Đa thức một biến số
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (571.3 KB, 11 trang )
Ma Văn Sơn, giáo viên Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh
1
ĐA THỨC MỘT BIẾN SỐ
( Bài đã đăng trong kỷ yếu hội nghị khoa học của Hội toán học Hà Nội,
tổ chức tại Phú Yên tháng 4 năm 2011 )
a thức một biến số là một phần kiến thức quan trọng trong chương trình toán học phổ
thông, thường xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi. Tuy nhiên nội dung này ít được đề
cập trong SGK nên học sinh thường lúng túng. Do vậy, trong bài viết này, tôi cố gắng
tổng hợp một số kiến thức cơ bản và một số ví dụ minh hoạ để các em bước đầu làm quen
và tạo đà cho việc học tập phần đa thức.
A/ Các khái niệm:
Định nghĩa 1: Xét hàm số
f: R R
f là đa thức nếu f là hằng số hoặc tồn tại
n
,
n
và tồn tại các số thực
0 1 2 n
a , a , a , ,a
với
0
a 0
sao cho
n n-1
0 1 n-1 n
f(x) = a x + a x + + a x + a
với mọi x thuộc R.
0
a
gọi là hệ số cao nhất,
n
a
gọi là hệ số tự do, n gọi là bậc của đa thức, ký hiệu là deg f = n
Tập hợp tất cả đa thức với hệ số thực ký hiệu
R[x]
. Tương tự cho
Q x
và
Z x
.
Tính chất:
1/ Nếu f và g thuộc
R[x]
và deg f = n, deg g = m thì f(g(x)) thuộc
R[x]
và có bậc bằng m.n và f(x) +
g(x) thuộc
R[x]
và có bậc bé hơn hoặc bằng Max ( m, n ).
2/ Nếu f thuộc
R[x]
và deg f = n thì f(x +1) – f(x) thuộc
R[x]
và có bậc bằng n –1 và hệ số cao nhất
bằng
0
na
.
Định nghĩa 2: Giả sử f và g thuộc
R[x]
, ta bảo nếu f chia hết cho g nếu tồn tại h thuộc
R[x]
sao cho
f(x) = g(x).h(x) với mọi x thuộc R.
Định nghĩa 3: Giả sử f thuộc
R[x]
và
thuộc R, ta bảo
là nghiệm của f nếu
( ) 0
f
.
Định nghĩa 4: Giả sử f thuộc
R[x]
và
thuộc R và k thuộc
Z, k
, ta bảo
là nghiệm bội của f
nếu tồn tại g thuộc
R[x]
,
( ) 0
g
mà
k
f(x) = ( x - ) g(x)
với mọi x thuộc R.
B/ Các định lý cơ bản của đa thức một biến số:
1/ Định lý Bơdu:
là nghiệm của đa thức
f [ ]
R x
khi và chỉ khi:
f(x) ( x - )
trong
[ ]
R x
( ta ký hiệu
[ ]
R x
là tập tất cả các đa thức với hệ số thực).
2/ Định lý 2: Giả sử
f [ ]
R x
và
1 2
, , ,
m
R
là các nghiệm phân biệt của f với các bội tương
ứng là:
1 2
, , ,
m
k k k
khi đó, tồn tại
g [ ]
R x
sao cho:
Rxxgxxf
i
k
m
i
i
),(.)()(
1
.
3/ Định lýViet: Giả sử
n n-1
0 1 n-1 n
f(x) = a x + a x + + a x + a
với
0
a 0
và
f [ ]
R x
và
1 2
, , ,
n
là các nghiệm của f. Ta có:
1
1 2
0
S = . ( 1) , 1,2, ,
k
k
k
k i i in
i i
a
k n
a
.
4/ Công thức nội suy Lagrange: Giả sử
f [ ]
R x
, deg f = n và
1 2 1
, , ,
n
x x x
là ( n + 1) số thực
phân biệt. Ta có:
11
1
1
(
f(x) = ( )
nn
j
i
i
j
i j
j i
x x
f x
x x
B/ CÁC BÀI TOÁN MINH HOẠ:
B1: ỨNG DỤNG ĐỊNH LÝ VIET:
Bài 1:Đề thi HSG toàn quốc 1975
Không giải phương trình
3
1 0
x x
, hãy tính tổng lũy thừa bậc 8 của 3 nghiệm của nó.
Đ
Ma Văn Sơn, giáo viên Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh
2
Giải:
Xét phương trình
3
1 0
x x
(1)
Áp dụng định lý viet:
1 2 3
1 2 2 3 3 1
1 2 3
0
1
1
x x x
x x x x x x
x x x
Từ (1) ta có:
3
1 *
i i
x x
Suy ra:
(*)
5 3 2 2 3 2 2 2
( 1) 1 1
i i i i i i i i i i i
x x x x x x x x x x x
8 5 3 2 3 5 4 3 3 2
( 1) ( ) ( 1) ( 1)
i i i i i i i i i i i i i i
x x x x x x x x x x x x x x
3 2 2 3 2
1 2 2 1
i i i i i i i i
x x x x x x x x
2 2
( 1) 2 2 1 2 3 2
i i i i i
x x x x x
Suy ra:
3 3 3
8 2
1 1 1
2 3 6
i i i
i i i
x x x
Mà
2 2 2 2
1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 3 1
( ) 2( ) 2
x x x x x x x x x x x x
Vậy
3
8
1
10
i
i
x
Bài 2: Cho 4 số x, y, z và w
R
thoả:
7 7 7 7
x + y + z + w = x + y + z + w = 0
.
Tìm P = w ( w+ x )(w + y )( w + z ).
Giải:
Ta phát biểu lại Cho x
1
, x
2
, x
3
, x
4
thoả điều kiện: x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4
= x
1
7
+ x
2
7
+ x
3
7
+ x
4
7
= 0.
Tìm P = x
4
(x
4
+ x
1
)(x
4
+ x
2
)(x
4
+ x
3
).
Gọi x
i
là nghiệm phương trình:
t
4
– at
3
+ bt
2
– ct + d = 0.
Theo định lý viet, ta có:
a =
4
1
)()()(0
i
kjijii
kjixxxcjixxbgtx
d= x
1
x
2
x
3
x
4 .
Đặt S
n
=
4
1i
n
i
x
Ta có: S
1
=
bxxxxSx
jiiii
202)(,0
2
2
2
.
Ta tính S
3
Xét
0.40)(
4321
123
23
xxxx
x
x
x
dcbSaSS
x
d
cbxaxx
kji
iii
.
cS
d
c
dcabS 30.42
33
.
Ta tính S
4
01)(
234234
dxcxbxaxdcxbxaxx
iiiiiiii
S
4
– aS
3
+ bS
2
– cS
1
+ 4d = 0.
Suy ra: S
4
= 2b
2
– 4d.
Tương tự ta chứng minh được: S
n+4
= -bS
n+2
+ cS
n+1
– dS
n
, n > 1.
Suy ra: S
5
= -bS
3
+ cS
2
= - 5bc.
S
7
= 5b
2
c + 2b
2
c – 4dc – adc = 7c(b
2
–d).
Ma Văn Sơn, giáo viên Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh
3
Theo giả thiết: S
7
= 0 => c = 0 hoặc b
2
= d.
a. Nếu b
2
= d: Ta có: 0
S
4
= 2b
2
– 4d = -2d = -2b
2
=> b = 0. Suy ra S
2
= 0
x
1
= x
2
= x
3
= x
4
= 0 => P = 0.
b. Nếu c = 0: Ta có: x
1
, x
2
, x
3
x
4
là nghiệm phương trình: t
4
+ bt
2
+ d = 0 suy ra nghiệm phương trình
có dạng: 0,
34
24
14
P
xx
xx
xx
VU
Kết luận: P = 0.
Bài 3: Cho đa thức
n n-1
0 1 n-1 n
P(x) = a x + a x + + a x + a
với
3
n
và
0
a 0
. Biết rằng đa thức có n
nghiệm thực và
2
0 1 2
1, ,
2
n n
a a n a
. Hãy xác định các hệ số
( 1, )
i
a i n
.
Giải: Gọi
i
x
là các nghiệm của đa thức P(x). Theo định lý viet ta có:
)()2(
2
),1(
1 1 1
2
ji
nn
xxnx
n
i
n
i
n
j
jii
.
Vậy:
n
i
n
i
n
i
n
j
jiii
nnnnxxxx
1 1 1 1
222
2
)3()(2)( .
và:
n
i
n
i
n
i
iii
nnnnxxx
1 1 1
22
)4(022)()1(
Từ (4)
1, 1
n
i
x i P x x
.
Vậy các hệ số của đa thức P(x) là:
1 ( 0, )
k
k
k n
a C k n
.
Bài 4: Tìm các đa thức bậc 3,
3 2
P(x) = x + ax + bx + c
nhận các số hữu tỉ a, b, c làm nghiệm.
Giải:
Áp dụng định lý Viet ta có:
)3(
)2(
)1(
cabc
bcabcab
acba
a .Nếu a= 0 ( hoặc b = 0) thì từ phương trình (3) ta suy ra c = 0 Do (1) nên ta suy ra b = 0 ( a = 0
). Vậy a = b = c = 0.
b .Nếu a # 0 và b# 0: có 2 khả năng:
+ Nếu c = 0: (2) => a = 1, (1) => b = -2.
Vậy: x
3
+ x
2
– 2x = 0 có nghiệm 1, -2, 0.
Nếu c # 0: do (3) có b =
a
1
Khử c từ (1), (2): b
4
+ b
3
– 2b
2
+ 2 = 0
Phương trình này chỉ có nghiệm hữu tỉ b = -1. Khi đó a = 1, c = -1.
Vậy:
x
3
+ x
2
– x – 1 = 0 có 1 nghiệm đơn, 1 nghiệm kép = -1.
Kết luận:
Các đa thức cần tìm là P(x) = x
3
, p(x) = x
3
+ x
2
–2x, p(x) = x
3
+ x
3
– x - 1
B2/ CÁC BÀI TOÁN TÌM ĐA THỨC:
Bài 5: Tìm đa thức P(x) thoả mãn:
27)1(
.0)(12)()2(2)()4)(2(
///2
P
xxPxPxxxPxx
Ma Văn Sơn, giáo viên Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh
4
Giải:
Gọi P(x) = a
n
x
n
+ a
n-1
x
n-1
+ + a
1
x + a
0
. (a
n
# 0 )
Ta có: P
/
(x) = na
n
x
n -1
+ (n -1)a
n-1
x
n-2
+ + a
1
.
P
//
(x) = na
n
(n-1)x
n-2
+(n-1)(n-2)a
n-1
x
n-3
+ + 2a
2
.
Từ điều kiện, ta có:
( x + 2) (x
2
– 4)P
//
(x) – 2x(x+2)P
/
(x) + 12P(x) = 0 (*) có bậc cao nhất là n + 1.
Điều kiện cần:
Hệ số chứa bậc n+ 1 của vế trái (*) là: n ( n – 1) a
n
– 2na
n
= 0
n.(n – 3)a
n
= 0. Vì n
1, a
n
# 0 suy ra n = 3
Điều kiệnđủ:
Với n = 3 Gọi P(x) = a
3
x
3
+ a
2
x
2
+ a
1
x + a
0
(1) ( a
3
# 0).
Theo điều kiện bài toán ta có:
( 12a
3
- 2a
2
)x
3
+ (8a
2
- 24a
3
– 2a
1
)x
2
+ ( 8a
1
– 8a
2
– 48a
3
)x +12a
0
– 16a
2
= 0
x
.
=>
043
06
0124
0
6
20
321
132
23
aa
aaa
aaa
aa
3
0
31
32
8
12
6
aa
aa
aa
Vậy: P(x) = a
3
(x
3
+ 6x
2
+12x + 8). Do P(1) = 27 => a
3
= 1
Kết luận:
P(x) = x
3
+ 6x
2
+ 12x + 8.
Bài 6:
1/ Tìm tất cả các đa thức P(x) thoả mãn điều kiện: P(x +1) = P(x) + 2x + 1,
R
x
(1)
2/ Tìm tất cả các đa thức P(x) thoả mãn điều kiện:
2
2
1 2 1
P x P x x
,
R
x
(2)
Giải:
1/ Để ý:
2
2
2 1 1
x x x
.
Do đó:
2 2
(1) P(x + 1) = P(x) + ( x + 1) - x
2 2
P(x +1) - (x +1) = P(x) - x (*)
.
Đặt
2
Q(x) = P(x) - x
, ta có
* Q(x) = Q(x + 1)
.
Bằng qui nạp ta suy ra:
Q(x) = Q(x + 1) = Q(x + 2) = = Q(x +n)
Cho x = 0, ta có: Q(0) = Q(1) = Q(2) = Q(n)
Do đó, ta có phương trình: Q(x) – Q(0) = 0 có vô số nghiệm x là 0, 1, , n,
0 ,
Q x Q x R
hay: Q(x) P(0),
x R
2 2
(x) = x + P(0) = x + c
P , với c = P(0)
Thử lại ta thấy đúng.
2/ Bằng cách giải tương tự như câu (1), ta có: P(x) = x + c.
Bài 7: Cho a, b là 2 số thực trong đó
0
a
. Tìm đa thức P(x) thoả mãn: x.P(x - a) = ( x – b)P(x) (1).
Giải: Ta xét các trường hợp:
a/ Nếu b = 0 ta có: x.P(x – a) = x.P(x)
P( x – a) = P(x) , suy ra P(x) là hàm hằng. Vậy P(x) = C
b/ Nếu
0
b
+ Nếu
b
Z
a
ta có
0
b na
( với n nguyên dương ) hay
b na
với
+
n Z
Với x = 0 ta có P(0) = 0
x = a ta có (a – b)P(a) = 0
P(a) = 0 ( vì
a b
)
x = 2a ta có: ( 2a – b ) P(2a) = 2aP(a) = 0
P(2a) = 0 ( vì
2
b a
)
Ma Văn Sơn, giáo viên Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh
5
x = na ta có: ( na – b)P(na) = naP[(n – 1)a] = 0
P(na) = 0 ( vì
b na
)
Từ đó suy ra P(x) có vô số nghiệm. Suy ra P(x) là hàm hằng. Đặt P(x) = c, thế vào (1) ta được:
xC = ( x – b)C
bC = 0 ( vì
0
b
)
C = 0 Vậy
0
P x
.
+ Nếu
b
n Z
a
ta có b = na (
n Z
)
Từ (1) ta có xP(x – a) = (x – na)P(x) (2)
với x = 0 ta có P(0) = 0 ; x = a ta có P(a) = 0 ; x = 2a tacó P(2a) = 0
x = ( n – 1)a ta có: [(n – 1)a –na]P[(n-1)a] = (n – 1)aP[(n – 2)a]
P[(n –1)a] = 0.
Từ đó suy ra 0, a, 2a, ( n – 1)a là n nghiệm của đa thức P(x). Theo định lý Bơdu ta có:
P(x) = x(x – a) [(x –(n-1)a]Q(x) ( với Q(x) là đa thức có bậc nhỏ hơn bậc của P(x) )
Thế vào (2) ta có
x(x – a)(x – 2a) ( x –na)Q(x – a) = (x – na)x( x – a) [ x – ( n –1)a]Q(x) với mọi x.
Q(x – a) = Q(x)
x
Q(x) là hàm hằng.
Q(x) = C do đó
1
0
P(x) = ( )
n
i
C x ia
Kết luận:
+ b = 0 : P(x) = C +
b
Z
a
: P(x)
0
+
b
Z
a
: P(x) =
1
0
)(
n
i
iaxC
B3/ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN HỆ SỐ VÀ NGHIỆM
Bài 8: Giả sử
5 2
p(x) = 1
x x
có 5 nghiệm
1 2 5
; ;
r r r
. Đặt
2
q(x) = x - 2
. Xác định tích
1 2 5
.
q r q r q r
Giải:
Ta có p(x) =
1 2 5
x r x r x r
và
2 2 2
1 2 5
( ) 2 . 2 2
q x r r r
Ta có: với mọi i = 1,2,3,4,5 thì
2 2
i i i
r r r
nên
1 2 5 1 2 5
( ) 2 2 2 2 2 2 ( 2) ( 2)
q x r r r r r r p p
= - 23
Bài 9: Chứng minh rằng,
N
n
n
,
1
thì 2cosn là đa thức bậc n của 2cos với hệ số nguyên. Từ
đó, hãy chứng minh: Nếu k là số hữu tỉ thì:
* Hoặc là cosk
là một trong các số 0,
2
1
,1
* Hoặc là cosk
là một số vô tỉ.
Giải:
a. Ta chứng minh bằng qui nạp khẳng định sau:
1
n
, 2Cosn là đa thức bậc n của 2Cos với hệ số nguyên, hệ số cao nhất bằng 1.
Thật vậy: n = 1: 2Cos.Khẳng định trên đúng
n = 2: 2Cos2 = 2[2Cos
2
- 1] = [2Cos]
2
– 2 khẳng định trên đúng.
Giả sử mệnh đề đúng với n= k. Ta chứng minh rằng mệnh đề đúng với k + 1.
Thật vậy: 2Cos(k + 1) + 2Cos(k – 1) = 4Cosk.Cos = (2Cosk)(2Cos)
2Cos(k + 1) = (2Cosk)(2Cos) – (2Cos(k – 1) ).
Vế phải là đa thức bậc k + 1 của 2Cos với Hệ số nguyên, hệ cao nhất bằng 1.
Ma Văn Sơn, giáo viên Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh
6
Suy ra mệnh đề đúng n = k + 1
b. Giả sử:
)0,1),(,,( qqpzqp
q
p
k
. Đặt: =
k
* Nếu Cos vô tỉ thì ta có điều phải chứng minh.
* Nếu Cos hữu tỉ : Đặt x = 2Cos )2( x
Khi đó: 2Cosq = x
q
+ a
1
x
q-1
+ + a
q
, a
i
Z
=>
Cospk
k
p
Cos 22 x
q
+ a
1
x
q-1
+ + a
q
x
q
+ a
1
x
q-1
+ + [a
q
– 2(-1)
p
] = 0 (*)
Vậy x là nghiệm hữu tỉ phương trình (*), là đa thức có hệ số nguyên, nên suy ra x
Z.
Mà 2x nên x nhận các giá trị 0,
2
,
1
. Từ đó: Cos { 0, 1,
2
1
} ( ĐP cm)
Bài 10: Cho
n
n n-1 n-1 0
f(x) = a x + a x + + a
, trong đó
n
a 0, 1
n
.
Đặt:
0 1 1
r =
n
n
a a a
a
. Chứng minh rằng:
a/ Nếu 1r thì mọi nghiệm thực f(x) nằm trong [-r, r]
b/ Nếu
1
r
thì mọi nghiệm thực f(x) nằm trong [ -1, 1 ]
Giải:
Nếu x
0
là nghiệm mà .1
0
rx
Ta có: a
n
x
0
n
= - ( a
n-1
x
0
n-1
+ + a
0
).
=>
n
n
n
n
n
n
n
n
n
a
r
aa
r
a
r
a
x
a
x
a
x
a
x
a
a
0101
0
0
0
1
0
0
0
1
Suy ra dấu bằng phải xảy ra, tức là: a
n-1
= = a
0
= 0.
Vậy: f(x) = a
n
x
n
, chỉ có duy nhất 1 nghiệm x = 0
=> x
0
= 0 < 1 Vô lý. Vậy bài toán được chứng minh.
b. Chứng minh Tương tự câu a.
Bài 11: Giả sử
, 2000
m n
là 2 trong 5 nghiệm của phương trình
5 4 3
x - 1999 x - 2000 x - x + 2000 = 0
. Chứng minh rằng mn là nghiệm phương trình:
6 4 3 2
x + x + x - x - 1 = 0
.
Giải:
5 4 3 4 3
x - 1999 x - 2000 x - x + 2000 = 0 ( x -
2000 )( x - x - 1 ) = 0
Giả sử
4 3
P(x) = x - x - 1
có 4 nghiệm m, n, p, q thì P(x) = ( x – m )( x – n )( x – p )( x – q ). Theo
định lý viet thì m + n + p + q = -1 ; m n p q = -1 hay
1
mn
pq
(1)
Chứng minh rằng mn là nghiệm phương trình:
6 4 3 2
x + x + x - x - 1 = 0
tức là phải chứng minh:
6 4 3 2
+ - - 1 = 0
mn mn mn mn
3 3 3 3
3 3
1 1 1 1
1 0 1 0
( ) ( )
mn mn mn mn mn mn
mn mn
mn mn
3 3
3
( ) 1 0
mn mn pq mn pq
Ma Văn Sơn, giáo viên Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh
7
Ta sẽ chứng minh:
3
3
( ) 1 0
mn pq mn pq
.
Ta có: P(m) = 0
4 3 3
1
- m - 1= 0 m
1
m
m
.
P(n) = 0
4 3 3
1
- n - 1= 0
1
n n
n
. Suy ra:
3
1 1
. (2)
1 1
mn
m n
Ta lại có: P ( - 1 ) = -1 = ( -1 – m )( -1 – n )( -1 – p )( -1 – q )
1 1
1 ( 1) . (3)
1 1
m n
p q
Thay (3) vào (2):
3
1 1
mn p q
. Tương tự ta có:
3
1 1
mn m n
.
Do đó:
3
3
( ) 1 ( 1)( 1) ( 1)( 1) 1
mn pq mn pq p q m n mn pq
1 1 1 ( ) 1 0
pq p q mn n m mn pq m n p q
( ĐPCM)
Bài 12: Cho
2
f(x) = x - 2
. Đặt
2 n n-1
f x = f[f(x)], ,f (x) = f[f (x)]
N
n
n
,
2
. Chứng minh
phương trình:
n
f (x) = 0
có đúng
n
2
nghiệm phân biệt.
Giải:
Bằng qui nạp ta chứng minh được f(n) là đa thức bậc
n
2
, nên có nhiều nhất là
n
2
nghiệm.
Ta xét
[ 2,2],
x
đặt
2 , [0, ]
x cos
Khi ấy
2 2
f(x) = (2cos ) - 2 = 2(2cos - 1) = 2cos
2
.
2
2
2
f x = f[f(x)]= 2cos2 2 2cos2
Bằng qui nạp ta có
n
f x 2cos2
n
. Từ đó
n
f x 0 2cos2 0
n
2
2
n
k
1
( )
2 2
n
n
k k Z
. Do
nn
kneân
2
2
0],0[
1
Vậy k nhận cácgiá trị
n
0, 1, , 2 -1
. Do đó phương trình
n
f (x) = 0
có đúng
n
2
nghiệm phân biệt
Bài 13:
Cho đa thức
n
n
axa
x f(x)
1
1
n
có bậc n lớn hơn hoặc bằng 2 có các nghiệm thực:
1 2 n
b , b , ,b
. Cho
0 1 2 n
x > max(b , b , ,b )
.
Chứng minh rằng:
2
02010
0
.2
1
11
)1( n
bxbxbx
xf
n
Giải:
Ta có:
1 2 n
f(x) = ( x - b )( x - b ) ( x - b )
. Suy ra
0 0 1 0 2 0 n
f(x +1) = x +1- b x +1- b x +1- b
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy:
n
n
n
n
nn
n
nn
bx
bx
bx
bx
bx
bx
n
bxbxbx
nxf
bxbxbx
xf
0
0
20
20
10
10
02010
0
02010
0
)1(
)1()1(
.
1
11
.).1(
1
11
)1(
Đặt
0 i
t = x - b 0, 1,
i n
Ma Văn Sơn, giáo viên Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh
8
x
0
Với mọi m lớn hơn hoặc bằng 2 ta có: (*)2
2
)1(
1
2
)1(
1)1(
22
ntt
nn
ntt
nn
ntt
n
Để CM (*): ta dùng phương pháp tam thức bậc 2 , có
0
.
Do đó:
n
n
n
nn
nn
bx
nt
bx
nt
bx
nt
n
bxbxbx
xf )2(.
2
22
.
1
11
)1(
0201002010
0
Bài 14: Chứng minh rằng đa thức
2
n
P (x) = 1
2! !
n
x x
x
n
không thể có nhiều hơn 1 nghiệm thực.
Giải:
Ta chứng minh bằng qui nạp
+ Nếu n chẵn thì Pn(x) nhận giá trị dương với mọi x. Suy ra P(x) không có nghiệm thực.
+ Nếu n lẻ thì Pn(x) có đúng 1 nghiệm thực.
* n= 0: P
0
(x) = 1 > 0
x
. Vậy mệnh đề đúng với n = 0
Giả sử mệnh đề đúng n = k – 1. Ta chứng minh mệnh đề đúng Với n= k.
a. Nếu n = k lẻ
Do giả thiết qui nạp ta có P
/
k(x) = P
k-1
(x) > 0
x
Pk(x) tăng
Và )(
)(lim
1)0(
xP
xP
P
n
n
x
n
có đúng 1 nghiệm.
b. Nếu n = k chẵn:
P
/
k
(x) = P
n-k
(x) có đúng 1 nghiệm x
0
# 0. Vì P
//(x)
k
= P
k-2
(x) > 0
x
R
=>
0
/
0
/
0)(
0)(
xxxP
xxxP
k
k
Ta có bảng biến thiên:
x
P
/
k
(x)
- +
Vậy: P
k
(x)
P
k
(x
0
). Vì x
0
là nghiệm của phương trình:
P
k-1
(x
0
) = 0 => 1 + x
0
0
)!1(
!2
1
0
2
0
k
xx
k
Vậy: P
k
(x
0
) = 1 + x
0
!
!
!
2
0
2
0
k
x
k
xx
kk
o
Toùm lại P
k
(x) 0
!
)(
0
0
k
x
xP
k
k
, k chẵn.
Vậy Bài toán chứng minh xong.
Bài 15: Cho đa thức
n n-1
1 n
f(x) = x + a x + + a R x
và
0 1 n
b < b < < b
, với
i
b , 1,
Z i n
.
Chứng minh rằng:
!
( ) ,0
2
i
n
n
Max f b i n
Giải:
Đặt M = nibfMax
i
0,)(
Ma Văn Sơn, giáo viên Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh
9
Theo công thức nội suy Lagrange, ta có: f(x) =
n
i
n
ij
j
ji
j
i
bb
bx
bf
0 0
)(
So sánh hệ số của x
n
ở 2 vế ta có:
1 =
n
i
n
i
n
ij
j
ji
n
j
ji
i
n
i
n
ij
j
ji
i
bb
M
bb
bf
bb
bf
0 0
00
0
0
1
)(
)(
)(
)(
(*)
Ta có b
i
)(,0, ikbbniZ
ki
.
Do đó, bằng qui nạp, ta chứng minh được:
)!(!
0
inibb
ji
n
ij
j
Vì thế, từ (*) ta có:
n
i
n
i
n
n
ij
j
ji
n
M
ini
M
bb
M
0 0
0
!
2
.
)!(!
11
1
Vậy:
n
n
M
2
!
(ñpcm)
Bài 16: Cho
n 1
0 1
f(x) x
n
n
a a x a
là đa thức có hệ số thực, có
0
0
a
và thoả mãn:
2 3
f(x).f(2x ) = f(2x + x) (*)
. Chứng minh rằng đa thức f(x) không có nghiệm thực.
Giải:
Từ giả thiết bài toán
2 3
f(x).f(2x ) = f(2x + x) (*)
, ta so sánh các hệ số trong khai triển của:
3n
x
và
0
x
ta
có:
)2(.
)1()2()2(.
3
0
2
00
nnn
nnn
aaa
xxaxaxa
0 0
2
0 0
2
1 ( 0)
0
1
n
n n
n
a a
a a
a
a a
a
1/ Nếu
0
n
a
ta có :
n 1 k
1 1 1
f(x) x f(x) x f (x)
n
n
a x a x
với
1
f (0) 0, k
N
Thay (*), ta có:
k 2 k 2 3 k 3
1 1 1
x .f (x).(2x ) .f (2x ) = ( 2x + x) .f (2x + x)
3k k 2 k 2 k 3
1 1 1
x .2 .f (x).f (2x ) = x (2x + 1) f (2x + x )
. (**)
Vì (**) đúng
x
, nên cho x = 0 ta có
1
0 0
f vô lý. Vậy
0
n
a
.
2/ Nếu
1
n
a
. Giả sử
0
x
là nghiệm f(x), ta có
0
0
x
. Thế (*) ta có:
2 3
0 0 0 0
0 = f(x ).f(2x ) = f(2x + x )
Vậy:
3
0 0
2x + x
cũng là nghiệm của f(x)
Mặt khác do
0
x
và
3
0
2x
cùng dấu nên:
00
3
00
3
0
22 xxxxx
=> f(x) có vô số nghiệm
k
x
dạng:
3
k+1 k k
x = 2x + x
( 0)
k
vô lý, vì f(x) có tối đa n nghiệm
Vậy f(x) vô nghiệm.
Bài 17: Cho
1 2 n
a , a , , a
là những số thực không âm, không phải tất cả bằng không.
a/ Chứng minh rằng:
n n-1
1 n-1 n
x - a x - a x- a = 0
có đúng 1 nghiệm thực dương.
Ma Văn Sơn, giáo viên Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh
10
b/ Đặt
n
j
n
j
jj
jaBaA
1 1
, và gọi R là nghiệm thực dương của phương trình.
Chứng minh rằng:
BA
RA
Giải:
a. Xét f(x) =
n
n
x
a
x
a
x
a
2
21
Dễ thấy f là hàm số giảm từ
đến 0 khi x
)
,
0
(
suy ra
,
!
R
R > 0: f (R ) = 1
,
!
R
R > 0:
0 1
1
1
1
2
21
nn
nn
n
n
axaxax
x
a
x
a
x
a
b. Đặt
A
a
C
j
j
, ta có C
j
là những số không âm và:
n
j
n
j
jj
AaC
1 1
1/
Mặt khác: y = -lnx là hàm số lõm ( 0,
), nên Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có:
n
j
n
j
j
j
j
j
R
A
C
R
A
C
1 1
)ln()ln( (*)
Mặt khác:
n
j
n
j
j
j
j
j
Rfacaâudo
R
a
R
A
C
1 1
)1)(,(01lnln)ln(
Vậy (*) cho ta:
n
j
j
j
R
A
C
1
0)ln(
n
j
j
j
RAC
1
0)lnln(
n
j
j
RjAC
1
0)lnln(
n
j
n
j
jj
RjCAC
1 1
lnln
n
j
j
j
n
j
jj
A
a
CdoR
A
A
jA
A
a
1 1
)(ln.ln
n
j
n
j
jj
ja
A
R
a
A
LnA
1 1
ln
BA
RARBAA lnln
Bài 18: ( Định lý Eisenstein ) Hãy chứng minh định lý tổng quát hơn:
Cho đa thức
0 1
f(x)
n
n
a a x a x
( n>1 ), trong đó
0 1 n
a , a , , a
là những số nguyên và
một số nguyên tố p thoả mãn các điều kiện:
1/
n
a
không chia hết cho p.
2/
0 1 k
a , a , , a
chia hết cho p (
0
k n
)
3/
0
a
không chia hết cho
2
p
.
Nếu f(x) được viết được dưới dạng tích của 2 đa thức với các hệ số nguyên thì bậc của một
trong 2 đa thức đó không nhỏ hơn k+1.
Chứng minh:
Giả sử f(x) = h(x).g(x) trong đó
0 1
h(x) b
m
m
b x b x
;
0 1
g(x) c
n m
n m
c x c x
.
Ta có
0 0 0
a = b
c
. Vì
0
a
p
và không chia hết cho
2
p
nên trong 2 số
0
b
và
0
c
có 1 số chia hết cho p và
số còn lại không chia hết cho p. Giả sử
0
b p
và
0
c
không chia hết cho p. Vì
n
a
m n m
b c
không chia hết
cho p nên
m
b
cũng không chia hết cho p.
Gọi
0
i
là số nhỏ nhất trong số các số i thoả mãn
i
b
không chia hết cho p thì
0
0
i m
. Ta có:
0
00
.
0
iji
jiii
cbbca (
0
0
i i
) không chia hết cho p.
Vậy
0
1
i k
. Mặt khác
0
m i
Vậy
1
m k
. (ĐPCM )
Ma Văn Sơn, giáo viên Trường THPT chun Lương Văn Chánh
11
Với k = n –1 ta nhận được Định lý Eisenstein
Cho đa thức
0 1
f(x)
n
n
a a x a x
(
1
n
), trong đó
0 1 n
a , a , , a
là những số ngun
và một số ngun tố p thoả mãn các điều kiện:
1/
n
a
khơng chia hết cho p.
2/
0 1 n-1
a , a , , a
chia hết cho p
3/
0
a
khơng chia hết cho
2
p
.
Khi đó f(x) bất khả qui trên Q
Bài 19: ( Đề thi Tốn quốc tế 1993 )
Giả sử
n n-1
f(x) = x +5x +3
trong đó n là số ngun lớn hơn 1. Chứng minh rằng f (x) khơng thể viết
được dưới dạng tích của 2 đa thức với các hệ số ngun và có bậc khơng nhỏ thua 1.
Giải:
Giả sử
1 2
f(x) = f (x). f (x)
trong đó
1 2
f (x), f (x)
là 2 đa thức với các hệ số ngun và có bậc
khơng nhỏ thua 1.
Đa thức f(x) thoả mãn với các giả thiết của Bài 19 với p =3, k = n-2. Vậy trong các đa thức
1 2
f (x), f (x)
có 1 đa thức có bậc khơng nhỏ thua n – 1.
Giả sử
1
f (x)
có bậc khơng nhỏ thua n – 1. Khi đó
2
f (x)
có bậc bằng 1. Vậy
2
f (x)
có nghiệm
ngun (
2
f (x) = x + b, b Z
). Giả sử
0 0
x = x ,x
Z
là nghiệm ngun của
2
f (x)
thì
0
x
phải là ước
của 3. Từ đó suy ra
0
x 1,3,-1,-3
.
Mặt khác dễ chứng minh được
2 2 2 2
f (1) 0,f (-1) 0,f (3) 0,f (-3) 0
. Điều này vơ lý.
C/ TÀI LIỆU THAM KHẢO:
1/ Chuyên đề Đa thức của Nguyễn Minh Đức, Viện công nghệ thông tin – Tài liệu bồi dưỡng
học sinh giỏi, Vụ trung học phổ thông năm 1997.
2/ Báo Toán học và tuổi trẻ.
3/ Các đề thi Vô Đòch Toán các nước, Nhà xuất bản Hải phòng
4/ Một số tài liệu khác………………………………
