Tai lieu boi duong hoc sinh gioi Chuyen de 19 NGHIEM CUA DA THUC Le Hoanh Pho

<span class='text_page_counter'>(1)</span>CHUYÊN 19: NGHIỆM CỦA ĐA THỨC 1. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM G Định nghĩa: Cho f  R  x  và số   R Ta gọi  là một nghiệm thực của f nếu f ( )  0 Ta gọi  là nghiệm bội k của f ( x) nếu f ( x) chia hết cho ( x   )k nhưng không chia hết cho ( x   )k 1 nghĩa là:. f ( x)  ( x   )k .g ( x), x  R và g ( )  0 ( k 1)  ( )  0  f ( )  0, f '( )  0,..., f hay  (k )   f ( )  0. Định lí BEZOUT:  là một nghiệm của đa thức f ( x) khi và chỉ khi f ( x) chia hết cho. x  . Nghiệm hữu tỷ, nghiệm nguyên Cho f  Z  x ,deg f  n, ai  Z. f ( x)  ao xn  a1 xn1  ...  an1 x  an , ao  0 Nghiệm hữu tỷ nếu có x . p với ( p, q)  1 thì p là ước của hệ số tự do và q là ước của q. hệ số cao nhất: p an , q ao . Nếu f có n nghiệm x1 , x2 ,..., xn (phân biệt hay trùng nhau). Thì: x1  x2  ...  xn . a1 ao. x1 x2  x1 x3  ...  xn1.xn . a2 ao. x1 x2 x3  x1 x2 x4  ...  xn2 xn 1 xn  . a3 ao. ........ L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> và x1 x2 ...xn  (1)n .. an ao. Đảo lại, nếu n số x1 , x2 , x3 ..., xn có tổng các tích chập k của n số xi là Sk thì x1 , x2 ,..., xn là nghiệm nếu có của phương trình:. X n  S1 X n1  S2 X n2  ...  (1)n1.Sn1 X  (1)n .Sn  0 Định lí liên tục: Nếu đa thức f ( x) nhận 2 giá trị trái dấu trên  a, b là f (a). f (b)  0 thì đa thức f ( x) có ít nhất một nghiệm x  c  (a, b) Định lí LAGRANGE: Với mọi đa thức f ( x) trên  a, b thì có số c  (a, b) :. f (b)  f (a)  f '(c) ba. Đặc biệt nếu f (a)  f (b)  0 hay chỉ cần f (a)  f (b) thì f '(c)  0 tức là: f '( x)  0 có 1 nghiệm thuộc (a, b) Định lí ROLE: Giữa 2 nghiệm của đa thức f ( x) thì có một nghiệm của f '( x) Nếu f có n nghiệm phân biệt thì f ' có n  1 nghiệm phân biệt, f ''' có n  2 nghiệm phân biệt,…, f ( nk ) có n  k nghiệm phân biệt,…. Phân tích nhân tử theo các nghiệm Cho f  R  x  có nghiệm x1 , x2 ,..., xm với bội tương ứng k1 , k2 ,..., km thì tồn tại. g  R  x. f ( x)  ( x  x1 )k1 .( x  x2 )k2 ...( x  xm )km .g ( x) m. Hay f ( x)   ( x  xi ) g ( x) với i 1. ki. m.  k1  n i 1. Nếu f bậc n có đủ n nghiệm phân biệt hay trùng nhau thì:. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> n. f ( x)  A( x  x1 )( x  x2 )...( x  xn )  A ( x  xi ) i 1. Phân tích ra nhân tử của f  R  x Các nhân tử của f chỉ là nhị thức bậc nhất hoặc tam thức bậc hai vô nghiệm: m. s. i 1. k 1. f ( x)  ao  ( x  di ) ( x 2  bk .x  ck ) Với các hệ số di , bk , ck  R, 2s  m  deg f , bk2  4ck  0 và cách phân tích này là duy nhất. Phân tích ra nhân tử của f (z)  C  z  ,deg f  n. f ( z )  ao z n  a1 z n1  ...  an1 z  an , ao  0 Theo định lí D’ALEMNBERT thì f có đủ n nghiệm phức z1 , z2 ,..., zn nên: n. f ( z )  ao ( z  z1 )( z  z2 )...( z  zn )  ao  ( z  zi ) i 1. Đa thức CHEBYSHEV: Tn ( x) xác định như sau: Tn ( x)  1, T1 ( x)  x, Tn1 x  2x.Tn ( x)  Tn1, n  1. Cụ thể: To ( x)  1; T1 ( x)  x; T2 ( x)  2x2  1. T3 ( x)  4x3  3x; T4 ( x)  8x4  8x 2  1 T5 ( x)  16 x5  20x3  5x,... Đa thức Chebyshev (Trưbưsep) Tn ( x) có bậc n và có hệ số cao nhất 2n1 . Đôi khi ta chỉ xét n  1 trở đi. Kết quả: ( 1) : Tn (cos  )  cos n. ( 2 ) : Tn ( x )  1,x   1,1. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> ( 3 ) : Tn ( x )  1 có đúng n nghiệm phân biệt trê  1,1 là: x  cos k.  n. ,k  0,1,...,n  1. Chú ý: 1) Số lượng nghiệm: -. Mỗi đa thức hệ số thực bậc n đều có không quá n nghiệm thực. -. Đa thức có vô số nghiệm là đa thức không f  0. -. Nếu đa thức có bậc  n và có quá n nghiệm là đa thức không. -. Nếu đa thức có bậc  n và nhận n  1 giá trị như nhau tại n  1 điểm khác nhau của biến là đa thức hằng: f  C. -. Hai đa thức có bậc  n và nhận n  1 giá trị như nhau tại n  1 điểm khác nhau của biến thì đồng nhất nhau: f  g. 2) Quy tắc dấu DESCARTE:. f ( x )  ao x n  a1 x n1  ...  an1 x  an ,ao  0 Gọi D là số nghiệm dương (kể cả bội) L là số lần đổi dấu trong dãy hệ số khác 0 từ ao đến an (bỏ đi các hệ số ai  0 ) Thì: D  L và L  D là số chẵn hay L  D  2m,m  N 3) Đưa đa thức vào giả thiết các số bất kì Cho n số bất kì x1 ,x2 ,...,xn thì ta xét đa thức nhận n số đó làm nghiệm: n. f ( x )   ( x  xi )  ( x  x1 )( x  x2 )...( x  xn ) . Từ đó ta khai thác các quan hệ về i 1. nghiệm, Viette, hệ số, đạo hàm,… 2. CÁC BÀI TOÁN Bài toán 19.1: Cho số tự nhiên n  2 , chứng minh phương trình:. xn x n1 x2 x   ...    1  0 không có nghiệm hữu tỉ. n! ( n  1)! 2! 1! Hướng dẫn giải. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Ta chứng minh phản chứng. Giả sử phương trình đã cho có nghiệm hữu tỉ  . Khi đó  sẽ là nghiệm hữu tỉ của đa thức: P( x )  x n  nx n1  ...  n!. xk x  ...  n!  n! k! 1!. Nhưng do P(x) là đa thức bậc n với hệ số nguyên, hơn nữa hệ số của x n bằng 1, nên suy ra  phải là số nguyên, và ta có:.  n  n n1  ...  n!. k k!.  ...  n!. 2 2.  n!.  1!.  n!  0 (1). Gọi p là một ước nguyên tố của n.. k  1,n , kí hiệu rk là số mũ cao nhất của p thỏa mãn k !Mp rk , ta có:  k  k   k  rk      2   ...   s   p  p  p . (2). Với s là số nguyên không âm thỏa mãn: p s  k  p s 1. 1 k k k ps rk   2  ...  s  k. k p p p 1 p 1. Từ (2) suy ra:. Do đó rn  rk  rn  k . Suy ra rn  rk  rn  k  1 Vì vậy ta được. n! nk 1 Mp ,k  1,n k!. (3). Mà nMp nên từ (1) ta có  n Mp , và dó đó  Mp Suy ra  k Mpk ,k  1,n Kết hợp điều này với (3) ra được n!. k k!. Mpnr 1 ,k  1,n. Từ đây và (1) ta suy ra n!Mpnr 1 : mâu thuẫn  đpcm. Bài toán 19.2: Cho P( x )  Z  x  và P( x )  1; P( x )  2; P( x )  3 có ít nhất một nghiệm nguyên lần lượt là x1 ,x2 ,x3 . Chưng minnh P( x )  5 không có hơn một nghiệm nguyên. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Hướng dẫn giải Ta chứng minh rằng x1 ,x2 ,x3 là nghiệm nguyên duy nhất của các phương trình trên. Ta có P( x )  ( x  x2 ).q( x )  2 với q( x )  Z  x Cho x  x1 và x  x3 , ta được. 1  P( x1 )  ( x1  x2 )q( x1 )  2  ( x1  x2 )q( x1 )  1 3  P( x3 )  ( x3  x2 )q( x3 )  2  ( x3  x2 )q( x3 )  1 Vì x1  x2 ; x3  x2 ;q( x3 );q( x3 ) là những số nguyên nên x1  x2 và x3  x2 chỉ có thể bằng 1 . Nhưng x1  x3 nên: Hoặc x1  x2  1 và x3  x2  1 Hoặc x1  x2  1 và x3  x2  1 Do đó x2 là trung bình cộng của x1 ,x3 Giả sử phương trình P( x )  2 còn có một nghiệm nguyên x'2  x2 . Lặp lại lập luận trên cho 3 số x1 ,x2 ,x3 thì ta lấy x'2  x2 (mâu thuẫn) Vậy x2 là nghiệm duy nhất của phương trình P( x )  2 Hướng dẫn giải tương tự cho P( x )  1; P( x )  3 Giả sử phương trình P( x )  5 có một nghiệm nguyên x5 , ta có: 5  P( x5 )  ( x5  x2 )q( x5 )  2  ( x5  x2 )q( x5 )  3. Nếu x5  x2 chỉ có thể lấy các giá trị 1 và 3 Nếu x5  x2  1 thì theo chứng minh trên x5 phải trùng với x1 hoặc x3 . Vô lý vì x5 khác với x1 và x3 . Do đó chỉ có thể xảy ra khả năng x5  x2  3 Mà. P( x )  ( x  x3 )r( x )  3;r( x )  Z  x .  5  P( x5 )  ( x5  x3 )r( x5 )  3  ( x5  x3 )r( x5 )  2. Suy ra x5  x3 chỉ có thể lấy các giá trị 1 và 2 . Có thể thấy. x5  x3  1 (mâu thuẫn). Nên x5  x3  2 do đó:. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Nếu x1  x2  1 và x3  x2  1 thì x5  x2  3 Nếu x1  x2  1 và x3  x2  1 thì x5  x2  3 Như vậy nghiệm nguyên x5 (nếu nó tồn tại) của phương trình P( x )  5 được xác định hoàn toàn bởi x1 ,x2 ,x3 . Các số này là duy nhất. Vậy P( x )  5 không thể có hơn một nghiệm nguyên. Bài toán 19.3: Chứng minh rằng với mọi số nguyên a, đa thức:. f ( x )  x4  2001x3  ( 2000  a )x 2  1999x  a không thể có hai nghiệm nguyên (phân biệt hay trùng nhau) Hướng dẫn giải Trước hết ra chứng minh rằng nếu xo là một nghiệm nguyên của f ( x ) thì xo phải là số chẵn. Thật vậy: f ( xo )  0; f ( 1)  2a  1999 là số lẻ nên f ( xo )  f ( 1) là số lẻ. Nhưng f ( xo )  f ( 1) chia hết cho xo  1 nên xo  1 là một số lẻ do đó xo là chẵn. Ta xét 2 trường hợp: -. Giả sử f ( x ) có hai nghiệm nguyên x1 ,x2 phân biệt, thế thì: f ( x1 )  f ( x2 )  ( x13  x12 x2  x1 x22  x23 )  2001( x12  x1 x2  x22  ( 2000  a )( x1  x2 )  1999 x1  x2 Đẳng thức không thể xảy ra vì x1 ,x2 đều chẵn.. 0. -. Giả sử f ( x ) có nghiệm kép xo chẵn. Khi đó xo cũng là nghiệm của đạo hàm f '( x ) . Do đó:. f '( xo )  4xo3  6003xo2  2( 2000  a )xo  1999  0 Đẳng thức không thể xảy ra vì xo chẵn. Bài toán 19.4: Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện: với mỗi số nguyên dương n,a n  bn  c n là số nguyên. Chứng minh tồn tại các số nguyên p, q, r sao cho a, b, c là 3. nghiệm của phương trình x3  px2  qx  r  0. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Hướng dẫn giải Ta xét bài toán: Cho hai số thực a, b thỏa mãn điều kiện: với mỗi số nguyên dương n,a n  bn là số nguyên. Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên p, q sao cho a, b là 2. nghiệm của phương trình x2  px  q  0 Theo định lí Viet, rõ ràng điều phải chứng minh tương đương với việc chứng minnh a  b và a.b là số nguyên. a  b hiển nhiên nguyên theo điều kiện đề bài.. Ngoài ra ta có 2ab  ( a  b )2  ( a 2  b2 ) là số nguyên. Đến đây, ta có thể tiếp tục dùng hằng đẳng thức này để suy ra 2a 2b2 cũng là số nguyên: 2a 2b2  ( a 2  b2 )  ( a4  b4 ) Bổ đề. Nếu x là số thực sao cho 2x và 2x 2 là các số nguyên thì x là số nguyên. Chứng minh. Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử 2x  k nguyên, nhưng x không nguyên. Khi đó k là số nguyên lẻ: k  2m  1. Suy ra x  m . 1 2. 1 1 Nhưng khi đó 2x 2  2( m  )2  2m2  2m  không nguyên. Mâu thuẫn. Vậy điều giả 2 2. sử là sai, tức là x nguyên. Như vậy, theo bổ đề thì ab nguyên và ta suy ra điều phải chứng minnh. Từ phép chứng minh ta cũng suy ra kết quả mạnh hơn: Nếu a  b,a 2  b2 ,a4  b4 là các số nguyên thì a, b là 2 nghiệm của phương trình. x2  px  q  0 với p, q là các số nguyên nào đó (và dó đó a n  bn nguyên dương với mọi n nguyên dương). Điều đó cũng có nghĩa là ta chỉ cần dùng giả thiết của bài toán đến n  4 . Ví dụ a . 2 2 cho thấy k  4 là giá trị nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện: ,b   2 2. Nếu a, b là các số thực thỏa mãn điều kiện a n  bn là số nguyên với mọi n  1,2...,k thì. a n  bn nguyên với mọi n nguyên dương. Trở lại với bài toán, ta chỉ cần chứng minh a  b  c,ab  bc  ca và abc nguyên.. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Theo điều kiện đề bài thì a  b  c là số nguyên. Tiếp theo ta có. 2( ab  bc  ca )  ( a  b  c )2  ( a 2  b2  c 2 ) là số nguyên. Tương tự như lời hướng dẫn gải trên, ta muốn chứng minh rằng 2( ab  bc  ca )2 cũng là số nguyên. Từ đó dùng bổ đề suy ra ab  bc  ca là số nguyên Ta có 2( a2b2  b2c2  c2 a2 )  ( a2  b2  c2 )  ( a4  b4  c4 ) và 2( ab  bc  ca )2  2( a2b2  b2c2  c2 a2 )  4abc( a  b  c ) (1) Vì a3  b3  c3  3abc  ( a  b  c )( a 2  b2  c2  ab  bc  ca ) (2) Từ đây, do a  b  c,a 2  b2  c2 ,a3  b3  c3 và 2( ab  bc  ca ) là số nguyên nên ta suy ra 6abc là số nguyên (ta nhân (2) với 2! ). Từ đó, nhân (2) với 3 ta thu được. 6( ab  bc  ca )2  2( a 2b2  b2c 2  c 2 a 2 )  12abc( a  b  c ) là số nguyên. Như vậy 2( ab  bc ca ) và 6( ab  bc  ca )2 . Áp dụng cách chứng minh như bổ đề nêu trên, ta suy ra ab  bc  ca là số nguyên. Từ đây, thay vào (2) ta có 3abc là số nguyên. Tiếp theo, ta ử dụng hằng đẳng thức tương tự (2). a6  b6  c6  3a2b2c2  ( a2  b2  c2 )( a4  b4  c4  a 2b2  b2c2  c2 a 2 ) với chú ý 2( a 2b2  b2c2  c2 a 2 ) là số nguyên ta suy ra 6a 2b2c 2 là số nguyên. Từ 6abc và 6a 2b2c 2 là số nguyên, bằng cách chứng minh hoàn toàn tương tự ta suy ra abc là số nguyên. Bài toán được Hướng dẫn giải quyết hoàn toán. Bài toán 19.5: Cho đa thức P(x) có bậc m  0 và có các hệ số nguyên. Gọi n là số tất cả các nghiệm nguyên phân biệt của hai phương trình P( x )  1 và P( x )  1 . Chứng minh rằng : n  m  2 Hướng dẫn giải Xét hai đa thức A( x ) và B( x ) , với các hệ số nguyên, chúng giống nhau hoàn toàn, chỉ trừ hai số hạng tự do là khác nhau, hai số hạng này hơn kém nhau 2 đơn vị. Gọi r và s là các nghiệm nguyên tương ứng của hai đa thức, tức là:. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> A( r )  0 (1) và B( s )  0 (2). Khi đó, trừ (1) cho (2) ta được một tổng của hạng tử có dạng a( r i  si ) và cộng thêm cho 2. Mỗi hạng tử này chia hết cho ( r  s ) , do đó 2 phải chia hết cho ( r  s ) . Từ đó, suy ra r và s hơn kém nhau 0, 1 hoặc 2 đơn vị. Giả sử r là nghiệm nguyên bé nhất trong tất cả các nghiệm nguyên của hai phương trình:. P( x )  1 và P( x )  1 . Ta biết rằng đa thức bậc m và có không quá m nghiệm phân biệt, do đó nó cũng có không quá m nghiệm nguyên phân biệt. Theo nhận xét trên, nếu r là một nghiệm nguyên của phương trình này và s là một nghiệm nguyên của phương trình kia thì r và s khác 0, 1 hoặc 2 đơn vị. Nhưng ta có s  r , do đó ta được s  r,s  r  1 hoặc s  r  2 Do vậy, ta suy ra rằng phương trình thứ hai chỉ có thêm vào nhiều nhất là 2 nghiệm phân biệt nữa. Vậy: n  m  2 Bài toán 19.6: Tìm các nghiệm của đa thức P( x ) hệ số thực thỏa mãn:. ( x3  3x2  3x  2 )P( x  1)  ( x3  3x 2  3x  2 )P( x ) với mọi x. Hướng dẫn giải Ta có ( x  2 )( x 2  x  1)P( x  1)  ( x  2 )( x 2  x  1)P( x ) Từ đây chọn: x  2 suy ra P( 2 )  0 , chọn x  1 suy ra: P( 1)  0 (do P( 2 )  9P( 1)),. Chọn x  0 suy ra P( 0 )  0, chọn x  1 suy ra P( 1)  0 Do đó P( x )  x( x  1)( x  1)( x  2 )Q( x ) , với Q( x ) là đa thức hệ số thực Thay P( x ) vào đẳng thức ở đề bài ta được. . .  x  2  x 2  x  1   x  1 x  2  x  x  1 Q  x  1  . . .   x  2  x 2  x  1 x  x  1 x  2  Q( x ) Suy ra. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 10.

<span class='text_page_counter'>(11)</span>  x2  x  1 Q( x  1 )   x2  x  1 Q( x ),x  0,x  1,x  1,x  2,x  2 . Q  x  1. . Q( x ). ,x  0,x  1,x  1,x  2,x  2 x  x 1 x  x 1 Q  x  1 Q( x )   2 ,x  0,x  1,x  1,x  2,x  2 2 ( x 1) ( x 1)1 x  x 1 2. Đặt R( x ) . 2. Q( x ) x  x 1 2. , ta có R( x0  R( x  1),x  0,x  1,x  1,x  2,x  2. Suy ra R( x )  C (hằng số), nên Q( x )  C( x2  x  1) Do đó P( x )  Cx( x  1)( x  1)( x  2 ) . Thử lại:.  x  2   x2  x  1 C  x2  x  1  x  1 x  2  x  x  1. .  . .   x  2  x 2  x  1 C x 2  x  1 x  x  1 x  1 x  2  (thỏa mãn) Vậy P( x )  Cx( x 1)( x 1)( x 2 ) nên có 4 nghiệm x  0; 1,2 Bài toán 19.7: Tìm a để phương trình: 16 x4  ax3  ( 2a  17 )x 2  ax  16  0 có 4 nghiệm phân biệt lập cấp số nhân Hướng dẫn giải Gọi 4 nghiệp phân biệt lập cấp số nhân y, ym, ym2 , ym3 với y  0,m  1,m  0. Với A . . a , theo Viete 16. . y 1  m  m2  m3  A (1). . . y 2 m  m2  2m3  m4  m5  2A . . . y 3 m3  m4  m5  m6  A. 17 16. (2). (3). Ta có: m  1 vì nếu m  1 thì phương trình có 2 nghiệm trùng nhau là y  ym2 trái với bài ra.. . . Ta có ( 1)  y  m  1 m2  1  A  0. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 11.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Chia (3) cho (1) vế theo vế: y 2 m3  1. (4). Suy ra m3  0,m  0 . Thay (4) vào (2) được: y 2 ( m  m2  m4  m5 )  2A . 15 0 16. (2’). Vì m  0, y 2  0 , do đó A  0 . Từ (1) suy ra y  0 Từ (4) ta có:. 3. y. 1 . Đặt m. m  v thì y  v 3. . Thay vào (2) và (2’) được: v 3 1  v 2  v4  v6 )  A. . (5). Rồi biến đổi thì được phương trình:. . . . . 1 1  v  2   v   2v 2  3v  2 2v 2  1  2 v  2  2v 2  8 2   2v 2  . . . . 2  1 v  2  0 . . 2  1 v  2  0 . Ta có: 2v2  3v  2  2v2  ( 1  2 )v  2  0. 2v2 . . . 2  1 v  2  0 (do các biệt số đều âm) nên:. 1 1 ( v  2 )( v  )  0  v  2 hoặc v  2 2. Thay vào (5) thì có: A . 170 suy ra: a  170 16. Đảo lại a  170 thì phương trình: 16 x4  170x3  357x 2  170x  6  0 có 4 nghiệm 1 1 , ,2,8 phân biệt lập cấp số nhân có công bội là 4. Vậy a  170 8 2. Bài toán 19.8: Tìm a, b nguyên sao cho phương trình: x4 3 bx2  ax  1  0. (1). Có 2 trong số các nghiệm có tích bằng 1 Hướng dẫn giải Giả sử có 2 số nguyên a, b mà phương trình. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 12.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> x4  ax3  bx2  ax  1  0 có 2 nghiệm u, v với u,v  Z và u,v  1. Để ý rằng nếu x là 1 nghiệm thì x  0 và. 1 cũng là nghiệm x. 1 1 Như vậy phương trình (1) có 4 nghiệm là: u,v, , u v. Theo định lí Viet ta có: u  v . 1 1  u  v  uv  1    a u v uv. (2). v u 1 ( u  v )2 Và u.v     2  u.v   b (3) u v uv u.v. Ta sẽ chứng minh u.v  1 Giả sử u.v  1 . Từ (2) và (3) ta suy ra u  v hữu tỉ và ( u  v )2  Z nên ( u  v )  Z và cả hai ( u  v ),( u  v )2  1 đều chia hết cho u.v 2 Nhưng  u  v  , u  v   1  1 , nên suy ra hoặc u.v  1 hoặc u.v  1  . Điều này mâu thuẫn với u.v  1 Vậy u.v  1 và do đó a  0,b  ( u  v )2  2  2 Ngược lại nếu a  0,b  Z ,b  2 Phương trình (1) trở thành: x4  bx2  1  0 có hai nghiệm:. u. b  b2  4 b  b 2  4 ,v  2 2. Thỏa mãn: u.v  1  Z ,u.v  1 Vậy các số nguyên a, b cần tìm là: a  0,b  Z ,b  2 Bài toán 19.9: Cho phương trình bậc 3: x3  px2  qx  r  0 có 3 nghiệm phân biệt. Chứng minh điều kiện cần và đủ để 3 nghiệm x1 ,x2 ,x3 a) Lâp cấp số cộng là: 2 p 2  9 pq  27r  0 b) Lập cấp số nhận là: q3  rp3  0. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 13.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Hướng dẫn giải a) Giả sử nghiệm x1 ,x2 ,x3 lập cấp số cộng nên x1  x3  2x2 Theo định lí Viet thì x1  x2  x3   p  x2   3. p 3. 2.  p  p  p Nên:     p     q     r  0  3  3  3 Do đó: 2 p3  9 pq  27r  0 Đảo lại nếu có 2 p3  9 pq  27r  0 thì phương trình nhận x2  . p là nghiệm nên 3. p  2 2 2    x   . x  px  q  2   0 3  3  9p . Khi đó: x1  x3   p . p 2p   2x2 3 3. Vậy x1 ,x2 ,x3 lập thành cấp số cộng b) Giả sử 3 nghiệm x1 ,x2 ,x3 lập cấp số nhân nên x1 x3  x22 Theo định lí Viete thì: x1 x2  x1 x3  x2 x3  q1 x1 x2  x22  x2 x3  qx2  x1  x2  x3   q. Mà x1  x2  x3   p . Suy ra x2   3. q p. 2.  q  q  q Nên:     p     q     r  0  q 3  rp 3  0  p  p  p. Đảo lại nếu có q3  rp3  0 thì phương trình nhận x2  . q là một nghiệm của phương p. trình..  q  pr  Do đó f ( x )  0   x   x 2  Mx  0 p  q  . L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 14.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> 2. pr  q  Khi đó x1 x3      x22 nên x1 ,x2 ,x3 lập cấp số nhân q  p. Bài toán 19.10: Cho đa thức P( x ) có bậc n  1 có nghiệm thực x1 ,x2 ,x3 ,...,xn phân biệt. Chưng minh:. 1 1 1   ...  0 P'( x1 ) P'( x2 ) P'( xn ). Hướng dẫn giải Đặt P( x )  a( x  x1 )  x  x2 )...( x  xn  ,a  0 n. . Nên P'( x )  P1( x )  P2 ( x )  ...  Pn ( x ) với P( i x )   x  xj j 1 j i. . Ta thấy P( i x j )  0,j  i  P'( x j )  Pj ( x j )  0,j  1,n n. P( i x)  1 có bậc không vượt quá n  1 i 1 P'( xi ). Xét đa thức: F( x )  . Với i  1,n ta có: F( xi ) . P( i xi ) 1  0 P'( xi ).  F( x ) có n nghiệm phân biệt  F( x )  0. Mà hệ số của F( x ) đối với x n1 bằng 0. Nên. a a a   ...  0 P'( x1 ) P'( x2 ) P'( xn ). Vậy:. 1 1 1   ...   0 (đpcm) P'( x1 ) P'( x2 ) P'( xn ). Bài toán 19.11: Giả sử a và b là 2 trong 4 nghiệm của đa thức: x4  x3  1 Chứng minh tích ab là nghiệm của đa thức: x6  x4  x3  x 2  1 Hướng dẫn giải Giả sử a, b, c, d là 4 nghiệm của đa thức: x4  x3  1. P( x )  x4  x3  1  ( x  a )  x  b  x  c  x  d   abcd  1. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 15.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Ta cần chứng minh: Q( ab )  0 với: 1 1   Q( x )  x6  x4  x3  x 2  1  x3  x3  x  1   3  x x   1 1  3  3  Q( ab )   ab  .  ab   ( ab )  1    ab ( ab )3   3 3  ( ab )3 .  ab   ab  1  cd   cd    . Do đó: Q( ab )  0  ( ab )3  ab  1  cd  ( cd )3  0 Thật vậy: P( a )  0  a4  a3  1  a 3  Tương tự b3 . 1 a 1. 1 1  ( 1  c )( 1  d ) nên a3b3  b1  a  1 b  1. Tương tự: c3d 3  ( 1  a )( 1  b ) suy ra:. ( ab )3  ab  1  cd  ( cd )3  ( 1  c )( 1  d )  ab  1  cd  ( 1  a )( 1  b )  1  a  b  c  d  0 . Vậy: Q( ab )  0 (đpcm). Bài toán 19.12: Cho P( x )  x3  ax 2  bx  c có hệ số nguyên. Chứng minh nếu P( x ) có một nghiệm bằng tích 2 nghiệm còn lại thì:. 2P( 1)M P(1)  P( 1)  2(1  P(0 )) Hướng dẫn giải Gọi 3 nghiệm là u,v,u.v theo định lý Viete:. u  v  uv  a,uv( 1  u  v )  b,u 2v 2  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 -. Xét a  1 thì b  c  uv(1  u  v  uv )  uv(1  a ) Nên uv . bc hữu tỉ 1 a. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 16.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Do u 2v2  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 )  0. Và 2P( 1)  2( 1  u )( 1  v )( 1  uv )  2( 1  uv )( 1  u )( 1  v ). Do đó: 2P( 1)M P( 1)  P( 1)  2( 1  P( 0 )) Bài toán 19.13: Chứng minh phương trình: a) x4  6 x3  8x 2  4x  1  0 có ít nhất 1 nghiệm dương b) x4  2x3  2x  1  0 có đúng 2 nghiệm c) x5  2x4  8x3  x 2  9x  1  0 có đúng 2 nghiệm dương và ít nhất 1 nghiệm âm Hướng dẫn giải Sử dụng quy tắc dấu Đề các a) Dãy các dấu của các hệ số là      Gọi L là số lần đổi dấu hệ số và D là số nghiệm dương thì: L  3  3  D  2k. Do đó D  3 hoặc 1 hay D  1 nên phương trình có ít nhất 1 nghiệm dương. b) Dãy các dấu của hệ số là      nên : L  2  2  D  2k Do đó: D  0 hoặc D  2 Mặt khác f ( 0 )  1, f ( 1)  2 nên f ( 0 ). f ( 1)  0 do đó phương trình f ( x )  0 có ít nhất một nghiệm trong ( 0,1) Vậy D  0 do đó D  2 nên phương trình có 2 nghiệm dương Rõ ràng f ( x )  0 nếu x  0 nên phương trình chỉ có 2 nghiệm dương không có nghiệm âm c) Dãy các dấu của các hệ số là       nên: L  2 . Thành thử D  0 hoặc D  2. Vì f ( 0 )  1 và f ( 1)  0 nên phương trình có nghiệm dương trong ( 0,1) Vậy D  0 do đó D  2. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 17.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> Xét g( x )  f (  x )   x5  2x4  8x3  x 2  9x  1 Dãy các dấu của các hệ số của g( x ) là:        L  3 do đó phương trình g( x )  0 có ít nhất 1 nghiệm dương nên phương trinnhf. f ( x )  0 có ít nhất 1 nghiệm âm Bài toán 19.14: Cho f ( x )  R  x  ,deg f  n . Giả sử a  b mà f ( a ). f ( b )  0 . Chứng minnh f ( x ) có một số lẻ các nghiệm trong khoảng ( a,b ) kể cả bội. Còn nếu f ( a ). f ( b )  0 thì f ( x ) có một số chẵn các nghiệm trong ( a,b ). Hướng dẫn giải Giả sử 1 , 2 ,..., s là các nghiệm của f ( x ) với các bội tương ứng là k1 ,k2 ,...,ks . Khi đó: f ( x )   x  1 . k1.  x  2 k2 ... x   s ks .g( x ). Trong đó g( x ) không có nghiệm trong ( a,b ) nên đa chức g( x ) giữ nguyên dấu trong. ( a,b ) . Giả sử g( x )  0 với mọi x   a,b Ta có f ( b ).g( b )  0 và f ( a ).g( a ).( 1)k1 k2 ...ks  0 Vì f ( a ) trái dấu với f ( b ) và g( a ) cùng dấu với g( b ) do đó f ( a ) trái dấu với g( a ). Thành thử tổng k1  k2  ...  ks là số lẻ Chứng minh tương tự khi f ( a ). f ( b )  0 Bài toán 19.15: Cho đa thức P( x ) bậc n và 2 số a  b thỏa: P( a )  0,  P'( a )  0,P''( a )  0,...,( 1)n P n ( a )  0 P( b )  0,P'( b )  0,P''( b )  0,...,P n ( b )  0. Chứng minh các nghiệm thực của P( x ) thuộc ( a,b ) Hướng dẫn giải Khai triển Taylor ta có: P( x )  P( b ) . P'( b ) P''( b ) P''( b ) ( x b ) ( x  b )2  ...  ( x  b )n 1! 2! n!. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 18.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> Nếu x  b  P( x )  0  P( x ) không có nghiệm x  b Tương tự: P( x )  P( a )   P( a ) . P'( a ) P''( a ) P''( a ) ( x a ) ( x  a )2  ...  ( x  a )n 1! 2! n!.  P'( a ) P''( a ) ( 1)n .P n ( a ) ( a  x ) ( a  x )2  ...  ( a  x )n 1! 2! n!. Nếu x  a  P( x )  0  P( x ) không có nghiệm x  a Vậy các nghiệm phải thuộc ( a,b ) Bài toán 19.16: Cho f ( x ) là đa thức bậc n có các hệ số bằng 1 . Biết rằng đa thức x  1 là nghiệm bội cấp m với m  2k ,k  2, k nguyên. Chứng minh rằng n  2k 1  1. Hướng dẫn giải Gọi f là đa thức với các hệ số theo modulo 2. Vì f ( x ) có các hệ số là 1 và -1 nên. f ( x )  x n  x n1  ...  x  1 k. Ta có f ( x )  ( x  1)2 g( x ) trong đó g( x ) là đa thức có hệ số nguyên Dễ dàng chứng minh được rằng C i k  0 (model 2), 1  i  2k  1 2. k Nên x n  x n1  ...  x  1   x 2  1  g( x ) (*)  . Giả sử g( x ) có bậc không quá 2k  2 Ta có hệ số của x 2. k. 1. ở vế phải của (*) là 0. Điều này mâu thuẫn vì hệ số vế trái của (*). là 1. Do đó, bậc của g( x ) không nhỏ hơn 2k  1 Vậy n  2 k  2 k  1  2 k 1  1 Bài toán 19.17: Cho đa thức P( x )  rx3  qx2  px  1 trong đó p,q r là các số thực với r  0. Xét dãy số ( an ),n  0,1,2,... xác định như sau. a0  1,a1   p,a2  p 2  q an3   pan 2  qan1  ran ( n  0 ). L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 19.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Chứng minh rằng nêú đa thức P( x ) chỉ có duy nhất một nghiệm thực và không có nghiệm bội thì dãy ( an ) có vô số số âm. Hướng dẫn giải Từ điều kiện đề bài suy ra phương trình đặc trưng của phương trình sai phân. x3  px2  qx  r  0 có 1 nghiệm thực âm và hai nghiệm phức liên hợp. Giả sử ba nghiệm đó là a,R(cos   i sin  ),R(cos   i sin  ) với a  0,R  0,0     thì. an  C1( a )n  C2 R n (cos   i sin  )n trong đó C1 ,C2 ,C3 là các hằng số nào đó, C2 ,C3 là các số phức liên hợp. Đặt C2  R* (cos   sin  ) với  [0,2 ) , ta có. an  C1( a )n  Rn ( R* (cos   i sin  )(cos n  i sin n )  R* (cos   sin  )(cos n  i sin n ).  C1( a )n  2Rn R* (cos( n   )) Giả sử ngược lại tồn tại n sao cho an  0 với mọi n  no Khi đó ta có 0  an1  aan  2R n1 R* (cos(( n  1)   ))  a2R n R* (cos( n   ))  2R n R* ( R cos(( n  1)   )  a cos( n   )).  2Rn R* .C.cos( n  * )( C  0,* [0,2 )) với mọi n  no Điều này không xảy ra vì 0     nên tồn tại vô số n sao cho: 3   n  *    2k ,  2k  2 2 . Bài toán 19.18: Cho phương trình: x3  x  1  0 có 3 nghiệm phân biệt. Tính tổng lũy thừa bậc 8 của 3 nghiệm đó Hướng dẫn giải Theo định lý Viete: phương trình: x3  x  1  0 có 3 nghiệm phân biệt nên x1  x2  x3  0; x1 x2  x2 x3  x3 x1  1 và x1 x2 x3  1. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 20.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> Ta có: xi3  xi  1  0  xi3  xi  1.  xi5  xi3  xi2   xi2  xi  1. xi8  2xi2  3xi  2. Nên:. 2 Do đó: T   xi8  2 xi2  3 xi  2   xi   2 xi  x j   3 xi  6,i  j  10  . Bài toán 19.19: Giả sử đa thức P( x )  x5  x2  1 có 5 nghiệm r1 ,r2 ,r3 ,r4 ,r5 . Đặt Q( x )  x2  2 . Tính tích: Q( r1 ).Q( r2 ).Q( r3 ).Q( r4 ).Q( r5 ) Hướng dẫn giải Ta có: P( x )  x5  x 2  1   x  r1  x  r2   x  r3  x  r4  x  r5  Và Q( r1 ).Q( r2 ).Q( r3 ).Q( r4 ).Q( r5 ).  .  2  r1 . . . .  r12  2 r22  2 r32  2 r42  2 r52  2 2  r2. . 2  r3. . . 2  r4. .  2  r5. . . . . . 2  r1  2  r2  2  r3  2  r4  2  r5. .  P( 2 ).(  2.  2  2   4 2  3  . 4.   . 5. 2. .   1  .  2 . . 5. .  2. 2. .   1 . 2  3  9  32  23. 1 Bài toán 19.20: Chứng tỏ đa thức: x5  x4  5x3  x 2  4x  1 (1) có đúng 5 nghiệm 2 5. xi ,i  1,5 . Tính tổng S  . xi  1. 5 i 1 2xi.  x4  2 Hướng dẫn giải. 1 Xét hàm số f ( x )  x5  x4  5x3  x 2  4x  1 thì f ( x ) làm hàm số liên tục trên R. 2. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 21.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> Ta có : 1 3 175 1 5 f ( 2 )  5  0, f ( 0 )  1  0, f ( 1)    0, f (  )  2  0, f     0, f ( 3 )  0 2 2 2 2 8 Phương trình f ( x )  0 có các nghiệm x1 ,x2 ,x3 ,x4 ,x5 sao cho: 3 1 2  x1    x2  0  x3   x4  1  x5  3 2 2. Hơn nữa, vì f ( x )  0 là phương trình bậc năm nên có đúng 5 nghiệm Ta có xi là nghiệm của phương trình (1) nên: 1 xi5  xi4  5xi3  4xi  1  0  2xi5  xi4  2  2( 5xi3  xi2  4xi ) 2 5. Do đó: S  . 3 i 1 2( 5xi. xi  1  xi2  4xi ). Xét biểu thức g( x )  Ta có:. x 1 5x3  x 2  4x. . x 1 x( x  1)( 5x  4 ). x 1 A B C nên đồng nhất được:    x( x  1)( 5x  4 ) x x  1 5c  4 x 1 1 3 5    x( x  1)( 5x  4 ) 4x 9( x  1) 36( 5x  40. Do đó: S  . 1 6 1 1 5 1 1 5 1      8 i 1 xi 9 i 1 xi  1 72 i 1 x  4 i 5. Mà f ( x )  ( x  x1 )( x  x2 )( x  x3 )( x  x4 ( x  x5 ) Vậy x  xi ( i  1,5 ) ta được. f '( x ) 5  1   f ( x ) i 1  x  xi.    . Và f '( x )  5x4  2x3  15x 2  2x  4 , do đó: 5 f '( 1) 5 1 1 f '( 1)     12 f ( 1) i 1 1  xi x  1 f ( 1) i i 1. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 22.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> 5 f '( 0 ) 5 1 1 f '( 0 )    4 f ( 0 ) i 1 xi x f ( 0 ) i i 1.  4  4 f '   5 f '   5 1 1 12900 5  5       4 4 4789  4  4 f    i 1   xi i 1 xi  f   5 5  5  5 Vậy S  . 8959 4789. Bài toán 19.21: Cho ab  0 . Chứng minh phương trình:. x3  3( a 2  b2 )x  2( a3  b3 )  0 có 3 nghiệm phân biệt Hướng dẫn giải Xét hàm số: y  x3  3( a2  b2 )x  2( a3  b3 )  0,D  R Ta chứng minh hàm số có cực đại, cực tiểu và yCD .yCT  0. y'  3x2  3( a 2  b2 ) Do đó y'  0  x1,2   a 2  b2 ,( S  0,P  a 2  b2 ) Vì y’ bậc 2 có 2 nghiệm phân biệt nên có CĐ và CT. Lấy y chia y’ ta có: y . 1 x.y'  2( a 2  b 2 )x  2( a 3  b3 ) 3.  yCD .yCT  ( 2( a 2  b2 )x1  2( a3  b3 )) ( 2( a 2  b2 )x2  2( a3  b3 ). .  4 a 3  b3. . 2. .  4 a 2  b2. . 3.  4a 2b 2 ( 3a 2  3b 2  2ab )  4a 2b 2  2a 2  2b 2  ( a  b )2   0  dpcm   Bài toán 19.22: Cho phương trình ax3  27 x2  12x  2001  0 có 3 nghiệm thực phân biệt. Hỏi phương trình sau có bao nhiêu nghiệm thực:. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 23.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> . .  . 4 ax3  27 x 2  12x  2001 3ax 2  27  3ax 2  54x  12. . 2. ,a . Hướng dẫn giải Đặt f ( x )  ax3  27 x2  12x  2001  0 Ta có: 2 f ( x ). f ''( x )   f '( x )  2 f ( x ). f ''( x )   f '( x )  0 2. 2. Đặt g( x )  2 f ( x ). f ''( x )   f '( x ) . Ta có g'( x )  2 f ( x ). f '''( x ) 2. Gọi 3 nghiệm của f ( x ) là  ,  , (      ) ta có: g'( x )  12a( x   )( x   )( x   ). Bảng biến thiên. Vì f '(  )  0  g(  )    f '( x )  0 2. Tương tự ta có: g     0 và g   0  Vậy phương trình g( x )  0 có 2 nghiệm thực Bài toán 19.23: Cho f  R  x  , f ( x )  an x n  an1x n1  ...  a1x  ao Chứng minh:. an a a a  n1  ...  1 x 2  o  0 thì f có nghiệm n1 n 2 1. Hướng dẫn giải Xét Q( x ) . an n1 an1 n a a x  x  ..  1 x 2  o x n1 n 2 1. Thì Q'( x )  f ( x )  an x n  an1x n1  ...  a1x  ao Ta có Q( 0 )  Q( 1)  0 . Áp dụng định lí Role thì Q( x ) có 2 nghiệm neenn Q'( x )  f ( x ) có nghiệm. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 24.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> Bài toán 19.24: Cho f ( x )  ao x n  a1 x n1  an1x  an ,ao  0 có n nghiệm phân biệt. Chứng minh f ( x )  f '( x )  0 cũng có nghiệm phân biệt và:. ( n  1)a12  2nao a2 Hướng dẫn giải Đặt g( x )  e x f ( x ) Vì f ( x )  0 có n nghiệm 1   2  ...   n nên g( i )  0,1,2,...,n Theo định lí Role trong mỗi khoảng ( i ,i 1 )( i  1,2,...,n  1) thì tồn tại i để  x f ( x ) f '( x ) g'( i )  0 . Mặt khác: g'( x )  e . Suy ra f ( x )  f '( x ) có n  1 nghiệm 1 , 2 ,..., na và do đó f ( x )  f '( x )  0 có đủ n nghiệm. Vì f ( x ) có n nghiệm phân biệt nên theo định í Role thì: f '( x ) có n  1 nghiệm; f ''( x ) có n  2 nghiệm,….  f ( n2 ) ( x ) . n! ao x 2  ( n  1)! a1 x  ( n  2 )! a2 có 2 nghiệm phân biệt 2. Do đó:   0 nên: (( n  1)! a1 )2  2n! ao ( n  2 )! a2  0 Vậy ( n  1)a12  2na oa 2 Bài toán 19.25: Giả sử f ( x )  ao xn  a1 x n1  ...  an1 x  an là đa thức với các hệ số thực, có ao  0 và thỏa mãn đẳng thức sau với x  R : f ( x ). f ( 2x 2 )  f ( 2x3  x )(*) . Chứng minh f ( x ) không có nghiệm số thực. Hướng dẫn giải Từ (*) nhận thấy nếu xo là nghiệm thực của f ( x ) thì tất cả các số thực:. xn  2xn31  xn1 ;n  1,2,3,... cũng sẽ là nghiệm của f ( x ) Hơn nữa dễ dàng nhận thấy:. xo0 thì xo  x1  x2 ...  xn  xn1  ... và:. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 25.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> Với xo  0 xo  x1  x2  ...  xn  xn1  ... Từ đó suy ra nếu f ( x ) có 1 nghiệm thực khác 0 thì f ( x ) sẽ có vô số nghiệm thực khác nhau. Tuy nhiên f ( x ) chỉ có tối đa n nghiệm thực, do f ( x ) là đa thức bậc n với các hệ số thực. Mâu thuẫn, chứng tỏ f ( x ) không có nghiệm thực khác 0. Ta chứng minh f ( 0 )  0  an  0 Giả sử an  0 . Gọi k là chỉ số lớn nhất thỏa ak  0 Do vậy: g( x )  f ( x ). f ( 2x 2 )  ao2 2n.x3n  ...  ak2 2nk .x3( nk ). h( x )  f ( 2x3  x )  ao 2n x3n  ...  ak x nk Vì n  k  0  3( n  k )  n  k Do đó g( x )  h( x )  ak  0 (mâu thuẫn). Nên an  0 Vậy f ( x ) không có nghiệm số thực Bài toán 19.26: Cho 2 cấp số cộng ( an ),( bn ) và số m nguyên dương, m  2 . Xét m tam thức bậc hai: pk ( x )  x 2  ak x  bk với k  1,2,...,m . Chứng minh nếu p1( x ) và pm( x ) không có nghiệm số thực thì các tam thức còn lại cũng không có nghiệm số thực. Hướng dẫn giải Ta có tam thức bậc hai: p1( x ) và pm( x ) không cói nghieemj số thực thì p1( x ) và. pm( x ) đều luôn luôn dương với mọi x. Giả sử tồn tại pk ( x )  x2  ak x  bk với k  2,3,...,m  1 có nghiệm số thực x  c Gọi a, b là công sai của hai cấp số cộng ( an ),( bn ) Ta có pm( x )  pk ( x )  ( m  k )( ax  b ) và pk ( x )  p1( x )  ( m  k )( ax  b ) Do đó pm ( c )  ( m  k )( ac  b ) và p1( c )  ( k  1)( ac  b ) nên pm ( c ).p1( c )  0 : vô lý. Vậy các tam thức còn lại cũng không có nghiệm số thực Bài toán 19.27: Cho các đa thức Pk ( x ),k  1,2,3... xác định bởi:. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 26.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> P1( x )  x 2  2,Pi 1  P1( P( i x )),i  1,2,3,... Chứng mịm rằng Pn ( x )  x có 2 n nghiệm thực phân biệt nhau. Hướng dẫn giải Ta thu hẹp việc xét nghiệm của phương trình trên đoạn 2  x  2 Đặt x  2 cos t, Khi đó, bằng quy nạp ta chứng minh được: Pn ( x )  2 cos 2nt Và phương trình Pn ( x )  x trở thành: cos 2nt  cos t Từ đó ta được 2 n nghiệm: t . 2k 2 1 n. ,t . 2k 2n  1. ,k  1,2,...,n. Suy ra rằng phương trình Pn ( x )  x có 2 n nghiệm thực phân biệt. Bài toán 19.28: Chứng minh rằng nếu đa thức P( x ) bậc n có n nghiệm thực phân biệt thì đa thức P( x )  P'( x ) cũng có n nghiệm thực phân biệt Hướng dẫn giải Giả sử P( x ) có đúng n nghiệm thực phân biệt x1  x2  ...  xn Đặt f ( n )  e x .P( x ) thì f ( x1 )  f ( x2 )  ...  f ( xn )  0 Do f '( x )  e x ( P( x )  P'( x )) nên theo định lí Role, tồn tại n  1 số thực phân biệt. y1 , y2 ,..., yn1 thỏa mãn: x1  y1  x2  y2  x3  ...  xn1  yn1  xn sao cho f '( y1 )  f '( y2 )  f '( yn1 )  0 x. Vì e  0 với mọi x nên ta có n  1 nghiệm của G( x )  P( x )  P'( x ) Ta sẽ chứng minh G( x ) còn có một nghiệm yo  x1 Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử hệ số cao nhất của P( x ) là 1 Xét deg P  n chẵn, ta thấy G( x ) là một hàm đa thức bậc chẵn thì: lim G( x )   x. Ta có: P( x )  ( x  x1 )( x  x2 )...( x  xn ) nên P'( x )  ( x  x2 )( x  x3 )...( x  xn )  ( x  x3 )...( x  xn )( x  x1 ). L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 27.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> ...  ( x  xn1 )( x  x1 )...( x  xn2 )  P'( x )  ( x1  x2 )( x1  x3 )...( x1  xn )  0. Do vậy: G( x1 )  P( x1 )  P'( x1 )  P'( x1 )  0. Suy ra tồn tại yo  ( ,x1 ) sao cho G( yo   0  Xét deg P  n lẻ thì lim G( x )   và tính tương tự ta có G( x1 )  0 nên tồn tại x. yo  ( ; x1 ) sao cho G( yo )  0  dpcm. Bài toán 19.29: Cho đa thức f ( x )  ao  a1x  ...  an x n có n nghiệm thực. Chứng minh với p  n  1 thì đa thức. g( x )  ao  a1 .p.x  a2 .p( p  1)x 2  ...  am p( p  1)...( p  n  1).x n cũng có n nghiệm thực Hướng dẫn giải Để giải bài toán ta xét hai trường hợp -. Trường hợp 1: f ( x ) không nhận x  0 làm nghiệm Ta chứng minh bằng quy nạp Với n  1 bài toán hiển nhiên đúng Giả sử đúng vớ n  k , ta chứng minh đúng với n  k  1 , twccs là Nếu đa thức f ( x )  ao  a1 x  ...  ak 1 x k 1 k  1 nghiệm thực khác 0 thì đa thức. g( x )  ao  p.a1 .x  ...  p( p  1)...( p  k ).ak 1 .x k 1 cũng có k  1 nghiệm thực khác 0 với mọi p  k . Gọi c là một nghiệm của f ( x ) thì f ( x0  ( x  c ).q( x ) Với :. (1). q( x ) là đa thức bậc k của x:. q( x )  bo  b1 .x  ...  bk .x k. (2). Thay (2) vào (1), đồng nhất hệ số ta được:. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 28.

<span class='text_page_counter'>(29)</span> ao  c.bo ;a1  c.b1  bo ;...;ak  c.bk  bk 1 ;ak 1  bk. Do đó g( x )  ao  p.a1 .x  ...  p.( p  10...( p  k )ak 1 .x k 1.  c.bo  p( c.b1  bo )x  ...  p( p  1)...( p  k ).bk .x k 1.  c.Q( x )  p.x.Q( x )  x 2 .Q( x ). (3). Trong đó Q( x )  bo  b1 .p.x  ...  p( p  1)...( P  k ).bk .x k Do f ( x ) có k  1 nghiệm thực khác 0 nên q( x ) có k nghệm thực khác 0. Mặt khác p p  k nên p  k  1 . Cho nên theo giả thiết quy nạp ta có đa thức Q( x ) có k nghiệm. thực. Do đó g( x ) có K  1 nghiệm thực. Vậy theo nguyên lý quy nạp, bài toán đúng. -. Trường hợp 2: f ( x ) nhận x  0 làm nghiệm Giả sử x  0 là nghiệm bội k của f ( x ),( k  Z  ,k  n ) Khi đó ta có: f ( x )  ak x k  ...  an x n  ( an .x nk  ...  ak )x k Và g( x )  p( p  1)...( p  k  1)ak x k  ...  p( p  1)...( p  n  1)an .x n.  p( p  1)...( p  k  1).x k ak  ...  ( p  k )...( p  n  1).an .x nk    Vì f ( x ) có n nghiệm thực nên. H( x )  ak  ...  an .x nk có n  k nghiệm thực khác 0 Do đó áp dụng kết quả của trường hợp 1 cho H( x ) và: p'  p  k  n  k  1 (do p  n  1) , ta được đa thức:. R( x )  ak  ...  ( p  k )...( p  n  1).an .x nk có n  k nghiệm thực Vậy g( x ) có n nghiệm thực (đpcm) Bài toán 19.30: Cho k  1,2,...,n; p là số dương bất kỳ. Chứng minh rằng các nghiệm của đa thức: f ( x )  ao x n  a1 x n1  ...  an với hệ số thực (hoặc phức) của modun không vượt quá:. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 29.

<span class='text_page_counter'>(30)</span> a) 1  max. ak ao. b) p  max. c) 2 max k. ak ao. d). ak. ao .p k 1. a a1  max k 1 k ao a1. Hướng dẫn giải a) Ta có f ( x )  ao x n  a1 x n1  ...  an.  ao x n ( 1  Gọi A  max. a a1  ...  n n ) ao x ao x. ak . Với nghiệm x  1 là hiển nhiên x  1  A ao. Với nghiệm x  1 thì:. f ( x )  0  1 . a 1 a1 1 a2 1 .  . 2  ...  n . n ao x ao x ao x 1. 1.   xn 1 1 1  A A 1  1 A   ...   .  . 2 n  x x x 1 1 x  x 1 1   x x. 1. A  A  x 1  x  1 A x 1 n. 1 a  x b) Ta có: n f ( x )  ao    1   p  p p  p 1. n1.  ... . an p. Theo câu a) mọi nghiệm x của đa thức đều phải có: x p. c) Đặt p  max k. ak ao.  1  max. ak ao p. k.  x  p  max. ak. ao p k 1. khi đó:. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 30.

<span class='text_page_counter'>(31)</span> ak ak ak nên max  pk  p  p ao ao .p k 1 ao p k 1. Do đó, theo câu b) , modun tất cả nghiệm không vượt quá. x  p  max. d) Đặt p  max k 1. . ak ao .p. k 1. . ak ao p. k 1.  2 p  2 max k. ak ao. ak , khi đó ak  a1 .p k 1 ao. ak a1 a  max  1 k  1 ao ao ao .p. Theo câu b) nghiệm của đa thức không vượt quá. x  p  max. ak ao p. k 1. . a a1  max k 1 k ao a1. Cho 2  2n số ai ,bi thỏa : 0  bo  ao ,bi  ai với i  1,...,n Bài toán 19.31: Chứng minh các nghiệm nếu có của đa thức ao x n  a1x n1  ...  an có giá trị tuyệt đối không vượt quá nghiệm dương duy nhất xo của phương trình :. bo x n  b1 x n1  ...  bn  0 Hướng dẫn giải Đặt f ( x )  ao xn  a1 xn1  ...  an. g( x )  bo x n  b1 xn1  ...  bn Ta có : g( x )  x n ( bo  Thì h'( x ) . b1 x. 2. . b b1 b2  2  ...  nn )  x n .h( x ) x x x. nb 2b2  ...  nn1  0 do bi  ai  0 x3 x. Nên h( x ) tăng trên ( 0;  ) và nhận giá trị thuộc ( ,bo ) Do đó g( x ) có 1 nghiệm dương duy nhất xo. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 31.

<span class='text_page_counter'>(32)</span> Và khi x  xo  g( x )  0 Ta có f ( x )  ao x n  a1 x n1  ...  an  ao x n  a1 x n1  ...  an  ao x n  a1 x n1  ...  an  ao . x  a1 . x n1  ...  an n. n.  bo . x  b1 . x. n 1.  ...  an.  g( x ). Nên với nghiệm x nếu có của f ( x ) thì x  xo Bài toán 19.32: Cho đa thức: P( x )  1  x2  x9  xn1  ...  xns  x1992 với n1 ,...ns là các số tự nhiên thỏa mãn: 9  n1  ...  ns  1992 . Chứng minh nghiệm của đa thức P( x ) (nếu có) không thể lớn hơn. 1 5 2. Hướng dẫn giải Ta có P( x )  1  x2  x9  xn1  ...  xns  x1992 Với x  0 thì P( x )  1  0  1 5  Ta sẽ chứng minh P( x )  0 với x   ;0   2 . Thật vậy với x  0 và x  1 ta có:. P( x )  1  x  x3  x5  ...  x 2k 1  ...  x1991  1  x.  1 x. ( x1990  x1988  ...  1 ).( 1  x 2 ) ( 1  x2 ). 1  x996 1  x2. Mà với x  (. . 1  x 2  x  x 997 1  x2. 1 5 ;0 ) thì 1  x2  0; x997  0,1  x2  x  0 2. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 32.

<span class='text_page_counter'>(33)</span> Nên P( x )  0 với x  ( Vậy P( x )  0 với x  (. 1 5 ;0 ) 2. 1 5 ;  ) (đpcm) 2. Bài toán 19.33: Cho phương trình ax3  bx2  cx  d  0( a  0 ) có 3 nghiệm dương x1 ,x2 ,x3 . Chứng minh rằng: x17  x72  x37 . b3c 2 81a5. Hướng dẫn giải. b   x1  x2  x3   a  0 Theo Viet:  x x  x x  x x  c  0  1 2 2 3 3 1 a Ta có: x1 x2  x2 x3  x3 x1  x12  x22  x32  0  Và ( x1  x2  x3 ). 2. Do đó: 0 . b2c 3a. 3.  3( x12.  x22.  x32. )0.  ( x12  x22  x32 )2  0 . b2 c 9a. 3. c  x12  x22  x32 a. b2 3a. 2.  x12  x22  x32.  ( x14  x24  x34 ). Vì x1 ,x2 ,x3  0 nên:. ( x14. . x24. .  ( x1  x2  . 1 7 1 7 2 2 2  ( x1 .x1  x2 .x22 x3 )( x17  x72  x37 ). x34 )2. 1 7 2  x3 .x32 )2. b4 c 2. b 7 b3c 2 7 7 7   ( x  x  x )   ( x1  x72  x73 ) 1 2 3 6 5 a 81a 81a. Dấu “=” xảy ra khi x1  x2  x3  . b 3a. Bài toán 19.34: Cho số thực a và số tự nhiên n  2 . Chứng minh rằng nếu z là nghiệm phức của đa thức X n1  X 2  aX  1 thì z . 1 n. n. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 33.

<span class='text_page_counter'>(34)</span> Hướng dẫn giải Giả sử z  r(cos   i sin  ) Do z là nghiệm của đa thức P( X )  X n1  X 2  aX  1 Nên r n1 cos( n  1)  i sin( n  1)   r 2 cos 2  i sin 2   ar(cos   i sin  )  1  0  0  0i. Từ đây đồng nhất phần thực với phần thực, phần ảo với phần ảo ta được n1 2  r cos( n  1)  r cos 2  ra cos   1  0( 1)  n1 2  r sin( n  1)  r sin 2  ra sin   0( 2 ). Nếu sin   0 thì z là số thực, mâu thuẫn với giả thiết Nếu cos   0 thì z  1 . 1 , ta có điều phải chứng minh n. n. Tiếp theo giả sử sin   0 và cos   0 Nhân 2 vế của (1) với sin  , nhân 2 vế của (2) với cos  rồi trừ nhau ta được. r n1 sin( n )  r 2 sin   sin   0  r n1 sin( n )  ( r 2 1)sin  Do đó. Mà. r n1 r 1 2. . sin  sin . r n1 1 sin  1   nên 2 sin  n r 1 n do r 0. Mặt khác r 2  1  2r  r. 1 r n1 r n1 1 1   rn  r  n  z  r  n Suy ra  2 n r 1 r n n Nên ra có điều phải chứng minh Bài toán 19.35: Chứng minh:. 3. 2  3 4 là số vô tỉ Hướng dẫn giải. Đặt: x  2 3  3 4 . Ta có: x3  2  4  3 3 8( 3 2  3 4 ). L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 34.

<span class='text_page_counter'>(35)</span> Nên x3  6  6 x  x3  6 x  6  0 Giả sử x hữu tỉ mà ao  1  x là số nguyên Và 2  3 2  3 4  4 nên x  3 Do đó: x3  6 x  6  3  0 : vô lý. Vậy x là số vô tỉ Bài toán 19.36: 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 Hướng dẫn giải Ta có: f ( x )M ( x  1)2 nên f có nghiệm bội k  2  f ( 1)  0 và f '( 1)  0  2  a  b  a  b  0 và 8  3a  2b  a  0. Vậy a  1 và b  2 Do đó f ( x )  2x4  x3  2x 2  x  2, f '( x ) . f ''( x )  24x2  6 x  4 Vì f ''( 1)  14  0 nên f ( x ) không chia hết cho ( x  1)3 Bài toán 19.37: Giả sử cn  d n  ( c  d )n ,n  N ,n  1 Chứng minh rằng cd( c  d )  0 Hướng dẫn giải Nếu c  0 thì ta có điều phải chứng minh Nếu c  0 , ta xét đa thức P( x )  ( x  c )n  x n  c n Ta có P( 0 )  0 . Ta sẽ chứng minh P( x ) không có nghiệm nào khác 0 và khác c .. P( x )  ( x  c )n  x n  c n nên có P'( x )  n( x  c )n1  nx n1  n  x  c   -. n1.  x n1  . Nếu n lẻ thì P'( x ) không có nghiệm, suy ra P( x ) là hàm đơn điệu thực sự, suy ra x  0 là nghiệm duy nhất của P( x ). L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 35.

<span class='text_page_counter'>(36)</span> -. Nếu n chẵn, thì P'( x ) có nghiệm duy nhất, suy ra P( x ) có nhiều nhất hai nghiệm. Mà 0 và c là hai nghiệm của P( x ) , do đó P( x ) có đúng hai nghiệm là 0 và c . Tóm lại P( x ) không có nghiệm nào khác 0 và c . Mà theo giả thiết ta có P( d )  0 , suy ra chỉ có thể là d  0 hoặc d  c , do đó cd( c  d )  0. Bài toán 19.38: Cho a, b, c đôi một không đối nhau Chứng minh:. a  b b  c c  a ( a  b )( b  c )( c  a )    0 a  b b  c c  a ( a  b )( b  c )( c  a ) Hướng dẫn giải. Giả sử. a  b b  c c  a ( a  b )( b  c )( c  a )    0 a  b b  c c  a ( a  b )( b  c )( c  a ). Quy đồng mẫu số vế trái, ta được tử thức:. f   a  b  b  c  c  a    b  c  c  a  a  b .   c  a  a  b  b  c    a  b  b  c  c  a  Ta xem: f là đa thức theo a có deg f  2 Để ý: f ( b )  f ( c )  f ( 0 )  0 Xét b, c, 0 đôi một khác nhau thì f ( a )  0 Xét 3 trường hợp còn lại b  c hay b  0 hay c  0 thì ta đều có f ( a )  0 Vậy f  0 . Bài toán 19.39: Cho ao ,a1 ,...,an là n  1 số đôi một khác nhau. Giải hệ phương trình.  xo  x1ao  x2 ao2  ...  xn aon   xo  x1a1  x2 a12  ...  xn a1n  ............  2 n  xo  x1an  x2 an  ...  xn an Hướng dẫn giải Xét đa thức: f ( y )  xn y y  xn1 y n1  ...  x1 y  xo có deg f  n. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 36.

<span class='text_page_counter'>(37)</span>  xo  x1ao  x2 ao2  ...  xn aon   x  x a  x a 2  ...  xn a1n Từ hệ  o 1 1 2 1 ............  2 n  xo  x1an  x2 an  ...  xn an Ta có f ( ao )  f ( a1 )  ...  f ( a n )  0 Nên f ( y ) có n  1 nghiệm phân biệt, do đó f ( y )  0 Từ đó suy ra xo  x1  ...xn  0 Thử lại ta thấy xo  x1  x n  0 thỏa mãn hệ đã cho. Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( xo ,x1 ,...,x n )  ( 0,0,...,0 ) Bài toán 19.40: Giải hệ phương trình. xn x2  x1  a  b  a  b  ...  a  b  1 1 2 1 n  1 1  x1 xn x2   ...  1  a2  bn  a2  b1 a2  b2 ......................  xn x2  x1  a  b  a  b  ...  a  b  1 n 2 n n  n 1 Trong đó a1 ,a2 ,...,an ,b1 ,b2 ,...,bn là 2n số khác nhau. Tính tổng các nghiệm Hướng dẫn giải Đa thức f ( X ) với biến số X, xác định bởi công thức:. xn x1 x2 f(X )   ...  1  (1) X  b1 X  b2 X 1  bn  X  b1  X  b2   X 1  bn  Rõ ràng đa thức f ( x ) có bậc n và có hệ số cao nhất bằng – 1. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 37.

<span class='text_page_counter'>(38)</span> xn x2  x1  a  b  a  b  ...  a  b  1 1 2 1 n  1 1  x1 xn x2   ...  1  a2  bn Từ hệ phương trình  a2  b1 a2  b2 ......................  xn x2  x1  a  b  a  b  ...  a  b  1 n 2 n n  n 1 Suy ra rằng: f ( a1 )  f ( a2 )  ...  f ( an )  0 (2) Nhân hai vế của (1) với X  bi và để ý đến (2) ta được:.  x  xi 1 xi 1 xn xi  ( X  bi )  1  ...    ...   1 X  bi 1 X  bi 1 X 1  bn  X  b1  .  X  a1  X  a2  ... X  an   X  b1  ... X  bi1  X  bi 1  ... X  bn . Và trong đẳng thức này, cho X  bi , thì đi đến kết quả:. xi .   bi  a1  bi  a2  ... bi  an .  bi  b1  ... bi  bi1  bi  bi 1  ... bi  bn . ,i  1,2,...,n. Đó là nghiệm của phương trình đã cho: Ta có: f ( X )  ( X  a1 )( X  a2 )...( X  an ) Thành thử quy đồng mẫu ở vế trái của (1), thì được: x1( X  b2 )( X  b3 )...( X  bn )  x2( X  b1 )( X  b3 )...( X  bn ) . ...  xn ( X  b1 )( X  b2 )...( X  bn1 )  ( X  b1 )( X  b2 )...( X  bn )  f ( X )  ( X  a1 )( X  a2 )...( X  an ). So sánh hệ số của X n1 trong hai vế của đằng thức trên, ta được: a1  a2  ...  an  x1  x2  ...  xn  b1  b2  ...  bn. Do đó tổng: T  x1  x2  x3  ...  xn  a1  a2  ...  an  b1  b1  ...  bn Bài toán 19.41: Cho đa thức p( x ) bậc 5 có 5 nghiệm thực phân biệt. Tìm số bé nhất của các hệ số khác 0.. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 38.

<span class='text_page_counter'>(39)</span> Hướng dẫn giải Xét p( x )  ax5  bx4  cx3  dx  e,a  0 Nếu có 4 hệ số bằng 0 thì b  c  d  e  0 nên. P( x )  ax5 có nghiệm bội (loại) tức là p( x ) không thể có 1 hệ số khác 0. Do đó p( x ) có ít nhất 2 hệ số khác 0.. Xét p( x )  ax5  bx n ,n  2 thì p( x ) có nghiệm bội: loại Xét p( x )  ax5  dx  ax( x 4 . d ) có tối đa 3 nghiệm: loại a. Xét p( x )  ax5  e có một nghiệm: loại Do đó p( x ) có ít nhất 3 hệ số khác 0. Chọn p( x )  x5  5x3  4x  x( x 2  1)( x 2  4 ) Thì p( x ) có đúng 5 nghiệm phân biệt và đúng 3 hệ số khác 0: tồn tại min. Vậy số bé nhất của hệ số khác 0 là 3 Bài toán 19.42: Chứng minh tồn tại 2015 tam giác ABC thỏa mãn: sin A  sin B  sinC 12 12  ;sin A sin B sinC  cos A  cos B  cos C 7 25. Hướng dẫn giải Tam giác ABC thì có A. A. B.  tan 2 tan 2  1 B. C. A. B. C.  sin A  4 cos 2 cos 2 cos 2 ;  cosA  1  4 sin 2 sin 2 sin 2 Đặt u  sin. A B C A B C sin sin ,v  cos cos cos 2 2 2 2 2 2. Theo giả thiết:. 12 1 3 v 12 u  ,v   vaf 8uv  25 10 5 1  4u 7. Ta lập phương trình bậc 3 có 3 nghiệm: tan. A B C ,tan ,tan 2 2 2. tan. A B C u 1 tan tan   2 2 2 v 6. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 39.

<span class='text_page_counter'>(40)</span> Ta có:. . 1 v. 2. . 1 A     1  tg 2  A B C 2  cos 2 cos 2 cos 2 2 2 2. 25 A A B A B C  1   tan 2   tan 2 tan 2   tan 2 tan 2 tan2 9 2 2 2 2 2 2 2. 2. 25 A A B  A B A A 1    1    tan   2 tan tan    tan tan   2 tan . tan  9 2 2 2  2 2 2 2 36  2. 25 A 1 A 1    1    tan   2.1  1  2. . tan  9 2 6 2 36  2. A 1 A  99 A 11     tan     tan    0   tan  2  3 2  36 2 6 . Do đó: tan. A 11 B 1 C là nghiệm phương trình: X 3  X 2  X   0 ,tan ,tan 2 6 2 6 2. 3 4 5  1 1 Hướng dẫn giải được tập nghiệm 1, ,  do đó sin A,sin B,sinC bằng , , . Vậy 5 5 5  2 3. có vô số tam giác ABC thỏa mãn điều kiện, đồng dạng với tam giác vuông Ai Cập. ( 3,4,5 ) nên tồn tại 2015 tam giác như thế. Bài toán 19.43: Tính tổng: T . 1 sin2. 2 7. 1. . sin2. 3 7. 1. . sin2. 6 7. Hướng dẫn giải Ta có:. 2 3 6 là nghiệm phương trình: sin2 4x  sin2 3x , , 7 7 7. Đặt t  sin x thif sin2 3x  ( 3t  4t 3 )2. sin2 4x  ( 2 sin 2x.cos 2x )2  16t 2 ( 1  t 2 )( 1  2t 2 )2 Ta có phương trình: 64t 6  112t 4  56t 2  7  0 Do đó: sin2. 2 3 6 là 3 nghiệm phương trình: ,sin2 ,sin2 7 7 7. 64z 3  112z 2  56 z  7  0. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 40.

<span class='text_page_counter'>(41)</span> Áp dụng định lí Viete: T. 1. 2 sin2 7. . . 1. 3 sin2 7. 1. . sin2. 6 7. 1 1 1 x1 x2  x2 x3  x3 x1    8 x1 x2 x3 x1 x2 x3. Bài toán 19.44: Cho các số thực: x1 ,x2 ,...,xn : 0  x1  x2  ...  xn  1 thỏa mãn: n1. 1  0,i  1,2,...,n . Kí hiệu xo  0,xn1  1 . Chứng minh rằng xn1i  1  xi j 0, j i xi  x j. . với i  1,2,...,n Hướng dẫn giải Đặt P( x )  ( x  xo )( x  x1 )...( x  xn )( x  xn1 ) n1 n1. Thì P'( x )  . . i 1 j 0, j i. ( x  x j ) và P''( x ) . n1 n1. Từ đó P''( xi )  . . i 0 j 0, j i. n 1 n 1 n 1.   ( x  x j ). k 0 l 0 j 0 j  ,l. n1. n 1. 1 0 k 0 xi  xk. ( x  x j )  ( x  x j )  j i. k i. Suy ra: x( x  1)P''( x )  ( n  2 )( n  1).P( x ) (1) Do đó: chỉ tồn tại duy nhất một đa thức bậc n  2 với hệ số cao nhất bằng 1, thỏa (1) Mặt khác đa thức Q( x )  ( 1)n .P( 1  x ) thỏa mãn phương trình (1), Q(x) là đa thức bậc n  2 với hệ số cao nhất bằng 1. Vậy ( 1)n .P(1  x )  P( x ) Và vì 0  x1  x2  ...  xn  1 nên ta có đpcm Bài toán 19.45: Cho P( x )  x n  a1 x n1  ...  an1 x  1 , với các ai  0 có n nghiệm xi . Chứng minh: P( x )  ( x  1)n ,x  0 Hướng dẫn giải. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 41.

<span class='text_page_counter'>(42)</span> Vì ai  0 nên các nghiệm xi  0 và n. n. n.  xi  1 . Xét x  Z  : i 1. n. P( x )   ( x  xi )   ( x  xi )   ( 1  1  ...  1  xi ) 1 4 44 2 4 4 43 i i i 1 i 1 2. x 1s. n.   ( x  1)n x1 xi  ( x  1)n x1 x1 ...xn  ( x  1)n i 1. Xét x  0 t tùy ý:. ak   xi1 .xi2 ...xik ( 1)k ( 1  i1  i2  ...  in  n )   xi1 . xi2 ... xik. (BCS Cnk số). k.  Cnk .Cn x1 x2 ...xn  Cnk n. Do đó:. P( x )   Cnk .x nk  ( 1  x )n (đpcm) k 0. Bài toán 19.46: Cho 4 số dương a, b, c, d. Giả sử phương trình ax4  ax3  bx2  cx  d  0. 1 có 4 nghiệm thuộc khoảng ( 0; ) . Chứng minh bất đẳng thức : 21a  164c  80b  320d 2 Hướng dẫn 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 x1  x2  x3  x4  1; x1 x2  x1 x3  x1 x4  x2 x3  x3 x4  x1 x2 x3  x1 x2 x4  x1 x3 x4  x2 x3 x4 . b , a. d c và x1 x2 x3 x4  a a. Vì a  0 nên bất đẳng thức : 21a  164c  80b  320d. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 42.

<span class='text_page_counter'>(43)</span> c b d  80  320 a a a  21  164( x1 x2 x3  x1 x2 x4  x1 x3 x4  x2 x3 x4 ).  21  164.  80( x1 x2  x1 x3  x1 x4  x2 x3  x2 x4  x3 x4 )  320( x1 x2 x3 x4 ) (*). Áp dụng bất đẳng thức BCS ( 1  2x1 )( 1  2x2 )( 1  2x3 ) 3.  1  2x1  1  2x2  1  2x3 )   1  2x4     3  3    . . 3. 27( 1  2x1 )( 1  2x2 )( 1  2x3 )  ( 1  2x4 )3. (1). Tương tự:. 27( 1  2x1 )( 1  2x2 )( 1  2x4 )  ( 1  2x3 )3. (2). 27( 1  2x1 )( 1  2x3 )( 1  2x4 )  ( 1  2x2 )3. (3). 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 (*) Đẳng thức xảy ra: x1  x2  x3  x4 . . 1 4. b 3 c 1 1  ,  ,d  a 8 a 16 256. Bài toán 19.47: Cho a,b,c,d  0 . Chứng minnh: 3. abc  bcd  cda  dab ab  bc  cd  da  ac  bd  4 6 Hướng dẫn giải. Không mất tính tổng quát, giả sử a  b  c  d Xét đa thức: f ( x )  ( x  a )( x  b( x  c )( x  d ). L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 43.

<span class='text_page_counter'>(44)</span>  x4  ( a  b  c  d )x3  ( ab  bc  cd  da  ac  bd )2 ( abc  bcd  cda  dab )x  abcd. Vì f có 4 nghiệm nên f ' có 3 nghiệm x1 ,x2 ,x3  0. f '( x )  4x3  3( a  b  c  d )x 2  2( ab  bc  cd  da  ac  d )x ( abc  bcd  cda  dab).  4( x  x1 )( x  x2 )( x  x3 ) 1 Theo định lí Viete, ta có: x2 x2 x3  ( abc  bcd  cda  dab ) 4. 1 x1 x2  x2 x3  x3 x1  ( ab  bc  cd  da  ac  bd ) 2 Áp dụng bất đẳng thức BCS: 1 ( ab  bc  cd  da  ac  bd )  x1 x2  x2 x3  x3 x1 2.  3 3 ( x1 x2 x3 )2  3 3. 1  abc  bcd  cda  dab 2 16. Từ đó suy ra đpcm Bài toán 19.48: Cho f ( x )  xn  a1 xn1  ...  an có bậc n  2 và có n nghiệm b1 ,b2 ,...,bn . Chứng minh:.  1 1 1  2 f ( x  1).   ...    2n ,x  bi x  bn   x  b1 x  b2 Hướng dẫn giải Ta có f ( x )  xn  a1 xn1  ...  ax có n nghiệm thực b1 ,b2 ,...,bn Nên: f  x   ( x  b1 )( x  b2 )...( x  bn ).  f ( x  1)  ( 1  x  b1 )( 1  x  bn )...( 1  x  bn. ).  1 1 1    ...  Do đó: f ( x  1).  x  b1   x  b1 x  b2. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 44.

<span class='text_page_counter'>(45)</span>  f ( x  1 ).n.n. 1 ( BCS ) ( x  b1 )( x  b2 )...( x  bn ). ( 1  x  b1 )n ( 1  x  bn )n  ... x  b1 x  bn n. Từ nhị thức Newton thì ( 1  t )n  1  nt  Và 1  nt . n( n  1)t 2 ,t  0 2. n( n  1)2  2nt,t  1,n  2 nên ta có: 2. ( 1  t )n  2nt do đó: ( 1  x  bj )n  2( x  bj ),t  x  bj  0  1 1 1  n 2 n  f ( x  1).   ...    n.  2n   2n 1  b 1  b 1  b 1 2 n  3. BÀI LUYỆN TẬP: Bài tập 19.1: Giả sử m là một tham số để phương trình: ( x  1)( x  2 )( x  3 )( x  4 )  m. Có 4 nghiệm khác nhau. Tính giá trị: P . 1 1 1 1 theo m.    x1 x2 x3 x4. Hướng dẫn Dùng định lí Viet. Kết quả. 50 24  m. Bài tập 19.2: Cho đa thức : f ( x )  x4  4x3  2x 2  12x  1 n. Hãy tính tổng. S . 2xi2  1. 2 i 1 ( xi.  1 )2. với n là số nghiệm xi của đa thức f ( x ) Hướng dẫn. Chứng minh f ( x ) có 4 nghiệm. Kết quả S  Bài tập 19.3: Cho abc  0 và. 9 2. a b c   0 7 5 3. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 45.

<span class='text_page_counter'>(46)</span> Chứng minh: f ( x )  ax4  bx 2  c  0 có nghiệm Hướng dẫn Xét F( x ) . a 7 b 5 c 3 x  x  x và áp dụng định lí Lagrange trên 0,1 7 5 3. Bài tập 19.4: Cho x1 ,x2 ,x3 ,x4 là 3 nghiệm phương trình: x3  3 px  q  0 . Lập phương trình bậc 3 có 3 nghiệm là:.   ( x1  x2 )( x1  x3 ),   ( x2  x3 )( x2  x1 ), và   ( x3  x1 )( x3  x2 ) Hướng dẫn Dùng định lí Viet. Kết quả x3  9 px2  27( q 2  4 p3 )  0 Bài tập 19.5: Tồn tại hay không tồn tại các số a1 ,a2 ,...,an  R là các nghiệm của đa thức: n. P( x )  x n   ( 1)k Cnk akk x nk k 1. Hướng dẫn Chú ý tổ hợp. Kết quả a1  a2  an  a Bài tập 19.6: Cho ao  1,a1  n,a2 . n2  n . Tìm n nghiệm của đa thức 2. P( x )  ao x n  a1x n1  ...  an1x  an với n  3 Hướng dẫn Dùng định lí Viet và đánh giá . Kết quả xi  1 Bài tập 19.7: Cho phương trình x3  ax2  bx  1  0 có 3 nghiệm dương. Chứng minh rằng:. 2a 2 ( a  1)  9( 3b  1) . Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Hướng dẫn Dùng Viet và bất đẳng thức AM  GM Bài tập 19.8: Phương trình: z 3  2z  z  m  0 có thể có 3 nghiệm hữu tỉ phân biệt không? Hướng dẫn Dùng phản chứng.. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 46.

<span class='text_page_counter'>(47)</span> Kết quả không thể có 3 nghiệm hữu tỉ phân biệt. Bài tập 19.9: Tìm a để phương trình sau vô nghiệm:. x6  3x5  ( 6  a )x4  (7  2a )x3  ( 60a )x 2  3x  1  0 Hướng dẫn Biến đổi đưa về tham số a một bên Kết quả a . 27 4. Bài tập 19.10: Đặt un  cos n.  7.  cos n. 3 5  cos n ,n nguyên. Chứng minh un hữu tỉ với 7 7. mọi n nguyên Hướng dẫn Dùng qui nạp và 8un1  4un  4un1  4un2 ,n  3. L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo... 47.

<span class='text_page_counter'>(48)</span>