Toán - Chuyên đề: Đa thức hệ số nguyên

hia hết q.
Từ (2) suy ra 0 na q chia hết p mà ( , ) 1np q  nên 0a chia hết q. Suy ra đpcm.
1 2 1
1 1 0( ... )
n n n n
n na p q a p a q p a q
  
     
1 2 1
0 1 0( ... )
n n n n
n na q p a p a p q a q
  
    
MATHVN.COM | www.mathvn.com
Chuyên đề : Đa thức hệ số nguyên Trường THPT Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm Vĩnh Long
Trang 3
Bài toán 2: Cho f(x), g(x) là hai đa thức với hệ số nguyên thỏa điều kiện 3 3( ) ( ) ( )F x f x xg x  chia hết 
cho đa thức 2 1x x  . Chứng minh rằng f(x), g(x) cùng chia hêt cho ( 1)x  .
Bài toán 1: [Vĩnh Long_2010] Tồn tại hay không một đa thức với hệ số nguyên mà (26) 1931f  và 
(3) 1995f  ?
II) Bài tập ví dụ :
1) Dạng 1: Bài toán liên quan đến tính chia hết:
Giải
Giả sử tồn tại một đa thức với hệ số nguyên thỏa điều kiện đề bài. 
Ta luôn có : (26) (3) (26 3) 23f f  
Nhưng (26) (3) 1931 1995 64 23f f      .
Do đó không tồn tại đa thức hệ số nguyên thoả mãn đề bài (đpcm).
Giải
Ta có: 3 3( ) ( ) (1) ( ) (1) (1) (1)F x f x f x g x g f xg            (2.1)
 3 3 2( ) (1) ( 1) ( 1)f x f x x x    
 3 3 2( ) (1) ( 1) ( 1)g x g x x x     
Theo giả thiết, 2( ) 1F x x x  nên từ (2.1) suy ra 2(1) (1) 1f xg x x   . Mà (1) (1)f xg có bậc bé hơn 
hoặc bằng 1 nên (1) (1) 0 (1) (1) 0f xg f g     . Theo dịnh lý Bezout suy ra ( ) ( 1)f x x và 
( ) ( 1)g x x .
 Nhận xét : Để hai đa thức f(x), g(x) cùng chia hết cho 1x , theo định lý Bezout thì ta cần chứng 
minh 0 1x  là nghiệm của f(x) và g(x), tức là (1) (1) 0f g  .Một cách tự nhiên ta thêm bớt f(1), g(1) vào 
và áp dụng định lý 2 để đi đến kết quả.
Bài toán 3 : Cho hai đa thức 3 2( )f x ax bx cx d    và 3 2( )g x dx cx bx a    có hệ số a,b,c,d 
nguyên và d không chia hết cho 5. Giả sử f(m) chia hết cho 5, m
 . Chứng minh rằng có thể tìm được 
n, n
 , sao cho g(n) chia hết cho 5.
Giải
Ta có:
3 2( ) 5f m am bm cm d     và 5 5d m 
Do đó tồn tại số nguyên n sao cho 1 (mod 5)mn 
MATHVN.COM | www.mathvn.com
Chuyên đề : Đa thức hệ số nguyên Trường THPT Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm Vĩnh Long
Trang 4
Bài toán 4 : Cho đa thức P(x) với các hệ số nguyên, chia hết cho 3 khi x lấy các giá trị nguyên k,k+1,k+2. 
Chứng minh rằng:
( ) 3,P m m  

Bài toán 5: Cho ( )P x và ( )Q x là hai đa thức hệ số nguyên thỏa mãn điều kiện: 
3 3 2( ) ( ) 1P x xQ x x x   .
Gọi d là ƯCLN của hai số (2007)P và (2007)Q . Chứng minh rằng 2006d  .
Ta có: 3 3 3 2 3 2( ) ( ) ( ) ( )n f m g n n am bm cm d dn cn bn a        
3 3 2 2 2( 1) ( 1) ( 1) ( 1)a m n bn m n cn mn mn      
 ( ) ( 1) 5g n mn  
Vậy số nguyên n thỏa 1 (mod 5)mn  thì ( ) 5g n  .
 Nhận xét : Ta có: 3 2 3 2( ) ( ) ( )f m g n am bm cm d dn cn bn a         . Ta cần làm mất hệ số tự do 
(a hoặc d) để xuất hiện nhân tử chung. Nhân f(m) với 3n rồi trừ cho g(n), ta có 3 ( ) ( ) 1n f m g n mn  . Lại 
có 5m  nên tồn tại số nguyên n để 1 (mod 5)mn  . Từ đó đi đến đpcm.
Giải
Với hai số nguyên m và n phân biệt ta có:
( ) ( ) ( )P m P n m n 
Ta có:
Các số ( ) ( ), ( ) ( 1)P m P k P m P k   và ( ) ( 2)P m P k  theo thứ tự chia hết cho 
, ( 1), ( 2)m k m k m k     với mọi { , 1, 2}.m k k k   Vì , ( 1), ( 2)m k m k m k     là ba số nguyên 
liên tiếp nên trong đó có một số chia hết cho 3.
Do đó một trong các số ( ) ( ), ( ) ( 1)P m P k P m P k   và ( ) ( 2)P m P k  có một số chia hết cho 3. Mặt 
khác, theo giả thiết, các số ( ), ( 1), ( 2)P k P k P k  đều chia hết cho 3.
Vậy : ( ) 3, .P m m  

Giải
Ta có 
3 3 3 3( ) ( ) ( ) (1) ( ) (1) (1) (1)P x xQ x P x P x Q x Q xQ P             (5.1)
Rõ ràng 3 3 2( ) (1) 1 1P x P x x x     (5.2)
 3 3 2( ) (1) 1 1Q x Q x x x     (5.3)
Từ (5.1), (5.2), (5.3) và từ giả thiết suy ra 
2(1) (1) 1xQ P x x   (5.4)
Ta có  deg (1) (1) 1xQ P  ,  2deg 1 2x x   , vì thế từ (5.4) suy ra (1) (1) 0xQ P  , hay 
(1) (1) 0P Q  . 
MATHVN.COM | www.mathvn.com
Chuyên đề : Đa thức hệ số nguyên Trường THPT Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm Vĩnh Long
Trang 5
Bài toán 6: Cho đa thức P(x) bậc 4 có các hệ số nguyên và P(x) chia hết cho 7 với mọi x nguyên. 
Chứng minh rằng các hệ số của đa thức P(x) đều chia hết cho 7.
Vì 1x  là nghiệm của ( )P x và ( )Q x nên 1
2
( ) ( 1). ( )
( ) ( 1). ( )
P x x R x
Q x x R x
 
  
với 1( )R x và 2 ( )R x là hai đa thức hệ
số nguyên. Thay 2007x  ta có 
1
2
(2007) (2006). (2007)
(2007) (2006). (2007)
P R
Q R

 
 (5.5)
Do 1(2007)R và 2 (2007)R là các số nguyên nên từ (5.5) suy ra (2007) 2006P  và (2007) 2006.Q 
Điều đó chứng tỏ rằng 
 (2007), (2007) 2006d P Q  (đpcm).
 Nhận xét: Tương tự bài toán 2, ta thêm bớt (1), (1)P Q vào để áp dụng định lý 2. Ngoài ra, bài toán 
trên còn có áp dụng định lý 1 để được 1( )R x và 2 ( )R x là hai đa thức hệ số nguyên. Đây là một bài toán 
khá hay có áp dụng nhiều định lý.
Giải
Xem đa thức : 4 3 2( )P x ax bx cx dx e     , với , , , , , 0.a b c d e a 

Ta có : ( ) 7P x x  
 . Do đó:
 (0) 7 7P e  (6.1)
 (1) 7P a b c d e      (6.2)
 ( 1) 7P a b c d e       (6.3)
(1) ( 1) 2 2 2 7 7P P a b e a c         (6.4)
(1) ( 1) 2 2 7 7P P b d b d        (6.5) 
(2) 16 8 4 2 7P a b c d e     
2 4 2 7a b c d    
2 7c d   (6.6) 
( 2) 16 8 4 2 7P a b c d e      
(2) ( 2) 32 8 2 7 4 7P P a c e a c         (6.7)
Mà 7a c 
Do đó: 3 7 7a a  (6.8)
Từ (6.4) và (6.8) 7c  (6.9)
Từ (6.6) và (6.9)
(6.5)
7 7d b  
Vậy: Các hệ số a,b,c,d,e thỏa yêu cầu của bài toán.
 Nhận xét:
 1)Nếu bậc của ( )P x lớn hơn 4 thì kết luận của bài toán không đúng nữa.
MATHVN.COM | www.mathvn.com
Chuyên đề : Đa thức hệ số nguyên Trường THPT Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm Vĩnh Long
Trang 6
Bài toán 1: Tìm a, b sao cho đa thức chia hết cho đa thức
.
Bài toán 2 : Tìm đa thức ( )f x không đồng nhất 0 với hệ số nguyên nhận số 3 32 4a   làm nghiệm.
Chẳng hạn:
 ( ) ( 1)( 2)...( 7) 7,Q x x x x x      

 và 7( ) 7,H x x x x    
 .
 2)Vậy nếu bậc của ( )P x bé hơn 4 thì két luận đó có đúng không? Câu trả lời là có. Khi 
deg ( ) 1,2,3,4, ( ) 7P x P x  với mọi x nguyên luôn luôn kéo theo các hệ số của ( )P x chia hết cho 
7.
 3)Số 7 là số nguyên tố. Nếu ta thay 7 bởi một số nguyên tố khác thì sẽ có được kết quả gì? 
Cho số nguyên tố p lớn hơn hoặc bằng 5 và đa thức:
  4 3 2( )f x ax bx cx dx e x     
 , ( ) ,f x p x  

thì , , , ,a b c d e p
Ta sẽ xét bài toán này ở phần bài tập rèn luyện.
2) Dạng 2: Bài toán xác định đa thức:
Giải
Viết lại đa thức P(x) dưới dạng sau:
 . (1.1)
Vì và nên từ (1.1) suy ra đa thức bật nhất 
chia hết cho đa thức 2( ) 3Q x x x b   .
Do deg ( ) 2Q x  , còn deg ( ) 1R x  , nên từ ( ) ( )R x Q x suy ra ( ) 0R x  , hay:
10 0 10
5 0 50
b b
a b a
         
Vậy hai đa thức cần tìm là: 3 2( ) 8 5 50P x x x x    và 2( ) 3 10Q x x x   .
 Nhận xét: 
 1)Bài toán trên sử dụng tính chất về bậc của đa thức để có được ( ) 0R x  .
 2) P(x) là đa thức có bậc nhỏ (deg 3)P  nên ta có thể giải bài toán này bằng phương pháp đồng nhất 
hệ số. Giả sử 2( ) ( 3 )( )P x x x b x c    . Qua các bước nhân, rút gọn rồi đồng nhất hệ số ta vẫn được 
50, 10 ( 5)a b c     .
Giải
Ta có 3 32 4a  
MATHVN.COM | www.mathvn.com
Chuyên đề : Đa thức hệ số nguyên Trường THPT Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm Vĩnh Long
Trang 7
Bài toán 3: Hãy tìm đa thức không đồng nhất 0 với hệ số nguyên nhận số 32 3 làm nghiệm.
3 3 3
3 3
6 6 2 6 4
6 6( 2 4)
6 6
a
a
  
  
 
hay 3 6 6 0a a   .
Rõ ràng a là nghiệm của đa thức 3( ) 6 6f x x x   . Vây ( )f x là đa thức cần tìm.
 Nhận xét:
 1) Ta lập phương số a để làm mất căn. Việc lũy thừa số a có thể phải thực hiện nhiều lần. Ở bài toán 
sau ta sẽ dùng phương pháp khác.
 2) Ta có thể mở rộng thành bài toán xác định một số a là số vô tỉ hay số hữu tỉ. Ta thực hiện theo các 
bước: 
Bước 1: Lập một đa thức với hệ số nguyên nhận x a làm nghiệm.
Bước 2: Chứng minh rằng hoặc là đa thức tìm được không có nghiệm nguyên, hoặc là trong số tất cả các 
nghiệm nguyên có thể có của đa thức không có nghiệm nào bằng a.
Ví dụ: Số 3 32 4a   là số vô tỉ hay hữu tỉ?
Giải. Theo bài toán 2 ta có a là nghiêm của đa thức 3( ) 6 6f x x x   .
Theo định lý 3, nếu ( )f x có nghiệm hữu tỉ thì nghiệm đó phải thuộc tập hợp  1, 2, 3, 6   
Bằng cách thử trực tiếp ta thấy 1, 2, 3, 6    không phải là nghiệm của đa thức ( )f x . Do a là nghiêm của 
( )f x nên a là số vô tỉ.
Ta sẽ xét những bài toán tương tự ở phần bài tập rèn luyện.
Giải
Đa thức 3( ) 2 3Q x x   nhận 30 2 3x   là nghiệm.
Xét đa thức ( )R x xác định như sau:    2 2 3 3( ) ( ) 2 2 3 9R x Q x x x       
      2 23 3 32 3 2 2 3 9x x x            
  3 3 22 3 3 2 6 2 2 3x x x x       
Ta thấy 30 2 3x   cũng là nghiệm của đa thức ( )R x .
Xét đa thức ( )P x được xác định bởi:    3 2( ) ( ) 6 3 2 3 2P x R x x x x      
        3 2 3 26 3 2 3 2 6 3 2 3 2x x x x x x              
    2 23 26 3 2 3 2x x x    
 6 4 3 26 6 12 36 1x x x x x     
MATHVN.COM | www.mathvn.com
Chuyên đề : Đa thức hệ số nguyên Trường THPT Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm Vĩnh Long
Trang 8
Bài toán 4 : Tìm đa thức bậc 3 dạng 3 2( )f x x ax bx c    sao cho ( )f x chia hết cho ( 2)x  và ( )f x
chia cho 2 1x  thì dư 2x .
Vậy 6 4 3 2( ) 6 6 12 36 1P x x x x x x      là đa thức không đồng nhất 0 với hệ số nguyên nhận 32 3
làm một nghiệm.
 Nhận xét : 
 1)Trong bài toán trên, ta nhân các biểu thức liên hiệp thích hợp vào đa thức để làm mất căn bậc hai, 
căn bậc ba.
 2) Đa thức ( )P x tìm được có phải là đa thức hệ số nguyên có bậc nhỏ nhất nhận nhận 32 3 làm 
nghiệm không?
Giả sử có một đa thức có bậc không lớn hơn 5 với hệ số nguyên 
5 4 3 2
5 4 3 2 1 0( )G x a x a x a x a x a x a     
cũng nhận 32 3 làm nghiệm. Ta có:
3( 2 3) 0G  
       4 3 253 3 3 3 35 4 3 2 1 0( 2 3) 2 3 2 3 2 3 2 3 0a a a a a a            (3.1) 
Thực hiện khai triển và rút gọn (3.1) ta có: 3 3 3 30 1 2 3 4 52 3 9 2 3 2 9b b b b b b     . (3.2) 
Trong đó:
0 0 2 3 4 5
1 1 3 4 5
2 1 3 4 5
3 2 4 5
4 2 4 5
5 3 5
2 3 4 50
2 12 4
6 3 20
3 12 3
2 8 15
3 20
b a a a a a
b a a a a
b a a a a
b a a a
b a a a
b a a
    
    
       
   
 
 (3.3) 
Vì , 0, 5ia i  
 nên suy ra ib cũng là số nguyên, 0,5i  . Từ (3.2) suy ra 0, 0,5ib i   . Do 
vậy từ (3.3) suy ra hệ phương trình sau:
0 2 3 4 5
1 3 4 5
1 3 4 5
2 4 5
2 4 5
3 5
2 3 4 50 0
2 12 4 0
6 3 20 0
3 12 3 0
2 8 15 0
3 20 0
a a a a a
a a a a
a a a a
a a a
a a a
a a
    
    
       
   
 
Giải hệ phương trình trên ta được 0, 0, 5ia i   . Vậy mọi đa thức không đồng nhất 0 với hệ số
nguyên có bậc bé hơn hoặc bằng 5 không thể nhận 32 3 .
Tóm lại, 6 4 3 2( ) 6 6 12 36 1P x x x x x x      là đa thức hệ số nguyên có bậc nhỏ nhất nhận 32 3
làm nghiệm.
MATHVN.COM | www.mathvn.com
Chuyên đề : Đa thức hệ số nguyên Trường THPT Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm Vĩnh Long
Trang 9
Bài toán 5 : Xác định đa thức ( )f x dạng :
5 4 3 2( ) 3 2f x x x x ax bx c     
Biết rằng nó chia hết cho đa thức ( 1)( 1)( 2)x x x   .
Bài toán 1 : Cho P(x) là một đa thức bậc 6 sao cho :
(1) ( 1), (2) ( 2), (3) ( 3)P P P P P P     
Chứng minh rằng : ( ) ( ),P x P x x  
Giải
Vì ( )f x chia hết cho x-2 nên (2) 8 4 2 0f a b c     .
Do ( )f x chia cho 2 1x  thì dư 2x nên ( ) ( ) 2g x f x x  chia hết cho ( 2 1x  ).
Suy ra (1) 1 ( 2) 0g a b c      hay 1a b c   và ( 1) 1 2 0g a b c        hay 1a b c    .
Ta có hệ phương trình 
4 2 8 10
1 19
1 10
a b c a
a b c b
a b c c
      
       
       
Vậy đa thức cần tìm có dạng :
3 2( ) 10 19 10f x x x x   
 Nhận xét: Bài toán trên áp dụng định lý Bezout về nghiệm của đa thức. Lần lượt thay các nghiệm vào 
đa thức ta có hệ phương trình rồi suy ra a,b,c.
Giải
Ta có ( )f x chia hết cho ( 1)( 1)( 2)x x x   khi và chỉ khi 
(1) 0
( 1) 6 0
(2) 4 2 0
f a b c
f a b c
f a b c
   
      
    
Giải hệ phương trình này ta thu được 1, 3, 2a b c   
Vậy đa thức ra cần tìm là : 5 4 3 2( ) 3 2 3 2f x x x x x x     
 Nhận xét: 
1) Đối với lớp bài toán xác định các hệ số để được một đa thức như trên, các hệ số tìm được có thể
không là số nguyên.
2) Khi cần xác định n hệ số chưa biết, thông thường, ta cần n dữ kiện. Trong bài toán trên, cần xác 
định ba hệ số a,b,c, ta thấy ngay ba dữ khiện đề bài.
3) Các dạng khác :
Giải
MATHVN.COM | www.mathvn.com
Chuyên đề : Đa thức hệ số nguyên Trường THPT Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm Vĩnh Long
Trang 10
Ta có :
6 5 4 3 2
6 5 4 3 2 1 0( )P x a x a x a x a x a x a x a      
Với 6 0, , ( 0,1,...,6)ia a i  

Xem đa thức ( ) ( ) ( )f x P x P x   , ta có
5 3
5 3 1( ) 2 2 2f x a x a x a x  
deg ( ) 5f x 
Ta có : (1) 0, (2) 0, (3) 0, ( 1) 0, ( 2) 0, ( 3) 0f f f f f f        
Đa thức ( )f x có deg ( ) 5f x  và có 6 nghiệm số. Do đó ( ) 0f x 
Vậy : ( ) ( ),P x P x x  
 Chú ý: Áp dụng định lý về nghiệm của đa thức: Nếu f(x) có bậc không quá n và có quá n nghiệm thi 
f(x) là đa thức không.
Giải
Ta có: 2( )f x ax ax ax bx c    
 2( ) ( )a x x a b x c    
( 1)
2 . ( )
2
x x
a a b x c
    . (2.1)
i) Giả sử ( )f x nhận các giá trị nguyên với mọi x nguyên.
Lấy 0x c  nguyên.
Lấy 1 ( )x f x a b c a b       nguyên.
Lấy 2 ( ) 4 2 2 2( ) 2x f x a b c a a b c a          nguyên.
ii) Đảo lai, giả sử 2 , ,a a b c 
 thì từ (2.1) và ( 1)
2
x x  
 ta có ( ) ,f x x  
 
 .
Vậy điều kiên cần và đủ đã được chứng minh.
Giải
Ta có :
        
   
2
22 2
P P x x P x x . p. P x x q
x px q x p. x px q x q
     
        
Bài toán 2: Chứng minh rằng 2( )f x ax bx c   nhận các giá trị nguyên với mọi x nguyên khi và 
chỉ khi 2 ,a a b và c là các số nguyên.
Bài toán 3 : Cho đa thức 2( ) ; ,P x x px q p q   nguyên.Chứng minh rằng tồn tại k nguyên sao cho 
( ) (2005). (2006)P k P P . 
MATHVN.COM | www.mathvn.com
Chuyên đề : Đa thức hệ số nguyên Trường THPT Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm Vĩnh Long
Trang 11
     
   
      
   
22 2 2 2
2 2
22
x px q 2. x px q x x p x px q xp q
x px q . x px q 2x p 1
x px q . x 1 p x 1 q
P x .P x 1 .
           
       
      
 
Đặt  k P 2005 2005  . Vì p,q nguyên suy ra P(x) là đa thức hệ số nguyên. Do đó k là số nguyên. Suy ra 
( ) (2005). (2006)P k P P . (đpcm)
 Nhận xét: Phân tích đpcm ta thấy: (2005). (2006) (2005). (2005 1)P P P P  có dạng ( ).( 1)P x x  . 
Lại tiếp tục phân tích ngược thì  2 2( ).( 1) ( ) ( 1) ( 1) ( )P x x x px q x p x q P P x x            . Từ
đó ta có điều cần chưng minh để đi đến kết quả.
Giải
Nếu phương trình 2 0ax bx c   , với các hệ số nguyên, có nghiệm hữu tỉ thì nghiệm đó nguyên. Do đó 
 là số chính phương.
a) Nếu 1994 2    (mod 4), vô lý
b) Nếu 1995 3   (mod 4), vô lý
Suy ra đpcm.
Giải
Đa thức có dạng 11 1 0( ) ... , 0n nn n nP x a x a x a x a a      . Giả sử tồn tại ba số nguyên , ,a b c đôi một 
khác nhau thỏa điều kiện đề bài.
Vì ( ) ( )P a P b a b  và ( ) ( )P a P b b c b c a b     
 b c a b    (5.1)
Tương tự, ta có: a b c a   (5.2)
 c a b c   (5.3)
Từ (5.1), (5.2), (5.3) suy ra a b b c c a     . Vì , ,a b c đôi một khác nhau nên từ đó ta suy ra:
Bài toán 4 : Cho phương trình bậc hai sau đây có nghiệm hữu tỉ :
2 0ax bx c   với các hệ số nguyên. Chứng minh rằng biệt số  của phương trình không thể bằng 
1994 và cũng không thể bằng 1995 .
Bài toán 5: Cho đa thức ( )P x với hệ số nguyên. Chứng minh rằng không tồn tại ba số phân biệt 
, ,a b c sao cho ( ) , ( ) , ( ) .P a b P b c P c a  
MATHVN.COM | www.mathvn.com
Chuyên đề : Đa thức hệ số nguyên Trường THPT Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm Vĩnh Long
Trang 12
2
2 2
2
a b b c a b c
b c c b b c
b c c a a c b
                 
, vô lý.
Vậy giả thiết là sai suy ra đpcm.
Giải
Phân tích ( )f x theo các lũy thừa của ( )x m ta được 
1
1 1 0( ) ( ) ( ) ... ( ) ( )
n n
n nf x a x m b x m b x m b g x m

         
Vì m là số nguyên nên , 0,ib i n là các số nguyên. Ta có: 0( )f m b
Thay x bởi p
q
ta được 0p p p mqf g m g
q q q
                  
Do đó p mq
q

là nghiệm của ( )g x . Áp dụng định lý 3 thì p mq là ước của 0 ( )b f m (đpcm).
III) Bài tập áp dụng:
Bài toán 1: Cho đa thức 3 2( ) 9 24 97P x x x x   
Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên n luôn tồn tại số nguyên na sao cho ( )nP a chia hết cho 3n .
Hướng dẫn : (3 1) 27 ( )x P x Q x   
 . Với 3 2( ) 2 3Q x x x x   
27 (3 ) (9 1) (9 1) 81 ( )Q x P x P x R x    
Với 3 2( ) 9 6 1R x x x x   
Vì 9 3, 6 3,1 3 ( ) 3nnR b   
2
(9 1) 81 ( ); 9 1
( ) 81 ( ) 3
n n
n n
n
n n
P b R b a b
P a R b 
   
 
(đpcm).
Bài toán 2: Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên. Chứng minh rằng nếu các số P(0),P(1),,P(m-1) đều 
không chia hết cho m (m là số nguyên dương) thì đa thức P(x) không có nghiệm nguyên.
Hướng dẫn : Cm phản chứng :
( ) ( ) ( )P x x c Q x 
Tính (0); (1)... ( 1) ( 1 ) ( 1)P P P m m c Q m     
0-c,1-c,,m-1-c là n số nguyên liên tiếp.
(0 1)k k m     thoả k c m 
( )P k m  mâu thuẫn suy ra đpcm.
Bài toán 6: Chứng minh rằng nếu phân số tối giản p
q
là nghiệm của đa thức với hệ số nguyên 
1
1 1 0( ) ...
n n
n nf x a x a x a x a

    
thì p mq là ước của ( )f m với m nguyên.
MATHVN.COM | www.mathvn.com
Chuyên đề : Đa thức hệ số nguyên Trường THPT Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm Vĩnh Long
Trang 13
Bài toán 3 : Cho đa thức P(x) bậc 3 có các hệ số nguyên và P(x) chia hết cho 7 với mọi x nguyên. Chứng 
minh rằng các hệ số của đa thức P(x) đều chia hết cho 7.
Hướng dẫn: Làm tương tự bài toán 6 (dạng 1)
Bài toán 4 : Cho đa thức có dạng :
5 4 3 2( ) 9P x x x x ax bx c      .
Biết rằng P(x) chia hết cho ( 2)( 2)( 3)x x x   . Hãy tìm đa thức P(x) ấy.
Hướng dẫn : (2) ( 2) ( 3) 0P P P     (định lý Bezout)
Đáp số : 1; 20; 12a b c    
Bài toán 5 : Tìm đa thức P(x) dưới dạng 
4 2( ) 2P x x ax bx c    ,
Biết rằng P(x) chia hết cho đa thức x+2, nhưng khi chia cho đa thức 2 1x  thì được phần dư là x.
Hướng dẫn : 
2( 2) 0; ( ) ( ) 1
(1) ( 1) 0
P Q x P x x x
Q Q
    
  

Đáp số : 28 22; 1;
3 3
a b c   
Bài toán 6 : Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên không âm và không lớn hơn 8. Giả sử P(9)=32078. Hãy 
tìm đa thức P(x).
Đáp số : 4 3( ) 4 8 2P x x x  
Bài toán 7 : Tìm đa thức hệ số nguyên bậc nhỏ nhất nhận 1 2 3  làm một trong các nghiệm của nó.
Đáp số : 4 3 2( ) 4 4 16 8P x x x x x    
Bái toán 8 : Tìm mọi đa thức ( ) 0P x  , thoả mãn điều kiện
( 1) ( 3) ( ),xP x x P x x    .
Hướng dẫn :
(0) (1) (2) 0
( ) ( 1)( 2). ( )
P P P
P x x x x Q x
  
  
 ( 1) ( )Q x Q x   : Hàm số tuần hoàn.
Đáp số : ( ) ( 1)( 2)P x x x x  
Bài toán 9 : Xác định xem số a được xác định như sau là số hữu tỉ hay vô tỉ.
3
125 125
3 9 3 9
7 7
a       
Hướng dẫn :
3 5 6 0 1a a a      

MATHVN.COM | www.mathvn.com
Chuyên đề : Đa thức hệ số nguyên Trường THPT Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm Vĩnh Long
Trang 14
Bài toán 10 : [Đề thi vào lớp 10 chuyên toán TP.HCM năm 1982]
Đặt 3 31 8 1 1 8 1
3 3 3 3
a a a a
x a a
       . Chứng mkinh rằng với mọi 1
8
a  thì x là số tự nhiên.
Hướng dẫn: Lũy thừa số x ta có 2( 1)( 2 ) 0x x x a    . Biện luận để có 1x  .
Bài toán 11 : Lập một đa thức với hệ số nguyên nhận 2 3a   làm nghiệm.
Đáp số: 4 2( ) 10 1f x x x  
Bài toán 12 : Cho n là số tự n