)

hạn giá trị. Do đó, tồn tại hai số nguyên tố p và q sao cho pf(x) +g(x) và qf(x) +g(x) có chung nghiệm hữu tỉ. Gọi a là nghiệm này thì ta suy ra f(a) = 0. :

Bài 19 Cho số nguyên m̸= 0. Tìm tất cả các đa thức P(x)∈R[x] thỏa mãn (x³−mx²+ 1)P(x+ 1) + (x³+mx²+ 1)P(x−1) = 2(x³−mx+ 1)P(x),∀x∈R.

A6 IMO Shortlist 2013 Lời Giải Giả sử P(x) =a_nxⁿ+. . .+a₁x+a₀ với a_n̸= 0.

So sánh hệ số của xⁿ⁺¹ ở hai vế, ta được

a_n−2+ (n−1)a_n−1+n(n−1)

2 a_n−m(na_n+a_n−1) +an−2−(n−1)an−1+n(n−1)

2 a_n+m(−na_n+an−1)

= 2an−2−2ma_n Phương trình trên tương đương với

n(n−1)a_n =m(2n−2)a_n⇔a_n(n−1)(n−2m) = 0.

Nếun⩽1 thì ta có thể đặtP(x) =Ax+B. Ta dễ dàng suy ra đượcB = 0⌣. Vậy P(x)≡Ax.

Xét n >1. Khi đó, ta được n= 2m. Suy ra m >0. Ta có deg

Å

xP(x+ 1)−(x+ 1)P(x) ã

=n

nên đa thức này có ít nhất một nghiệm phức r. Ta kí hiệu số k như sau 1 Nếu r /∈ {0;−1} thì k = P(r)

r = P(r+ 1) r+ 1 . 2 Nếu r= 0 thìk =P(1).

3 Nếu r=−1 thì k =−P(−1).

Ta thấy nếu đa thứcP(x) thỏa mãn điều kiện đề bài thì đa thức S(x) = P(x)−kx cũng vậy.

Lúc này, ta có r và r+ 1 đều là nghiệm của S(x).

Đặt A(x) =x³−mx²+ 1 và B(x) =x³ +mx² + 1. Ta có các nhận xét sau

Nếu s và s−1 là nghiệm của S(x) và s không là nghiệm của A(x) thì s+ 1 là nghiệm của S(x).

Nếu s và s+ 1 là nghiệm của S(x) và s không là nghiệm của B(x) thì s−1 là nghiệm của S(x).

Như vậy, tồn tại các số nguyên a⩾0 vàb ⩾1 sao cho

r−a, r−a+ 1, . . . , r, r+ 1, . . . , r+b−1, r+b là các nghiệm củaS(x) còn các số r−a−1 và r+b+ 1 thì không.

Như vậy, từ nhận xét, ta suy ra r−a là nghiệm của B(x) và r+b là nghiệm của A(x).

Vì r−a là nghiệm của B(x) và A(x+a+b) nên r−a cũng là nghiệm của đa thức C(x) với C(x) là ước chung lớn nhất của B(x) vàA(x+a+b).