Bài 1: Tìm đa thức $P(x)$ thỏa mãn \[P(P(x)) + 1 = {\left[ {{P^2}(x) + 2P(x) + {{\left( {{x^2} + 3x + 1} \right)}^2}} \right]^2};(1)\] Spoiler: Xem đáp án Ta có $P(x)=0$ không thỏa mãn,vậy $P(x)$ có dạng \[P(x) = {a_n}{x^n} + {a_{n - 1}}{x^{n - 1}} + ... + {a_1}x + {a_0};({a_n} \ne 0)\] Khi khai triển hai vế của $(1)$ thì số hạng lớn nhất của $P(P(x))+1$ là: \[{a_n}{({a_n}{x^n})^n} = a_n^{n + 1}{x^{{n^2}}}\] Còn số hạng lớn nhất của${\left[ {{P^2}(x) + 2P(x) + {{\left( {{x^2} + 3x + 1} \right)}^2}} \right]^2}$ là $\left[ {\begin{array}{{{\left( {{{\left( {{a_n}{x^n}} \right)}^2}} \right)}^2} = a_n^4{x^{4n}};n > 2}\\{{{\left( {{{\left( {{a_n}{x^n}} \right)}^2} + {x^4}} \right)}^2} = {{(a_n^2 + 1)}^2}{x^8};n = 2}\\{{x^8};n < 2}\end{array}} \right.$ Nếu $n \le 2$ thì \[{x^{{n^2}}} = {x^8} \Rightarrow {n^2} = 8\] Điều trên là vô lý vì n là số tự nhiên Vậy $n>2$ và \[a_n^{n + 1}{x^{{n^2}}} = a_n^4{x^{4n}} \Rightarrow n = 4;{a_n} = 1\] Do vậy đa thức cần tìm có dạng \[P(x) = {x^4} + {a_3}{x^3} + {a_2}{x^2} + {a_1}x + {a_0}\] Ta đặt \[G(x) = P(x) - {\left( {{x^2} + 3x + 1} \right)^2} + 1\] Vậy thì bây giờ $(1)$ tương đương với \[P(P(x)) + 1 = {\left[ {{P^2}(x) + 3P(x) + 1 - G(x)} \right]^2}\] \[ \Leftrightarrow P(P(x)) - {\left( {{P^2}(x) + 3P(x) + 1} \right)^2} + 1 = G(x)\left[ {G(x) - 2({P^2}(x) + 3P(x) + 1)} \right]\] \[ \Leftrightarrow G(P(x)) = G(x)\left[ {G(x) - 2({P^2}(x) + 3P(x) + 1)} \right]\] Nếu mà $G(x)$ khác $0$ ta đặt $degG(x)=k;(k\le3)$ nên ta có $4k=k+8$ Vô lí vì k là số tự nhiên Vậy $G(x)=0$ từ đó ta có $P(x)=x(x+1)(x+2)(x+3)$ Bài 2: Cho đa thức bậc $n$ có $n$ nghiệm phân biệt là$x_1,x_2,...x_n$.Chứng minh rằng a)\[\dfrac{{P"({x_1})}}{{P'({x_1})}} + \dfrac{{P"({x_2})}}{{P'({x_2})}} + ... + \dfrac{{P"({x_n})}}{{P'({x_n})}} = 0\] b)\[\dfrac{1}{{P'({x_1})}} + \dfrac{1}{{P'({x_2})}} + .... + \dfrac{1}{{P'({x_n})}} = 0\] Spoiler: Xem đáp án a) Xét $P\left( x \right) = \left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)...\left( {x - {x_n}} \right)$, giả sử ${x_1} < {x_2} < ... < {x_n}$ Ta có: $$P'\left( x \right) = P\left( x \right)\left( {\dfrac{1}{{x - {x_1}}} + \dfrac{1}{{x - {x_2}}} + ... + \dfrac{1}{{x - {x_n}}}} \right) = P\left( x \right)\sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{x - {x_i}}}} \,\,\,\,\,\left( 1 \right)$$ Do $P\left( {{x_i}} \right) = 0,i = \overline {1,n} $ nên theo định lí Rolle tồn tại ${c_1},{c_2},...,{c_{n - 1}};\,\,{x_1} < {c_1} < {x_2} < {c_2} < ... < {c_{n - 1}} < {x_n}$ sao cho $P'\left( {{c_i}} \right) = 0,i = \overline {1,n - 1} \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$ Lại có: $$P''\left( x \right) = P'\left( x \right)\left( {\dfrac{1}{{x - {c_1}}} + \dfrac{1}{{x - {c_2}}} + ... + \dfrac{1}{{x - {c_{n - 1}}}}} \right) = P'\left( x \right)\sum\limits_{i = 1}^{n - 1} {\dfrac{1}{{x - {c_i}}}} \,\,\,\,\,\left( 3 \right)$$ Từ (1) và (2) suy ra:$$\left\{ \begin{array}{l} P'\left( {{c_1}} \right) = P\left( {{c_1}} \right)\left( {\dfrac{1}{{{c_1} - {x_1}}} + \dfrac{1}{{{c_1} - {x_2}}} + ... + \dfrac{1}{{{c_1} - {x_n}}}} \right) = P\left( {{c_1}} \right)\sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_1} - {x_i}}} = 0} \\ P'\left( {{c_2}} \right) = P\left( {{c_2}} \right)\left( {\dfrac{1}{{{c_2} - {x_1}}} + \dfrac{1}{{{c_2} - {x_2}}} + ... + \dfrac{1}{{{c_2} - {x_n}}}} \right) = P\left( {{c_2}} \right)\sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_2} - {x_i}}} = 0} \\ ...............\\ P'\left( {{c_{n - 1}}} \right) = P\left( {{c_{n - 1}}} \right)\left( {\dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_1}}} + \dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_2}}} + ... + \dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_n}}}} \right) = P\left( {{c_{n - 1}}} \right)\sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_i}}} = 0} \end{array} \right.$$ Do $P\left( {{c_i}} \right) \ne 0,i = \overline {1,n - 1} $ nên ta có:$$\left\{ \begin{array}{l} \dfrac{1}{{{c_1} - {x_1}}} + \dfrac{1}{{{c_1} - {x_2}}} + ... + \dfrac{1}{{{c_1} - {x_n}}} = \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_1} - {x_i}}} = 0} \\ \dfrac{1}{{{c_2} - {x_1}}} + \dfrac{1}{{{c_2} - {x_2}}} + ... + \dfrac{1}{{{c_2} - {x_n}}} = \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_2} - {x_i}}} = 0} \\ ..............\\ \dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_1}}} + \dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_2}}} + ... + \dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_n}}} = \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_i}}} = 0} \end{array} \right.$$ Suy ra: $$\sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{{P''\left( {{x_i}} \right)}}{{P'\left( {{x_i}} \right)}} = } \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_1} - {x_i}}} + \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_2} - {x_i}}} + \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_i}}} = 0} } } $$ Ta có đpcm. b) Xét phân tích: $$P\left( x \right) = \left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)...\left( {x - {x_n}} \right) = \prod\limits_{i = 1}^n {\left( {x - {x_i}} \right)} $$ Đặt: $${P_i}\left( x \right) = \prod\limits_{j = 1,j \ne i}^n {\left( {x - {x_j}} \right)} \Rightarrow P'\left( x \right) = \sum\limits_{i = 1}^n {{P_i}\left( x \right)} $$ Ngoài ra: $${P_i}\left( {{x_j}} \right) = 0,\forall j \ne i;\,\,{P_i}\left( {{x_i}} \right) \ne 0,\forall i = \overline {1,n} \Rightarrow P'\left( {{x_i}} \right) = {P_i}\left( {{x_i}} \right),\forall i = \overline {1,n} $$ Xét đa thức $Q\left( x \right) = \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{{{P_i}\left( x \right)}}{{P'\left( {{x_i}} \right)}} - 1} $ có bậc không vượt quá $n-1$. Ta có $\forall i = \overline {1,n} \Rightarrow Q\left( {{x_i}} \right) = 0$ Suy ra đa thức này có $n$ nghiệm thực phân biệt, tức $Q\left( x \right) \equiv 0$ và hệ số cao nhất của $Q\left( x \right)$ cũng bằng $0$. Do đó: $$\dfrac{1}{{P'({x_1})}} + \dfrac{1}{{P'({x_2})}} + .... + \dfrac{1}{{P'({x_n})}} = 0$$ Ta có đpcm. Bài 3: Cho $P\left( x \right)$ là một đa thức bậc $n \ge 1$ với hệ số thực và có $n$ nghiệm thực. Chứng minh rằng: $$\left ( n-1 \right ){P}'^{2}\left ( x \right )\geq nP\left ( x \right ){P}''\left ( x \right ),\; \forall x\in \mathbb{R}$$ Spoiler: Xem đáp án Do đa thức $P(x)$ là đa thức bậc $n$ có $n$ nghiệm nên đa thức có dạng \[P(x) = a\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)\left( {x - {x_3}} \right)....\left( {x - {x_n}} \right);(a \ne 0)\] Vậy thì \[P'(x) = P(x)\left( {\frac{1}{{x - {x_1}}} + \frac{1}{{x - {x_2}}} + ... + \frac{1}{{x - {x_n}}}} \right)\] \[P''(x) = P'(x)\left( {\frac{1}{{x - {x_1}}} + \frac{1}{{x - {x_2}}} + ... + \frac{1}{{x - {x_n}}}} \right) - P(x)\left( {\frac{1}{{{{\left( {x - {x_1}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {x - {x_2}} \right)}^2}}} + ... + \frac{1}{{{{\left( {x - {x_n}} \right)}^2}}}} \right)\] Bất đẳng thức đã cho tương đương \[\left( {n - 1} \right){\left( {\frac{1}{{x - {x_1}}} + \frac{1}{{x - {x_2}}} + ... + \frac{1}{{x - {x_n}}}} \right)^2} \ge n\left[ {{{\left( {\frac{1}{{x - {x_1}}} + \frac{1}{{x - {x_2}}} + ... + \frac{1}{{x - {x_n}}}} \right)}^2} - \left( {\frac{1}{{{{\left( {x - {x_1}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {x - {x_2}} \right)}^2}}} + ... + \frac{1}{{{{\left( {x - {x_n}} \right)}^2}}}} \right)} \right]\] Hay là \[n\left( {\frac{1}{{{{\left( {x - {x_1}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {x - {x_2}} \right)}^2}}} + ... + \frac{1}{{{{\left( {x - {x_n}} \right)}^2}}}} \right) \ge {\left( {\frac{1}{{x - {x_1}}} + \frac{1}{{x - {x_2}}} + ... + \frac{1}{{x - {x_n}}}} \right)^2}\] Đúng theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz Bài 4: CMR với mọi số nguyên dương $n$ thì đa thức sau không thể có nhiều hơn một nghiệm thực \[P(x) = 1 + x + \dfrac{{{x^2}}}{{x!}} + ... + \dfrac{{{x^n}}}{{n!}}\] Spoiler: Xem đáp án ${{P}_{n}}\left( x \right)=\sum\limits_{k=0}^{n}{\dfrac{{{x}^{k}}}{k!}}\Rightarrow P_{n}^{'}\left( x \right)={{P}_{n-1}}\left( x \right)$ Ta chứng minh ${{P}_{2k}}\left( x \right)>0,{{P}_{2k+1}}\left( x \right)\uparrow $ bằng quy nạp ${{P}_{2k}}\left( x \right)>0\Rightarrow P_{2k+1}^{'}\left( x \right)={{P}_{2k}}\left( x \right)>0\Rightarrow {{P}_{2k+1}}\left( x \right)\uparrow $ $x_0$ là nghiệm duy nhất của ${{P}_{2k+1}}\left( x \right)$ thì $x>{{x}_{0}}\Rightarrow {{P}_{2k+2}}\left( x \right)\uparrow ,x\le {{x}_{0}}\Rightarrow {{P}_{2k+2}}\left( x \right)\downarrow $ mà $P_{2k+2}^{{}}\left( {{x}_{0}} \right)={{P}_{2k+1}}\left( {{x}_{0}} \right)+\dfrac{x_{0}^{2k+2}}{\left( 2k+2 \right)!}>0$ $\Rightarrow$ đpcm. Bài 5: Cho tam thức bậc hai $P(x)={x^ 2}+px+q$Hãy tìm tất cả các đa thức bậc bốn $Q(x)$ có hệ số cao nhất bằng $1$ sao cho $P(Q(x))=Q(P(x))$ Spoiler: Xem đáp án Xét $Q\left( x \right) = P\left( {P\left( x \right)} \right)$ thì $Q\left( x \right)$ thoả đề bài. Ta chứng minh đa thức này là duy nhất. Giả sử ta có đa thức $H\left( x \right)$ thoả đề bài sao cho $P\left( {H\left( x \right)} \right) = H\left( {P\left( x \right)} \right)$ Đặt $R\left( x \right) = P\left( {P\left( x \right)} \right) - H\left( x \right)$ thì $\deg R < 4$ suy ra: $$R\left( {P\left( x \right)} \right) = P\left( {P\left( {P\left( x \right)} \right)} \right) - H\left( {P\left( x \right)} \right) = P\left( {P\left( {P\left( x \right)} \right)} \right) - P\left( {H\left( x \right)} \right)$$ $$ = {\left[ {P\left( {P\left( x \right)} \right)} \right]^2} + pP\left( {P\left( x \right)} \right) + q - {\left( {H\left( x \right)} \right)^2} - pH\left( x \right) - q$$ $$ = \left[ {P{{\left( {P\left( x \right)} \right)}^2} - {{\left( {H\left( x \right)} \right)}^2}} \right] + p\left[ {\left( {P\left( {P\left( x \right)} \right)} \right) - H\left( x \right)} \right]$$ $$ = R\left( x \right)\left[ {P\left( {P\left( x \right)} \right) + H\left( x \right) + p} \right] \Rightarrow \deg R.\deg P = \deg R + 4 \Rightarrow \deg R = 4$$ Suy ra điều vô lí. Vậy $$Q\left( x \right) = P\left( {P\left( x \right)} \right) = {x^4} + 2p{x^3} + \left( {{p^2} + p + 2q} \right){x^2} + p\left( {2q + p} \right)x + q\left( {p + q + 1} \right)$$ Bài 6: Cho đa thức $P(x)$ là đa thức với hệ số nguyên không âm và không lớn hơn $8$.Giả sử $P(9)=32078$.Hãy xác định đa thức $P(x)$ Spoiler: Xem đáp án Giả sử đa thức cần tìm có dạng: $$P\left( x \right) = {a_n}{x^n} + {a_{n - 1}}{x^{n - 1}} + ... + {a_1}x + {a_0}$$ Theo giả thiết thì: $$P\left( 9 \right) = {a_n}{9^n} + {a_{n - 1}}{9^{n - 1}} + ... + {a_1}9 + {a_0} = 32078$$ Vì ${a_i},i = \overline {0,n} $ là số nguyên không âm nhỏ hơn 9 nên: $$P\left( 9 \right) = {a_n}{9^n} + {a_{n - 1}}{9^{n - 1}} + ... + {a_1}9 + {a_0} = \overline {{a_n}{a_{n - 1}}...{a_0}_{\left( 9 \right)}} = 32078$$ Trong đó: $\overline {{a_n}{a_{n - 1}}...{a_0}_{\left( 9 \right)}} $ là biểu diễn của $32078$ trong hệ đếm cơ số $9$ và $32078 = {48002_{\left( 9 \right)}}$ Nên $$\overline {{a_n}{a_{n - 1}}...{a_0}_{\left( 9 \right)}} = 48002 \Rightarrow n = 4,{a_4} = 4,{a_3} = 8,{a_2} = 0,{a_1} = 0,{a_0} = 2$$ Suy ra đa thức cần tìm là: $P\left( x \right) = 4{x^4} + 8{x^3} + 2$. Thử lại thấy đúng. Bài 7: Chứng minh rằng phương trình $P(x)={2^ x}$(Trong đó $P(x)$ là đa thức bậc $n$) không có quá $n+1$ nghiệm. Spoiler: Xem đáp án Gọi ${P^{\left( k \right)}}$ là đạo hàm cấp $k$ của $P\left( x \right)$ Ta xét hàm: $$f\left( x \right) = P\left( x \right) - {2^x} \Rightarrow f'\left( x \right) = P'\left( x \right) - {2^x}\ln 2 \Rightarrow ... \Rightarrow {f^{\left( n \right)}}\left( x \right) = {P^{\left( n \right)}}\left( x \right) - {2^x}{\ln ^n}2$$ Do $P\left( x \right)$ là đa thức bậc $n$ nên ${P^{\left( {n + 1} \right)}}\left( x \right) = 0$ Phương trình ${f^{\left( {n + 1} \right)}}\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow - {2^x}{\ln ^{n + 1}}2 = 0 \Leftrightarrow {2^x} = 0$, không có nghiệm thực. Khi đó, áp dụng định lí Rolle, phương trình $f\left( x \right) = 0$ có không quá $n+1$ nghiệm thực. Bài 8: Cho $P(x)$ là đa thức bậc $n >3$ và có các nghiệm thục $x_1<x_2<...<x_n$. chúng minh rằng \[P'(\dfrac{{{x_1} + {x_2}}}{2})P'(\dfrac{{{x_n} + {x_{n - 1}}}}{2}) \ne 0\]. Spoiler: Xem đáp án Xét $$P\left( x \right) = a\prod\limits_{i = 1}^n {\left( {x - {x_i}} \right)} ,\,\,a \ne 0,x \ne {x_i}$$ Khi đó: $$\dfrac{{P'\left( x \right)}}{{P\left( x \right)}} = a\sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{x - {x_i}}}} ,\,a \ne 0,x \ne {x_i}\,$$ Nếu $P'\left( {\dfrac{{{x_1} + {x_2}}}{2}} \right) = 0$ thì: $0 = \dfrac{1}{{\dfrac{{{x_1} + {x_2}}}{2} - {x_3}}} + \dfrac{1}{{\dfrac{{{x_1} + {x_2}}}{2} - {x_4}}} + ... + \dfrac{1}{{\dfrac{{{x_1} + {x_2}}}{2} - {x_n}}} < 0 + 0 + ... + 0 = 0$ (Vô lí).Nếu $P'\left( {\dfrac{{{x_n} + {x_{n - 1}}}}{2}} \right) = 0$ thì: $0 = \dfrac{1}{{\dfrac{{{x_n} + {x_{n - 1}}}}{2} - {x_1}}} + \dfrac{1}{{\dfrac{{{x_n} + {x_{n - 1}}}}{2} - {x_2}}} + ... + \dfrac{1}{{\dfrac{{{x_n} + {x_{n - 1}}}}{2} - {x_{n - 2}}}} > 0 + 0 + ... + 0 = 0$ (Vô lí).Vậy $P'\left( {\dfrac{{{x_1} + {x_2}}}{2}} \right)P'\left( {\dfrac{{{x_n} + {x_{n - 1}}}}{2}} \right) \ne 0$ Bài 9: Cho $f: R ---> R$ là hàm số có đạo hàm cấp 3 liên tục có tồn tại hay không số thực a sao cho :$f_{(a)}.f_{(a)}^{'}.f_{(a)}^{''}.f_{(a)}^{'''} \geq 0$. Spoiler: Xem đáp án * Nếu mỗi một trong các hàm $f\left( x \right),f'\left( x \right),f''\left( x \right),f'''\left( x \right)$ đổi dấu thì dễ dàng suy ra tồn tại ít nhất một điểm mà tại đó xảy ra dấu bằng. * Giả sử bốn hàm trên không đổi dấu, khi đó ta chứng minh $f\left( x \right)$ và $f''\left( x \right)$, $f'\left( x \right)$ và $f'''\left( x \right)$ cùng dấu. Giả sử $f''\left( x \right) > 0$. Khai triển Taylor $f\left( x \right)$ tại ${x_0} = 0$ đến cấp 2, ta có: $$f\left( x \right) = f\left( 0 \right) + \dfrac{{f'\left( 0 \right)x}}{{1!}} + \dfrac{{f''\left( {\theta x} \right){x^2}}}{{2!}} > f\left( 0 \right) + f'\left( 0 \right)x,\,\left( {\theta \in \left( {0,1} \right)} \right)$$ Nếu $f'\left( 0 \right) > 0 \Rightarrow f\left( 0 \right) + f'\left( 0 \right)x > 0$ với $x$ đủ lớn Nếu $f'\left( 0 \right) < 0 \Rightarrow f\left( 0 \right) + f'\left( 0 \right)x > 0$ với $x$ đủ nhỏ Vậy $f\left( x \right) > 0$. Tương tự, nếu $f''\left( x \right) < 0$ cũng có $f\left( x \right) < 0$. Do đó $f\left( x \right)f''\left( x \right) > 0,\forall x$ Chứng minh tương tự, ta cũng có: $f'\left( x \right)f'''\left( x \right) > 0,\forall x$. Bài 10: Cho $P(x)$ là đa thức bậc $n$ với hệ số thực sao cho $P(-1)$ khác $0$ và$ - \dfrac{{P'( - 1)}}{{P( - 1)}} \le \dfrac{n}{2}$.Chứng minh rằng $P(x)$ luôn có ít nhất một nghiệm $x_0$ sao cho $\left| {{x_0}} \right| > 1$. Spoiler: Xem đáp án Giả sử ${x_i},i = \overline {1,n} $ là các nghiệm phức của $P\left( x \right)$. Khi đó ta xét với $a \ne 0$: $$P\left( x \right) = a\prod\limits_{i = 1}^n {\left( {x - {x_i}} \right)} \Rightarrow \dfrac{{P'\left( x \right)}}{{P\left( x \right)}} = \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{x - {x_i}}}} \Rightarrow - \dfrac{{P'\left( { - 1} \right)}}{{P\left( { - 1} \right)}} = \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{1 + {x_i}}}} $$ Suy ra:$$\dfrac{{P'\left( { - 1} \right)}}{{P\left( { - 1} \right)}} + \dfrac{n}{2} = \dfrac{n}{2} - \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{1 + {x_i}}}} = \sum\limits_{i = 1}^n {\left( {\dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{{1 + {x_i}}}} \right)} = \dfrac{1}{2}\sum\limits_{i = 1}^n {\left( {\dfrac{{{x_i} - 1}}{{{x_i} + 1}}} \right)} $$ Theo tính chất của số phức: $$\dfrac{{{x_i} - 1}}{{{x_i} + 1}} = \dfrac{{\left( {{x_i} - 1} \right)\left( {\overline {{x_i}} + 1} \right)}}{{{{\left| {{x_i} + 1} \right|}^2}}} \Rightarrow \operatorname{Re} \left( {\dfrac{{{x_i} - 1}}{{{x_i} + 1}}} \right) = \dfrac{{{{\left| {{x_i}} \right|}^2} - 1}}{{{{\left| {{x_i} + 1} \right|}^2}}},\,\,i = \overline {1,n} $$ Mặt khác: $$\dfrac{{P'\left( { - 1} \right)}}{{P\left( { - 1} \right)}} + \dfrac{n}{2} \in R \Rightarrow \dfrac{{P'\left( { - 1} \right)}}{{P\left( { - 1} \right)}} + \dfrac{n}{2} = \dfrac{1}{2}\sum\limits_{i = 1}^n {\left( {\dfrac{{{{\left| {{x_i}} \right|}^2} - 1}}{{{{\left| {{x_i} + 1} \right|}^2}}}} \right)} \geqslant 0 \Rightarrow {\left| {{x_i}} \right|^2} \geqslant 1 \Leftrightarrow \left| {{x_i}} \right| \geqslant 1$$ Vậy $P(x)$ luôn có ít nhất một nghiệm $x_0$ sao cho $\left| {{x_0}} \right| \geqslant 1$. Bài 11: Cho $P(x) \in \mathbb{Z}[x]$ thỏa mãn $P(x)$ là số chính phương với mọi $x$ nguyên thì $P(x) = Q(x)^{2}$ với $Q(x) \in \mathbb{Z}[x]$. Spoiler: Xem đáp án Giả sử $P(X)=Q(x)^{2}.p_{1}(x).p_{2}(x)...p_{k}(x)$ với $p_{i}(x)$ là các đa thức bất khả quy bậc lớn hơn 1 do $p_{i}(x)$ bất khả quy nên $p_{1}(x)$ và $p_{1}(x)'.p_{2}(x)...p_{k}(x)$ nguyên tố cùng nhau nên theo định lý Bê-du thì tồn tại 2 đa thức $R(x),S(x)$ với hệ số nguyên sao cho $R(x).p_{1}(x)+S(x).p_{1}(x)'.p_{2}(x)...p_{k}(x)=n$ với n là số nguyên chọn $p>n$ nguyên tố sao cho tồn tại a sao cho $p_{1}(a)$ chia hết cho p (luôn tồn tại p theo Schur) thì $p_{1}'(a)p_{2}(a)....p_{k}(a)$ không chia hết cho p nếu $p_{1}(a)$ không chia hết cho $p^{2}$ ta suy ra vô lý vì khi đó $v_{p}(P(a))$ lẻ nếu $p_{1}(a)$ chia hết cho $p^{2}$ thì xét $p_{1}(a+p) \equiv p_{1}(a)+p.p_{1}(a)'(mod p^{2})$ thì $p_{1}(a+p)$ không chia hết cho $p^{2}$ Chứng minh tương tự trên thì ta suy ra mẫu thuẫn. Vậy $P(x)=Q(x)^{2}$. Bài 12: Tìm $P(x)\in \mathbb{Z}_{[x]}$ sao cho $P(x)$ nguyên tố với $\forall x\in \mathbb{N*}$. Spoiler: Xem đáp án Ta sẽ chứng minh $P(x) = p \quad\forall x \in \mathbb{R}$ là nghiệm duy nhất. Thật vậy, giả sử tồn tại $P$ khác hằng sao cho $\deg P \ge 1$. Ta có thể giả sử $P* > 0$ nhờ vào việc xét $-P(x)$ (cái này như nhau). Vì vậy, với $x$ đủ lớn thì $P(x) > 1$. Để ý là $P(x + P(x)) - P(x) \vdots P(x) \implies P(x + P(x)) \vdots P(x)$. Điều này mâu thuẫn với giả thiết số nguyên tố. Bài 13: Cho $n$ là số nguyên dương và $a_{1}, a_{2}, \cdots a_{n}$ là các số thực dương. Đặt $g(x) = (x + a_{1})(x + a_{2})\cdots (x + a_{n})$. Gọi $a_{0}$ là một số thực bất kỳ và đặt $f(x) = (x - a_{0}).g(x) = x^{n + 1} + b_{1}x^{n} + \cdots + b_{n + 1}$. Chứng minh rằng $b_{1}, b_{2}, \cdots b_{n + 1}$ đều âm nếu và chỉ nếu $a_{0} > a_{1} + a_{2} + \cdots a_{n}$. Spoiler: Xem đáp án $\left( \Rightarrow \right)$ Theo định lý Viet, ta có $-b_1= a_0-\sum_{k=1}^{n} a_k$. Suy ra đpcm. $\left( \Leftarrow \right)$ Với $x=0$, ta có $-a_0 \prod_{k=1}^{n}a_k= b_{n+1}$ Suy ra $b_{n+1}<0.$ Giả định $-a_1\le -a_2\le ...\le -a_n< a_0$. Ta có $g(x)+(x-a_0)g'(x)= (n+1)x^n+ ...+b_{n-1}x+b_{n}.$ Dùng ĐL Lagrange, ta thấy tồn tại các số thực dương $y_i, i=\overline{0,n-1}$, sao cho $-a_1\le -y_1\le-a_2\le -y_2...\le -a_n\le y_0\le a_0$, và $f'(y_i)=0 \forall i=\overline{0,n-1}.$ Do đó \[\frac{1}{n+1}f'(x)= (x-y_0)\prod_{i=1}^{n}(x+y_i).\] Đồng nhất hệ số $x^{n-1}$, ta sẽ thu được \[y_{0}-\sum_{i=1}^{n-1} y_i= \frac{n}{n+1} \left(a_0- \sum_{i=1}^{n}a_i\right)>0.\] Từ ý tưởng trên, ta sẽ dùng qui nạp để chỉ ra các hệ số $b_i$ đều âm. Bài 14: Cho $f(x)$ là đa thức nguyên có các nghiệm $ \alpha_1, \alpha_2,......, \alpha_n$. Đặt $M=max|\alpha_i|$ với $ i \in \overline{1, n}.$ Chứng minh rằng nếu $f(x_0)$ là số nguyên tố với $x_0$ là số nguyên thỏa mãn $|x_0| > M+1$ thì $f(x)$ bất khả quy trên $\mathbb{Z}\left [ x \right ]$. Spoiler: Xem đáp án Giả sử $f(x)$ khả quy thì tồn tại $g(x)$,$h(x)$$\in \mathbb{Z}[x]$ sao cho $f(x)=g(x).h(x)$($deg g,deg h>0$) Khi đó $g(x_0)h(x_0)=p$ nên $|g(x_0)|=1$ hoặc $|h(x_0)|=1$ giả sử $|g(x_0)|=1$ Khi đó giả sử $\alpha _1,\alpha _2,...\alpha_k$ là nghiệm của $g(x)$ thì: $|g(x_0)|=|a||(x-\alpha_1)||(x-\alpha_2)|...|(x-\alpha_k)|\geq (|x_0|-|\alpha_1|)...(|x|-|\alpha_k|)> 1$ (vô lý) Vậy $f(x)$ bất khả quy. Bài 15: Chứng minh đa thức sau bất khả quy $X_p^{k}=\frac{x^{p^{k}}-1}{x^{p^{k-1}}-1}$ với $p$ nguyên tố. Spoiler: Xem đáp án Đặt $x^{p^{k-1}} \to x $ xét đa thức $f(x) = \frac{x^{p}-1}{x-1}$ , đa thức này thì quen thuộc rồi , quy về $f(x)=\frac{(x+1)^{p}-1}{x}$ hay $f(x)=(x+1)^{p-1}+...+1$ bất khả quy . Ta có $f(x)=x^{p-1}+\binom{p}{1}x^{p-2}+....+p$ . Quy ngược lại $x^{p^{k-1}}$ cho ta $f(x)=x^{p^{k-1}(p-1)}+\binom{p}{1}x^{p^{k-1}(p-2)}+....+p$ . Áp dụng Eisenstein có $a_{p^{k-1}(p-1)}=1$ các hệ số còn lại là bội của $p$ ( bằng $0$ hoặc là bội của $p$ vì $p|\binom{p}{i}$ ) , mặt khác $p$ không chia hết $p^{2}$ nên có đpcm .
