Cho đa thức $P_n(x)=x^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\dots +a_{1}x+a_0$ với $n\in \mathbb{N},n\ge 3$, $a_0,a_1,\dots ,a_{n-1}$ là các số nguyên và $P_n(x)$ có $n$ nghiệm thực phân biệt lập thành một cấp số cộng.

a) Với $n=4$, chứng minh rằng đa thức $P_4^{\prime }(x)$ có ba nghiệm thực phân biệt lập thành một cấp số cộng.

b) Chứng minh rằng đa thức $P_n(x)$ luôn phân tích được thành tích của hai đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn hơn hoặc bằng 1.

Lời giải (nguồn: CLB Toán Lim - LIM Olympic):

1) Gọi bốn nghiệm của $P_4$ là $x_1<x_2<x_3<x_4$.
Vì các nghiệm này lập thành một cấp số cộng nên tồn tại số thực $m$ sao cho $x_1+x_4=x_2+x_3=2m$.
Theo Rolle, $P_4^{\prime }(x)$ có đúng ba nghiệm thực phân biệt $y_1,y_2,y_3$ thoả mãn
$$x_1<y_1<x_2<y_2<x_3<y_3<x_4$$
Với mỗi $x$ không là nghiệm của $P_4$, ta có $\frac{P_4^{\prime }(x)}{P_4(x)}=\frac{1}{x-x_1}+\frac{1}{x-x_2}+\frac{1}{x-x_3}+\frac{1}{x-x_4}$.
Do $m\in (x_2,x_3)$ và $x_1+x_4=x_2+x_3=2m$ nên $\frac{1}{m-x_1}+\frac{1}{m-x_4}=0$ và $\frac{1}{m-x_2}+\frac{1}{m-x_3}=0$.
Suy ra $P_4^{\prime }(m)=0$, nên $m=y_2$.
Mặt khác, theo định lý Viète, $y_1+y_2+y_3=\frac{3}{4}(x_1+x_2+x_3+x_4)$.
Vì $x_1+x_2+x_3+x_4=4m$, suy ra $y_1+y_2+y_3=3m$.
Kết hợp với $y_2=m$, ta được $y_1+y_3=2m=2y_2$.
Vậy ba nghiệm của $P_4^{\prime }(x)$ lập thành một cấp số cộng.

2) Ta xét hai trường hợp sau:

Trường hợp 1: $n=2k$.
Vì các nghiệm của $P_n$ lập thành một cấp số cộng nên ta có thể viết chúng dưới dạng
$$a-(2k-1)d,a-(2k-3)d,\dots ,a-d,a+d,\dots ,a+(2k-3)d,a+(2k-1)d,$$
với $d>0$. Theo định lý Viète, tổng các nghiệm bằng $2ka\in \mathbb{Z}$, do đó $a\in \mathbb{Q}$.
Gọi $r_1,r_2,\dots ,r_{2k}$ là các nghiệm của $P_n$. Ta có $\sum r_i^2={\left(\sum r_i\right)}^2-2{\sum }_{i<j}{r}_i{r}_j$.
Theo định lý Viète, hai tổng ở vế phải đều là các số nguyên, do đó $\sum r_i^2\in \mathbb{Q}$.
Mặt khác, $\sum r_i^2=2k{a}^2+2d^2{\sum }_{i=1}^k(2i-1{)}^2$. Vì $a\in \mathbb{Q}$ nên suy ra $d^2\in \mathbb{Q}$.
Với mỗi $i=1,2,\dots ,k$, ghép hai nghiệm $a-(2i-1)d$ và $a+(2i-1)d$, ta có
$$\left(x-(a-(2i-1)d)\right)\left(x-(a+(2i-1)d)\right)=(x-a{)}^2-(2i-1{)}^2{d}^2\in \mathbb{Q}[x].$$
Do đó $P_n(x)=\prod _{i=1}^k\left((x-a{)}^2-(2i-1{)}^2{d}^2\right)$ nên $P_n$ khả quy trên $\mathbb{Q}[x]$.
Mặt khác, $P_n$ là đa thức monic thuộc $\mathbb{Z}[x]$ nên theo bổ đề Gauss, $P_n$ khả quy trên $\mathbb{Z}[x]$.

Trường hợp 2: $n=2k+1$.
Ta viết các nghiệm của $P_n$ dưới dạng
$$a-kd,a-(k-1)d,\dots ,a-d,a,a+d,\dots ,a+(k-1)d,a+kd$$
với $d>0$. Theo định lý Viète, $(2k+1)a\in \mathbb{Z}$, nên $a\in \mathbb{Q}$.
Tương tự trường hợp trên, ta cũng suy ra được $d^2\in \mathbb{Q}$. Vì thế
$$P_n(x)=(x-a)\prod _{i=1}^k\left((x-a{)}^2-i^2{d}^2\right),$$
khả quy trên $\mathbb{Q}[x]$, và theo bổ đề Gauss thì $P_n$ khả quy trên $\mathbb{Z}[x]$.
Vậy trong mọi trường hợp, ta đều có được $P_n(x)$ có thể phân tích được thành tích của hai đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn hơn hoặc bằng 1.