đa thức và các phép toán trên đa thức
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (224.13 KB, 27 trang )
Trường Đại học Quảng Bình Đề tài: Đa thức và các phép toán trên đa thức
LỜI NÓI ĐẦU
Toán học là một ngành khoa học mà hàng triệu con người đam mê và theo đuổi.
Trong đó Đại số là một trong ba lĩnh vực lớn của Toán học. Mà trên đó, đa thức là một
phần rất quan trọng của Đại số. Rất nhiều ứng dụng và các phép toán trên đa thức
được xây dựng. Tiểu luận “Đa thức và các phép toán trên đa thức” đưa ra các bài tập
về đa thức với nhiều cách giải theo phương pháp khác nhau. Các bài toán về đa thức
trong tiểu luận này là tổng hợp các bài toán được chọn làm đề thi các năm trong kỳ
thi Olympic Toán sinh viên toàn quốc của Việt Nam và một số bài toán trong Olympic
toán sinh viên Quốc tế (IMC).
Nhằm mục đích phục vụ cho quá trình học tập và nghiên cứu của chuyên ngành học.
Tiểu luận với đề tài " Đa thức và các phép toán trên đa thức” phần nào tổng quan được
các dạng toán về đa thức thường gặp trong các kỳ thi lớn.
Được sự hướng dẫn nhiệt tình của thầy Th.s Trần Mạnh Hùng cùng các tài liệu thầy
cung cấp giúp tôi hoàn thành đề tài này.
Mặc dù đã cố gắng nhưng do khả năng có hạn nên tiểu luận này không tránh khỏi
sai sót. Rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô và các bạn sinh viên
để nội dung được hoàn chỉnh hơn.
Tôi xin chân thành cám ơn!
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 1 SVTH: Tạ Minh Thanh
Lớp: ĐHSP Toán - Lý K50
Trường Đại học Quảng Bình Đề tài: Đa thức và các phép toán trên đa thức
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 2 SVTH: Tạ Minh Thanh
Lớp: ĐHSP Toán - Lý K50
Phần A LÝ THUYẾT
I. Khái niệm về đa thức
1. Định nghĩa:
Đa thức trên trường số thực là biểu thức có dạng:
P (x) = a
n
x
n
+ a
n−1
x
n−1
+ . . . + a
1
x + a
0
, trong đó a
i
∈ R và a
n
= 0.
a
i
được gọi là các hệ số của đa thức, trong đó a
n
được gọi là hệ số bậc cao nhất và
a
0
được gọi là hệ số tự do.
n được gọi là bậc của đa thức và kí hiệu là n = deg(P ). Ta quy ước bậc của đa thức
hằng P (x) = a
0
với mọi x là bằng 0 nếu a
0
= 0 và bằng nếu a
0
= 0.
Để tiện lợi cho việc viết các công thức, ta quy ước với đa thức P (x) bậc n thì vẫn
có các hệ số a
k
với k > n, nhưng chúng đều bằng 0.
Tập hợp tất cả các đa thức một biến trên trường số thực được kí hiệu R[x].
Nếu các hệ số được lấy trên tập hợp các số hữu tỉ, các số nguyên thì ta có khái niệm
đa thức với hệ số hữu tỉ, đa thức với số nguyên và tương ứng là tập hợp Q[x], Z[x]. Đa
thức với hệ số phức là tập hợp C[x].
2. Đa thức bằng nhau:
Hai đa thức P (x) =
m
i=1
akx
k
; Q(x) =
n
k=o
b
k
x
k
bằng nhau khi và chỉ khi m = n
và a
k
= b
k
với mọi k = 0, n.
II. Các phép toán trên đa thức.
1. Phép cộng, trừ đa thức.
Cho hai đa thức P(x) =
m
k=0
a
k
x
k
; Q(x) =
n
k=o
b
k
x
k
, khi đó phép cộng và trừ của
hai đa thức P (x) và Q(x) được thực hiện theo từng hệ số của x
k
, tức là P (x) ±Q(x) =
max{m,n}
k=0
(a
k
± b
k
)x
k
.
Ví dụ: (x
3
+ 3x
2
− x + 2) + (x
2
+ x − 1) = x
3
+ 4x
2
+ 1.
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 3 SVTH: Tạ Minh Thanh
Lớp: ĐHSP Toán - Lý K50
Trường Đại học Quảng Bình Đề tài: Đa thức và các phép toán trên đa thức
2. Phép nhân đa thức.
Cho hai đa thức P(x) =
m
k=0
a
k
x
k
; Q(x) =
n
k=o
b
k
x
n
. Khi đó P (x)+ Q(x) là một
đa thức bậc m + n và có các hệ số được xác định bởi:
C
k
=
k
i=0
a
i
b
k−i
.
Ví dụ: (x
3
+ x
2
+ 3x + 2)(x
2
+ 3x + 1) = 1.1x
5
+ (1.3 + 1.1)x
4
+ (1.1 + 1.3 + 3.1)x
3
+
(1.1 + 3.3 + 2.1)x
2
+ (3.1 + 2.3)x + 2.1 = x
5
+ 4x
4
+ 7x
3
+ 12x
2
+ 9x + 1.
3. Bậc của tổng, hiệu, tích của các đa thức.
Từ các định nghĩa trên đây, dễ dàng suy ra các tính chất sau đây:
Định lý 1:
a. deg(P ±Q) ≤ max{m, n}, trong đó deg(P) = deg (Q) thì dấu bằng xảy ra. Trong
trường hợp m = n thì deg(Q ± P) có thể nhân giá trị k nào đó với k ≤ m.
b. deg(P.Q) = m + n.
4. Phép chia có dư.
Định lý 2: Với hai đa thức P (x) và Q(x) bất kì trong đó deg(Q) ≥ 1, tồn tại duy
nhất các đa thức S(x) và R(x) thỏa mãn đồng thời các điều kiện:
i. P (x) = Q(x) − S(x) + R(x).
ii. deg(R) < deg(Q).
5. Sự chia hết, Ước và Bội.
Trong phép chia P (x) cho Q(x), nếu số dư R(x) đồng nhất bằng không thì ta nói
rằng đa thức P (x) chia hết cho đa thức Q(x). Như vậy, P (x) chia hết cho Q(x) nếu tồn
tại đa thức S(x) sao cho P (x) = Q(x).S(x). Trong trường hợp này ta cũng nói Q(x)
chia hết P (x), Q(x) là ước của P(x) hoặc P(x) là bội của Q(x). Kí hiệu tương ứng là
Q(x) | P(x) và P (x)
.
.
.Q(x).
Cho P (x) và Q(x) là các đa thức khác 0. Ước chung lớn nhất của P(x) và Q(x) là
đa thức D(x) thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
i. D(x) là đa thức đơn khởi, tức là các hệ số cao nhất bằng 1.
ii. D(x) là ước chung của P (x) và Q(x), tức là D(x) | P (x) và D(x) | Q(x).
iii. Nếu D
(x) cũng là ước chung của P (x) và Q(x) thì D(x) cũng là ước của D
(x).
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 4 SVTH: Tạ Minh Thanh
Lớp: ĐHSP Toán - Lý K50
Trường Đại học Quảng Bình Đề tài: Đa thức và các phép toán trên đa thức
Tương tự ta có khái niệm bội chung nhỏ nhất của hai đa thức.
Cho P (x) và Q(x) là các đa thức khác 0. Bội chung lớn nhất của P (x) và Q(x) là
đa thức M(x) thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
iv. M(x) là đa thức đơn khởi, tức là có hế số cao nhất bằng 1.
v. M(x) là bội chung của P (x) và Q(x), tức là P (x) | M(x) và Q(x) | M(x).
vi. Nếu M
(x) cũng là bội của chung của P (x) và Q(x) thì M
(x) cũng là bội của
M(x).
Kí hiệu UCLN và BCNN của hai đa thức P (x), Q(x) là GCD(P (x), Q(x)), LCM(P (x), Q(x))
hay đơn giản hơn là (P (x), Q(x)), [P (x), Q(x)].
Hai đa thức P (x) và Q(x) được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu (P (x), Q(x)) = 1.
6. Thuật toán Euclide.
Để tìm ước chung lớn nhất của hai đa thức P (x), Q(x) ta sử dụng thuất toán Euclide
sau đây:
Định lý 3: Giả sử có hai đa thức P (x) và Q(x), trong đó deg(P ) ≥ deg(Q). Thực
hiện phép chia P (x) cho Q(x) được thương là S(x) và dư số là R(x). Khi đó:
Nếu R(x) = 0 thì (P (x), Q(x)) = q
−1
Q(x), trong đó q(x) là hệ số cao nhất của đa
thức Q(x).
Nếu R(x) = 0 thì (P (x), Q(x)) = (Q(x), R(x)).
7. Tính chất chia hết.
Nhắc lại hai đa thức P (x), Q(x) gọi là nguyên tố cùng nhau nếu [P (x), Q(x)] = 1.
Ta có các định lý về các loại đa thức này như sau:
Định lý 4 (Định lý Bezout): Hai đa thức P(x) và Q(x) nguyên tố cùng nhau khi
và chỉ khi tồn tại các đa thức U(x), V (x) sao cho P(x).U(x) + Q(x).U(x) = 1.
Tính chất chia hết:
i. Q | P , Q | R suy ra Q | P + R hay tổng quát Q | P.U + R.V với các U, V là các
đa thức bất kì.
ii. Q | P, Q | R suy ra Q | R (tính chất bắc cầu).
iii. Q | P , Q | R suy ra suy ra tồn tại đa thức khác không a sao cho Q = aP , ta gọi
Q và P là hai đa thức đồng dạng.
iv. Nếu Q
1
| P
1
và Q
2
| P
2
thì Q
1
.Q
2
| P
1
.P
2
.
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 5 SVTH: Tạ Minh Thanh
Lớp: ĐHSP Toán - Lý K50
Trường Đại học Quảng Bình Đề tài: Đa thức và các phép toán trên đa thức
v. Nếu Q | P.R và (P, R) = 1 thì Q | R.
vi. Nếu Q | P , R | P và (Q, R) = 1 thì Q.R | P .
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 6 SVTH: Tạ Minh Thanh
Lớp: ĐHSP Toán - Lý K50
Phần B BÀI TẬP
Bài 1: Cho đa thức với hệ số thực:
P (x) = a
0
+ a
1
x + . . . + a
n
x
n
.
Có nghiệm thực phân biệt, chứng minh rằng:
a
k−1
.a
k+1
< a
2
k
, ∀k ∈ {1, 2, . . . , n −1}.
Giải: Ta sẽ chứng minh [Q
(x)]
2
−Q(x).Q
(x) > 0, ∀x ∈ R (1). Nếu Q(x) ∈ R(x),
deg Q(x) = m và Q(x) có m nghiệm thực phân biệt, khi đó:
Q(x) =
n
i=1
(x −α
i
), a
i
= a
j
, (i = j).
⇒
Q
(x)
Q(x)
=
m
i=1
1
x −α
i
⇒
[Q
(x)]
2
− Q(x).Q
(x)
Q
2
(x)
=
m
i=1
1
(x −α
i
)
2
(2)
• Nếu với t ∈ R mà Q(t) = 0 thì:
[Q
(t)]
2
− Q(t).Q
(t) = [Q
(t)]
2
> 0
Do Q
(t) = 0 (vì t là một nghiệm đơn).
• Nếu t ∈ R mà Q(t) = 0 thì (2) ⇒ (1).
Bây giờ áp dụng chứng minh trên cho đa thức Q(x) = P
k
(x), k = 1, n − 1. Các
đa thức đó đều có nghiệm thực đơn (theo định lý Role), suy ra:
R(0)
k−1
.P (0)
k+1
< [P
k
(0)]
2
⇔ (k − 1)!.a
k−1
(k + 1)!.a
k+1
< (a
k
.k!)
2
⇔ a
k−1
.a
k+1
< (a
k
)
2
.
k
k+1
< a
2
k
Bài 2: Cho P(x) là một đa thức bậc n ≥ 1 với hệ số thực và có n nghiệm thực. Chứng
minh:
(n −1)[P
(x)]
2
≥ n.P (x).P
(x), ∀x ∈ R. (1)
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 7 SVTH: Tạ Minh Thanh
Lớp: ĐHSP Toán - Lý K50
Trường Đại học Quảng Bình Đề tài: Đa thức và các phép toán trên đa thức
Giải:
• Với n = 1: khi đó P
(x) = 0 nên (n − 1)[P
(x)]
2
= nP (x)P
(x) = 0. Suy ra ta
được điều phải chứng minh.
• Với n > 1: Gọi x
1
, x
2
, . . . , x
n
là các nghiệm của đa thức P(x). Khi đó với x =
x
i
, i = 1, n thì hiển nhiên (1) đúng, vì:
[(n −1)P
(x)]
2
≥ n.P (x).P
(x) = 0
Giả sử x = x
i
, ∀i = 1, n, khi đó:
P
(x)
P (x)
=
n
i=1
1
x −x
i
;
P
(x)
P (x)
=
n
i=1
i=j
2
(x −x
i
)(x −x
j
)
Khi đó:
(1) ⇔ (n − 1)
P
(x)
P (x)
2
−
nP
(x)
P (x)
≥ 0
⇔ (n−1)
n
i=1
1
x −x
i
2
−n
n
i=1
i=j
2
(x −x
i
)(x −x
j
)
≥ 0
⇔ (n−1)
n
i=1
1
(x −x
i
)
2
+ 2
n
1≤i<j≤n
1
(x −x
i
)(x −x
j
)
−n
n
1≤i<j≤n
2
(x −x
i
)(x −x
j
≥ 0
⇔
n
i=1
n −1
(x −x
i
)
2
+2(n−1)
n
1≤i<j≤n
1
(x −x
i
)(x −x
j
)
−n
n
1≤i<j≤n
2
(x −x
i
)(x −x
j
)
≥ 0
⇔
n
i=1
n −1
(x −x
i
)
2
−
n
1≤i<j≤n
2
(x −x
i
)(x −x
j
)
≥ 0
⇔
n
1≤i<j≤n
1
x −x
i
−
1
x −x
i
2
( Hiển nhiên đúng)
Vậy:
(n −1)
P
(x)
P (x)
2
− n
P
(x)
P (x)
≥ 0
⇔ (n − 1)[P
(x)]
2
≥ nP (x).P
(x)
Điều phải chứng minh.
Bài 3: Tìm tất cả các đa thức f(x) có bậc bằng 5, biết đa thức f(x) + 1 chia hết cho
(x −1)
3
và đa thức f(x) − 1 chia hết cho (x + 1)
3
.
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 8 SVTH: Tạ Minh Thanh
Lớp: ĐHSP Toán - Lý K50
Trường Đại học Quảng Bình Đề tài: Đa thức và các phép toán trên đa thức
Giải: Gọi đa thức đã cho là:
P (x) = ax
5
+ bx
4
+ cx
3
+ dx
2
+ ex + f
Theo bài ra ta có được:
• f(x) + 1 = (x − 1)
3
h(x) ⇒ f
(x) = (x − 1)
2
.k(x) (đạo hàm hai vế).
• f(x) −1 = (x + 1)
3
.T (x) ⇒ f
(x) = (x + 1)
2
.V (x).
Vì x + 1 và x − 1 là nguyên tố cùng nhau, suy ra f
(x) = (x − 1)
2
.(x + 1)
2
(vì f(x) có
bậc là 4). Nên dễ dàng có được:
f
(x) = k.(x − 1)
2
.(x + 1)
2
⇒ f(x) =
f
(x) =
k(x
2
− 1)
2
=
k(x
4
− 2x
2
+ 1) = k
x
5
5
− 2k
x
3
3
+ kx + C.
Khi đó:
f(x) −1 chia hết cho (x + 1)
3
⇒ f (x) − 1 có nghiệm −1.
Tương tự: f(x) = 1 có nghiệm bằng 1 nên ta có hệ:
k
1
5
+
2
3
k − 1k + c − 1 = 0
k
1
5
−
2
3
k + k + c + 1 = 0
⇔
c =
−3
5
k = −3
Vậy P (x) =
−3
5
x
5
+ 2x
3
− 3x +
−3
5
.
Bài 4: Cho P (x) là đa thức bậc n và cho m ∈ N
∗
, chứng minh rằng:
a. Nếu P (x
m
) chia hết cho (x − 1) thì nó chia hết cho x
m
− 1.
b. Nếu P (x
m
) chia hết cho (x − a)
k
thì nó chia hết cho (x
m
− a
m
)
k
, a = 0.
Giải: Ta sẽ chứng minh trường hợp tổng quát cho bài toán là chứng minh câu (b),
sau đó với k = 1 ta được trường hợp (a).
b. Giả sử:
P (x) = a
n
(x −a
m
)
n
+ . . . + a
2
(x −a
m
)
2
+ a
1
(x −a
m
) + a
0
.
Khi đó:
P (x
m
) = a
n
(x
m
− a
m
) + . . . + a
2
(x
m
− a
m
)
2
+ a
1
(x
m
− a
m
) + a
0
.
Ta sẽ chứng minh a
0
= a
1
= . . . = a
k−1
= 0 bằng phương pháp phản chứng.
Thật vậy, giả sử a
i
= 0, với 0 ≤ a
i
≤ k −1. Dễ dàng thấy rằng P(x
m
) không chia
hết (x − a
i+1
), với i + 1 ≥ k.
Suy ra P (x
m
) không chia hết (x − a
i−1
)
k
(mâu thuẫn). Ta suy ra được điều phải
chứng minh.
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 9 SVTH: Tạ Minh Thanh
Lớp: ĐHSP Toán - Lý K50
Trường Đại học Quảng Bình Đề tài: Đa thức và các phép toán trên đa thức
Bài 5: Chứng minh rằng nếu: f(x) = ax
2
+ (b + c)x + d + e = 0 có nghiệm thuộc
khoảng [1, ∞] thì phương trình ax
4
+ bx
3
+ cx
2
+ dx + c nghiệm thực với a, b, c, d, e ∈ R.
Giải: Gọi x
0
∈ (1, +∞) là nghiệm của phương trình ax
2
+ (b + c)x + d + e = 0.
Tức là ax
2
0
+ cx
0
+ e = −(bx
0
+ d).
Khi đó:
f(
√
x
0
) = (ax
2
0
+ cx
0
+ e) +
√
x
0
(bx
0
+ d)
f(−
√
x
0
) = (ax
2
0
+ cx
0
+ e) −
√
x
0
(bx
0
+ d)
⇒ f(−
√
x
0
).f(
√
x
0
) = (ax
2
0
+ cx
0
+ c)
2
− x
0
(bx
0
+ d)
2
= (ax
2
0
+ cx
0
+ c)
2
− x
0
(ax
2
0
+ cx
0
+ c)
2
= (1 − x
0
)(ax
2
0
+ cx
0
+ c)
2
≤ 0 (vì x
0
∈ [1, ∞]).
Do đó:
f(x
0
) = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc [−
√
x
0
;
√
x
0
].
Vậy phương trình: ax
4
+ bx
3
+ cx
2
+ dx + e = 0 có nghiệm thực.
Bài 6: Cho P (x) là đa thức với các hệ số thực bậc 2010 thỏa mãn P (x) ≥ 0, ∀x ∈ R.
Chứng minh rằng tồn tại đa thức hệ số thực Q(x) và R(x) để P(x) = Q
2
(x) + R
2
(x).
Giải: Đa thức P(x) có bậc 2010 bậc chẵn thỏa mãn P (x) ≥ 0, ∀x ∈ R nên các
nghiệm thực của P (x) kể cả nghiệm bội phải là chẵn và hệ số của x
2010
là dương. Gọi
x
1
, x
2
, . . . , x
n
là các nghiệm thực có một giá trị x
i
là bội 2m
i
.
• Nếu
k
i=1
2m
i
= 2010 thì P(x) không có nghiệm phức, khi đó:
P (x) = a
k
i=1
(x −x
i
)
2m
=
√
a.
k
i−1
(x −x
i
)
m
2
+ 0
2
Tức là P (x) = Q
2
(x) + R
2
(x), trong đó Q(x) =
√
a
k
i=1
(x −x
i
)
m
2
, R(x) = 0
2
• Nếu
k
i=1
2m
i
≤ 2010, đặt
k
i=1
2m
i
= 2n. R(x) = 0 nên có 2010 − 2n = 2t
nghiệm phức đôi liên hợp. Khi đó:
P (x) = a
k
i−1
(x −x
i
)
2m
.
t
j=1
(x −z
j
)(x −z
j
)
Với z
j
= a + bi, (a, b ∈ R) suy ra (x −z
j
)(x −z
j
) = (x − a)
2
+ b
2
.
Khi đó ta sẽ có:
t
j=1
(x −z
j
)(x −z
j
) = Q
2
1
(x) + R
2
1
(x) với Q
1
(x) = (x − a)
2
và R
1
(x) = b
2
.
Nên:
P (x) = a
k
i=1
(x −x
i
)
2m
.Q
2
1
(x) + R
2
1
(x)
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 10 SVTH: Tạ Minh Thanh
Lớp: ĐHSP Toán - Lý K50
Trường Đại học Quảng Bình Đề tài: Đa thức và các phép toán trên đa thức
⇔ P (x) =
√
a.
k
i=1
(x −x
i
)
n
2
+
√
a.
k
i=1
(x −x
i
)
m
.R(x)
2
Vậy với hai trường hợp trên ta luôn có P (x) = Q
2
(x) + R
2
(x).
Bài 7: Cho f(x) và g(x) là hai đa thức hệ số thực thỏa mãn: f(x
2010
+ 2009) +
x.g(x
2010
+ 2009) chia hết cho x
2
+ x + 1. Chứng minh f (x), g(x) chia hết cho x −2010.
Giải: Đặt P (x) = f(x
2010
+ 2009) + x.g(x
2010
+ 2009). Vì x
2
+ x + 1 = 0 không có
nghiệm thực và có hai nghiệm phức liên hợp là α, β. Dễ dàng thấy rằng α
3
= β
3
= 1 ⇒
α
2010
= β
2010
= 1 nên P(α) = f(α
2010
+ 2009) + α.g(α
2010
+ 2009) = 0.
⇔ P (x) = f(2010) + α.g(2010) = 0.
⇒ f(2010) = 0 và g(2010) = 0.
⇒ f(x) = (x − 2010).R
1
(x) và g(x) = (x −2010)R
2
(x).
Vậy f(x) và g(x) chia hết cho x − 2010.
Bài 8: Cho P (x) là đa thức hệ số thực bậc n sao cho P (−1) = 0 và
−P
(−1)
P (−1)
≤
n
2
.
Chứng minh P (x) có ít nhất một nghiệm có modun lớn hơn hoặc bằng 1.
Giải: Gọi x
i
là các nghiệm của P (x) trong trường số phức i = 1, n. Khi đó:
P (x) = a.
n
i=1
(x −x
i
).
Ta biết rằng:
P
(x)
P (x)
=
n
i=1
1
x −x
i
⇒
P
(−1)
P (−1)
= −
n
i=1
1
x
i
+ 1
Theo giả thiết:
−P
(−1)
P (−1)
≤
n
2
⇔
n
2
+
P (−1)
P (−1)
≥ 0 ⇔
n
2
−
n
i=1
1
x
i
+ 1
≥ 0
⇔
n
i=1
1
2
−
1
x
i
+ 1
≥ 0 ⇔
n
i=1
1
2
x
i
− 1
x
i
+ 1
≥ 0
⇔
1
2
n
i=1
x
i
− 1
x
i
+ 1
≥ 0
⇔
n
i=1
|x|
2
− 1
|x
i
+ 1|
2
≥ 0 ⇔
n
i=1
|x|
2
− 1
|x
i
+ 1|
2
≥ 0 (1)
Vì |x
i
+ 1|
2
≥ 1 nên (1) ⇔ |x
i
|
2
− 1 ≥ 0 ⇔ |x
i
|
2
≥ 1 ⇔ |x
1
| ≥ 1.
Vậy có ít nhất một nghiệm x
k
có modun (|x
k
| ≥ 1) (đpcm).
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 11 SVTH: Tạ Minh Thanh
Lớp: ĐHSP Toán - Lý K50
Trường Đại học Quảng Bình Đề tài: Đa thức và các phép toán trên đa thức
Bài 9: Cho đa thức P (x) = x
5
−x + 2 có các nghiệm x
i
, i = 1, n. Tính giá trị của biểu
thức:
A =
n
i=1
8x
i
− 10
(x
2
i
− 1)(x
i
− 2)
2
Giải: Ta có:
8x −10
(x
2
− 1)(x −2)
2
=
8x −10
(x −1)(x + 1)(x −2)
2
=
1
x + 1
−
1
x −1
+
2
(x −2)
2
⇒ A =
5
i=1
1
x
i
+ 1
−
5
i=1
1
x
i
− 1
+
5
i=1
2
(x
i
− 2)
2
Ta có:
P
(x)
P (x)
=
n
i=1
1
x −x
i
⇒
P
(x)
P (x)
=
n
i=1
1
x −x
i
Nên:
5
i=1
1
x
i
+ 1
= −
P
(−1)
P (−1)
= −2
5
i=1
2
(x −2)
2
=
P
(2).P (2) −P
2
(2)
P
2
(2)
=
1121
1024
⇒ A = −2 + 2 + 2 ·
1121
1024
=
1121
512
Bài 10: Hãy tìm tất cả các đa thức P (x) sao cho thỏa mãn điều kiện P(x
2
) = (P(x))
2
.
Giải: Cho P (x) là đa thức thỏa mãn P (x
2
) và dạng chuẩn tắc của P (x) là P (x) =
a
0
x
n
+ a
1
x
n−1
+ . . . + a
n−1
x + a
n
.
Khi đó a
0
x
2n
+ a
1
x
2n−2
+ . . . + a
n−1
x
2
+ a
n
= (a
0
x
n
+ a
1
x
n−1
+ . . . + a
n−1
x + a
n
)
2
bằng cách so sánh hệ số ta được a
n
= a
2
n
⇔
a
n
= 1
a
n
= 0
.
Nếu a
n
= 1, khi đó ta cho a
n−1
= a
n−2
= . . . = a
n−k+1
= 0 nhưng a
n−k
= 0, 1 ≤
k ≤ n − 1. Khi đó so sánh những hệ số trước x
k
trong đẳng thức trên ta nhân được
0 = 2a
n−k
a
k
, nghĩa là a
n−k
= 0 (vô lý) suy ra a
n
= 0.
Giả sử tồn tại hệ số a
m
= 0 với m = 0, tức giả sử P (x) = x
n−k
Q(x). Ở đây Q(x)
không phải là đa thức hằng số có hệ số tự do khác không.
Khi đó:
x
2(n−m)
Q(x
2
) = P(x
2
) = (P(x))
2
= x
2(n−m)
.(Q(x))
2
.
Nghĩa là Q(x
2
) = (Q(x))
2
, điều này trái với giả thiết rằng Q(x) không là đa thức
hằng có hệ số tự do khác không. Suy ra P (x) = a.x
n
.
Cuối cùng chỉ còn đẳng thức a
0
x
2n
= a
2
0
x
2n
suy ra a
0
= 1 nghĩa là P (x) = x
n
.
Ngược lại thấy rằng mọi đa thức dạng P (x) = x
n
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Vậy tất cả các đa thức cần tìm có dạng P (x) = x
n
, n = 0, 1, 2, . . .
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 12 SVTH: Tạ Minh Thanh
Lớp: ĐHSP Toán - Lý K50
Trường Đại học Quảng Bình Đề tài: Đa thức và các phép toán trên đa thức
Bài 11:
a. Xác định các đa thức f(x) dạng:
f(x) = x
5
− 3x
4
+ 2x
3
+ ax
2
+ bx + c
Biết nó chia hết cho (x −1)(x −2)(x + 1)
b. Cho P (x), Q(x) và R(x) là các đa thức với hệ số thực có bậc tương ứng là
3, 2, 3 thỏa mãn điều kiện (P (x))
2
+ (Q(x))
2
= (R(x))
2
. Hỏi đa thức T(x) =
P (x).Q(x).R(x) có ít nhất bao nhiêu nghiệm kể cả bội.
Giải:
a. Theo giả thiết f(x) chia hết cho (x − 1)(x − 2)(x + 1) nên x = 1, x = −1, x = 2
là nghiệm của đa thức f(x) = 0 khi đó ta có hệ:
a + b + c = 0
a −b + c −6 = 0
4a + 2b + c = 0
⇔ a = 1, b = −3, c = 2
Vậy đa thức cần tìm: f(x) = x
5
− 3x
4
+ 2x
3
+ x
2
− 3x + 2.
b. Không mất tính tổng quát, giả sử rằng các hệ số của các đa thức đã cho đều
dương.
Dễ thấy deg(P) = 3; deg(Q) = 2; deg(R) = 3.
Ta sẽ chứng minh Q(x) có hai nghiệm thực.
Ta có: Q
2
= (R −P )(R + P ). deg(P ) = deg(Q) = 3 nên deg(Q + P ) = 3.
Do deg(Q
2
) = 4 nên deg(R − P) = 1, do đó đa thức Q
2
có nghiệm thực và vì vậy
đa thức Q có nghiệm thực. Vì deg Q = 2 nên Q
2
có đúng hai nghiệm thực.
Tiếp theo ta sẽ chứng minh đa thức P (x) luôn có ba nghiệm thực.
Ta có P
2
= (R − Q)(R + Q), vì deg(R − Q) = deg(R + Q) = 3 nên các đa thức
(R − Q) và (R + Q) có nghiệm thực. Nếu hai nghiệm thực đó khác nhau thì P
có hai nghiệm thực phân biệt và nghiệm còn lại của P hiển nhiên cũng là nghiệm
thực. Nếu (R − Q) và (R + Q) có chung nghiệm thực x = a thì x = a cũng là
nghiệm của R và Q, do vậy:
R(x) = (x − a)R
1
(x); Q(x) = (x − a)Q
1
(x); P (x) = (x − a)P
1
(x)
Thế vào hệ thức P
2
= (R − Q)(R + Q), ta thu được P
2
1
= R
2
1
− Q
2
1
, với R
1
, P
1
là
các đa thức bậc hai, còn Q
1
là đa thức bậc nhất. Ta có:
Q
2
1
= (R
1
− P
1
)(R
1
+ P
1
).
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 13 SVTH: Tạ Minh Thanh
Lớp: ĐHSP Toán - Lý K50
Trường Đại học Quảng Bình Đề tài: Đa thức và các phép toán trên đa thức
Vì Q
2
1
là đa thức bậc hai và R
1
+ Q
1
là đa thức bậc hai nên R
1
− P
1
là một
đa thức hằng. Vậy nếu P
1
(x) = ax
2
+ bx + c, (a > 0) và Q
1
(x) = dx + c thì:
R
1
(x) = ax
2
+ bx + c + k và:
k[R
1
(x) + P
1
(x)] = (dx + e)
2
(1)
Dễ dàng suy ra k > 0, thay giá trị x = −e/d vào (1) ta được:
R
1
−e
d
+ P
1
−e
d
= 0
Nên P
1
(−e/d) = −k/2 < 0, do đó đa thức bậc hai P
1
(x) có hai nghiệm thực và
P (x) có ba nghiệm thực.
Quay lại yêu cầu bài toán, P có ba nghiệm thực, Q có hai nghiệm thực và R có ít
nhất một nghiệm. Do vậy T (x) = P(x).Q(x).R(x) ít nhất có 6 nghiệm thực.
Bài 12: Cho P (x) là đa thức bậc n có hệ số thực, có nghiệm thực phân biệt khác
không. Chứng minh rằng các nghiệm của đa thức: Q(x) = x
2
P
(x) + 3xP
(x) + P (x) là
thực và phân biệt.
Giải:
Xét f(x) = x.P (x), khi đó f(x) có n + 1 nghiệm thực phân biệt trong đó có n
nghiệm thực của P (x) và một nghiệm là 0. Nên theo định lý Role: P
(x) = x.P
(x)+P(x)
có ít nhất n nghiệm thực phân biệt.
Xét g(x) = x.f
(x) thì các nghiệm của f(x) cũng là thực và phân biệt. Suy ra
g(x) = x
2
P
(x) + xP (x).
Khi đó g
(x) = 2xP
(x) + x
2
P
(x) + xP (x) + P
(x) ⇔ g
(x) = x
2
P
(x) + 3xP (x) +
P
(x).
Cũng theo định lý Role thì g
(x) có các nghiệm thực và phân biệt.
Dễ thấy Q(x) = g
(x), vậy Q(x) = x
2
P
(x) + 3xP
(x) + P (x) có các nghiệm thực và
phân biệt.
Bài 13: Hãy tìm tất cả các đa thức P (x) sao cho thỏa mãn P (x) = P (x + 1)
Giải: Ta thấy được rằng P (x) đa thức hằng số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bây giờ
ta xét tất cả các đa thức có deg(P ) ≥ 1.
Xét: P (x) = a
0
x
n
+ a
1
x
n−1
+ . . . + a
n−1
x + a
0
, a
0
= 0. Và P(x) thỏa mãn đẳng thức
P (x) = P(x + 1). Khi đó:
a
0
(x + 1)
n
+ a
1
(x + 1)
n−1
+ . . . + (a
n−1
+ 1)x + a
n
= a
0
x
n
+ a
1
x
n−1
+ . . . + a
n−1
x + a
n
.
Bằng phương pháp so sánh hệ số trước x
n−1
ta nhận được na
0
+ a
1
= a
n
, nghĩa là
a
0
= 0 điều này vô lý. Suy ra chỉ những đa thức hằng có bậc bằng 0 thỏa mãn bài toán.
Vậy P (x) = a, a ∈ R.
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 14 SVTH: Tạ Minh Thanh
Lớp: ĐHSP Toán - Lý K50
Trường Đại học Quảng Bình Đề tài: Đa thức và các phép toán trên đa thức
Bài 14: Cho đa thức với hệ số thực P(x) = x
n
+ a
n−1
x
n−1
+ . . . + a
1
x + a
0
, với n là
một số chẵn. Biết rằng P(x) có đúng n nghiệm dương.
Chứng minh rằng: |a
n−k
.a
k
| ≥ C
k
n
|a
0
|, ∀k = 1, n.
Giải: Xét đa thức P (x) = x
n
+ a
n−1
x
n−1
+ . . . + a
1
x + a
0
.
Theo định lý Viet ta có:
a
k
= (−1)
k
k
i
1
<i
2
< <i
k
x
i
1
.x
i
2
. . . x
i
k
, k = 1, n.
Suy ra:
|a
k
| =
k
i
1
<i
2
< <i
k
x
i
1
.x
i
2
. . . x
i
k
≥
n
i=1
x
C
k−1
n−1
1
C
k
n
C
k
n
Từ đó ta có:
|a
k
| ≥
n
i=1
x
i
k
n
C
k
n
, k = 1, n
Thay k bởi n −k ta có:
|a
n−k
| ≥
n
i=1
x
i
n−k
n
C
k
n
, k = 1, n
Do đó:
|a
n
.a
n−k
| ≥
n
i=1
x
i
C
k
n
.C
n−k
n
, k = 1, n
Hay:
|a
n−k
.a
k
| ≥ (C
k
n
)
2
.|a
0
|, ∀k ∈ {1, 2, . . . , n}
Bài 15: Cho đa thức f (x) ∈ R(x) có ít nhất hai nghiệm thực, chứng minh rằng đa
thức P (x) = f(x) −f
(x) cũng có ít nhất hai nghiệm thực.
Giải: Giả sử x
1
, x
2
là hai nghiệm thực của f(x) (x
1
≤ x
2
). Xét hàm số g(x) = e
−x
f(x),
ta có: g
(x) = e
−x
(P
(x) − f(x)). Theo định lý Role thì g
(x) có ít nhất một nghiệm
thực. (1)
P (x) = f(x) − f
(x) nên suy ra deg(P ) = deg(f) = n.
Nếu n lẻ thì f(x) phải có ít nhất ba nghiệm thực để số nghiệm còn lại phải là số
chẵn, vì các nghiệm phức liên hợp nên P (x) có ít nhất hai nghiệm thực.
Nếu n chẵn thì P (x) có nghiệm thực (do (1)) nên nó phải có ít nhất hai nghiệm
thực.
Vậy bài toán được chứng minh.
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 15 SVTH: Tạ Minh Thanh
Lớp: ĐHSP Toán - Lý K50
Trường Đại học Quảng Bình Đề tài: Đa thức và các phép toán trên đa thức
Bài 16: Tồn tại hay không một đa thức P (x) bậc 2002 sao cho P (x
2
−2001) chia hết
cho P (x).
Giải: Xét đa thức P (x) = (x + a)
2002
, ta có:
P (x
2
− 2001) = (x
2
− 2001 + a)
2002
= [(x + a)
2
− 2a(x + a) + a
2
+ a − 2001]
2002
Nếu ta chọn được a sao cho:
a
2
+ a − 2001 = 0 ⇔ a =
−1 +
√
8005
2
hoặc a =
1 −
√
8005
2
Thì P (x
2
− 2001) = (x
n
− a
2
)
2002
= (x − a)
2002
(x + a)
2002
sẽ chia hết cho P(x).
Vậy đa thức:
P (x) =
x +
−1 +
√
8005
2
2002
Hoặc:
P (x) =
x +
−1 −
√
805
2
2002
Thỏa mãn điều kiện bài toán.
Bài 17: Tìm a, b sao cho đa thức P (x) = x
3
+ 8x
2
+ 5x + a chia hết cho x
2
+ 3x + b.
Giải: Viết lại đa thức P (x) dưới dạng sau:
P (x) = x
3
+ 8x
2
+ 5x + a = x(x
2
+ 3x + b) + 5(x
2
+ 3x + b) −(b + 10)x + a −5b
= (x
2
+ 3x + b)(x + 5) −(b + 10)x + a −5b (1)
Vì P (x)
.
.
.(x
+
3x + b) và (x
2
+ 3x + b)(x + 5)
.
.
.x
2
+ 3x + b nên từ (1) suy ra đa thức bậc
nhất R(x) = −(b + 10)x + a −5b chia hết cho đa thức Q(x) = x
2
+ 3x + b.
Do deg(Q) = 2, còn deg(R) ≤ 1, nên từ R(x)
.
.
.Q(x) suy ra R(x) ≡ 0 hay:
b + 10 = 0
a −5b = 0
⇔
b = −10
a = −50
Vậy hai đa thức cần tìm là: P (x) = x
3
+ 8x
2
+ 5x −50 và Q(x) = x
2
+ 3x −10.
Bài 18: Cho P (x) = x
n
+ a
1
x
n−1
+ . . . + a
n−1
x + 1 là đa thức với hệ số không âm và
có nghiệm thực. Chứng minh P (2010) ≥ (2011)
n
.
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 16 SVTH: Tạ Minh Thanh
Lớp: ĐHSP Toán - Lý K50
Trường Đại học Quảng Bình Đề tài: Đa thức và các phép toán trên đa thức
Giải: Vì các nghiệm đa thức P (x) là không âm nên P (x) ≥ 1 với x ≥ 0. Suy ra
những nghiệm của phương trình P (x) = 0 là những số âm, ta gọi các nghiệm này là
−α
1
, −α
2
, . . . , −α
n
. Ở đây −α
1
, −α
2
, . . . , −α
n
là những số dương.
Ta biểu diễn đa thức P (x) dưới dạng:
P (x) = (x + α
1
)(x + α
2
) . . . (x + α
n
)
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2011 số ta có:
2010 + α
m
= 1 + 1 + . . . + 1
2010 số 1
+ α
m
≥ 2011
2011n
√
α
m
Khi đó:
P (2010) = (2010 + α
1
)(2010 + α
2
) . . . (2010 + α
n
) ≥ 2011
n
.
2011
√
α
1
. . . α
m
Mặt khác theo hệ thức Viet cho các nghiệm của một đa thức ta có: α
1
.α
2
. . . α
m
= 1,
nên cuối cùng ta có:
P (2010) ≥ 2011
n
.
Bài 19: Cho a, b là hai số thực phân biệt.
a. Giả sử tồn tại các đa thức P (x) và Q(x) có bậc không quá 2n − 1 thỏa mãn
(x −a)
2n
P (x) + (x −b)
2n
Q(x) = 1. Chứng minh rằng Q(x) = P (a + b − x).
b. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n cho trước, tồn tại các đa thức P (x)
và Q(x) bậc không quá 2n −1 thỏa mãn (x − a)
2n
P (x) + (x −b)
2n
Q(x) = 2.
Giải:
a. Thay x bởi a = b − x trong đẳng thức trên ta có:
(x −b)
2n
P (a + b −x) + (x −a)
2n
Q(a + b −x) = 1 (∗)
Từ đó suy ra (x − b)
2n
[Q(x) −P (a + b −x)] + (x − a)
2n
[P (x) −Q(a + b −x)] = 0
Do đó Q(x)−P(a+b−x) chia hết cho (x−a)
2n
. Hơn nữa bậc của Q(x)−P (a+b−x)
không vượt quá 2n −1, ta suy ra Q(x) = P(a + b − x).
b. Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp:
Với n = 1 hiển nhiên đẳng thức (∗) đúng.
Giả sử rằng tồn tại P
n
(x) và Q
n
(x) = P
n
(a + b −x) thỏa mãn:
(x −1)
2n
P
n
+ (x −n)
2n
P
n
(a + b −x) = 1
Xét đa thức G(x) = [α(a + b −2k)
3
+ β(a + b − 2x)](x − b)
2n
+ P
n
(x), trong đó:
α =
P
n
(a)
4(a −b)
2n+1
−
n + 1
2
·
P
n
(a)
(a −b)
2n+3
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 17 SVTH: Tạ Minh Thanh
Lớp: ĐHSP Toán - Lý K50
Trường Đại học Quảng Bình Đề tài: Đa thức và các phép toán trên đa thức
β =
n + 3
2
·
P
n
(a)
(a −b)
2n+1
−
P
n
(a)
4(a −b)
2n
Khi đó G(a) = G
(a) = 0, suy ra tồn tại đa thức P
n+1
(x) bậc không quá 2n + 1
sao cho:
(x −a)
2
P
n+1
(a) = G(x) = α(a + b −2x)
3
+ β(a + b − 2x)(x − b)
2n
− P
n
(x)
Kiểm tra ta thấy P
n+1
(x) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài 20: Hãy tìm tất cả các đa thức P (x) thỏa mãn đẳng thức sau:
xP (x −1) = (x − 2012)P(x).
Giải: Cho P (x) là một đa thức thỏa mãn điều kiện bài toán. Hiển nhiên nó chia
hết cho x, nghĩa là P (x) = x.P
1
(x). Ở đây P
1
(x) là một đa thức. Khi đó P (x − 1) =
(x −1)P
1
(x −1), nghĩa là:
x(x −1)P
1
(x −1) = xP(x − 1) = (x −2012)P (x)
Từ đây suy ra P (x) chia hết cho cả (x − 1), nghĩa là P (x) = (x −1).xP
2
(x).
Từ đây ta lại nhận được P(x − 1) = (x −1)(x −2)P
2
(x −1).
Hoặc là: x(x − 1)(x − 2)P
2
(x −1) = (x − 2012)P(x).
Từ đây ta suy ra P (x) chia hết cho cả (x − 2). Tiếp tục quá trình như vậy ta được:
P (x) = x.(x − 1)(x − 2) . . . (x − 2011)P
2012
(x)
Khi đó từ điều kiện bài toán suy ra:
x(x −1)(x −2) . . . (x −2012)P
2012
(x −1) = (x − 2012).x.(x − 1) . . . (x − 2011)P
2012
(x)
Điều này chỉ ra rằng đa thức P
2012
(x) là đa thức thỏa mãn P
2012
(x) = P
2012
(x −1).
Để thỏa mãn đẳng thức này nó phải là một hằng số. Cuối cùng ta nhận được một đa
thức P (x) thỏa mãn điều kiện bài toán.
P (x) = C.x.(x −1) . . . (x −2011)
Ngược lại kiểm tra lại trực tiếp ta thấy đa thức có dạng trên luôn thỏa mãn điều
kiện bài toán.
Bài 21: Cho đa thức P (x) = (x−2009a)
2n
+(x−2011a)
2n
và Q(x) = (x−2009a)
2
(x−
2011a)
2
với n ∈ N, và a ∈ R
∗
. Xác định đa thức dư trong phép chia P (x) cho Q(x).
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 18 SVTH: Tạ Minh Thanh
Lớp: ĐHSP Toán - Lý K50
Trường Đại học Quảng Bình Đề tài: Đa thức và các phép toán trên đa thức
Giải: Ta có thể viết lại P (x) = Q(x).T(x) + R(x) với deg(R) ≤ 3.
Vì:
P (2009a) = (2010a)
2n
= R(2009a)
P (2011a) = (2010)
2n
= R(2011a)
⇒ R(x) = (x −2009a).(x −2011a)S(x)
Với deg S ≤ 1.
Mặt khác P
(x) = Q
(x).T (x) + Q(x).T
(x) + R
(x) nên:
P
(2009a) = 2n.(−2010a)
2n−1
= R
(2009a) = −2009a.S(2009a)
P
(2011a) = 2n(2010a)
2n−1
= R
(2011a) = 2010a.S(2011a)
Suy ra S(2009a) = S(2011a) = 2n(2010a)
2n−2
.
Vì deg(S) ≤ 1 nên S(x) = 2n(2010a)
2n−2
.
Vậy R(x) = 2n(2010a)
2n−2
.(x −2009a)(x −2011a) + (2010a)
2n
.
Bài 22: Cho các đa thức với hệ số phức.
P (x) = x
n
+ a
1
x
n−1
+ a
2
x
n−2
+ . . . + a
n−1
x + a
n
Q(x) = x
m
+ b
1
x
n−1
+ b
2
x
n−2
+ . . . + b
n−1
x + b
n
Biết rằng P (x) chia hết cho Q(x) và tồn tại k (k = 1, n) sao cho |b
k
| > C
k
m
2010
k
.
Chứng minh rằng tồn tại ít nhất a
i
(i = 1, n) sao cho |a
i
> 2009|.
Giải: Gọi x
1
, x
2
, . . . , x
m
là các nghiệm của Q(x) (kể cả nghiệm bội). Ta giả sử rằng
modun của chúng không vượt quá 2010 hay |x
i
| ≤ 2010. Theo định lý Viet cho các
nghiệm ta có:
|b
1
| = |− (x
1
+ x
2
+ . . . + x
m
)| ≤ m|x
k
| ≤ 2010m
.
.
.
|b
k
| = |(−1)
k
i
1
<i
2
< <i
k
x
i1
.x
i2
. . . x
ik
| ≤ C
k
m
.2010
k
(1)
.
.
.
|b
m
| = |(−1)
m
x
1
.x
2
. . . x
m
| ≤ 2010
m
Ta thấy rằng (1) mâu thuẫn với giả thiết là |b
k
| > C
k
m
.2010
k
. Như vậy đa thức Q(x)
có ít nhất một nghiệm y có modun lớn hơn 2010, tức là |y| > 2010.
Do đa thức P (x) chia hết cho Q(x) nên ta có R(y) = 0.
Giả sử |a
i
| ≤ 200i, ∀i = 1, n.
Khi đó:
0 = |y
n
+ a
1
y
n−1
+ . . . + a
n−1
y + a
n
| ≥ y
n
− |a
1
y
n−1
| −. . . − |a
n−1
y| − |a
1
|
Vì |a
i
| ≤ 2009 ⇒ a
i
< |y|− 1, ∀i = 1, n.
Nên ta có 0 = |P (y)| = y
n
− (|y| − 1)(|y
n−1
| + . . . + |y| + 1) = 1 (vô lý).
Vậy tồn tại ít nhất một giá trị i sao cho a
i
> 2009, i = 1, n.
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 19 SVTH: Tạ Minh Thanh
Lớp: ĐHSP Toán - Lý K50
Trường Đại học Quảng Bình Đề tài: Đa thức và các phép toán trên đa thức
Bài 23: Tìm tất cả các đa thức P(x) thỏa mãn đẳng thức:
(P (x))
2
− (P (y))
2
= P (x − y).P(x + y); ∀x, y ∈ R (1)
Giải: Cho x = y = 0 ta nhận được P (0) = 0.
Lấy đạo hàm hai vế (1) theo biến x ta nhận được:
2P (x).P
(x) = P
(x −y).P (x + y) + P (x − y).P
(x + y).
Thay y = x ta được: P (x).P
(x) = P
(0).P (2x) (2)
Giả sử deg(P ) = n, ta có deg((P ).(P
)) = n+n−1 = 2n−1, (n ∈ Z
∗
); deg(P
(0)P (2x)) =
n hoặc 0.
Từ (2) suy ra 2n − 1 = n ⇔ n = 1.
Nếu 2n − 1 = 0 vô lý vì n là số nguyên.
Vậy P (x) = ax + P (0) = ax, a = hằng số.
Bài 24:
Cho đa thức P (x) với hệ số thức xác định như sau:
P (x) = a
0
+ a
1
x + a
2
x
2
+ . . . + a
2n
x
2n
= (x + 2x
2
+ . . . + nx
n
)
2
Tính M = a
0
+ a
1
+ a
2
+ . . . + a
2n
và N = a
n+1
+ a
n+2
+ . . . + a
2n
theo n.
Giải:
M = a
0
+ a
1
+ a
2
+ . . . + a
n
= P (1) = (1 + 2 + . . . + n)
2
=
n.(n + 1)
2
2
=
n
2
(n + 1)
2
4
Theo điều kiện của bài toán của P (x) thì k ≥ 2 ta có:
a
k
= 1(k − 1) + 2(k − 2) + . . . + (k −1).1 = k(1 + 2 + . . . + k) − (1
2
+ 2
2
+ . . . + k
2
)
=
k
2
(k + 1)
2
−
k(k + 1)(2k + 1)
6
=
(k − 1)(k + 1)
6
= C
3
k+1
Mặt khác a
0
= a
1
= 0 nên:
a
1
+ a
2
+ . . . + a
n
= 0 + 0 + C
3
3
+ C
3
4
+ . . . + C
3
n+1
=
n+1
k=3
C
3
k
= C
4
n+2
Vậy:
N = a
n+1
+ a
n+2
+ . . . + a
2n
=
n
2
(n + 1)
2
4
− C
4
n+2
=
n(n + 1)(5n
2
+ 6n + 2)
24
Bài 25: Giả sử một trong các nghiệm của đa thức P (x) = x
3
+ ax
2
+ bx + c, với
a, b ∈ Z bằng tích của hai nghiệm kia. Chứng minh rằng số 2f(−1) chia hết cho P (1) +
P (−1) −2(1 + P (0)).
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 20 SVTH: Tạ Minh Thanh
Lớp: ĐHSP Toán - Lý K50
Trường Đại học Quảng Bình Đề tài: Đa thức và các phép toán trên đa thức
Giải: Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm của P (x) và theo giả thiết của bài toán và áp dụng
định lý Viet ta có:
x
1
+ x
2
+ x
1
x
2
= −a ; x
1
.x
2
(1 + x
2
+ x
2
) = b ; x
2
1
.x
2
2
= −c.
Từ đấy với a = 1 ta nhận được:
b −c = x
1
.x
2
(1 + x
1
+ x
1
x
2
) = x
1
x
2
(1 −a).
Nghĩa là x
1
.x
2
=
b−c
1−a
là số hữu tỉ.
Vì x
2
1
.x
2
2
= −c là nguyên nên x
1
.x
2
∈ Z, do đó từ đẳng thức P(1) + P (−1) − 2(1 +
P (0)) = 1+a+b+ c+ 9 = 1 +a −b +c)−2(1+c) = 2(a −1) = −2(x
1
+x
2
+X
1
x
2
+1) =
−2(1 + x
1
)(1 + x
2
) = 0.
Và 2P (−1) = 2(−1 − x
1
)(
1
−x
2
)(−1 −x
1
x
2
) = −2(1 + x
1
x
2
)(1 + x
1
)(1 + x
2
).
Suy ra:
2P (−1)
P (1) + P (−1) −2(1 + P (0)
= 1 + x
1
x
2
là số nguyên.
Nên ta được điều phải chứng minh.
Trong trường hợp a = 1 ta có đẳng thức 0 = x
1
+ x
2
+ x
1
x
2
+ 1 = (x
1
+ 1)(x
2
+ 1).
Trong đó một trong các nghiệm bằng 1 hay 2P (−1) chia hết cho P (1) + P(−1) −
2(1 + P (0))
Bài 26: Cho đa thức P (x) = ax
n
− ax
n−1
+ c
2
x
n−2
+ . . . + c
n−2
x
2
− n
2
bx + b có các
nghiệm dương. Chứng minh rằng tất cả các nghiệm này bằng nhau.
Giải: Vì đa thức đã cho có nghiệm dương x
1
, x
2
, . . . , x
n
nên bậc của nó không bé hơn
n.
Do đó a = 0, và theo định lý Viet ta có:
x
1
+ x
2
+ . . . + x
1
= 1
(−1)
n
n
i=1
x
1
.x
2
. . . x
n
= n
2
b
a
.
.
.
(−1)
n
x
1
.x
2
. . . x
n
=
b
a
Từ đó b = 0, theo bất đẳng thức Cauchy ta nhận được:
n
2
= 1.
(−1)
2
n
2
.
b
a
(−1)
n
.
b
a
= (x
1
+. . .+x
n
)
1
x
1
+ . . . +
1
x
n
≥ n
n
√
x
1
.x
2
. . . x
n
n
n
1
x
1
+ . . . +
1
x
n
= n
2
Điều này chỉ xảy ra khi x
1
= x
2
= . . . = x
n
= 1/n.
Bài 27: Chứng minh với giá trị tùy ý n ∈ Z
+
, đa thức P
n
(x) = 1 + x +
x
2
2
+ . . . +
x
n
n!
không thể có nhiều hơn một nghiệm thực.
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 21 SVTH: Tạ Minh Thanh
Lớp: ĐHSP Toán - Lý K50
Trường Đại học Quảng Bình Đề tài: Đa thức và các phép toán trên đa thức
Giải: Ta chứng minh bằng quy nạp khẳng định:
Nếu n chẵn thì đa thức P
n
(x) nhận giá trị dương với mọi x ∈ R, suy ra không có
nghiệm thực. Còn nếu n lẻ thì đa thức P
n
(x) có đúng một nghiệm thực.
Với n = 0 ta có P
0
(x) = 1 > 0, ∀x ∈ R. Giả sử khẳng định đúng với mọi x ∈ R,
do đó P
n
(x) tăng và nhận giá trị 0 không nhiều hơn một lần. Vì P
n
(x) = 1 > 0 và
lim P
n
(x) = −∞ (nghĩa là hàm số P
n
(x) nhận giá trị âm ít nhất tại một điểm x), nếu
hàm số liên tục tại P
n
(x) chỉ một lần nhận giá trị 0.
Giả sử n chẵn khi đó đa thức P
n
(x) = P
n−1
(x) có đúng một nghiệm thực x
0
= 0. Vì
P
n
(x) = P
n−1
(x) > 0, nên P
(x) > 0 với x > x
0
nên P
n
(x) < 0 với x
< 0 suy ra mọi
x ∈ R ta có:
P
n
(x) ≥ P
n
(x
0
) = P
n−1
(x
0
) +
x
n
0
n!
=
x
n
0
n!
> 0
Bài 28: Tìm đa thức P (x) với hệ số thực thỏa mãn:
P (x
2
) + x(3P (x) + P (−x)) = P
2
(x) + 2x
2
(1).
Giải: Thay x bởi (−x) ta được phương trình sau:
P (x
2
) −x(3P (−x) + P (x)) = P
2
(−x) + 2x
2
(2).
Trừ vế với vế (1) cho (2) ta được:
4x(P (x) + P (−x)) = P
2
(x) −P
2
(−x).
Từ đó suy ra P (x) + P(−x) = 0, hoặc P 9x) −P (−x) = 4x.
Trường hợp 1: P(x) + P(−x) = 0 ⇔ P(x) = −P (−x).
Nên dễ dàng suy ra P (x) là hàm lẻ, thay vào phương trình (1) để khử P (−x) ta
được:
P (x
2
) + 22P (x) = P
2
(x) + 2x
2
Từ đây ta thu được: P(x
2
) −x
2
= (P (x) − x)
2
Đặt g(x) = P (x) − x ta suy ra g(x
2
) = g
2
(x).
Có hai nghiệm g(x) là g(x) = 0 hoặc g(x) = x
n
. Tương ứng hai đa thức P (x) thỏa
mãn P (x) = x + x
2
hoặc P (x) = 2x + x
n
.
Trường hợp 2: P(x) − P(−x) = 4x.
Lại dùng đẳng thức này khử P (−x) trong (1).
P (x
2
) + (4xP (x) −x) −P
2
(x) + 2x
2
.
Lại biến đổi về dạng P(x
2
) −2x
2
= (P (x) − 2x)
2
.
Lại đặt k(x) = P (x) −2x ta sẽ nhận được P (x) = 2x + x
n
hoặc P (x) = 3x + x
n
.
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 22 SVTH: Tạ Minh Thanh
Lớp: ĐHSP Toán - Lý K50
Trường Đại học Quảng Bình Đề tài: Đa thức và các phép toán trên đa thức
Bài 29: Cho hai đa thức P (x) và Q(x) thỏa mãn:
P (x) = x
5
+ x
Q(x) = x
5
+ x
2
Tìm tất cả các cặp số w, z sao cho P (w) = P (z), Q(w) = Q(z).
Giải: Đặt:
P (x, y) =
P (x) −P (y)
x −y
= x
4
+ x
3
y + x
2
y
2
+ xy
3
+ y
4
+ 1
Q(x, y) =
Q(x) −Q(y)
x −y
= x
4
+ x
3
y + xy
2
+ xy
2
+ y
4
+ x + y
Yêu cầu bài toán tương đương với tìm hai số w, z sao cho P (w, z) = Q(w, z) = 0.
Trong đó P − Q = 0, ta có: w + z = 1, đặt c = wz. Khi đó dễ dàng ta được:
c
2
− 3c + 2 = 0 ⇔
c = 1
c = 2
Khi đó ta có hệ:
w + z = 1
w · z = 1
w + z = 1
w · z = 2
Giải hệ ta được:
(w, z) =
1 ±
√
3i
2
;
1 ∓
√
3i
2
(w, z) =
1 ±
√
7i
2
,
1 ∓
√
7i
2
Bài 30: Cho f(x) là đa thức thỏa mãn: f (0) = 1; f
(0) = 0, ∀x ∈ R
+
. Thỏa mãn
f
(x) −5f
(x) + 6f(x) ≥ 0.
Chứng minh f(x) ≥ 3e
2x
− 2e
3x
.
Giải: Đặt:
Q(x) = f
(x) −5f
(x) + 6f(x) = f
(x) −2f
(x) + 3(f
(x) −2f(x)) ≥ 0.∀x ∈ R
+
Đặt H(x) = f
(x) −2f(x), ∀x ∈ R
+
.
Khi đó Q(x) = H
(x) −3H(x) = f
(x) −2f
(x) −3f
(x) + 6f(x) ≥ 0, hay H”(x) −
3H(x) ≥ 0.
Đặt P (x) = e
−3x
H(x) khi đó P
(x) = e
−3x
(H
(x) −3H(x)) ≥ 0.
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 23 SVTH: Tạ Minh Thanh
Lớp: ĐHSP Toán - Lý K50
Trường Đại học Quảng Bình Đề tài: Đa thức và các phép toán trên đa thức
Ta được: P (x) = e
−3x
H(x) ≥ H(0) = f
(0) −2f(0) = 0 − 2.1 = 2
Ta có: f
(x) −2f(x) ≥ H(x).e
−3x
, ∀x ∈ R
+
.
Hay f
(x) −2f(x) > −2.e
−3x
, ∀x ∈ R
+
.
Ta xét (f(x).e
−2x
)
≥ −2e
x
. Hay (f(x).e
−2x
+ 2.e
x
)
≥ 0.
Tức là f(x).e
−2x
+ 2.e
x
≥ f(0) + 2 = 3.∀x ∈ R
+
⇔ f(x) ≥ 3e
2x
− 2e
3x
, ∀x ∈ R
+
.
Điều phải chứng minh.
Bài 31: Hãy tìm tất cả các đa thức P (x) mà nó thỏa mãn P(x
2
+ 1) = (P (x))
2
+ 1.
Giải: Cho P(x) là đa thức sao cho P (x
2
+ 1) = (P (x))
2
+ 1. Giả sử nó còn thỏa mãn
P (0) = 0. Khi đó P(1) = (P(0))
2
+ 1 = 1, P (2) = (P (1))
2
+ 1 = 11 = 2, . Tức là ta
có dãy b
0
, b
1
, . . . , b
n
, . . .
Với b
0
= 0, b
n+1
= b
2
n
+ 1, dễ thấy rằng P (bn) = b
n
với mọi số tự nhiên (n), bằng
phương pháp quy nạp Toán lý. Mặt khác, từ định nghĩa dãy số ta dễ dàng suy ra dãy
này là dãy tăng, nghĩa là {|b
n
|n = 0, 1, . . . , n} chứa vô hạn những số khác nhau. Nhưng
điều đó, theo nguyên lý so sánh hệ số ta có P(x) = x.
Xét trường hợp P (0) = 0, khi đó từ đẳng thức:
(a
0
x
n
+a
1
x
n−1
+a
2
x
n−2
+. . .+a
n−1
x+a
n
)
2
+1 = a
0
(x
+
1)
n
+a
1
(x
2
+1)
n−1
+. . .+a
n−1
(x
2
+1)+a
n
Bằng cách so sánh hệ số trước x ta nhận được 2a
n−1
.a
n
= 0 hoặc a
n−1
= 0, sau đó
bằng cách so sánh trước x
3
ta được 2a
n−3
.a
n
= 0, nghĩa là a
n−3
= 0. Tiếp tục quá trình
này cuối cùng ta nhận được những hệ số bậc lẻ của x trong dạng chuẩn tắc của P (x)
bằng 0.
Nói cách khác n = 2k và P (x) = Q(x
2
). Ở đây Q là một đa thức bậc k, từ điều kiện
bài toán suy ra:
Q((x
2
+ 1)
2
) = P(x
2
+ 1) = (P (x))
2
+ 1 = ((x
2
))
2
+ 1.
Nếu đặt H(y) = Q(y − 1) thì:
H((x
2
+ 1) + 1) = Q((x
2
+ 1)
2
) = (Q(x
2
)) + 1 = (H(x
2
+ 1)
2
+ 1).
Nhưng khi x tạo ra tập hợp tất cả những số thì x
2
+ 1 tạo ra những tập hợp số vô
hạn và theo nguyên lý so sánh hệ số khi đó thỏa mãn:
H(y
2
+ 1) = (H(y)
2
)
2
+ 1
Nghĩa là H(y) thỏa mãn điều kiện bài toán. Nếu với H(y) thỏa mãn H(0) = 0 thì
H(y) = y và nghĩa là P (x).Q(x
2
) = H(x
2
+ 1) = x
2
+ 1. Nếu lại có H(0) = 0 từ đa thức
H(y) ta làm tương tự như P (x), ta nhận được h
1
(x) có bậc hai có bậc thấp hơn của
H(y) mà có thỏa mãn điều kiện bài toán. Dễ thấy quá trình này tiếp tục chỉ hữu hạn
bước, nghĩa là đến một thời điểm chắc chắn sẽ đến đa thức x.
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 24 SVTH: Tạ Minh Thanh
Lớp: ĐHSP Toán - Lý K50
Trường Đại học Quảng Bình Đề tài: Đa thức và các phép toán trên đa thức
Suy ra P (x) có tính chất P (x
2
+ 1) = (P (x))
2
+ 1 sẽ trùng với P
)
(x) = xP
1
(x) =
x
2
+ 1, P . . . , P
n+1
(x) = x
2
+ 1, . . .
Ngược lại bằng cách kiểm tra lại trực tiếp thì mọi đa thức trong dãy trên thỏa mãn
điều kiện bài toán.
Bài 32:
Hãy tìm số nguyên a sao cho đa thức x
13
+ x + 90 chia hết cho x
2
− x + a.
Giải: Giả thiết rằng x
1
3 + x + 90 = (x
2
− x + a)Q(x) (1).
Ở đây a là một số nguyên còn Q(x) là một đa thức, khi đó những hệ số của Q(x)
là những số nguyên. Nếu giả sử a ≤ 0 ta sẽ nhận được x
2
− x + a và x
13
+ x + 90 có
nghiệm không âm theo (1). Trong cùng lúc đó, x
13
+ x + 90 hiển nhiên không có như
vậy, suy ra a > 0. Bằng cách đặt trong (1) suy ra x = −1, x = 0, x = 1 ta nhận được:
(a + 2)Q(−1) = 88, aQ(0) = 90, aQ(1) = 92.
Từ hai đẳng thức sau cùng ta suy ra Q chia hết cho a, như vậy a hoặc bằng 0 hoặc
bằng 1 hoặc 2. Nhưng nếu a = 1 thì từ đẳng thức thứ nhất 88 chia hết cho 3 (vô lý).
Chỉ còn trường hợp a = 2, thậy vậy:
x
13
+x+90 = (x
2
−x+2)(x
11
+x
10
−x
9
−3x
8
x
7
+5x
6
+7x
5
−3x
4
−7x
3
−11x
2
+23x+45)
Ta được điều phải làm.
Bài 33:
a. Tồn tại hay không đa thức P (x) thỏa mãn P (x) > P
(x) và P
(x) > P
(x) với
mọi x.
b. Biết rằng đa thức Q(x) có tính chất Q(x) > Q
(x), ∀x ∈ R. Chứng minh rằng
Q(x) > 0, ∀x ∈ R.
Giải:
a. Dễ thấy không tồn tại các đa thức bậc 0; 1; 2P
0
x; P
1
(x); P
2
(x) thỏa mãn điều kiện
bài toán.
Xét trường hợp n ≥ 3. Giả sử tồn tại đa thức cP
n
(x) thỏa mãn điều kiện P
n
(x) >
P
n
(x) (2).
⇒ P
n
(x)P
n
(x) > 0, ∀x n-chẵn
⇒ P
(x) −P
n
(x) > 0, ∀x, (n −1) chẵn (vô lý).
b. Từ giả thiết suy ra n chẵn (n-bậc của đa thức Q(x)).
Giả sử ngược lại ∃x
0
|Q(x
0
) ≤ 0 ⇒ phương trình Q(x) = 0 có ít nhất hai nghiệm
(n-chẵn!).
Suy ra e
−x
Q(x) = 0 có ít nhất hai nghiệm (kể cả nghiệm bội).
Suy ra e
−x
Q(x) = 0 có nghiệm. Tức là −e
−x
Q(x) + e
−x
Q
(x) = 0.
GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 25 SVTH: Tạ Minh Thanh
Lớp: ĐHSP Toán - Lý K50
