Sáng kiến kinh nghiệm Giải pháp giúp học sinh phát huy khả năng giải bài toán về nghiệm của đa thức

anC > 0.
Theo định lý Vi-ét ta có :
 Do đó p 0.
 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM 3
Hay - p 3 p 27p. Vì p < 0 nên p p 
Có đẳng thức khi và chỉ khi tanA = tanB = tanC hay A= B = C
Ta có : q = 3
 = 3 3 = 9
 Do đó q >1.
 Vậybất đẳng thức đã được chứng minh.
Bài 5. Cho phương trình x+ ax + bx+ ax + 1 = 0 có nghiệm. Tìm giá trị bé nhất của a+ b.
Lời giải. Gọi x là nghiệm của phương trình trên, tức là : 
 x + ax + bx + ax + 1 = 0 (suy ra x0)
 + a + b - 2 = 0 (1)
 Đặt = y. Ta có
 = + 2 (Do x và luôn cùng dấu )
(1) trở thành : y+ ay + b - 2 = 0
 = ( BĐT Bunhia )
 a+ b 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi = .
Đặt y= t 4 , ta có = = f(t)
Xét f(t) với t 4 ta có f(t) = 
 = > 0 với mọi t 4
 f(t) đồng biến nên t 4 thì f(t) f(4) = .
 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t = 4 hay = 2.
 Vậy a+b . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi = và = 2 hay a = 2b hoặc a = -2b .
 Vậy min(a+ b) = .
Bài 7. Cho a, b, c, d là các số dương. Chứng minh : 
 3 
Lời giải. 
Xét đa thức f(x) = (x - a)(x - b)(x - c)(x - d)
 = x- (a + b + c + d)x + (ab + bc + cd + da +ac +bd)x
 - (abc + abd + acd + bcd)x + abcd 
Vì f(x) có 4 nghiệm nên f(x) có 3 nghiệm
 f(x) = 4x- 3(a + b + c + d)x + 2(ab + bc + cd + da +ac +bd)x
 - (abc + abd + acd + bcd)
Giả sử 3 nghiệm của f(x) là x, x, x. Theo định lý Viet 
 x + x + x = (a + b + c + d)
 xx + xx + xx = (ab + bc + cd + da +ac +bd)
 xxx = (abc + abd + acd + bcd)
 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số không âm ta có:
 x+ x+ x 3
 (x + x + x)- 2(xx + xx + xx) 3
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x= x= x 
Vậy BĐT - (ab + bc + cd + da +ac +bd) 
 3 đã được chứng minh.
Bài 8. Cho 4 số dương a, b, c, d . Giả sử ax- ax + bx- cx + d = 0 có 4 nghiệm thuộc khoảng (không nhất thiêt phân biệt). Chứng minh rằng : 21a + 164c 80b + 320d
Lời giải. 
Giả sử 4 nghiệm của phương trình là x, x, x, x.
 Theo định lý Vi ét, ta có : 
 x + x+ x + x= 1
 xx + xx + xx+ xx + xx+ xx= 
 xxx + xxx+ xxx + xxx = 
 xxxx = 
 Vì a > 0 nên bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
 21 + 164 80 + 320
 21 + 164(xxx + xxx+ xxx + xxx)
 80(xx + xx + xx+ xx + xx+ xx) + 320(xxxx) (*)
 Do x, x, x, x nên 1- 2x > 0 ; 1- 2x > 0 ; 1- 2x> 0 ;1- 2x>0 
 Áp dụng bất đẳng thức AM – MG ta có:
 = = 
 27(1- 2x)(1- 2x)(1- 2x) (1+2x) (1)
 Tương tự :
 0 < 27(1- 2x)(1- 2x)(1- 2x) (1+2x) (2)
 0 < 27(1- 2x)(1- 2x)(1- 2x) (1+2x) (3)
 0 < 27(1- 2x)(1- 2x)(1- 2x) (1+2x) (4)
Nhân từng vế của (1), (2), (3), (4) và rút gọn ta có:
0 < 27(1- 2x) (1- 2x)(1- 2x)(1- 2x) 
 (1+2x)(1+2x)(1+2x) (1+2x) 
 81(1- 2x)(1- 2x)(1- 2x)(1- 2x) (1+2x)(1+2x)(1+2x)(1+2x) 
 81 (1- 2x- 2x+ 4xx)(1- 2x- 2x + 4xx)
 (1+2x+2x+ 4 xx)(1+2x+2x+ 4xx) 
 80 - 162(x + x+ x + x) -2(x + x+ x + x) 
 + 324(xx + xx + xx+ xx + xx+ xx) 
 - 4(xx + xx + xx+ xx + xx+ xx) 
 - 648(xxx + xxx+ xxx + xxx) 
 - 8(xxx + xxx+ xxx + xxx)
 + 1296 xxxx - 16 xxxx 0
 - 84 + 320(xx + xx + xx+ xx + xx+ xx) - 656(xxx 
 + xxx+ xxx + xxx) + 1280 xxxx 0
 21 + 164(xxx + xxx+ xxx + xxx)
 80(xx + xx + xx+ xx + xx+ xx) + 320 xxxx
 Hay 21 + 164 80 + 320
 Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh.
Bài 9. Cho a, b, c phân biệt. Chứng minh rằng :
 min{a, b, c} < 
 < < max{a, b, c}
Lời giải. 
Không mất tính tổng quát, giả sử a < b < c
Xét f(x) = (x -a)(x - b)(x - c)
 = x- (a + b + c)x+ (ab + bc + ca)x – abc có 3 nghiệm phân biệt
 f(x) = 3x- 2(a + b +c)x + ab + bc +ca
 f(x) có 2 nghiệm phân biệt nên = (a + b +c) + 3(ab + bc +ca)
 = a + b+ c- (ab + bc + ca) > 0
Ta có 2 nghiệm : x = 
 x= 
Vì f(x) có 3 nghiệm a < b < c nên f(x) có 2 nghiệm xen kẽ a < x < x< b Hay a < 
 < < b
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. 
2. Bài toán về nghiệm nguyên, nghiệm hữu tỉ của đa thức.
Nhận xét: Trong các bài toán này có thể sử dụng tính chất nghiệm đa thức như: định lý ĐL Bézout , sự phân tích đa thức theo các nghiêm,kết hợp với tính chất số học của nghiệm: tính chẵn, lẻ của số nguyên, phân tích số nguyên ra thừa số nguyên tố,
Bài 1. Cho đa thức và số nguyên n thỏa mãn đều là các số lẻ. Chứng minh rằng đa thức P(x) không có nghiệm nguyên.
Lời giải
Giả sử tồn tại số nguyên a là nghiệm của đa thức đã cho, tức là tồn tại đa thức sao cho . 
Khi đó và 
Do giả thiết đều là các số lẻ nên suy ra 2n – a và 2n + 1 – a là các số lẻ mà đó lại là hai số nguyên liên tiếp . Vô lý
Vậy điều giả sử là sai. Đa thức P(x) không thể có nghiệm nguyên.
Nhận xét: Cách giải bài toán trên dựa vào tính chất chẵn lẻ của các số: 2n, 2n + 1, P(2n), P(2n + 1). Từ đó ta có thể phát triển bài toán thành một số bài toán mới với độ khó tăng thêm. Chẳng hạn như:
Bài 2. Cho đa thức và số nguyên dương n thỏa mãn . Chứng minh rằng đa thức P(x) không có nghiệm nguyên.
Bài 3. Cho đa thức và bốn số nguyên dương phân biệt không đồng thời chia hết cho 4: a, b, c, d thỏa mãn . Chứng minh rằng đa thức P(x) không có nghiệm nguyên.
Bài 4. Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên và P(x) không chia hết cho 3 với ba giá trị nguyên liên tiếp nào đó của x. Chứng minh rằng P(x) không có nghiệm nguyên.
Lời giải
 Giả sử P(x) có nghiệm nguyên a. Ta có:
	 .
Do đó với mọi bộ ba số nguyên liên tiếp luôn tồn tại một số b mà P(b) b. Mâu thuẫn với giả thiết. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài 5. Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên sao cho với a, b, c là ba số nguyên phân biệt. Chứng minh rằng P(x) không có nghiệm nguyên.
Lời giải
Giả sử P(x) có nghiệm nguyên x0. Khi đó P(x) có dạng , trong đó Q(x) là một đa thức. Ta có 
Tương tự ta cũng có . Do đó tồn tại hai trong ba số cùng dấu. Mâu thuẫn với giả thiết a, b, c phân biệt. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài 6. Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên và P(x) nhận giá trị bằng 7 với bốn giá trị nguyên khác nhau của x. Chứng minh rằng P(x) – 14 không có nghiệm nguyên.
Lời giải
Giả sử P(x) – 14 có nghiệm nguyên x0 và a, b, c, d là bốn số nguyên phân biệt sao cho . Ta có
với Q(x) là một đa thức hệ số nguyên. 
Do đó . Suy ra ít nhất hai trong bốn số cùng bằng 1 hoặc – 1. Mâu thuẫn với giả thiết a, b, c, d phân biệt. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét: Cách giải bài toán trên dựa vào tính chất : 7 là số nguyên tố nên nó chỉ có thể phân tích thành tích của nhiều nhất 3 số nguyên . Từ đó ta có thể khái quát bài toán thành bài toán tổng quát hơn: 
 Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên, số nguyên n và số nguyên tố p, P(x) nhận giá trị bằng n với bốn giá trị nguyên khác nhau của x. Chứng minh rằng đa thức P(x) – p – n không có nghiệm nguyên.
Bài 7. Chứng minh rằng với mọi số nguyên a, đa thức 
 không thể có hai nghiệm nguyên phân biệt.
Lời giải
 Nếu x0 là nghiệm của đa thức thì x0 phải chẵn.
Thật vậy: Ta có 
Nhận thấy: nên 
Suy ra x0 - 1 là số lẻ tức x0 là số chẵn
Giả sử x1, x2 là hai nghiệm nguyên phân biệt của P(x). 
Ta có  	 (1)
Suy ra (2)
Kết hợp ( 1), (2)và x1, x2 là các số chẵn suy ra điều vô lý. 
Vậy điều giả sử là sai. Điều cần chứng minh là đúng 
Bài 8. Giả sử P(x) là đa thức bậc 1991 với hệ số nguyên. Xét đa thức Q(x) =P2(x) – 9. Chứng minh rằng : số nghiệm nguyên của đa thức Q(x) nhỏ hơn 1996.
Lời giải
Giả sử nghiệm của đa thức Q(x) không nhỏ hơn 1996.
Giả sử x1,x2,,xk là các nghiệm nguyên của P(x)=3 ( x1<x2<<xk) và y1,y2,...,yl là các nghiệm nguyên của P(x) = - 3 (y1<y2<<yl). Rõ ràng xi khác yj,∀i,j
Vì và k+1 chính là số nghiệm của đa thức Q(x) nên theo giả thuyết phản chứng thì .
Từ đó ta có ta suy ra tồn tại sao cho  
Giả sử  với ai ∈ ℤ, i = . 
Thế thì từ và , suy ra: 
Vì P(x) là đa thức với hệ số nguyên mà là nguyên nên ta có:
Như vậy : 6 ⋮,suy ra (2)
Từ (1) và (2) suy ra mâu thuẫn . Vậy giả thiết phản chứng là sai , tức là đa thức không thể có quá 1995 nghiệm nguyên.
Bài 9. Cho đa thức Chứng minh rằng nếu đa thức có ít nhất 6 nghiệm nguyên phân biệt thì không có nghiệm nguyên.
Lời giải
Giả sử có 6 nghiệm nguyên phân biệt là 
Khi đó , trong đó . 
Nếu đa thức có nghiệm nguyên là a thì . 
Suy ra . 
Do phân biệt, mà nên ta có vô lý, suy ra điều cần chứng minh.
Bài 10. Cho 3 tam thức bậc hai .Hỏi đa thức có thể nhận cả tám số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 làm nghiệm được không?
Lời giải
Không giảm tổng quát, có thể coi hệ số của x2 ở đều bằng 1. Giả sử có thể nhận cả tám số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 làm nghiệm.
Vì suy ra nhận 4 giá trị, mà h(x) là tam thức bậc hai, dẫn đến 
 Suy ra (1)
Vì bậc của f(x) bằng 2 nên nhận hai giá trị. 
Mà từ (1) ta có , dẫn đến . Thay vào (1) ta có . Đẳng thức này sai. Vậy điều giả sử ở trên là sai tức là không thể nhận cả tám số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 làm nghiệm.
Bài 11. Cho f(x) là đa thức bậc m với hệ số nguyên và a là một số nguyên sao cho . Giả sử f(x) có nghiệm hữu tỉ là thức . Chứng minh rằng 
Lời giải
 Nhận xét rằng với mọi số nguyên a, b thì 
Do và nên 
(với M là một số nguyên). 
Suy ra . Mà nên M chia hết cho qn, vì vậy M = r.qn. Do đó suy ra 
Bài 12 . Cho f(x) là đa thức bậc m với hệ số nguyên và f(x) có ít nhất một nghiệm hữu tỉ. Giả sử phương trình có các nghiệm với các số . Chứng minh rằng .
Lời giải
Gọi là một nghiệm của f(x).
Theo giả thiết, ta có . Suy ra và . Do vậy .
Do nên suy ra và . Vậy ta có .
3. Bài toán về sự tồn tại nghiệm thực của đa thức.
Nhận xét: Để xác định sự tồn tại nghiệm thực và số nghiệm thực của đa thức ta thường sử dụng các tính chất của nghiệm liên quan tới giải tích như: định lý Lagrange , định lý Rolle , quy tắc dấu Descarte , định lý về số nghiệm của đa thức, 
Bài 1. Chứng minh phương trình:
a) có nghiệm với .
b) có 2 nghiệm.
Lời giải
a) với .
Ta có liên tục trên và 
 nên tồn tại p < 0 để f(p) < 0
 nên tồn tại q> 0 để f(q) > 0
Do đó phương trình có nghiệm.
Nhận xét: Từ bài toán trên ta có thể khái quát : Mọi phương trình bậc lẻ luôn có nghiệm thực.
b) Ta có liên tục trên rên và 
 nên tồn tại p 0, f(0) = - 1 < 0
 nên tồn tại q> 0 để f(q) > 0
Do đó phương trình có 2 nghiệm trái dấu.
Bài 2. Cho đa thức có một nghiệm không nhỏ hơn 1. Chứng minh rẳng đa thức có nghiệm
Lời giải. 
Đa thức có nghiệm nên ta có
.
Do đó
Vậy phương trình g(x) = 0 có thuộc khoảng .
Bài 3. Giả sử (deg f = n). Biết f(x) có n nghiệm thực phân biệt lớn hơn 1. Chứng minh rằng có 2n -1 nghiệm thực phân biệt.
Lời giải
Ta có 
Giả sử f(x) có n nghiệm thực là .
Vì xf(x) có n+1 nghiệm thực phân biệt là: 0, a1,, an nên xf’(x)+f(x) có n nghiệm thực phân biệt.
Lại có có n nghiệm thực phân biệt a1,,an nên có n-1 nghiệm thực phân biệt nên xf(x)+f’(x) có n-1 nghiệm thực phân biệt.
Ta chứng minh xf’(x)+f(x) và xf(x)+f’(x) không có nghiệm chung. 
Giả sử là nghiệm chung của hai đa thức. 
Do có n nghiệm thực phân biệt a1,,an nên xf(x)+f’(x) có n-1 nghiệm thực thỏa mãn . Do đó nghiệm chung 
 >1.
Vậy suy ra là nghiệm bội của f(x). Mâu thuẫn.
Vậy g(x) có 2n-1 nghiệm phân biệt.
Bài 4. Cho đa thức f(x) bậc n có n nghiệm dương phân biệt. Chứng minh rằng có n nghiệm dương phân biệt.
Lời giải
Giả sử , .
Xét hàm trên 
Suy ra g(x) là hàm giảm. Ta có bảng biến thiên của g(x)
x
0 x1 x2 x3 xn-1 xn 
g’(x)
 - - - -	- -
g(x)
 0 
Từ bảng biến thiên ta suy ra phương trình có n nghiệm dương do đó phương trình có n nghiệm dương.
Bài 5. Cho đa thức bậc n có n nghiệm dương phân biệt. Chứng minh rằng phương trình (1) cũng có n nghiệm dương phân biệt.
Lời giải
Ta có (1) (2)
Đặt . Theo bài 16 thì Q(x) có n nghiệm dương phân biệt.
(2) trở thành 
Đặt ta có (3)
Do Q(x) có n nghiệm dương phân biệt nên đa thức cũng có n nghiệm dương phân biệt, suy ra phương trình (3) có n nghiệm dương phân biệt.
Vậy phương trình (1) có n nghiệm dương phân biệt.
Bài 6. Cho P(x) và Q(x) là các đa thức cùng bậc hệ số thực, có bậc chẵn và hệ số cao nhất bằng 1. Chứng minh rằng nếu phương trình P(x) = Q(x) không có nghiệm thực thì phương trình có nghiệm thực, với a là một số thực bất kì khác 0.
Lời giải
Giả sử 
Ta có: 
Nếuthì phương trình (1) có nghiệm thực. Do đó . Khi đó 
Trong đó R(x) là một đa thức có bậc nhỏ hơn 2013.
Dễ thấy là đa thức bậc lẻ nên nó phải có nghiệm thực. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét. Ta có thể thay bậc của đa thức P(x), Q(x) là một số chẵn cụ thể và a là một số thực bất kì khác 0 để được một lớp các bài toán có cách giải tương tự.
3. Một số bài tập về nghiệm của dãy đa thức. 
Nhận xét: Dãy đa thức có tính chất giống như một dãy số. Việc sử lý các vấn đề về dãy đa thức có một công cụ rất đắc lực đó là phương pháp quy nạp.
Bài 19. (IMO 1976). Cho dãy đa thứcxác định bởi 
Chứng minh rằng có nghiệm thực phân biệt.
Lời giải. 
Ta thu hẹp việc xét nghiệm của phương trình trên đoạn 
Đặt . Ta có . Bằng quy nạp ta chứng minh được . 
Khi đó phương trình trở thành có nghiệm thực phân biệt là .
Vậy có nghiệm thực phân biệt.
Bài 20. Cho dãy đa thức xác định bởi 
Tìm tất cả các nghiệm của đa thức . Gọi là tổng các nghiệm thực phân biệt của đa thức . Tính .
 Lời giải. 
Nhận xét thấy bậc của là nên có tối đa nghiệm. Lập bảng biến thiên của ta thấy nếu thì nên phương trình không có nghiệm . 
Ta thu hẹp việc xét nghiệm của đa thức trên đoạn 
Đặt . Ta có . Bằng quy nạp ta chứng minh được . 
Khi đó phương trình trở thành có nghiệm thực phân biệt là .Suy ra . Vì nên . Từ đó ta có . Suy ra .
Vậy .
Bài 21. Cho dãy đa thức xác định bởi 
Tìm số nghiệm của đa thức . 
Lời giải. Lập bảng biến thiên của P(x)
x
 1 3 
P’(x)
 + 0 - 0 +
P(x)
 4 
 0
Từ bảng biến thiên ta có 
Với P(x) = 3 từ bảng biến thiên cho ta 3 nghiệm. 
Với P(x) = 0 từ bảng biến thiên cho ta 2 nghiệm. 
Vậy có 5 nghiệm.
Như vậy , ta thấy thì có 2 nghiệm và có 3 nghiệm phân biệt khác 0 và 3 thuộc (0; 4).
Bằng phương pháp truy hồi ta suy ra có 3k-1 nghiệm phân biệt khác 0 và 3. Gọi Tn là số nghiệm của , ta có
Bài 22. Cho dãy đa thức xác định bởi 
Chứng minh rằng đa thức không thể có nhiều hơn 1 nghiệm thực.
Lời giải. 
Ta sẽ chứng minh qui nạp: nếu n chẵn thì nhận giá trị dương với mọi x thuộc R, nếu n lẻ thì có duy nhất một nghiệm thực khác 0.
Với n = 1 ta có có một nghiệm x = 1.
Với n = 2 ta có .
Giả sử khẳng định đúng với mọi n < k, ta chứng minh khẳng định trên đúng với 
n = k.
- Xét k lẻ. Ta có Suy ra là hàm tăng và là đa thức bậc lẻ nên có duy nhất một nghiệm thực khác 0.
- Xét k chẵn. Ta có Vì k – 1 là số lẻ nên là hàm tăng và là đa thức bậc lẻ nên có duy nhất một nghiệm thực x0 khác 0. 
Ta lập bảng biến thiên của :
X
 x0 
Pk’(x)=Pk-1(x)
 - 0 + 
Pk(x)
 Pk(x0) 
Từ bảng biến thiên suy ra . Vậy khẳng định trên đúng với n = k.
Ta có kết luận: đa thức không thể có nhiều hơn 1 nghiệm thực.
Bài 23. Cho hai cấp số cộngvà số m nguyên dương lớn hơn 2. Xét dãy tam thức bậc hai xác định bởi . Chứng minh rằng nếu P1(x) và Pm(x) không có nghiệm thực thì các tam thức còn lại cũng không có nghiệm thực.
Lời giải. 
Theo đề bài, P1(x) và Pm(x) không có nghiệm thực thì P1(x) và Pm(x) luôn dương với mọi số thực x.
Giả sử tồn tại có nghiệm thực x = c. Ta có 
Do đó 
Suy ra , vô lý.
Vậy điều giả sử trên là sai, các tam thức còn lại cũng không có nghiệm thực
Xác định đa thức dựa vào đặc trưng nghiệm.
Bài 33. Tìm tất cả các đa thức hệ số thực thỏa mãn đồng nhất thức: 
 	a) . (1)
b) . (2) 
Lời giải.
a) Nhận xét 
 Từ 
Nếu thỏa mãn yêu cầu bài toán 
Nếu . Giả sử 
Đặt với 
Ta thấy . Đa thức bậc có nhiều hơn nghiệm. Suy ra .
Vậy đa thức cần tìm là ( là hằng số ).
b) Từ giả thiết ta nhận thấy 
Do đó là nghiệm của đa thức . Suy ra 
Thay vào đồng nhất thức (2) ta được: 
Thử lại thấy thỏa mãn yêu cầu bài toán 
Vậy ( là một hằng số )
Bài 34. Tìm tất cả các đa thức hệ số thực thỏa mãn đồng nhất thức
a) .
b) .
Lời giải. 
a) Ta có: 
 Xét suy ra 
 Thử lại đúng. 
Vậy .
b) Ta có: 
Xét suy ra 
. Thử lại đúng. 
Vậy .
* Sử dụng tính chất hữu hạn nghiệm của đa thức.
Nhận xét: 
- Từ phương trình hàm mà ẩn hàm cần tìm là một đa thức có hệ số thực. Ta dự đoán với là đa thức xác định. để chứng minh ta xây dựng dãy lặp sau đó chứng minh là dãy đơn điệu thực sự và chứng minh từ đó suy ra 
- Để chứng minh đa thức f(x) không có nghiệm thực ta có thể giả sử phản chứng, giả sử f(x) có nghiệm thực a và xây dựng dãy số đơn điệu thực sự sao cho . Điều này mâu thuẫn với tính chất hữu hạn nghiệm của đa thức.
Bài 35. Tìm tất cả các đa thức sao cho và 
Lời giải. Thay x bằng -x ta có 
Nếu có vô số nghiệm 
mà sao cho và trái dấu khi điều này vô lý. Suy ra phương trình có vô số nghiệm 
Chọn 
Xét dãy số 
Ta chứng minh .
 Thật vậy bài toán đúng với 
Giả sử (1) đúng đến n, suy ra 
Ta chứng minh 
Với suy ra (2) đúng với 
Giả sử ta chứng minh , ta có
 hoặc 
Nếu vô lý do đó 
 Vậy do đó phương trình có vô số nghiệm, do đó 
. Thử lại ta thấy thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài 36. Tìm các đa thức có hệ số thực thỏa mãn 
Lời giải.
Nếu suy ra 
Nếu sao cho 
Chọn do đó nên suy ra nếu đa thức có tính chất nếu là nghiệm của phương trình thì cũng là nghiệm của phương trình 
Ta xây dựng dãy số 
suy ra suy ra dãy tăng thực sự, từ tính chất trên ta thấy với mọi như vậy đa thức có vô số nghiệm, điều này không thể xẩy ra vì do đó 
Từ phương trình (1) bằng cách so sánh hệ số của ở hai về ta nhận được hệ số của trong khai triển bằng 1. Do vậy đa thức trong đó là đa thức có hệ số thực và 
Thế biểu thức (2) vào phương trình (1) và đồng nhất hệ số hai vế ta có
 ta nhận được phương trình
Nếu bậc của vế trái là . Vì điều này không thể xẩy ra, vậy 
Thử lại thấy thỏa mãn yêu cầu bài toán
Vậy 
Bài 37. ( Moldova 2004). Tìm đa thức với hệ số thực thỏa mãn 
 (1)
Lời giải.
Từ giả thiết ta có 
Dễ thấy 
 Với là đa thức với hệ số thực 
Thay vào (1) ta được 
Đặt 
Thử lại thỏa mãn yêu cầu bài toán 
Vậy đa thức cần tìm ( là một hằng số ) 
Bài 38. ( Đề nghị thi HSG DH ĐBBB 2015) 
 Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P(x) không đồng nhất không thỏa mãn: 
 P(2014) = 2046, 
Lời giải.
Giả sử thỏa mãn đầu bài. Khi đó ta có
Suy ra Đặt ,
 ta có do
Xét dãy {xn} như sau: , 
Khi đó 
Bằng quy nạp dễ dàng chứng minh được
(*) Xét đa thức hệ số thực Từ (*) ta có nhận làm nghiệm với mọi n=0,1,2
Mặt khác do dãy tăng nghiêm ngặt nên suy ra 
Thử lại ta có thỏa mãn đầu bài
Vậy: Có duy nhất đa thức 
Bài 39. (HSGQG 1988). 
Cho đa thức bậc n với . Biết rằng P(x) có n nghiệm thực và . Hãy xác định các hệ số .
Lời giải.
Giả sử n nghiệm của P(x) là . Áp dụng định lí Viéte ta có
Vậy .
2.4. Kết quả thực hiện
Trong 03 năm học vừa qua tôi đã thực hiện đề tài này với các nhóm học sinh có học lực khá và giỏi. Để đánh giá hiệu quả của đề tài, tôi đã thực hiện hai bài kiểm tra trước và sau khi áp dụng, cụ thể như sau:
Đề 1(Trước khi thực hiện chuyên đề), 
Đề 2(Sau khi thực hiện chuyên đề)
Hai đề có mức độ khó tương đương
Kết quả cho thấy điểm số trung bình ở các lớp Toán 11 và Toán 12 tăng 68,74%. Như vậy, việc áp dụng đề tài này rất có hiệu quả đối với lớp học sinh khá và giỏi.
Đặc biệt trong kỳ thi học sinh giỏi Quốc gia năm học 2017-2018 các học sinh lớp Toán đã đạt điểm tối đa ở câu 4 về nghiệm Đa thức nguyên phải sử dụng Số học để góp phần vào thành tích cá nhân của các em cao lên.
PHẦN C: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
1. Một số hướng phát triển Chuyên Đề. 
-Khai thác thêm các kỹ năng đánh giá khác
-Kỹ năng tư duy của học sinh với các kiến thức giải tích liên quan đến chuyên đề 
-Ứng dụng trong giải các lớp bài tập liên quan đến nghiệm của Đa thức 
2. Kiến nghị, đề xuất về việc triển khai áp dụng đề tài
Đề tài này thực sự cần thiết phải giảng dạy học sinh giỏi và học sinh chuẩn bị thi học sinh giỏi các cấp tỉnh, quốc gia , khu vực và quốc tế. Có thể áp dụng rộng rãi cho học sinh các lớp chuyên toán 10,11,12 trong toàn quốc, và các bạn yêu thích môn toán sơ cấp. 
Vấn đề mới/cải tiến Chuyên đề đặt ra và giải quyết so với các Chuyên đề trước đây (ở trong nhà trường).
Vấn đề nghiệm của đa thứckhông phải là vấn đề mới của Đại số , nhưng việc sử dụng kiến thức của nó để giải một số các bài toán Đa thứckhông phải là dễ.Trong Chuyên đề này đã giúp thầy và trò có một cách tiếp cận bài toán một cách dễ gần hơn, cách giải các lớp bài toán trong Chuyên đề cũng linh hoạt hơn , trong sáng hơn.
XÁC NHẬN CỦA BGH
Ninh Bình ngày 10 tháng 5 năm 2017
 NGƯỜI THỰC HIỆN
 Ngô Thị Hoa