SKKN giải pháp giúp học sinh phát huy khả năng giải bài toán về nghiệm của đa thức

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NINH BÌNH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN TỤY

SÁNG KIẾN

GIẢI PHÁP GIÚP HỌC SINH PHÁT HUY KHẢ
NĂNG GIẢI BÀI TOÁN VỀ NGHIỆM CỦA ĐA THỨC

Người thực hiện: NGÔ THỊ HOA
Chức vụ: Giáo viên
SKKN môn: Toán

NINH BÌNH-THÁNG 5 NĂM 2019
1


I. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Mỗi một nội dung trong chương trình chuyên toán phổ thông đều có vai trò rất quan trọng
trong việc hình thành và phát triển tư duy của học sinh. Trong quá trình giảng dạy, giáo viên
phải đặt ra cái đích là giúp học sinh nắm được kiến thức cơ bản, hình thành phương pháp, kỹ
năng, kỹ xảo, từ đó tạo được thái độ và động cơ học tập đúng đắn. Thực tế dạy và học cho chúng
ta thấy còn có nhiều vấn đề cần phải giải quyết như học sinh học nội dung về nghiệm của đa
thức còn yếu, chưa hình thành được kỹ năng, kỹ xảo trong quá trình giải toán. Đặc biệt, các năm
gần đây, trong các đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp Quốc gia mật độ xuất hiện các bài toán về
nghiệm của đa thức xuất hiện ngày càng nhiều. Từ thực tiễn giảng dạy và bồi dưỡng học sinh
giỏi nhiều năm, cùng với kinh nghiệm trong quá trình giảng dạy. Tôi đã tổng hợp, khai thác
nhiều chuyên đề về nội dung Đa thức. Trong SKKN này tôi xin chia sẻ : ‘‘Giải pháp giúp học
sinh phát huy khả năng giải bài toán về nghiệm của đa thức ”.
Đây là một nội dung quan trọng, hay trong chương trình giải tíchs của lớp chuyên Toán nên đã

có rất nhiều tài liệu, sách viết cũng như rất nhiều thầy cô giáo và học sinh say sưa nghiên cứu và
học tập. Tuy nhiên việc đưa ra hướng tiếp cận và quy lạ về quen đối với bài toán này nhiều sách
tham khảo vẫn chưa đáp ứng được cho người đọc. Chính vì vậy việc đưa ra sáng kiến này là cần
thiết, làm các em hiểu sâu hơn về các bài toán này và yêu thích chủ đề Đa thức.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Qua nội dung đề tài này chúng tôi mong muốn cung cấp cho người đọc nắm được cách
tiếp cận bài toán, quy lạ về quen, đồng thời giúp cho học sinh một số kiến thức, phương pháp và
các kỹ năng cơ bản để học sinh có thể giải quyết các bài toán tích phân, hình thành cho các em
thói quen tìm tòi tích lũy và rèn luyện tư duy sáng tạo, giải quyết các bài toán trong đời sống xã
hội, chuẩn bị tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi THPT Quốc gia.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Chúng tôi tập trung nghiên cứu một số tính chất về tích phân, nghiên cứu về câu hỏi tích
phân ở dạng trắc nghiệm khách quan, nghiên cứu về ứng dụng của tích phân để tính diện tích
hình phẳng, thể tích khối tròn xoay và vận dụng nó trong các bài toán thực tế của đời sống xã
hội.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Trong phạm vi của đề tài, chúng tôi sử dụng kết hợp các phương pháp như: phương pháp
thống kê – phân loại; phương pháp phân tích – tổng hợp- đánh giá; phương pháp vấn đáp - gợi
mở, nêu ví dụ; phương pháp diễn giải... và một số phương pháp khác như phương pháp quy lạ
về quen, sử dụng máy tính để hổ trợ tìm đáp án trong câu hởi trắc nghiệm khách quan.

2


II. NỘI DUNG SÁNG KIẾN
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến
Vấn đề chúng tôi nghiên cứu được dựa trên cơ sở nội dung đa thức của tài liệu chuyên
toán. Khi giải bài tập toán, người học phải được trang bị các kỹ năng suy luận, liên hệ giữa cái
cũ và cái mới, giữa bài toán đã làm và bài toán mới. Các tiết dạy bài tập phải được thiết kế theo
hệ thống chuẩn bị sẵn từ dễ đến khó nhằm phát triển tư duy cho học sinh trong quá trình giảng

dạy, phát huy tính tích cực của học sinh. Hệ thống bài tập giúp học sinh có thể tiếp cận và nắm
bắt những kiến thức cơ bản nhất, và dần dần phát triển khả năng tư duy, khả năng vận dụng các
kiến thức đã học một cách linh hoạt vào giải toán và trình bày lời giải. Từ đó học sinh có hứng
thú và động cơ học tập tốt .Trong quá trình giảng dạy nội dung Đa thức, tôi thấy kỹ năng giải bài
toán nghiệm Đa thức của học sinh còn yếu. Do đó cần phải cho học sinh tiếp cận bài toán một
cách dễ dàng, quy lạ về quen, thiết kế trình tự bài giảng hợp lý giảm bớt khó khăn giúp học sinh
nắm được kiến thức cơ bản, hình thành phương pháp, kĩ năng, kĩ xảo và lĩnh hội lĩnh kiến thức
mớitừ đó đạt kết quả cao nhất có thể được trong kỳ thi THPT Quốc gia, thi học sinh giỏi các
cấp.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến
Nội dung Đa thức là một phần kiến thức tương đối khó và rộng với học sinh. Học sinh
rất nhanh quên và không vận dụng được những kiến thức đã học vào giải toán. Trong kỳ thi
HSG Quốc gia năm 2017, nội dung này đưa ra trong 1 câu ở ngày thi 1.Với tình hình ấy để giúp
học sinh định hướng tốt hơn trong quá trình giải bài toán liên quan đến nghiệm của đa thức,
người giáo viên cần tạo cho học sinh thói quen tiếp cận bài toán, khai thác các yếu đặc trưng của
bài toán để tìm lời giải. Trong đó việc hình thành cho học sinh kỹ năng quy lạ về quen, kỹ năng
kỹ năng đọc hiểu bài toán nâng cao.
Chính vì vậy đề tài này đưa ra giúp giáo viên hướng dẫn bài toán Đa thức cho học sinh
với cách tiếp cận dễ hơn, giúp học sinh có điều kiện hoàn thiện các phương pháp và rèn luyện tư
duy sáng tạo của bản thân, chuẩn bị tốt cho kỳ thi HSG Quốc gia.
Vậy tôi mong muốn các đồng nghiệp và học sinh ngày càng vận dụng tốt các kiến thức
về nghiệm của đa thức để đưa ra những giải pháp nhằm giải quyết bài toán liên qua đến nghiệm
của đa thức một cách chính xác và nhanh nhất.
2.3. Các biện pháp thực hiện
2.3.1. Một số kiến thức cần nhớ
I. KIẾN THỨC CƠ BẢN
1. Định nghĩa và các phép toán.
Định nghĩa 1 : Cho hàm số f : R ® R . Ta gọi f là đa thức nếu f º const ( hằng số) hoặc tồn
tại n Î Z, n ³ 1 và các số thực a0,a1,a2,...,an với sao cho :

3


f ( x) = a0xn + a1xn- 1 + L + an- 1x + an
n

hay dng rỳt gn: f ( x) = ồ akxn- k .
k=0

Cỏc s a0,a1,a2,...,an gi l cỏc h s, a0 ạ 0 c gi l h s cao nht, an c gi l h s
t do.
c bit khi a0 = 1 thỡ a thc c gi l a thc chun tc hay a thc mo-nic.
Vi a ạ 0 thỡ n c gi l bc ca a thc f ( x) , ký hiu degf = n , c bit: f c ạ 0
0

thỡ . Quy c vi f ( x) 0 thỡ degf = - Ơ .
a thc trờn cỏc tp s.
Vi K l mt tp hp s, ký hiu :
n
ùỡù
ùỹ
n- k
ùý
ộ
ự
Kở
x
=
f
x

=
a
x
:
a
ẻ
K
,
k
=
0
,1
,2
,...,
n
ớ
(
)
ồ
ờỷ
ỳ ù
k
k
ùỵ
k=0
ù
ợù
n

Cho a thc f ( x) = ồ akxn- k

k=0

ự
Nu cỏc h s ai ẻ R thỡ ký hiu f ẻ R ộ
ờ
ởxỳ
ỷ
ộ
ự
Nu cỏc h s ai ẻ Q thỡ ký hiu f ẻ Q ờ
ởxỳ
ỷ

ự
Nu cỏc h s ai ẻ Z thỡ ký hiu f ẻ Z ộ
ờ
ởxỳ
ỷ
Cỏc phộp toỏn.
n

m

k=0

i =0

m- i
Cho hai a thc: f ( x) = ồ akxn- k v g( x) = ồ bx
. Khi ú

i



l

f ( x) + g( x) = ồ ( ak + bk )xl - k .
k=0



l

f ( x) - g( x) = ồ ( ak - bk )xl - k .
k=0



l

f ( x) ìg( x) = ồ

l

ồ abx

i =0 j =0

i +j

i j

.

trong ú l = max { m, n} vi quy c cỏch vit hỡnh thc:
l

f ( x) = ồ ai xl - i ,an+1 = L = al = 0
i =0

(

)

ự, deg f = n, degg = m thỡ f ( x) g( x) , f ( x) ìg( x) v f g( x) cng l
T ú vi f , g ẻ R ộ
ờ
ởxỳ
ỷ
cỏc a thc vi h s thc , ngoi ra.
deg( f g) Ê max { m, n} ,deg f ìg = m + n,deg f ( g) = mn
.

(

)

4

ù, nếu nó không
Định nghĩa 2. Ta nói đa thức P ( x) với hệ số nguyên là bất khả quy trên Z é
ê
ëxú
û
phân tích được thành tích của hai đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn hơn hoặc bằng 1.( trong
ù)
bài viết này khi nói một đa thức bất khả quy có nghĩa là nói đa thức này bất khả quy trên Z é
ê
ëxú
û
2. Các định lý .
Định lý 2.1.(Định lý cơ bản). Mọi đa thức bậc n có không quá n nghiệm thực.
Từ đó nếu degf = n và f ( x) = 0 tại ít nhất n + 1 điểm, thì f ( x) º 0 " x
Định lý 2.2( Định lý về phép chi có dư).
ù. Khi đó tồn tại các đa thức : q, r Î R éxùsao cho.
Cho f , g Î R é
ê
ê
ëxú
û
ëú
û
f ( x) = q( x) ×g( x) + r ( x)

trong đó degr < degg .
Đặc biệt, khi r ( x) º 0thì ta nói f ( x) chia hết cho g( x) , ký hiệu f ( x) Mg( x) hay
g( x) f ( x) .
Định lý 2.3( Định lý Bezout 1).
Nếu x = a là nghiệm của đa thức f ( x) thì f ( x) M( x - a )

ùvà a,blà hai số nguyên phân biệt thì P ( a) - P ( b) Ma - b
Từ đó suy ra với P Î Z é
êxû
ú
ë
Định lý 2.4( Định lý Bezout 2).
Hai đa thức P ( x) ,Q ( x) nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi tồn tại các đa thức U ( x) ,V ( x)
sao cho U ( x) P ( x) +V ( x) Q ( x) = 1.
Chứng minh.
Giả sử tồn tại U ( x) ,V ( x) thỏa mãn điều kiện U ( x) P ( x) +V ( x) Q ( x) = 1

(

)

Đặt D ( x) = gcd P ( x) ,Q ( x) = 1. Ta chứng minh tồn tại các đa thức U ( x) ,V ( x) thỏa mãn.

{

Ta chứng minh bằng quy nạp theo m = min degP , degQ

}

Nếu m = 0 thì điều cần chứng minh hiển nhiên.
Giả sử điều cần chứng minh đúng với m( m ³ 0) .
Xét hai đa thức P ( x) ,Q ( x) có min { degP ,degQ } = m + 1.
Không mất tính tổng quát , giả sử m + 1 = degP . Thực hiện phép chia Q ( x) cho P ( x) được
thương là S ( x) và dư là R ( x) .

(

)

Không thể xảy ra trường hợp R ( x) = 0 vì khi đó P ( x) 1 = deg P ( x) ,Q ( x) ( vô lý)

5


(

)

(

)

Vì vậy 1 = gcd P ( x) ,Q ( x) = gcd P ( x) , R ( x) với min { degP ,degR } < m + 1. Khi đó

( x) ,V ( ) ( x) sao cho
( )
( )
U ( x) P ( x) +V ( x) R ( x) = 1. Thay R ( x) = Q ( x) - P ( x) S ( x) . Ta được
( )
( )
U ( x) P ( x) +V ( x) ( Q ( x) - P ( x) S ( x) ) = 1, tương đương với
( )
( )
( )
é
U ( x) - V ( x) S ( x) ù

ê
úP ( x) +V ( x) Q ( x) = 1.
ë
û
Do đó định lý đúng với : m + 1 = min { degP ,degQ } . Theo nguyên lý quy nạp, định lý Bezout
theo giat thiết quy nạp , tồn tại các đa thức U
*

*

*

*

*

*

( *)

*

*

2 được chứng minh.
Định lý 2.5( Sự phân tích tiêu chuẩn).
Mọi đa thức với hệ số thực đều có thể biểu diễn ở dạng:
t

nk

l

(

f ( x) = a ×Õ ( x - xk ) ×Õ x2 + bx
+ cj
j
k=1

j =0

)

mj

.

2
trong đó a,bj ,cj , xk Î R;;bj - 4cj < 0,a ¹ 0.

1.2. Nghiệm của đa thức
Định nghĩa 1. Số a được gọi là nghiệm của đa thức P ( x) nếu P ( a) = 0. .
Định lý 1. Từ hệ quả 1 ta có: a là nghiệm của P ( x) khi và chỉ khi P ( x) M(x - a).
n
n- 1
Định lý 2. Nếu a ¹ 0 là nghiệm của đa thức P ( x) = anx + an- 1x + ... + a1x + a0 thì

1
n- 1

n
là nghiệm của đa thức P ( x) = an + an- 1x + ... + a1x + a0x .
a
Định nghĩa 2. Cho đa thức P ( x) và m Î N* . Ta nói số a là nghiệm bội m của P ( x) nếu
x=

P ( x) M( x - a)

m

và P ( x) M( x - a)

m+1

.

ù, một đa thức bậc n bao giờ cũng có đầy đủ n
Định lý 3. (Định lí cơ bản của đại số) Trong £ é
ê
ëxú
û
nghiệm phức (kể cả bội).
ù, mọi đa thức bậc n có không quá n nghiệm thực (kể cả bội).
Hệ quả 1. Trong ¡ é
ê
ëxú
û
ù. Nếu z = a + bi. , ( a,b Î R ) là một nghiệm phức của
Định lý 4. Cho đa thức P ( x) Î R é
ê

ëxú
û
P ( x) thì liên hợp của nó z = a - bi. cũng là một nghiệm của P ( x) .
Định lý 5.

6


ùbậc n, hệ số cao nhất là a và có n nghiệm phức là a , a ,..., a . Khi đó
i) Cho P ( x) Î C é
ê
1
2
n
ëxú
û
P ( x) = a ( x - a1) ( x - a2 ) ...( x - an ) .
ùbậc n, hệ số cao nhất là a và có tất cả nghiệm phức là a , a ,..., a với bội
ii) Cho P ( x) Î C é
ê
1
2
m
ëxú
û
tương ứng k1, k2,..., km . Khi đó P ( x) = a ( x - a1)

k1

(x-

k2

km

a2 ) ...( x - am ) , và

k1 + k2 + ... + km = n .

ùcó các nghiệm thực là a , a ,..., a với bội tương ứng
iii) Cho đa thức P ( x) Î R é
ê
ú
1
2
m
ëxû
k1
k2
km
ù.
k1, k2,..., km . Khi đó P ( x) = ( x - a1) ( x - a2 ) ...( x - am ) .Q ( x) , với Q ( x) Î R é
ê
ëxú
û
ù có nghiệm phức z = a + bi. , thì cũng có nghiệm phức
Từ các định lý trên nếu P ( x) Î R é
êxû
ú
ë

z = a - bi. suy ra
ù. éx - ( a - bi ) ù.Q ( x) , với Q ( x) Î R éxù
P ( x) = é
êû
ú
êx - ( a + bi ) û
úë
ê
ú
ë
ë
û
= x2 - 2a.x + a2 + b2 .Q ( x)

(

)

Lặp lại quá trình trên bằng cách xét các nghiệm phức của Q ( x) ta có định lí.
ù, mọi đa thức đều phân tích được dưới dạng tích các nhân tử bậc nhất và
Định lý 6. Trong R é
ê
ëxú
û
các nhân tử bậc hai với biệt thức âm.
Định lý 7.
i) Nếu đa thức P ( x) với degP ( x) £ n và P ( x) có nhiều hơn n nghiệm (kể cả bội) thì nó là đa
thức 0.
ii) Nếu hai đa thức P ( x) ,Q ( x) đều có bậc không vượt quá n, và lại bằng nhau tại nhiều hơn n
giá trị khác nhau của biến x thì P ( x) = Q ( x) .

Hệ quả 2.

Cho P ( x) là một đa thức với hệ số thực. Khi đó

i) Nếu hàm y = P ( x) là hàm số chẵn thì tất cả các hệ số của lũy thừa bậc lẻ đều bằng 0.
ii) Nếu hàm y = P ( x) là hàm số lẻ thì tất cả các hệ số của lũy thừa bậc chẵn đều bằng 0.
n
n- 1
Định lý 8. (Định lý Viet). Trong C, nếu đa thức P ( x) = anx + an- 1x + ... + a1x + a0 có n

nghiệm là x1, x2,..., xn thì

7


an- 1
an
i =1
a
å xi .xj = an- 2
1£ i n
...
n

å

xi = -

å

1£ i1
xi .xi ...xi = ( - 1)
1

2

k

k

...

x1.x2...xn = ( - 1)

n

an- k
an

a0
an

Định lý 9. (Định lí Viét đảo) Nếu có n số phức x1, x2,..., xn thỏa mãn
n

åx
å

= A1

i

i =1

1£ i
...

xi .xj = A2

å

1£ i1
xi .xi ...xi = Ak
1

2

k

...
x1.x2...xn = An
thì x1, x2,..., xn là n nghiệm của đa thức
k

P ( x) = xn - A1.xn- 1 + ... + ( - 1) Ak .xn- k + ... + ( - 1)

n- 1

n

An- 1.x + ( - 1) An .

Định lý 10. Nếu P (x) = a0 + a1x + L + anxn và z là nghiệm của P (x) thì | z |< 1+ max

ai
.
an

Với i = 0,¼, n - 1.
Chứng minh: Đặt M = max

ai
an

Nếu | z |£ 1 thì BĐT đúng.
ai i
| z |n - 1
| z |n
n- 1
Nếu | z |> 1 thì | z |=| å z |£ M (1+ | z | +L + | z | ) = M
an
|z |- 1
|z |- 1
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
n

8


n
n- 1
ù. Khi đó nếu x = p
x
Định lý 11. Cho đa thức P ( x) = an .x + an- 1.x + ... + a1.x + a0 Î Z é
ê
ëú
û
q

q.
(phân số tối giản) là nghiệm của P ( x) thì a0 Mp và an M
Trong trường họp đặc biệt khi hệ số cao nhất của P ( x) bằng 1 thì dẫn đến mọi nghiệm
hữu tỉ của đa thức đều là nghiệm nguyên nên thu được hệ quả.
n
n- 1
ù khi đó mọi nghiệm thực của
Hệ quả 3. Cho P ( x) = x + an- 1.x + ... + a1.x + a0 Î Z é
ê
ëxú
û
P ( x) đều nguyên hoặc vô tỉ.

2.3.2. Các giải pháp
b) Giải pháp 1: Sử dụng một số tính chất giải tích của đa thức
Định lý 1.

i) Mọi đa thức bậc lẻ luôn có nghiệm thực.
ii) Nếu đa thức bậc n mà không có nghiệm thực thì n phải là số chẵn.
Định lý 2. (Định lý Lagrange) Nếu f (x) là hàm liên tục trên đoạn [a; b], có đạo hàm trên
khoảng (a; b) thì tồn tại c Î (a; b) sao cho f '(c) = f (b) - f (a) .
b- a
Định lý 3. (Định lý Roll) Cho đa thức P ( x ) với hệ số thực và hai số thực a, b ( a < b ). Khi đó,
nếu P ( a ) = P ( b ) thì tồn tại c ∈ ( a; b ) sao cho P ' ( c ) = 0 .
Hệ quả 0.

Cho đa thức P ( x ) với hệ số thực có n nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi đa

( n −k )
( x ) có n − k nghiệm thực phân biệt.
thức đạo hàm cấp k tức đa thức P

Ví dụ 1. (VMO 2017)
Trong mặt phẳng (Oxy), cho (C) là đồ thị hàm số y = 3 x2 . Một đường thẳng d thay đổi sao cho d cắt
(C) tại ba điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x1; x2; x3 . Chứng minh rằng
3

x12
x22
x32
15
3
3
.
+
+

x3x1
x1x2
4
Bài giải

Nhận xét : dễ thấy đường thẳng d là đường thẳng có hệ số góc. Giả sử d : y = ax + b, xét phương trình
hoành độ giao điểm của d và (C) :
3

x2 = ax + b

9


d ct (C) ti ba im phõn bit thỡ ab ạ 0 . t t = 3 x , khi ú theo gi thit , phng trỡnh

at 3 - t 2 + b = 0 (1) cú ba nghim phõn bit t1;t2;t3 v t1.t2.t3 ạ 0 .
ỡù
ùù t + t + t = 1
ùù 1 2 3 a
ù
p dng nh lý Vi- et ta cú ớ t1.t2 + t2.t3 + t3.t1 = 0
ùù
b
ùù
ùù t1.t2.t3 = a
ợ

()

3
2
Mt khỏc, xột hm s f t = at - t + b , phng trỡnh (1) cú ba nghim phõn bit khi ch khi tớch

giỏ tr cc i v giỏ tr cc tiu nh hn 0. iu ú tng ng vi

ổ2 ử
ữ
f( 0) . ỗ
<0
ỗ ữ
ữ
ữ
ỗ
ố3a ứ
Hay

0 < a2b <

4
27

Do gi thit cn chng minh tng ng vi

t12
t2
t2
3a2b - 1
1
27

15
+ 2 + 3 =
=
3
<
3
=
.
t2t3 t3t1 t1t2
4
4
a2b
a2b
Bi toỏn ó c chng minh.
Vớ d 2. Cho a,b,c,d,e l cỏc s thc. Chng minh rng nu a thc :

P (x) = ax2 + (b + c)x + d + e cú nghim thc thuc khong

ộ1, +Ơ ) , thỡ a thc :
ờ
ở

f (x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e cng cú nghim thc.
Bi gii
Gi x0 ẻ ộ
ờ1, +Ơ
ở

) l nghim ca phng trỡnh : ax

2

+ (b + c)x + d + e = 0

2
Ngha l : ax0 + cx0 + e = - (bx0 + d)

Xột hm s : f (x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e
Khi ú : f

( x ) = ( ax + cx +e) +
0

2
0

0

x0 ( bx0 + d)

10


(

) (

)

x0 = ax02 + cx0 + e -

Và f -

x0 ( bx0 + d)

Suy ra :

f

( ) (

x0 .f -

) (

)

2

x0 = ax02 + cx0 + e - x0 ( bx0 + d)

(
= ( ax

2

)
(
+ e) ( 1- x ) £ 0

)

2

= ax02 + cx0 + e - x0 ax02 + cx0 + e
2
0

+ cx0

2

2

0

é
Do đó, phương trình f (x) = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn ê-

x0 , x0 ù
ú
ë
û

Vậy nên đa thức f (x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e có nghiệm thực thỏa mãn điều kiện bài toán.
Ví dụ 3.

( )

a) Chứng minh rằng không tồn tại đa thức P x để với mọi x Î ¡ có các bất đẳng thức

( 1) : P '( x) > P ''( x)

( )

( )

( )

và 2 : P x > P '' x .

b) Khẳng định trên còn đúng không nếu thay đổi bất đẳng thức (1) bằng bất đẳng thức

( 1') : P ( x) > P '( x)

?
Bài giải

a) Nếu P(x) là hằng số thì P '( x) = P ''( x) = 0, khi đó bất đẳng thức (1) không thỏa mãn. Giả sử
bậc của P(x) bằng n với n ³ 1, khi đó

( ( )

( )) = n

Nếu n lẻ thì deg P x - P '' x

( )

( )

là số lẻ, từ đó P x - P '' x £ 0 với ít nhất một

điểm x Î ¡ .

( ( )

( )) = n -

Nếu n chẵn thì deg P ' x - P '' x

1 là số lẻ, từ đó P '( x) - P ''( x) £ 0 với ít nhất

một điểm x Î ¡ .
Như vậy đối với đa thức P(x) không thỏa mãn hoặc bất đẳng thức (1) hoặc bất đẳng thức (2). Suy
ra điều phải chứng minh.
2
b) Chọn đa thức P ( x) = x + 3 khi đó với mọi x Î ¡ ta có

P ( x) - P '( x) º x2 - 2x + 3 > 0 và P ( x) - P ''( x) º x2 + 1 > 0

11


Nghĩa là khẳng định trên không còn đúng nữa.
Ví dụ 4. (VMO - 95) : Hãy xác định tất cả các đa thức P(x) thỏa mãn điều kiện sau : Với mỗi số

a > 1995 thì số nghiệm thực của phương trình : P (x) = a (mỗi nghiệm được tính với số bội của nó)
bằng bậc của đa thức P(x), và mỗi nghiệm thực của phương trình trên đều lớn hơn 1995.
Bài giải

Do yêu cầu mỗi nghiệm thực của P(x) = a đều lớn hơn 1995 nên chỉ xét các đa thức P(x) có bậc n ³ 1.

(

- Xét đa thức P(x) bậc n là hàm đơn điệu trên - ¥ ; +¥

)

thỏa mãn đề tài.

Vì đồ thị hàm P(x) chỉ có hữu hạn điểm uốn nên với a đủ lớn và a > 1995 thì P(x) = a chỉ có tối đa một
nghiệm (mỗi nghiệm được tính với số bội của nó), suy ra n = 1 và P(x) có dạng bx + c với b > 0 ;
nghiệm của P(x) là x =

a- c
. Ta có x > 1995 với mọi a > 1995 khi và chỉ khi b > 0 và
b

c £ 1995(1- b) .

(

- Xét đa thức P(x) có hàm số cực trị trên - ¥ ; +¥

)

thỏa mãn đề bài thì n ³ 2. Giả sử P(x) đạt cực

đại tại m điểm u1;u2;....;um(m ³ 1) và đạt cực tiểu tại k điểm v1;v2;....;vk (k ³ 1) .

{

}

Đặt d = max P (u1); P (u2);....; P (um); P (v1); P (v2);.......; P (vk ) .

{

}

Do đồ thị hàm P(x) chỉ có hữu hạn điểm uốn nên với a đủ lớn và a > max d,1995 , thì
P(x) = a chỉ có tối đa hai nghiệm (mỗi nghiệm được tính với số bội của nó), suy ra n = 2.
Nhưng nếu P(x) là tam thức bậc hai với a đủ lớn và a > 1995 thì P(x) = a chỉ có tối đa một nghiệm lớn
hơn 1995, đa thức đó lại không thỏa mãn đề bài.
Vậy mọi đa thức P(x) thỏa mãn đề bài có dạng P(x) = bx + c với b > 0 và c £ 1995(1- b) .
2
Ví dụ 15:Cho phương trình a0x + a1x + a2 = 0(a ¹ 0) (1) có hai nghiệm phân biệt. p(x) là đa thức

bậc n và có n nghiệm thực phân biệt, chứng minh rằng:

a0p(x) + a1p '(x) + a2p ''(x) = 0 cũng có n nghiệm.
Bài giải
Trước hết ta chứng minh bổ đề: " d Î ¡ khi đó phương trình p(x) + dp '(x) = 0 có nghiệm.
Chứng minh:
12


- Nếu d = 0 bổ đề là hiển nhiên
x

- Nếu d ¹ 0 xét j (x) = ed p(x)
Rõ ràng j (x) = 0 Û p(x) = 0 Þ j (x) = 0 có n nghiệm phân biệt x1, x2,....., xn
Áp dụng định lí Roller:

Þ $ai Î (xi , xi +1), j '(x) = 0(i = 1,2,3,...., n - 1)
x
d

x
d

x
d

Ta có: j '(x) = p '(x).e + 1e p(x) = e ép(x) + dp '(x)ù
ê
ú

d

dë

û

Þ j '(x) = 0 Û p(x) + dp '(x) = 0
Vậy phương trình p(x) + dp '(x) = 0 có n - 1 nghiệm Þ $ai Î (xi , xi +1) với i = 1, n - 1 mà
phương trình p(x) + dp '(x) = 0 là phương trình bậc n có (n - 1) nghiệm a1, a2,....., an- 1 nên

p(x) + dp '(x) = (x - a1)(x - a2).....(x - an- 1)(ax + b)
Vậy phương trình p(x) + dp '(x) = 0 phải có nghiệm thứ n. Bổ đề được chứng minh.

Áp dụng bổ đề để giải bài toán:

ìï
ïï d + d = - a1
2
ïï 1
a0
d
,
d
Gọi 1 2 là hai nghiệm của (1) Þ í
ïï
a
ïï d1.d2 = 2
a0
ïïî
Do đó phương trình a0p(x) + a1p '(x) + a2p ''(x) = 0

Û p(x) - (d1 + d2)p '(x) + dd
p ''(x) = 0
1 2

(

)

Û p(x) - d1p '(x) - d2 ( p '(x) - d1p ''(x)) = 0
Áp dụng bổ đề suy ra 0 = p(x) - d1p '(x) = Q(x) có n nghiệm.
Từ giả thiết Q(x) = 0 có n nghiệm suy ra Q(n) - d2Q '(x) = 0 có n nghiệm (Đpcm).

13


ựv deg p(x) = 4 . Gi s p(x) = 0 cú 4 nghim dng phõn
Vớ d 6.(TST 1994) Cho p(x) ẻ Ă ộ
ờ
ởxỳ
ỷ

bit. Chng minh rng :

ổ 1- 4x ử
1- 4x
ữ
ỗ
ữ
p
(
x
)
+
1p '(x) - p ''(x) = 0 cú 4 nghim dng phõn
ỗ
ữ
2
2
ỗ
ữ
x
x ứ

ố

bit.
Li gii
Ta chng minh b sau nu p(x) = 0 cú 4 nghim phõn bit

0 < x1 < x2 < x3 < x4 thỡ phng trỡnh p(x) - p '(x) = 0 cú 4 nghim phõn bit y1, y2, y3, y4 tha
món 0 < x1 < y1 < x2 < y2 < x3 < y3 < x4 < y4 .
Xột f (x) = e- x .p(x) ị f (x) = 0 p(x) = 0
Vy f (x) = 0 cú 4 nghim 0 < x1 < x2 < x3 < x4
p dng nh lý Lagrange ta cú : f '(x) = - e- x .p(x) + p '(x)e- x

f '(x) = 0 p(x) - p '(x) = 0
Do phng trỡnh p(x) - p '(x) = 0 cú 3 nghim y1 < y2 < y3 v deg(p - p ') = 4
Suy ra phng trỡnh p(x) - p '(x) = 0 cú nghim th 4 l y4 khụng gim tng quỏt ta gi s h s x4
trong p(x) l dng.

(

)

p(x) - p '(x) = +Ơ ị $a > x4 sao cho : p(a) - p '(a) > 0
Suy ra : xlim
đƠ
Do p(y3) - p '(y3) = p(y2) - p '(y2) = 0 ị y4 ẻ (b, a)
Vy 0 < x1 < y1 < x2 < y2 < x3 < y3 < x4 < y4 (pcm)

ị PtQ(x) = p(x) - p '(x) = 0 cú 4 nghim dng phõn bit y1, y2, y3, y4
4
3

2
Gi s Q(x) = ax + bx + cx + dx + e (a,e ạ 0)

ổ1ử
1 1 1 1
ữ
ữ
, , ,
ị PT R(x) = x4Q ỗ
=
0
cú
4
nghim
dng
phõn
bit
ỗ
ữ
ỗ
ữ
y1 y2 y3 y4
ốx ứ
ị R(x) - R '(x) = 0 cng cú 4 nghim dng phõn bit
Ta cú : R(x) - R '(x) = 0
14


ổ1ử
ổ ử 2 ổ1ử

3 ỗ1ữ
ữ
ữ
ữ
x4Q ỗ
4
x
Q
+ x Q 'ỗ
=0
ỗ ữ
ỗ ữ
ỗ ữ
ữ
ữ
ữ
ữ
ữ
ỗ
ỗ
ỗ
ốx ứ
ốx ứ
ốx ứ
ộ ổ1ử
ự
ộ ổ1ử
ự
ộ ổ1ử
ự

ổ1ử
ổ1ử
ổ1ử
ữ
ữ
ữ
ữ
ữ
ữ
ỗ
ỗ
ỗ
ỗ
ỳ- 4x3 ờpỗ
ỳ+ x2 ờp 'ỗ
ỳ= 0
ữ
ữ
ữ
ữ
ữ
ữ
x4 ờ
p
p
'
p
'
p
''

ỗ
ỗ
ỗ
ỗ
ỗ
ỗ
ữ
ữ
ữ
ữ
ữ
ữ
ờỗ
ỳ
ờ
ỳ
ờ
ỗ
ỗ
ỗ
ỗ
ỗ
ữ
ữ
ữ
ữ
ữ
ữ
x
x

x
x
x
x
ố ứỳ
ố ứỳ
ố ứỳ
ờ
ờ
ờ
ỳ
ởố ứ
ỷ
ởố ứ
ỷ
ở ố ứ
ỷ
ổ
ử
ổ
ử
ổ
ử
1
1
1
ữ
ữ
ữ
(x4 - 4x3)pỗ

+ (- x4 + 4x3 + x2)p 'ỗ
- x2p ''ỗ
=0
ỗ ữ
ỗ ữ
ỗ ữ
ữ
ữ
ữ
ữ
ữ
ữ
ỗ
ỗ
ỗx ứ
ốx ứ
ốx ứ
ố
ổ1ử
ổ1ử
ổ1ử
2
ữ
ữ
ỗ
ỗ
ữ
ữ
ữ
(x2 - 4x)pỗ

+
(
x
+
4
x
+
1
)
p
'
p
''
=0
ỗ ữ
ỗ ữ
ỗ ữ
ữ
ữ
ữ
ữ
ỗ
ỗ
ỗx ứ
ốx ứ
ốx ứ
ố
t t =

ổ 1- 4t ử

1- 4t
1
ữ
ữ
p(t) + ỗ
p '(t) - p ''(t) = 0
phng trỡnh cú dng :
ỗ1ữ
2
ữ
ỗ
t
t ứ
ố
x

Bi toỏn c chng minh.
Vớ d 7. Cho P (x),Q(x), R(x) l cỏc a thc vi h s thc cú bc tng ng l 3, 2, 3 tha món iu

(

)

2

(

)

kin P (x) + Q(x)

2

2

= ( R(x)) . Hi a thc T (x) = P (x).Q(x).R(x) cú ớt nht bao nhiờu nghim

thc (k c bi ca nghim) ?
Bi gii
Khụng mt tớnh tng quỏt, cú th coi cỏc h s bc cao nht ca cỏc a thc P, Q, R u dng.
Trc ht, ta chng minh a thc Q(x) luụn luụn cú hai nghim thc.
Ta cú, Q 2 = (R - P )(R + P ) . Vỡ degP = degQ = 3 nờn deg(R + P ) = 3
Do degQ 2 = 4 ị deg(R - P ) = 1. Do ú a thc Q 2 cú nghim thc v vỡ vy a thc Q cú
nghim thc. Vỡ degQ = 2 nờn Q cú ỳng hai nghim thc.
Tip theo, ta chng minh a thc P(x) luụn luụn cú 3 nghim thc.
Ta cú : P 2 = (R - Q )(R +Q) . Vỡ deg(R - Q) = deg(R +Q) = 3 nờn cỏc a thc (R - Q ) v

(R +Q) cú nghim thc. Nu hai nghim thc ú khỏc nhau, thỡ P cú hai nghim phõn bit v nghim
cũn li ca P hin nhiờn cng l nghim thc.
Nu (R - Q ) v (R +Q ) cú chung nghim thc x = a thỡ x = a l nghim ca R v ca Q. Do vy,

R(x) = (x - a)R1(x), Q(x) = (x - a)Q1(x), P (x) = (x - a)P1(x) .

15


2
2
2
Th vo h thc : P 2 = (R - Q )(R +Q) , ta thu c P1 = R1 - Q1 , vi P1, R1 l cỏc tam thc bc

2
hai, Q1 l nh thc bc nht. Ta cú : Q1 = (R1 - P1)(R1 + P1) .
2
Vỡ Q1 l a thc bc hai v R1 +Q1 l tam thc bc hai nờn R1 - P1 l a thc hng.
2
2
Vy, nu P1(x) = a x + bx + c (a > 0) v Q1(x) = dx + e thỡ R1(x) = a x + bx + c + k v

ự= (dx + e)2 (1) .
kộ
ờR1(x) + P1(x)ỷ
ỳ
ở
Suy ra k > 0. Thay giỏ tr x = -

ổ eử

ổ eử
ổ eử
e
ỗ
ữ
ữ
- ữ
+
P
- ữ
=0
vo (1), ta c : R1 ỗ
ỗ

ỗ
ữ
ữ
1
ỗ
ỗ
ữ
ữ
ố dứ
ố dứ
d

k

ữ
- ữ
= - < 0 . Do ú tam thc bc hai P1(x) cú hai nghim thc v P(x) cú 3 nghim thc.
Nờn P1 ỗ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
2
ố dứ
Tr li bi toỏn. Do P cú 3 nghim thc, Q cú hai nghim thc v R l a thc bc 3 (cú ớt nht mt
nghim thc) nờn s nghim thc ca T(x) khụng nh thua 6.
Vớ d ta chn:

P (x) = x3 + 3x2 + 2x
Q(x) = 2(x2 + 2x + 1)

R(x) = x3 + 3x2 + 4x + 2
Thỡ P 2 +Q 2 = R 2 v a thc (PQR) cú ỳng 6 nghim thc.

Vớ d 8. Cho p(x) =

2k

ồ

i =0

ai xi (a2k ạ 0,a0 > 0) . Chng minh rng nu:

a2i
< 0 thỡ p(x) cú
i =0 2i + 1
2k

ồ

nghim thc.
Bi gii
Xột Q(x) =

ai i +1
x ị Q '(x) = p(x) " x ẻ Ă
i =0 i + 1
n

ồ

n
n
ai
ai
a2i
i +1
Ta cú: Q(1) = ồ
,Q '(- 1) = ồ
(- 1) ị Q(1) - Q(- 1) = 2ồ
<0
i =0 i + 1
i =0 i + 1
i =0 2i + 1
n

16


- 1,1ự
p dng nh lý Lagrange cho Q(x) trong ộ
ờ
ỳ
ở
ỷ
Q(1) - Q(- 1)
= Q '(c) ị Q '(c) < 0
2
M Q '(0) = p(0) = a0 > 0 ỏp dng nh lý Bonxano Cauchy suy ra tn ti a nm gia 2 nghim c
v 0 sao cho Q '(a ) = 0 hay p(a) = 0 (pcm).

ựcú nghim phõn bit ln hn 1. Chng minh rng
Vớ d 9. Cho p(x) ẻ Ă ộ
ờ
ởxỳ
ỷ
ổ
ố(

)

2

(

)

2

ử
ứ

2
Phng trỡnh : (1+ x )p(x)p '(x) + x ỗ
ỗ p(x) + p '(x) ữ
ữ= 0 (1) cú ớt nht 2n - 1 nghim phõn bit.

Li gii
Ta cú :

(1) ( p(x) + p '(x).x) ( x.p(x) + p '(x)) = 0
ộp(x) + p '(x).x = 0 (2)
ờ
ờx.p(x) + p '(x) = 0 (3)
ờ
ở
Trc ht ta chng minh PT (2) v (3) khụng th cú nghim chung trong (1, + Ơ )
Tht vy gi s (2) v (3) cú nghim chung a v a ẻ (1, + Ơ )

ỡù
ù
ỡù p(a) + ap '(a) = 0 ùù
ị ùớ
ị ớù
ùù ap(a) + p '(a) = 0 ùù
ợ
ùù
ùợ
ị aẻ

p '(a) - 1
=
p(a)
a
ị a2 = 1
p '(a)
=- a
p(a)

{- 1,1} iu ny vụ lớ vỡ a > 1.

Bõy gi ta chng minh PT (3) cú ớt nht n - 1 nghim ln hn 1 v PT (2) cú ớt nht n nghim trong ú n
-1 nghim ln hn 1. T ú suy ra phng trỡnh (1) cú ớt nht 2n - 1 nghim phõn bit.
x2

Xột hm s : f (x) = e 2 .p(x) ị f (x) = 0 p(x) = 0
Vy f (x) = 0 cú nghim phõn bit trong (1, + Ơ ) . p dng nh lớ Roller ta thy gia 2 nghim ca
f(x) cú mt nghim ca f '(x) .

17


Vy phng trỡnh f '(x) = 0 cú ớt nht n - 1 nghim ln hn 1.
x2
2

Ta cú : f '(x) = e

( x.p(x) + p '(x))

f '(x) = 0 x.p(x) + p '(x) = 0 vy PT (3) cú ớt nht n - 1 nghim ln hn 1.
Xột g(x) = x.p(x) , ta cú phng trỡnh g(x) = 0 cú n + 1 nghim

0 = x0 < 1 < x1 < x2 < .... < xn
p dng nh lớ Roller : g '(x) = 0 cú nghim a1, a2,...., an tha món ai ẻ (xi - 1, xi ) (i = 1, n) .
M g '(x) = xp '(x) + p(x) ị g '(x) = 0 xp '(x) + p(x) = 0 (2)
Vy (2) cú n nghim trong ú ớt nht n - 1 nghim ln hn 1.
Vy phng trỡnh (1) cú ớt nht n - 1 nghim (pcm).

ỡù a ,a ạ 0

k- 1
k+1
n
ù k- 1 k+1
f
(
x
)
=
a
+
a
x
+
....
+
a
x
+
a
x
+
....
+
a
x
Vớ d 10. Cho
, vi ớ
.
0

1
k- 1
k+1
n
ùù an ạ 0
ợ
Chng minh rng nu f (x) = 0 cú n nghim phõn bit thỡ ak- 1.ak+1 < 0.
Li gii
Ta chng minh f i (x) = 0 cú n - i nghim phõn bit (i = 1, n - 1)

i = 1, f (x) = 0 cú n nghim phõn bit x1 < x2 < .... < xn- 1 < xn
1
p dng nh lớ Roller ị $ai ẻ (xi , xi +1) f (ai ) = 0 ị Mnh ỳng.

Gi s f i (x) = 0 cú n - i nghim i < t1 < t2 < .... < tn- i

ự(i = 1, n - i - 1) $b ẻ (t , t ) : f k(b ) = 0.
p dng nh lớ Roller cho f i (x) trong ộ
k
k k+1
k
ờti , ti +1ỷ
ỳ
ở
p dng b trờn vỡ f (x) = 0 cú n nghim phõn bit ị f k- 1(x) = 0 cú (n - k - 1) nghim phõn bit.

ổ
k - 1ử
ữ
ữ

!akx2 + ồ
ữ
ữ
ỗ
ố 2 ứ

k- 1
Ta cú f (x) = (k - 1)!ak- 1 + ỗ
ỗ
ỗ

n- k+1
k=3

akxk

18


Do ak- 1 ¹ 0 Þ

f

nghiệm phương trình f k- 1(x) = 0 cho xn- k- 1 và đặt u =

n- k- 1

(x) = 0 có dạng : j (t) = (k - 1)!ak- 1u

k- 1

1
phương trình
x

n- k- 2
æ
k - 1ö
n- k- 1
÷
ç
÷
+ç
!aku
+ å bkuk
÷
ç
÷
è 2 ø
k=3

Vì j (t) = 0 có n - k - 1 nghiệm phân biệt áp dụng bổ đề ta suy ra j

n- k- 1

(u) = 0 có hai nghiệm phân

biệt.
Ta có : j
Vậy j

n- k- 2

(u) = (k - 1)!ak- 1

(n - k - 1)! 2 (k - 1)!
u +
(n - k - 1)!ak
2
2

n- i - 2

(u) = 0 Û (n - k)(n - k + 1)ak- 1u2 + k(k + 1)ak+1 = 0 (2)

Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt : Û (n - k)(n - k + 1)ak- 1ak+1 < 0

Û ak- 1ak+1 < 0 (đpcm)
Ví dụ 11. Cho số thực α ≠ 0 và đa thức P ( x ) với hệ số thực bậc n ( n > 1) sao cho P ( x ) không
( n)
có nghiệm thực. Chứng minh đa thức Q ( x ) = P ( x ) + α P ' ( x ) + α 2 P '' ( x ) + ... + α n P ( x ) không có
nghiệm thực.

Lời giải

- Không mất tính tổng quát ta giả sử hệ số cao nhất của P ( x ) là một số dương, do đa thức P ( x )
không có nghiệm thực nên n phải là số chẵn, suy ra P ( x ) > 0 với mọi số thực x .
n −1 ( n )
- Ta có Q ' ( x ) = P ' ( x ) + α P '' ( x ) + ... + α P ( x ) suy ra P ( x ) = Q ( x ) − α Q ' ( x )
x

1

x

1

x

- Đặt H ( x ) = e α .Q ( x ) suy ra H ' ( x ) = − e α . Q ( x ) − α Q ' ( x )  = − e α .P ( x ) do đa thức P ( x )
α
α
vô nghiệm nên H ' ( x ) có nhiều nhất 1 nghiệm. Suy ra Q ( x ) có nhiều nhất 1 nghiệm, giả sử
−

−

−

2m
nghiệm đó là x0 mà lại do Q ( x ) là đa thức bậc chắn nên Q ( x ) = ( x − x0 ) .R ( x ) với

m ∈ ¥ * , deg R ( x ) = n − 2m .

Suy ra Q ' ( x0 ) = 0 suy ra P ( x0 ) = 0 vô lý. Vậy Q ( x ) vô nghiệm. Đpcm.
Ví dụ 12. Tìm a, b để f (x) = 2x4 + ax3 + bx2 + ax - b chia hết cho (x - 1)2 . Chứng minh khi
đó f (x) không chia hết cho (x - 1)3
Lời giải

19

Ta có: f (x)M(x - 1)2 nên f có nghiệm bội k ³ 2 Þ f (1) = 0 và f '(1) = 0
Þ 2 + a + b + a - b = 0 và 8 + 3a = 2b + a = 0
Vậy a = - 1 và b = - 2
4
3
2
3
2
Do đó f (x) = 2x - x - 2x - x + 2, f '(x) = 8x - 3x - 4x - 1mà f ''(x) = 24x2 - 6x - 4
Vì f ''(1) = 14 ¹ 0 nên f (x) không chia hết cho (x - 1)3
a b c
+ + = 0. Chứng minh rằng phương trình
7 5 3
f ( x) = ax4 + bx2 + c = 0 có nghiệm.
ù, f ( x) = a xn + a xn- 1 + ... + a x + a . Chứng minh rằng: nếu
b) Cho f Î ¡ é
ê
n
n- 1
1
0
ëxú
û
an
a
a
a
+ n- 1 + ... + 1 + 0 = 0 thì f ( x) có nghiệm.

n +1
n
2
1
Ví dụ 13. a) Cho abc ¹ 0 và

Lời giải

a 7 b 5 c 3
2
x + x + x thì F liên tục, có đạo hàm F '( x) = x f ( x) .
7
5
3
F ( 1) - F ( 0)
ùthì tồn tại
0;1
Áp dụng định lí Lagrange trên é
c
Î
0;1
:
= F '( c) .
ê
ú
(
)
ë û
1- 0
a b c

Mà F ( 0) = 0; F ( 1) = + + = 0 nên F '( x) = 0.
7 5 3
Vì c Î ( 0;1) nên c2 ¹ 0 do đó f ( c) = 0 .
a) Xét F ( x) =

Vậy f ( x) có nghiệm.
an n+1 an- 1 n
a
a
x +
x + ... + 1 x2 + 0 x
n +1
n
2
1
Có Q ( 0) = Q ( 1) = 0
b) Xét Q ( x) =

Áp dụng định lí Rolle thì Q ( x) có 2 nghiệm nên Q '( x) = f ( x) có nghiệm.
Ví dụ 13. Cho phương trình x5 -

1 4
x - 5x3 + x2 + 4x - 1 = 0. Chứng minh rằng: phương
2

(

)

trình trên có đúng 5 nghiệm phân biệt. Với xi i = 1,5 là nghiệm của phương trình trên, tính

5

tổng S biết S = å

xi + 1

.
2x - xi4 - 2
(Đề chọn đội tuyển của Bến Tre 2016-2017)
i =1

5
i

Lời giải

20


1 4
x - 5x3 + x2 + 4x - 1 là hàm số xác định và liên tục trên ¡ .
2
æ 3ö
æö
1÷ 5
1
175
ç
÷
÷

- ÷
=
2;
f
0
=
1
;
=
;
f
1
=
;
3
=
Ta có f( - 2) = - 5; ç
ç
ç
(
)
(
)
(
)
÷
÷
ç
ç
÷

÷ 8
2
2
è 2ø
è2ø
Xét f ( x) = x5 -

Khi đó
æ
f( - 2) . ç
çç
è

æ
3ö
÷
ç
÷
<
0;
f
ç÷
÷
ç
2ø
è

3ö
÷
÷

. ( 0) < 0; f( 0) .
÷
÷
2ø

æö
æö
1÷
1
ç
ç
÷
÷
<
0;
f
. ( 1) < 0; f( 1) . ( 3) < 0
ç ÷
ç ÷
÷
÷
÷
ç2ø
ç2ø
è
è

Như vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm phân biệt
3
1

- 2 < x1 < - < x2 < 0 < x3 < < x4 < 1 < x5 < 3 .
2
2

(

)

Ta có xi i = 1,5 là nghiệm của phương trình trên nên xi5 -

(

)

1 4
xi - 5xi3 + xi2 + 4xi - 1 = 0
2

Û 2xi5 - xi4 - 2 = 2 5xi3 - xi2 - 4xi .
xi + 1

5

Do đó S = å

5

2xi5 - xi4 - 2

i =1

Xét biểu thức g( x) =

=å

i =1

Với x ¹ xi ta có
Suy ra

f ( 1)

f '( 0)
f ( 0)

f '( x)
f ( x)

5

=å

i =1

5

1
Þ
1
x

i =1
i

=å
5

1
Þ
i =1 - xi

=å

).

x +1
x +1
=
.
2
5x - x - 4x x ( x - 1) ( 5x + 4)
1
2
5
+
+
.
4x 9( x - 1) 36( 5x + 4)

1 5 1 1 5
1

1 5
+
+
å
å
å
8 i =1 xi 9 i =1 xi - 1 72 i =1

S =-

f '( 1)

2 5xi3 - xi2 - 4xi

3

Đồng nhất thức ta được g( x) = -

Do vậy

(

xi + 1

5

å

i =1

1
xi +

4.
5

1
4
3
2
và f '( x) = 5x - 2x - 15x + 2x + 4 .
x - xi
5

å

i =1

f '( 1)
1
== - 12.
xi - 1
f ( 1)

f '( 0)
1
==4
xi
f ( 0)

21


æ 4ö
÷
f 'ç
- ÷
ç
÷ 5
ç
÷
1
è 5ø
=å
Þ
æ 4ö
4
i
=
1
- - xi
÷
fç
ç- ÷
÷
÷
ç
5
è 5ø
Vậy S = -

5

å

i =1

æ 4ö
÷
f 'ç
- ÷
ç
÷
ç
÷
1
12900
è 5ø
==æ 4ö
4
4789
xi +
÷
fç
ç- ÷
÷
÷
ç
5
è 5ø

8959
.
4789

b) Giải pháp 2: Sử dụng định lý Viet
Ví dụ 1: Cho n Î ¥ * và P (x) = anxn + an- 1xn- 1 + L + a1x + a0 và a0 ¹ 0 và tồn tại số
nguyên dương m £ n sao cho:

am
³ C nm. Chứng minh P ( x) có ít nhất 1 nghiệm có môđun
a0

không vượt quá 1.
Lời giải
Giả sử các nghiệm của P (x) đều có môđun lớn hơn 1.
æ1ö
n
÷
÷
= a0xn + a1xn- 1 + ... + an- 1x + an giả sử x1, x2,..., xn là nghiệm của Q ( x)
Xét Q ( x) = x P ç
ç
÷
ç
÷
èx ø
thì

a

1
là nghiệm của P (x) nên | xi |< 1. theo Viet ta có m =
xi
a0

å

xi ...xi < C nm . P ( x) có ít
1
m

nhất 1 nghiệm có môđun không vượt quá 1.
Ví dụ 2: Có tồn tại hay không các số dương a,b,c; b ³ 3max ( a,c) sao cho có thể chọn được
n ³ 3 để đa thức Pn ( x) = a0xn + ... + ax2 + bx + c,a0 ¹ 0 là đa thức hệ số nguyên có n
nghiệm nguyên phân biệt.
Lời giải
a
,
b
,
c
Giả sử tồn tại
thỏa mãn đề bài.
Giả sử x1, x2,..., xn là các nghiệm nguyên của Pn ( x) .
Ta có

1
1
,K ,
là nghiệm của đa thức Q(x) = a0 + a1x +¼ + axn- 2 + bxn- 1 + cxn .

x1
xn

(

)

2
2 2
Vì b ³ 3max ( a,c) Þ b ³ 9max a ,c .
n

å

i =1

2

2
2
2
2
n
æ bö
æö
æö
æö
1 æ
1ö
1

a
8
b
1
b
a
a
a
÷
ç
÷
÷
÷
÷
ç
ç
ç
ç
÷
ç
÷
÷
÷
÷
=
2
=
2
=
+

2
³
8
+
2
³ 7.
ç
ç
ç
ç
÷
å
å
÷
÷
÷
÷
ç
ç
ç
ç
÷
÷
÷
÷
÷
ç
÷
c
c

9
c
9
c
c
c
c
xi2 ç
x
x
x
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
i¹ j
èi =1 i ø
i j

22


M x1, x2,..., xn l cỏc s nguyờn phõn bit nờn
n

ồ

i =1

ờn ỳ
ờỳ
ờ2ỳ
ởỷ

n
ổ 1ử
1
1
1
ỗ
ữ
Ê
2
<
2
+
2
=
2
+
2
1- ữ
< 4 . õy l iu vụ lý.
ỗ
ồ
ồ

ữ
2
2
ỗ
ữ
i
(
i
1
)
n
xi
i
ố
ứ
i =1
i =2

Vớ d 3: Cho phng trỡnh ax3 + bx2 + cx + d = 0(a ạ 0) cú 3 nghim dng x1, x2, x3 .
Chng minh rng: x17 + x27 + x37

b3c2
81a5

Li gii

ỡù
ùù x + x + x = - b > 0
1
2

3
a
Theo Viet: ùớ
ùù
c
ùù x1x2 + x2x3 + x3x1 = > 0
a
ợù

Ta cú: x1x2 + x2x3 + x3x1 Ê x12 + x22 + x32 0 <

c
Ê x12 + x22 + x32
a

b2
V (x1 + x2 + x3) Ê 3(x + x + x ) 0 < 2 Ê x12 + x22 + x32
3a
2
2
bc
bc
Do ú: 0 < 3 Ê (x12 + x22 + x32)2 ị 0 < 3 Ê (x14 + x24 + x34)
3a
9a
Vỡ x1, x2, x3 > 0 nờn:
2

2
1

1

7

2
2

1

2
3

7

1

7

(x14 + x24 + x34)2 = (x12.x12 + x22.x22 + x32.x32 )2
Ê (x1 + x2 + x3)(x17 + x27 + x37)
b4c2
b 7
b3c2 7
7
7
Ê
(
x
+

x
+
x
)
ị
(x1 + x27 + x37)
1
2
3
6
5
a
81a
81a
b
Du = xy ra khi x1 = x2 = x3 = 3a
Vớ d 4. Cho 4 s dng a, b, c, d. Gi s phng trỡnh ax4 - ax3 + bx2 - cx + d = 0 cú 4
1
nghim thuc khong (0; ) . Chng minh bt ng thc : 21a + 164c 80b + 320d
2
ị

Li gii
Gi s phng trỡnh ax4 - ax3 + bx2 - cx + d = 0 cú 4 nghim l x1, x2, x3, x4 thuc
1
khong (0; ) . Theo nh lớ Viete ta cú:
2
b
x1 + x2 + x3 + x4 = 1; x1x2 + x1x3 + x1x4 + x2x3 + x3x4 = ,
a

23


x1x2x3 + x1x2x4 + x1x3x4 + x2x3x4 =

c
d
và x1x2x3x4 =
a
a

c
b
d
Vì a > 0 nên bất đẳng thức : 21a + 164c ³ 80b + 320d Û 21+ 164 ³ 80 + 320
a
a
a
Û 21+ 164(x1x2x3 + x1x2x4 + x1x3x4 + x2x3x4)
³ 80(x1x2 + x1x3 + x1x4 + x2x3 + x2x4 + x3x4) + 320(x1x2x3x4) (*)
3

3

æ
æ
1- 2x1 + 1- 2x2 + 1- 2x3)ö
1+ 2x4 ö
÷

÷
ç
÷
÷
Ta có (1- 2x1)(1- 2x2)(1- 2x3) £ ç
=
ç
ç
÷
÷
ç
ç
÷ è
÷
ç
ç 3 ø
3
è
ø
Þ

27(1- 2x1)(1- 2x2)(1- 2x3) £ (1+ 2x4)3
Tương tự:
27(1- 2x1)(1- 2x2)(1- 2x4) £ (1+ 2x3)3

(1)

27(1- 2x1)(1- 2x3)(1- 2x4) £ (1+ 2x2)3

(3)

(2)

27(1- 2x4)(1- 2x2)(1- 2x3) £ (1+ 2x1)3
(4)
Nhân từng vế của (1), (2), (3), (4) và rút gọn ta có:
81(1- 2x1)(1- 2x2)(1- 2x3)(1+ 2x4) £ (1+ 2x3)(1+ 2x4)(1+ 2x1)(1 + 2x2)
Khai triển và rút gọn ta có bất đẳng thức (*)
1
b 3 c
1
1
Đẳng thức xảy ra: x1 = x2 = x3 = x4 = Û
= , = ,d =
4
a 8 a 16
256
n
n- 1
Ví dụ 5. Cho f (x) = x + a1x + ... + an có bậc n ³ 2 và có n nghiệm b1,b2,...,bn .
Chứng minh:
æ 1
1
1 ö
÷
÷
f (x + 1).ç
+
+
...

+
³ 2n2, " x > bi
ç
÷
ç
÷
ç
x - bn ø
èx - b1 x - b2
n

n- 1

Ta có f (x) = x + a1x

Lời giải
+ ... + ax có n nghiệm thực b1,b2,...,bn

Nên: f ( x) = (x - b1)(x - b2)...(x - bn )

Þ f (x + 1) = (1+ x - b1)(1+ x - bn )...(1+ x - bn )
æ 1
1
1 ö
÷
ç
÷
f
(
x

+
1
).
+
+
...
+
ç
Do đó:
÷
ç
÷
ç
x
b
x
b
x
b
è
1
2
1ø

24


f (x + 1).n.n

1

(x - b1)(x - b2)...(x - bn )

(1+ x - b1)n (1+ x - bn )n
=n
...
x - b1
x - bn
T nh thc Newton thỡ (1+ t)n 1+ nt +

n(n - 1)t 2
,t > 0
2

n(n - 1)2
2nt, " t 1, n 2 nờn ta cú:
2
(1+ t)n 2nt do ú: (1+ x - bj )n 2(x - bj ), t = x - bj > 0
ổ1
n
1
1 ử
ữ
n
ữ
ị f (x + 1).ỗ
+
+
...
+

n
.
2
n
= 2n2
ỗ
(
)
ữ
ỗ
ữ
ỗ1- b1 1- b2
1- bn ứ
ố

V 1+ nt +

Vớ d 6. Cho P (x) = x3 + ax2 + bx + c cú h s nguyờn. Chng minh nu P (x) cú mt
nghim bng tớch 2 nghim cũn li thỡ: 2P (- 1)MP (1) + P (- 1) - 2(1+ P (0))
Li gii
Gi 3 nghim l u, v, u.v theo nh lý Viete:
u + v + uv = - a, uv(1+ u + v) = b, u2v2 = - c
- Xột a = 1 thỡ 0 = u + v + uv + 1 = (u + 1)(v + 1) nờn cú nghim bng - 1 do ú
2P (- 1) = 0 chia ht cho mi s
b- c
- Xột a ạ 1 thỡ b - c = uv(1+ u + v + uv) = uv(1- a) suy ra uv =
hu t
1- a
Do u2v2 = - c nguyờn nờn uv nguyờn
Ta cú: P (1) + P (- 1) - 2(1+ P (0)) = 2(a - 1)

= - 2(u + v + uv + 1) = - 2(1+ u)(1+ v) ạ 0
V 2P (- 1) = 2(- 1- u)(- 1- v)(- 1- uv) = - 2(1+ uv)(1+ u)(1+ v)
Do ú: 2P (- 1)MP (1) + P (- 1) - 2(1+ P (0))
n- 1
. Gi s
2
phng trỡnh xn + a1xn- 1 + a2xn- 2 + ... + an- 1x + an = 0 cú ỳng n nghim thc. Chng minh
ự.
rng tt c cỏc nghim ú nm trong on ộ
ờ- a1;a1 + 2ỷ
ỳ
ở
Li gii
n
n- 1
n- 2
t P ( x) = x + a1x + a2x + ... + an- 1x + an .
Vớ d 7. Cho s t nhiờn n 2 v n s thc a1,a2,...,an sao cho a1 > - 1,a2

t x1, x2,..., xn l n nghim ca phng trỡnh P ( x) = 0 .

25