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: NGƠ THỊ HOA
Chức vụ: Giáo viên
SKKN mơn: Tốn

NINH BÌNH-THÁNG 5 NĂM 2019
1


I. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Mỗi một nội dung trong chương trình chun tốn phổ thơng đều có vai trị 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 cịn có nhiều vấn đề cần phải giải quyết như học sinh học nội dung về nghiệm của đa
thức cịn yếu, chưa hình thành được kỹ năng, kỹ xảo trong q trình giải tốn. 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. Tơi đã tổng hợp, khai thác
nhiều chun 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 chun Tốn 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 tốn này và u thích chủ đề Đa thức.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Qua nội dung đề tài này chúng tơi 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 tốn tích phân, hình thành cho các em
thói quen tìm tịi 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 tơi 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 trịn xoay và vận dụng nó trong các bài tốn 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 tốn và trình bày lời giải. Từ đó học sinh có hứng
thú và động cơ học tập tốt .Trong q trình giảng dạy nội dung Đa thức, tơi thấy kỹ năng giải bài
toán nghiệm Đa thức của học sinh cịn 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 tốn 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 tốn 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 hồn 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 Ỵ 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 dạng rút gọn: f ( x) = å akxn- k .
k=0

Các số a0,a1,a2,...,an gọi là các hệ số, a0 ¹ 0 được gọi là hệ số cao nhất, an được gọi là hệ số
tự do.
Đặc biệt khi a0 = 1 thì đa thức được gọi là đa thức chuẩn tắc hay đa thức mo-nic.
Với a ¹ 0 thì n được gọi là bậc của đa thức f ( x) , ký hiệu degf = n , đặc biệt: f º c ¹ 0
0

thì . Quy ước với f ( x) º 0 thì degf = - ¥ .
Đa thức trên các tập số.
Với K là 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 thức f ( x) = å akxn- k

k=0

ù
• Nếu các hệ số ai Ỵ R thì ký hiệu f Ỵ R ộ
ờ
ởxỳ
ỷ
ộ
ự
ã Nu cỏc h s ai ẻ Q thỡ ký hiu f ẻ Q ờ
ởxỳ
ỷ

ự
ã Nu cỏc h s ai Ỵ Z thì ký hiệu f Ỵ Z é
ê
ëxú
û
Các phép toán.
n

m

k=0

i =0

m- i
Cho hai đa thức: f ( x) = å akxn- k và g( x) = å bx
. Khi đó

i

•

l

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

•

l

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

ã

l

f ( x) ìg( x) = ồ

l

ồ abx

i =0 j =0

i +j

i j

.

trong đó l = max { m, n} với quy ước cách viết hình thức:
l

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

(

)

ù, deg f = n, degg = m thì f ( x) ± g( x) , f ( x) ×g( x) và f g( x) cũng là
Từ đó với f , g Ỵ R é
ê
ëxú
û
các đa thức với hệ số thực , ngoài ra.
deg( f ± g) £ max { m, n} ,deg f ×g = m + n,deg f ( g) = mn
.

(

)

4

ù, nếu nó khơng
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 khơng q 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 Ỵ R éxùsao cho.
Cho f , g Ỵ 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 Ỵ 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.
Khơng 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 ẻ R;;bj - 4cj < 0,a ạ 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 Ỵ 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 khơng q n nghiệm thực (kể cả bội).
Hệ quả 1. Trong ¡ é
ê
ëxú
û
ù. Nếu z = a + bi. , ( a,b Ỵ R ) là một nghiệm phức của
Định lý 4. Cho đa thức P ( x) Ỵ 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) Ỵ 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) Ỵ 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) Ỵ 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) Ỵ 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) Ỵ R é
êxû
ú
ë

z = a - bi. suy ra
ù. éx - ( a - bi ) ù.Q ( x) , với Q ( x) Ỵ 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 khơng vượt q 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 Ỵ 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 Ỵ Z é
ê
ëxú
û
P ( x) đều ngun 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 ln có nghiệm thực.
ii) Nếu đa thức bậc n mà khơng 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 Ỵ (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 hồnh 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
hồnh độ giao điểm của d và (C) :
3

x2 = ax + b

9


Để d cắt (C) tại ba điểm phân biệt thì ab ¹ 0 . Đặt t = 3 x , khi đó theo giả thiết , phương trình

at 3 - t 2 + b = 0 (1) có ba nghiệm phân biệt t1;t2;t3 và t1.t2.t3 ¹ 0 .
ìï
ïï t + t + t = 1
ïï 1 2 3 a
ï
Áp dụng định lý Vi- et ta có í t1.t2 + t2.t3 + t3.t1 = 0
ïï
b
ïï
ïï t1.t2.t3 = a
ỵ

()

3
2
Mặt khác, xét hàm số f t = at - t + b , để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt khi chỉ khi tích

giá trị cực đại và giá trị cực tiểu nhỏ hơn 0. Điều đó tương đương với

ỉ2 ư
÷
f( 0) . ỗ
<0
ỗ ữ
ữ
ữ
ỗ
ố3a ứ
Hay

0 < a2b <

4
27

Do gi thit cần chứng minh tương đương với

t12
t2
t2
3a2b - 1
1
27

15
+ 2 + 3 =
=
3
<
3
=
.
t2t3 t3t1 t1t2
4
4
a2b
a2b
Bài tốn đã được chứng minh.
Ví dụ 2. Cho a,b,c,d,e là các số thực. Chứng minh rằng nếu đa thức :

P (x) = ax2 + (b + c)x + d + e có nghiệm thực thuộc khoảng

é1, +¥ ) , thì đa thức :
ê
ë

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

) l nghim ca phương trình : ax

2

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

2
Nghĩa là : ax0 + cx0 + e = - (bx0 + d)

Xét hàm số : f (x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e
Khi đó : 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 tốn.
Ví dụ 3.

( )

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

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

( )

( )

( )

và 2 : P x > P '' x .

b) Khẳng định trên cịn đúng khơng 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 Ỵ ¡ .
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 Ỵ ¡ 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 khơng cịn 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 khơng 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 Ỵ ¡ 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
p dng nh lớ Roller:

ị $ai ẻ (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 Ỵ (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 tốn:

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
ïïỵ
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


ùvà deg p(x) = 4 . Giả sử p(x) = 0 có 4 nghiệm dương phân
Ví dụ 6.(TST 1994) Cho p(x) Ỵ ¡ é
ê
ëxú
û

biệt. Chứng minh rằng :

ỉ 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 nếu p(x) = 0 có 4 nghiệm phân biệt

0 < x1 < x2 < x3 < x4 thì phương trình p(x) - p '(x) = 0 có 4 nghiệm phân biệt y1, y2, y3, y4 thỏa
mãn 0 < x1 < y1 < x2 < y2 < x3 < y3 < x4 < y4 .
Xét f (x) = e- x .p(x) Þ f (x) = 0 Û p(x) = 0
Vậy f (x) = 0 có 4 nghiệm 0 < x1 < x2 < x3 < x4
Áp dụng định lý Lagrange ta có : f '(x) = - e- x .p(x) + p '(x)e- x

f '(x) = 0 Û p(x) - p '(x) = 0
Do phương trình p(x) - p '(x) = 0 có 3 nghiệm y1 < y2 < y3 và deg(p - p ') = 4
Suy ra phương trình p(x) - p '(x) = 0 có nghiệm thứ 4 là y4 không giảm tổng quát ta giả sử hệ số 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)
Vậy 0 < x1 < y1 < x2 < y2 < x3 < y3 < x4 < y4 (đpcm)

Þ PtQ(x) = p(x) - p '(x) = 0 có 4 nghiệm dương phân biệt y1, y2, y3, y4
4
3

2
Giả sử 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 cũng có 4 nghiệm dương phân biệt
Ta có : 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 tốn được chứng minh.
Ví dụ 7. Cho P (x),Q(x), R(x) là các đa thức với hệ số thực có bậc tương ứng là 3, 2, 3 thỏa mãn điều

(

)

2

(

)

kiện P (x) + Q(x)

2

2

= ( R(x)) . Hỏi đa thức T (x) = P (x).Q(x).R(x) có ít nhất bao nhiêu nghiệm

thực (kể cả bội của nghiệm) ?
Bài giải
Khơng mất tính tổng quát, có thể coi các hệ số bậc cao nhất của các đa thức P, Q, R đều dương.
Trước hết, ta chứng minh đa thức Q(x) ln ln có hai nghiệm thực.
Ta có, Q 2 = (R - P )(R + P ) . Vì degP = degQ = 3 nên deg(R + P ) = 3
Do degQ 2 = 4 Þ deg(R - P ) = 1. Do đó đa thức Q 2 có nghiệm thực và vì vậy đa thức Q có
nghiệm thực. Vì degQ = 2 nên Q có đúng hai nghiệm thực.
Tiếp theo, ta chứng minh đa thức P(x) ln ln có 3 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 phân biệt và nghiệm
cịn lại của P hiển nhiên cũng là nghiệm thực.
Nếu (R - Q ) và (R +Q ) có chung nghiệm thực x = a thì x = a là nghiệm của R và của Q. Do vậy,

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

15


2
2
2
Thế vào hệ thức : P 2 = (R - Q )(R +Q) , ta thu được P1 = R1 - Q1 , với P1, R1 là các tam thức bậc

2
hai, Q1 là nhị thức bậc nhất. Ta có : Q1 = (R1 - P1)(R1 + P1) .
2
Vì Q1 là đa thức bậc hai và R1 +Q1 là tam thức bậc hai nên R1 - P1 là đa thức hằng.
2
2
Vậy, nếu P1(x) = a x + bx + c (a > 0) và Q1(x) = dx + e thì R1(x) = a x + bx + c + k và

ù= (dx + e)2 (1) .
ké
êR1(x) + P1(x)û
ú
ë
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
- ÷
= - < 0 . Do đó tam thức bậc hai P1(x) có hai nghiệm thực và P(x) có 3 nghim thc.
Nờn P1 ỗ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
2
ố dứ
Tr li bi toỏn. Do P có 3 nghiệm thực, Q có hai nghiệm thực và R là đa thức bậc 3 (có ít nhất một
nghiệm thực) nên số nghiệm thực của T(x) không nhỏ thua 6.
Ví dụ ta chọn:

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

R(x) = x3 + 3x2 + 4x + 2
Thì P 2 +Q 2 = R 2 và đa thức (PQR) có đúng 6 nghiệm thực.

Ví dụ 8. Cho p(x) =

2k

å

i =0

ai xi (a2k ¹ 0,a0 > 0) . Chứng minh rằng nếu:

a2i
< 0 thì p(x) có
i =0 2i + 1
2k

å

nghiệm thực.
Bài giải
Xét Q(x) =

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

å

n
n
ai
ai
a2i
i +1
Ta có: Q(1) = å
,Q '(- 1) = å
(- 1) Þ Q(1) - Q(- 1) = 2å
<0
i =0 i + 1
i =0 i + 1
i =0 2i + 1
n

16


- 1,1ù
Áp dụng định lý Lagrange cho Q(x) trong é
ê
ú
ë
û
Q(1) - Q(- 1)
= Q '(c) Þ Q '(c) < 0
2
Mà Q '(0) = p(0) = a0 > 0 áp dụng định lý Bonxano Cauchy suy ra tồn tại a nằm giữa 2 nghiệm c
và 0 sao cho Q '(a ) = 0 hay p(a) = 0 (đpcm).

ùcó nghiệm phân biệt lớn hơn 1. Chứng minh rằng
Ví dụ 9. Cho p(x) Ỵ ¡ é
ê
ëxú
û
ỉ
è(

)

2

(

)

2

ư
ø

2
Phương trình : (1+ x )p(x)p '(x) + x ỗ
ỗ p(x) + p '(x) ữ
ữ= 0 (1) cú ít nhất 2n - 1 nghiệm phân biệt.

Lời giải
Ta có :

(1) Û ( p(x) + p '(x).x) ( x.p(x) + p '(x)) = 0
ép(x) + p '(x).x = 0 (2)
Û ê
êx.p(x) + p '(x) = 0 (3)
ê
ë
Trước hết ta chứng minh PT (2) và (3) khơng thể có nghiệm chung trong (1, + ¥ )
Thật vậy giả sử (2) và (3) có nghiệm chung a và a Ỵ (1, + ¥ )

ìï
ï
ìï p(a) + ap '(a) = 0 ïï
Þ ïí
Þ ớù
ùù ap(a) + p '(a) = 0 ùù
ợ
ùù
ùợ
ị aẻ

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

{- 1,1} điều này vơ lí vì a > 1.

Bây giờ ta chứng minh PT (3) có ít nhất n - 1 nghiệm lớn hơn 1 và PT (2) có ít nhất n nghiệm trong đó n
-1 nghiệm lớn hơn 1. Từ đó suy ra phương trình (1) có ít nhất 2n - 1 nghiệm phân biệt.
x2

Xét hàm số : f (x) = e 2 .p(x) Þ f (x) = 0 Û p(x) = 0
Vậy f (x) = 0 có nghiệm phân biệt trong (1, + ¥ ) . Áp dụng định lí Roller ta thấy giữa 2 nghiệm của
f(x) có một nghiệm của f '(x) .

17


Vậy phương trình f '(x) = 0 có ít nhất n - 1 nghiệm lớn hơn 1.
x2
2

Ta có : f '(x) = e

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

f '(x) = 0 Û x.p(x) + p '(x) = 0 vậy PT (3) có ít nhất n - 1 nghiệm lớn hơn 1.
Xét g(x) = x.p(x) , ta có phương trình g(x) = 0 có n + 1 nghiệm

0 = x0 < 1 < x1 < x2 < .... < xn
Áp dụng định lí Roller : g '(x) = 0 có nghiệm a1, a2,...., an thỏa mãn ai Ỵ (xi - 1, xi ) (i = 1, n) .
Mà g '(x) = xp '(x) + p(x) Þ g '(x) = 0 Û xp '(x) + p(x) = 0 (2)
Vậy (2) có n nghiệm trong đó ít nhất n - 1 nghiệm lớn hơn 1.
Vậy phương trình (1) có ít nhất n - 1 nghiệm (đpcm).

ìï a ,a ¹ 0

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

1
k- 1
k+1
n
ùù an ạ 0
ợ
Chng minh rằng nếu f (x) = 0 có n nghiệm phân biệt thì ak- 1.ak+1 < 0.
Lời giải
Ta chứng minh f i (x) = 0 có n - i nghiệm phân biệt (i = 1, n - 1)

i = 1, f (x) = 0 có n nghiệm phân biệt x1 < x2 < .... < xn- 1 < xn
1
Áp dụng định lớ Roller ị $ai ẻ (xi , xi +1) f (ai ) = 0 Þ Mệnh đề đúng.

Giả sử f i (x) = 0 có n - i nghiệm i < t1 < t2 < .... < tn- i

ù(i = 1, n - i - 1) $b Ỵ (t , t ) : f k(b ) = 0.
Áp dụng định lí Roller cho f i (x) trong é
k
k k+1
k
êti , ti +1û
ú
ë
Áp dụng bổ đề trên vì f (x) = 0 có n nghiệm phân biệt Þ f k- 1(x) = 0 có (n - k - 1) nghiệm phân 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 ạ 0 ị

f

nghim phng trỡnh 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
ỉ
k - 1ử
n- k- 1
ữ
ỗ
ữ
+ỗ
!aku
+ ồ bkuk
ữ
ỗ
ữ
ố 2 ứ
k=3

Vỡ 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 ) khơng
( n)
có nghiệm thực. Chứng minh đa thức Q ( x ) = P ( x ) + α P ' ( x ) + α 2 P '' ( x ) + ... + α n P ( x ) khơng có
nghiệm thực.

Lời giải

- Khơng mất tính tổng qt ta giả sử hệ số cao nhất của P ( x ) là một số dương, do đa thức P ( x )
khơng 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 ) vơ 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) khơng 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 Ỵ ¡ 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
Ỵ
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 Ỵ ( 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
ổ 3ử
ổử
1ữ 5
1
175
ỗ
ữ
ữ

- ữ
=
2;
f
0
=
1
;
=
;
f
1
=
;
3
=
Ta cú f( - 2) = - 5; ỗ
ỗ
ỗ
(
)
(
)
(
)
ữ
ữ
ỗ
ỗ
ữ

ữ 8
2
2
ố 2ứ
ố2ứ
Xột f ( x) = x5 -

Khi ú
ổ
f( - 2) . ỗ
ỗỗ
ố

ổ
3ử
ữ
ỗ
ữ
<
0;
f
ỗữ
ữ
ỗ
2ứ
ố

3ử
ữ
ữ

. ( 0) < 0; f( 0) .
ữ
ữ
2ứ

ổử
ổử
1ữ
1
ỗ
ỗ
ữ
ữ
<
0;
f
. ( 1) < 0; f( 1) . ( 3) < 0
ỗ ữ
ỗ ữ
ữ
ữ
ữ
ỗ2ứ
ỗ2ứ
ố
ố

Nh vy phng trỡnh ó 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


ổ 4ử
ữ
f 'ỗ
- ữ
ỗ
ữ 5
ỗ
ữ
1
ố 5ứ
=ồ
ị
ổ 4ử
4
i
=
1
- - xi
ữ
fỗ
ỗ- ữ
ữ
ữ
ỗ
5
ố 5ứ
Vy S = -

5

ồ

i =1

ổ 4ử
ữ
f 'ỗ
- ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
1
12900
ố 5ứ
==ổ 4ử
4
4789
xi +
ữ
fỗ
ỗ- ữ
ữ
ữ
ỗ
5
ố 5ứ

8959
.
4789

b) Gii phỏp 2: S dng nh lý Viet
Vớ d 1: Cho n ẻ Ơ * v 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 mơđun lớn hơn 1.
ỉ1ư
n
÷
÷
= a0xn + a1xn- 1 + ... + an- 1x + an giả sử x1, x2,..., xn là nghiệm của Q ( x)
Xét Q ( x) = x P ỗ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ốx ứ
thỡ

a

1
l nghim ca 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 mơđun khơng vượt q 1.
Ví dụ 2: Có tồn tại hay khơng 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) ị b 9max a ,c .
n

ồ

i =1

2

2
2
2
2
n
ổ bử
ổử
ổử
ổử
1 ổ
1ử
1

a
8
b
1
b
a
a
a
ữ
ỗ
ữ
ữ
ữ
ữ
ỗ
ỗ
ỗ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ữ
ữ
ữ
=
2
=
2
=
+

2

8
+
2
7.
ỗ
ỗ
ỗ
ỗ
ữ
ồ
ồ
ữ
ữ
ữ
ữ
ỗ
ỗ
ỗ
ỗ
ữ
ữ
ữ
ữ
ữ
ỗ
ữ
c
c

9
c
9
c
c
c
c
xi2 ỗ
x
x
x
ố
ứ
ố
ứ
ố
ứ
ố
ứ
iạ j
ối =1 i ứ
i j

22


Mà x1, x2,..., xn là các số nguyên phân biệt 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 ¹ 0) có 3 nghiệm dương x1, x2, x3 .
Chứng minh rằng: x17 + x27 + x37 ³

b3c2
81a5

Lời giải

ìï
ïï x + x + x = - b > 0
1
2

3
a
Theo Viet: ïí
ïï
c
ïï x1x2 + x2x3 + x3x1 = > 0
a
ỵï

Ta có: x1x2 + x2x3 + x3x1 £ x12 + x22 + x32 Û 0 <

c
£ x12 + x22 + x32
a

b2
Và (x1 + x2 + x3) £ 3(x + x + x ) Û 0 < 2 £ x12 + x22 + x32
3a
2
2
bc
bc
Do đó: 0 < 3 £ (x12 + x22 + x32)2 Þ 0 < 3 £ (x14 + x24 + x34)
3a
9a
Vì x1, x2, x3 > 0 nên:
2

2
1

1

7

2
2

1

2
3

7

1

7

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

x
+
x
)
Þ
(x1 + x27 + x37)
1
2
3
6
5
a
81a
81a
b
Dấu “=” xảy ra khi x1 = x2 = x3 = 3a
Ví dụ 4. Cho 4 số dương a, b, c, d. Giả sử phương trình ax4 - ax3 + bx2 - cx + d = 0 có 4
1
nghiệm thuộc khoảng (0; ) . Chứng minh bất đẳng thức : 21a + 164c ³ 80b + 320d
2
Þ

Lời giải
Giả sử phương trình ax4 - ax3 + bx2 - cx + d = 0 có 4 nghiệm là x1, x2, x3, x4 thuộc
1
khoảng (0; ) . Theo định lí Viete ta có:
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)ử
1+ 2x4 ử
ữ

ữ
ỗ
ữ
ữ
Ta cú (1- 2x1)(1- 2x2)(1- 2x3) Ê ỗ
=
ỗ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ỗ
ữ ố
ữ
ỗ
ỗ 3 ứ
3
ố
ứ
ị

27(1- 2x1)(1- 2x2)(1- 2x3) Ê (1+ 2x4)3
Tng t:
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:
ỉ 1
1
1 ư
÷
÷
f (x + 1).ỗ
+
+
...

+
2n2, " x > bi
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
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 )
ổ 1
1
1 ử
ữ
ỗ
ữ
f
(
x

+
1
).
+
+
...
+
ỗ
Do ú:
ữ
ỗ
ữ
ỗ
x
b
x
b
x
b
ố
1
2
1ứ

24


³ 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
Từ nhị thức Newton thì (1+ t)n ³ 1+ nt +

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

n(n - 1)2
³ 2nt, " t ³ 1, n ³ 2 nên ta có:
2
(1+ t)n ³ 2nt do đó: (1+ x - bj )n ³ 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 ø
è

Và 1+ nt +

Ví dụ 6. Cho P (x) = x3 + ax2 + bx + c có hệ số nguyên. Chứng minh nếu P (x) có một
nghiệm bằng tích 2 nghiệm cịn lại thì: 2P (- 1)MP (1) + P (- 1) - 2(1+ P (0))
Lời giải
Gọi 3 nghiệm là u, v, u.v theo định lý Viete:
u + v + uv = - a, uv(1+ u + v) = b, u2v2 = - c
- Xét a = 1 thì 0 = u + v + uv + 1 = (u + 1)(v + 1) nên có nghiệm bằng - 1 do đó
2P (- 1) = 0 chia hết cho mọi số
b- c
- Xét a ¹ 1 thì b - c = uv(1+ u + v + uv) = uv(1- a) suy ra uv =
hữu tỉ
1- a
Do u2v2 = - c nguyên nên uv nguyên
Ta có: P (1) + P (- 1) - 2(1+ P (0)) = 2(a - 1)

= - 2(u + v + uv + 1) = - 2(1+ u)(1+ v) ¹ 0
Và 2P (- 1) = 2(- 1- u)(- 1- v)(- 1- uv) = - 2(1+ uv)(1+ u)(1+ v)
Do đó: 2P (- 1)MP (1) + P (- 1) - 2(1+ P (0))
n- 1
. Giả sử
2
phương trình xn + a1xn- 1 + a2xn- 2 + ... + an- 1x + an = 0 có đúng n nghiệm thực. Chứng minh
ù.
rằng tất cả các nghiệm đó nằm trong đoạn é
ê- a1;a1 + 2û
ú
ë
Lời giải
n
n- 1
n- 2
Đặt P ( x) = x + a1x + a2x + ... + an- 1x + an .
Ví dụ 7. Cho số tự nhiên n ³ 2 và n số thực a1,a2,...,an sao cho a1 > - 1,a2 ³

Đặt x1, x2,..., xn là n nghiệm của phương trình P ( x) = 0 .

25