Toán học Bồi dưỡng học sinh giỏi về đa thức39693

ĐA THỨC Đa thức khái niệm trung tâm tốn học Trong chương trình phổ thơng, làm quen với khái niệm đa thức từ bậc trung học sở, từ phép cộng, trừ, nhân đa thức đến phân tích đa thức thừa số, dùng sơ đồ Horner để chia đa thức, giải phương trình đại số Bài giảng hệ thống hoá lại kiến thức đa thức biến, dạng toán thường gặp đa thức Ở cuối đề cập cách sơ lược đa thức nhiều biến Đa thức phép toán đa thức 1.1 Định nghĩa Đa thức trường số thực biểu thức có dạng P(x) = anxn + an-1xn-1 + … + a1x + a0,  R an  gọi hệ số đa thức, an gọi hệ số cao a0 gọi hệ số tự n gọi bậc đa thức ký kiệu n = deg(P) Ta quy ước bậc đa thức P(x) = a0 với x a0  a0 = Để tiện lợi cho việc viết công thức, ta quy ước với đa thức P(x) bậc n có hệ số ak với k > n, chúng Tập hợp tất đa thức biến trường số thực ký hiệu R[x] Nếu hệ số lấy tập hợp số hữu tỷ, số ngun ta có khái niệm đa thức với hệ số hữu tỷ, đa thức với hệ số nguyên tương ứng tập hợp Q[x], Z[x] 1.2 Đa thức m n k 0 k 0 Hai đa thức P( x)   a k x k , Q( x)  bk x k m = n ak = bk với k=0, 1, 2, …, m 1.3 Phép cộng, trừ đa thức m n k 0 k 0 Cho hai đa thức P( x)   a k x k , Q( x)  bk x k Khi phép cộng trừ hai đa thức P(x) Q(x) thực theo hệ số xk, tức P( x)  Q( x)  Ví dụ: max{m , n}  (a k 0 (x3 + 3x2 k  bk ) x k – x + 2) + (x2 + x – 1) = x3 + 4x2 + DeThiMau.vn 1.4 Phép nhân đa thức m n k 0 k 0 Cho hai đa thức P( x)   a k x k , Q( x)  bk x k Khi P(x).Q(x) đa thức có bậc m+n có hệ số xác định k c k   bk i i 0 Ví dụ: + x2 + 3x + 2)(x2+3x+1) = (1.1)x5 + (1.3 + 1.1)x4 + (1.1 + 1.3 + 3.1)x3 + (1.1 + 3.3 + 2.1)x2 + (3.1 + 2.3)x + (2.1) = x5 + 4x4 + 7x3 + 12x2 + 9x + (x3 1.5 Bậc tổng, hiệu tích đa thức Từ định nghĩa đây, dễ dàng suy tính chất sau Định lý Cho P(x), Q(x) đa thức bậc m, n tương ứng Khi a) deg(PQ)  max{m, n} deg(P)  deg(Q) dấu xảy Trong trường hợp m = n deg(PQ) nhận giá trị  m b) deg(P.Q) = m + n 1.6 Phép chia có dư Định lý Với hai đa thức P(x) Q(x) bất kỳ, deg(Q)  1, tồn đa thức S(x) R(x) thoả mãn đồng thời điều kiện: i) P(x) = Q(x).S(x) + R(x) ii) deg(R) < deg(Q) Chứng minh Tồn Ta chứng minh quy nạp theo m = deg(P) Nếu deg(P) < deg(Q) ta chọn S(x)  R(x) = P(x) thoả mãn đồng thời điều kiện i) ii) Giả sử m  n định lý chứng minh với đa thức có bậc nhỏ m Ta chứng minh định lý với đa thức bậc m Giả sử m n k 0 k 0 P( x)   a k x k , Q( x)  bk x k Xét đa thức H ( x)  P( x)  a m mn x Q( x) bn  (a m x m  a m 1 x m 1   a1 x  a )  a m mn x (bn x n   b0 ) bn  a b    a m 1  m n 1  x m 1  bn   Do hệ số xm hai đa thức bị triệt tiêu nên bậc H(x) không vượt m-1 Theo giả thiết quy nạp, tồn đa thức S*(x), R*(x) cho H(x) = S*(x).Q(x) + R*(x) DeThiMau.vn Nhưng P( x)  H ( x)  a m mn a x Q( x)  ( m x m  n  S * ( x))  R * ( x) bn bn Vậy đặt S(x) = (am/bn)xm-n + S*(x) R(x) = R*(x) ta biểu diễn cần tìm cho P(x) Duy Giả sử ta có hai biểu diễn P(x) = S(x).Q(x) + R(x) P(x) = S*(x).Q(x) + R*(x) thoả mãn điều kiện ii) Khi Q(x).(S(x)-S*(x)) = R*(x) – R(x) Ta có, theo điều kiện ii) định lý ded(R*(x) – R(x)) < deg(Q) Mặt khác, S(x) – S*(x) khơng đồng deg(Q(x).(S(x)-S*(x))) = deg(Q(x)) + deg(S(x)-S*(x))  deg(Q) Mâu thuẫn hai vế Theo ký hiệu định lý S(x) gọi thương số R(x) gọi dư số phép chia P(x) cho Q(x) Phép chứng minh nói cho thuật tốn tìm thương số dư số phép chia hai đa thức, gọi phép chia dài (long division) hay sơ đồ Horner Ví dụ: Thực phép chia 3x3 – 2x2 + 4x + cho x2 + 2x 3x3 – 2x2 + 4x + | x2 + 2x 3x3 + 6x2 | 3x - - 8x + 4x + - 8x2 + 16 20x + Vậy ta có 3x – 2x + 4x + chia x2 + 2x 3x – 8, dư 20x + 1.7 Sự chia hết Ước bội Trong phép chia P(x) cho Q(x), dư số R(x) đồng ta nói đa thức P(x) chia hết cho đa thức Q(x) Như vậy, P(x) chia hết cho Q(x) tồn đa thức S(x) cho P(x) = Q(x).S(x) Trong trường hợp ta nói Q(x) chia hết P(x), Q(x) ước P(x) P(x) bội Q(x) Ký hiệu tương ứng Q(x) | P(x) P( x) Q( x) Cho P(x) Q(x) đa thức khác Ước chung lớn P(x) Q(x) đa thức D(x) thoả mãn đồng thời điều kiện sau: i) D(x) đa thức đơn khởi, tức có hệ số cao ii) D(x) ước chung P(x) Q(x), tức D(x) | P(x) D(x) | Q(x) iii) Nếu D’(x) ước chung P(x) Q(x) D(x) ước D’(x) Tương tự, ta có khái niệm bội chung nhỏ hai đa thức DeThiMau.vn Cho P(x) Q(x) đa thức khác Bội chung lớn P(x) Q(x) đa thức M(x) thoả mãn đồng thời điều kiện sau: iv) M(x) đa thức đơn khởi, tức có hệ số cao v) M(x) bội chung P(x) Q(x), tức P(x) | M(x) Q(x) | M(x) vi) Nếu M’(x) bội chung P(x) Q(x) M’(x) bội M(x) Ký hiệu UCLN BCNN hai đa thức P(x), Q(x) GCD(P(x), Q(x)), LCM(P(x), Q(x)) hay đơn giản (P(x), Q(x)), [P(x), Q(x)] Hai đa thức P(x), Q(x) gọi nguyên tố (P(x), Q(x)) = 1.8 Thuật tốn Euclide Để tìm ước chung lớn hai đa thức P(x), Q(x), ta sử dụng thuật toán Euclide sau đây: Định lý Giả sử có hai đa thức P(x), Q(x), deg(P)  degQ Thực phép chia P(x) cho Q(x) thương số S(x) dư số R(x) Khi Nếu R(x) = (P(x), Q(x)) = q*-1Q(x), q* hệ số cao đa thức Q(x) Nếu R(x)  (P(x), Q(x)) = (Q(x), R(x)) Chứng minh Nếu R(x) = P(x) = Q(x).S(x) Khi đa thức q*-1Q(x) rõ ràng thoả mãn tất điều kiện UCLN Nếu R(x)  0, đặt D(x) = (P(x), Q(x)), D’(x) = (Q(x), R(x)) Ta có D(x) | P(x) – Q(x).S(x) = R(x), suy D(x) ước chung Q(x), R(x), theo định nghĩa D’(x), ta có D’(x) ước D(x) Mặt khác D’(x) | Q(x)S(x) + R(x) = P(x), suy D’(x) ước chung P(x), Q(x), theo định nghĩa D(x), ta có D(x) ước D’(x) Từ đây, D D’ đa thức đơn khởi, ta suy D = D’ Định lý giải thích cho thuật tốn Euclide để tìm UCLN hai đa thức theo ví dụ đây: Ví dụ: Tìm ước chung lớn hai đa thức x5 – 5x + x3 – 3x2 + Ta thực phép chia x5 – 5x + cho x3 – 3x2 + x2 + 3x + dư 25x2 – 11x – 14 x3 – 3x2 + cho 25x2 – 11x – 14 (25x – 64)/625, dư (354/625)(x-1) 25x2 – 11x – 14 cho x-1 25x + 14 dư Vậy (x – 5x + 4, x3 – 3x2 + 2) = x – DeThiMau.vn Lưu ý, trình thực hiện, ta nhân đa thức với số khác Ví dụ phép chia cuối cùng, thay chia 25x2 – 11x – 14 cho (354/625)(x1) ta chia cho x – 1.9 Tính chất phép chia hết Nhắc lại, hai đa thức P(x), Q(x) gọi nguyên tố (P(x), Q(x)) = Ta có định lý thú vị có nhiều ứng dụng sau đa thức nguyên tố nhau: Định lý (Bezout) Hai đa thức P(x) Q(x) nguyên tố tồn đa thức U(x), V(x) cho P(x).U(x) + Q(x).V(x) = Chứng minh Giả sử tồn đa thức U(x) V(x) thoả mãn điều kiện P(x).U(x) + Q(x).V(x) = Đặt D(x) = (P(x), Q(x)) D(x) | P(x), D(x) | Q(x) suy D(x) | = P(x).U(x) + Q(x).V(x) Suy D(x) = Ngược lại, giả sử (P(x), Q(x)) = Ta chứng minh tồn đa thức U(x) V(x) cho P(x).U(x) + Q(x).V(x) = Ta chứng minh quy nạp theo m = min{deg(P), deg(Q)} Nếu m = điều cần chứng minh hiển nhiên Chẳng hạn deg(Q) = Q = q số ta cần chọn U(x) = 0, V(x) = q-1 ta P(x).U(x) + Q(x).V(x) = Giả sử ta chứng minh định lý đến m Xét hai đa thức P(x), Q(x) có min{deg(P), deg(Q)} = m+1 Khơng tính tổng qt, giả sử m+1 = deg(Q) Thực phép chia P(x) cho Q(x) thương S(x) dư R(x) Khơng thể xảy trường hợp R(x) = = (P(x), Q(x)) = q*-1Q(x) Vì vậy, ta có = (P(x), Q(x)) = (Q(x), R(x)) Lúc này, min(deg(Q), deg(R)) = deg(R) < m +1 nên theo giả thiết quy nạp, tồn đa thức U*(x), V*(x) cho Q(x)V*(x) + R(x)U*(x) = Thay R(x) = P(x) – Q(x).S(x), ta Q(x)V*(x) + (P(x) – Q(x)S(x))U*(x) = Hay P(x)U*(x) + Q(x)(V*(x) – S(x)U*(x)) = Đặt U(x) = U*(x), V(x) = V*(x) – S(x)U*(x) ta đpcm Tính chất phép chia hết i) Q | P, Q | R suy Q | P + R hay tổng quát Q | P.U + R.V với U, V đa thức DeThiMau.vn ii) Q | P, P | R suy Q | R (tính bắc cầu) iii) Q | P, P | Q suy tồn số thực khác a cho Q = aP (ta gọi P Q đa thức đồng dạng) iv) Nếu Q1 | P1 Q2 | P2 Q1.Q2 | P1.P2 v) Nếu Q | P.R (P, Q) = Q | R vi) Nếu Q | P, R | P (Q, R) = Q.R | P Chứng minh Các tính chất i-iv) hiển nhiên xuất phát từ định nghĩa Q | P  tồn S cho P = Q.S Để chứng minh tính chất v) vi), ta áp dụng định Bezout v) Từ giả thiết Q | P.R (P,Q) = suy tồn S cho P.R = Q.S U, V cho P.U + Q.V = Khi R = (P.U+Q.V).R = (P.R)U + Q.V.R = Q.S.U + Q.V.R = Q.(SU+VR) suy Q | R vii) Từ giả thiết Q | P, R | P (Q, R) = suy P = Q.S Vì P = Q.S chia hết cho R, mà (Q, R) = nên theo v) suy S chia hết cho R, tức S = R.S1 Vậy P = Q.S = (Q.R).S1 suy P chia hết cho Q.R 1.10 Các ví dụ có lời giải Bài tốn Tìm tất cặp số a, b cho x4 + 4x3 + ax2 + bx + bình phương đa thức Giải: Nếu x4 + 4x3 + ax2 + bx + bình phương đa thức đa thức phải có bậc Giả sử x4 + 4x3 + ax2 + bx + = (Ax2 + Bx + C)2  x4 + 4x3 + ax2 + bx + = A2x4 + 2ABx3 + (2AC + B2)x2 + 2BCx + C2 Đồng hệ số hai vế, ta A2 = 1, 2AB = 4, 2AC + B2 = a, 2BC = b, C2 = Khơng tính tổng qt, giả sử A = 1, suy B = C -1 Nếu C = a = 6, b = Nếu C = -1 a = 2, b = -4 Vậy có hai cặp số (a, b) thoả mãn yêu cầu toán (6, 4) (2, -4) Bài toán Cho đa thức P(x) hai số a, b phân biệt Biết P(x) chia cho x-a dư A, P(x) chia cho x-b dư B Hãy tìm dư phép chia P(x) cho (x-a)(x-b) Giải: Giả sử P(x) = (x-a)(x-b)Q(x) + Cx + D Lần lượt thay x = a, b, ta A = Ca + D, B = Cb + D Từ suy C = (A-B)/(a-b), D = A – (A-B)a/(a-b) = (aB – bA)/(a-b) DeThiMau.vn Bài tốn Tìm dư phép chia x100 cho (x – 1)2 Giải: Giả sử x100 = (x-1)2Q(x) + Ax + B Thay x = 1, ta = A + B Lấy đạo hàm hai vế cho x = 1, ta 100 = A Từ suy dư 100x – 99 Bài tốn Tìm a, b, c biết đa thức P(x) = x3 + ax2 + bx + c chia hết cho x-2 chia x2 – dư 2x Giải: Từ điều kiện đề suy P(2) = 0, P(1) = P(-1) = -2, tức + 4a + 2b + c = 1+a+b+c=2 –1 + a – b + c = -2 Từ suy b = 1, a = -10/3, c = 10/3 Từ P(x) = x3 – (10/3)x2 + x + 10/3 Bài toán Chứng minh với giá trị n, đa thức (x+1)2n+1 + xn+2 chia hết cho đa thức x2 + x + Giải: Cách (Quy nạp theo n) Với n = 0, điều phải chứng minh hiển nhiên Giả sử ta có (x+1)2n+1 + xn+2 chia hết cho x2 + x + Khi (x+1)2n+3 + xn+3 = (x2+2x+1)(x+1)2n+1 + xn+3  x(x+1)2n+1 + xn+3 = x((x+1)2n+1 + xn+2)  (mod (x2+x+1) Cách (Dùng số phức) Đa thức x2 + x + có hai nghiệm   1 i Để chứng minh P(x) chia hết cho x2 + x + ta cần chứng minh P() = Điều tương đương với việc chứng minh 1 i        n 1  1 i        n2  Chuyển số phức sang dạng lượng giác dùng công thức Moivre, ta có điều tương đương với  (2n  1)   (2n  1)   (n  2)2   (n  2)2  cos   i sin    cos   i sin            Điều (2n+1)/3 - (n+2)2/3 =  Bài tốn Tìm tất giá trị n cho x2n + xn + chia hết cho x2 + x + Giải: DeThiMau.vn Cách 1: Ta nhận thấy x3  mod x2 + x + Do x2(n+3) + xn+3 +  x2n + xn + (mod x2 + x + 1) Do ta cần xét với n = 0, 1, Rõ ràng Với n = 0, không chia hết cho x2 + x + Với n = 1, x2 + x + chia hết cho x2 + x + Với n = 2, x4 + x2 +  x + x2 + chia hết cho x2 + x + Từ suy x2n + xn + chia hết cho x2 + x + n có dạng 3k+1 3k+2 Cách 2: (Số phức) Tương tự 5, ta có P(x) = x2n + xn + chia hết cho x2 + x + P() = Áp dụng cơng thức Moivre, ta có điều tương đương với  n   n   n   2n  cos   i sin    cos   i sin   1          Điều xảy n không chia hết cho Bài toán Chứng minh (xm – 1, xn – 1) = x(m,n) – Giải: Giả sử d = (m, n) rõ ràng xm – = (xd)m’ – chia hết cho xd – tương tự xn – chia hết cho xd Suy xd – ước chung xm - 1, xn – Giả sử D(x) ước chung xm - 1, xn – Vì d = (m, n) nên tồn số nguyên dương u, v cho d = mu – nv Khi D(x) ước (xmu – 1) – (xnv-1) = xnv(xd-1) Vì (xm-1, xnv) = nên (D(x), xnv) = 1, suy D(x) ước xd – 1, suy xd – ước chung lớn xm – xn – 1.11 Bài tập Chứng minh đa thức đơn khởi bậc 2n viết dạng q2 + r với q, r đa thức deg(r) < n Tìm dư phép chia x100 – 2x51 + cho x2 – Tìm a, b cho (x-1)2 | ax4 + bx3 + Cho P(x) đa thức với hệ số nguyên Chứng minh không tồn số nguyên phân biệt a, b, c cho P(a) = b, P(b) = c, P(c) = a Cho P(x) đa thức với hệ số nguyên Biết P(2) chia hết cho P(5) chia hết cho Chứng minh P(7) chia hết cho 10 (Rumani 1962) Cho  số thức thoả mãn điều kiện sin()  Chứng minh với giá trị n  2, đa thức DeThiMau.vn P(x) = xnsin() – xsin(n) + sin(n-1) chia hết cho đa thức Q(x) = x2 – 2xcos() + (Mỹ 1976) Giả sử P(x), Q(x), R(x) S(x) thoả mãn đồng thức P(x5) + xQ(x5) + x2R(x5) = (x4+x3+x2+x+1)S(x) Chứng minh đa thức P(x) chia hết cho đa thức x-1 Với giá trị n ta có a) x2 + x + | (x-1)n – xn – b) x2 + x + | (x+1)n + xn + Đa thức nghiệm Nghiệm đa thức đóng vai trị quan trọng việc nghiên cứu tính chất đa thức Nhiều tính chất đa thức thể qua nghiệm chúng Ngược lại, việc nghiên cứu tính chất nghiệm đa thức cũng vấn đề trung tâm đại số 2.1 Ví dụ mở đầu Xét xem số   3   hữu tỷ hay vơ tỷ Ta giải toán cách chứng minh mệnh đề sau: 1) Nếu a vơ tỷ a vơ tỷ 2) Nếu a vơ tỷ a vô tỷ 3) vô tỷ Nhưng ta có cách tiếp cận khác sau: 1) Tìm đa thức với hệ số nguyên nhận  làm nghiệm 2) Chứng minh đa thức nghiệm hữu tỷ Việc tìm đa thức với hệ số nguyên nhận  làm nghiệm tiến hành sau   3         (  3)    ((  3)  3)    12  12  48 x  72 x  33  (*) Vấn đề cịn lại chứng minh (*) khơng có nghiệm hữu tỷ Việc thực cuối 2.2 Nghiệm đa thức, định lý Bezout Định nghĩa Số thực a (trong số trường hợp, ta xét số phức) gọi nghiệm đa thức P(x) = anxn + an-1xn-1 + …+ a1x + a0 P(a) = 0, tức anan + an-1an-1 + …+ a1a + a0 = Ta có định lý đơn giản có nhiều ứng dụng sau nghiệm đa thức: DeThiMau.vn Định lý a nghiệm đa thức P(x) P(x) chia hết cho x – a Định lý hệ định lý sau: Định lý Số dư phép chia đa thức P(x) cho x – a P(a) Cả định lý định lý gọi định lý Bezout Để chứng minh định lý 6, ta cần chứng minh P(x) – P(a) chia hết cho x – a Nhưng điều hiển nhiên P(x) – P(a) = an(xn-an) + an-1(xn-1-an-1) + … + a1(x-a) xk – ak = (x-a)(xk-1 + xk-2a + …+ ak-1) Từ định lý 5, ta có định nghĩa khác cho nghiệm đa thức sau: a nghiệm đa thức P(x) P(x) = (x-a)Q(x) với Q(x) đa thức Với định nghĩa này, ta phát triển thành định nghĩa nghiệm bội Định nghĩa a gọi nghiệm bội r đa thức P(x) P(x) = (x-a)rQ(x) với Q(a)  2.3 Định lý Vieta Định lý Xét đa thức P(x)  R[x] Nếu x1, x2, …, xk nghiệm phân biệt P(x) với bội r1, r2, …, rk tương ứng P(x) chia hết cho (x-x1)r1(x-x2)r2…(xxk)rk Chứng minh: Điều hiển nhiên theo định nghĩa đa thức (x-xi)ri đôi nguyên tố Hệ quả: a) Một đa thức bậc n với hệ số thực có khơng q n nghiệm thực b) Nếu hai đa thức P(x) Q(x) có bậc nhỏ hay n n+1 điểm hai đa thức Định lý Xét đa thức P(x)  R[x] bậc n Giả sử x1, x2, …, xk nghiệm phân biệt P(x) với bội r1, r2, …, rk tương ứng Nếu r1 + r2 + … + rk = n P(x) = an(x-x1)r1(x-x2)r2…(x-xk)rk Chứng minh: Dùng định lý 9, ta suy P(x) chia hết cho (x-x1)r1(x-x2)r2…(x-xk)rk, suy P(x) = (x-x1)r1(x-x2)r2…(x-xk)rkQ(x) So sánh bậc hệ số cao nhất, ta suy Q(x) = an DeThiMau.vn Định lý (Định lý Vieta) Giả sử đa thức P(x) = anxn + an-1xn-1 + an-2xn-2 + … + a1x + a0 có n nghiệm (trong có nghiệm bội) x1, x2, …, xn P(x) = an(x-x1)(x-x2)…(x-xn) hệ quả, ta có x1 + x2 + … + xn = -an-1/an ; x1x2 + x1x3 + …+ x1xn + x2x3 + …+ x2xn + …+xn-1xn = an-2/an; … x1x2…xn = (-1)na0/an Định lý 10 (Định lý Vieta đảo) a) Nếu x + y = S, x.y = P x, y nghiệm phương trình X2 – SX + P = b) Nếu x + y + z = S, xy + yz + zx = T, xyz = P x, y, z nghiệm phương trình X3 – SX2 + TX – P = Từ định lý ta suy hai hệ đơn giản hiệu giải toán sau: Hệ Một đa thức bậc n có khơng n nghiệm Hệ Nếu P(x) Q(x) đa thức bậc không n, trùng n+1 điểm phân biệt hai đa thức trùng 2.4 Bài tập có lời giải Bài Cho a, b, c ba nghiệm phương trình x3 – 3x + = Lập phương trình bậc ba có nghiệm a) a2, b2, c2; b) 1 a 1 b 1 c , , 1 a 1 b 1 c Lời giải Theo định lý Vieta, ta có a + b + c = 0, ab + bc + ca = -3, abc = -1 Từ ta tính a2 + b2 + c2 = (a+b+c)2 – 2(ab+bc+ca) = 02 -2(-3) = a2b2 +b2c2 + c2a2 = (ab+bc+ca) – 2abc(a+b+c) = (-3)2 – 2.(-1).0 = a2b2c2 = (abc)2 = Áp dụng định lý Vieta đảo, suy a2, b2, c2 ba nghiệm phương trình x3 – 6x2 + 9x – = Tương tự, ta tính DeThiMau.vn  a  b  c (1  a )(1  b)(1  c)  (1  a )(1  b)(1  c)  (1  a )(1  b)(1  c)    1 a 1 b 1 c (1  a )(1  b)(1  c)  a  b  c  (ab  bc  ca)  3abc    3  a  b  c  ab  bc  ca  abc 3 1 a 1 b 1 b 1 c 1 c 1 a    1 a 1 b 1 b 1 c 1 c 1 a (1  a )(1  b)(1  c)  (1  a )(1  b)(1  c)  (1  a )(1  b)(1  c)   a  b  c  ab  bc  ca  abc  (a  b  c)  (ab  bc  ca)  3abc    1  a  b  c  ab  bc  ca  abc 3  a  b  c  (a  b  c)  (ab  bc  ca)  abc  1     a  b  c  a  b  c  (ab  bc  ca)  abc 3 1 a 1 b 1 c Từ suy , , nghiệm phương trình 1 a 1 b 1 c x3 + 3x2 – x – 1/3 = Bài Rút gọn biểu thức A a2 b2 c2   (a  b)(a  c) (b  c)(b  a ) (c  a )(c  b) Lời giải Xét đa thức a ( x  b)( x  c) b ( x  c)( x  a ) c ( x  a )( x  b) F ( x)     x2 (a  b)(a  c) (b  c)(b  a ) (c  a )(c  b) Ta có F(a) = F(b) = F(c) = Nhưng F(x) đa thức bậc nhỏ hay Do F(x) phải đồng Từ suy hệ số x2 F(x) Hệ số a2 b2 c2    (a  b)(a  c) (b  c)(b  a ) (c  a )(c  b) Suy A = Bài Tìm tất đa thức P(x) thoả mãn đồng thức xP(x-1) = (x-26)P(x) Lời giải Thay x = vào đồng thức, ta suy P(0) = Suy P(x) chia hết cho x, tức P(x) = xP1(x) Thay vào đồng thức, ta x(x-1)P1(x-1) = (x-26)xP1(x) suy (x-1)P1(x-1) = (x-26)P1(x) (*) Lại thay x = 1, ta P1(1) = 0, suy P1(x) chia hết cho x-1, tức P1(x) = (x1)P2(x), thay vào (*), ta (x-1)(x-2)P2(x-1) = (x-26)(x-1)P2(x) DeThiMau.vn Suy (x-2)P2(x-1) = (x-26)P2(x) … Cứ tiếp tục lý luận thế, ta đến P(x) = x(x-1)…(x-25)Q(x) Và Q(x-1) = Q(x) Đặt Q(0) = a ta có Q(x) = a với x = 1, 2, 3, … suy Q(x) = a với x Vậy P(x) = ax(x-1)…(x-25) tất nghiệm toán Bài Xét phương trình x2 – an-1xn-1 – an-2xn-2 - … - a1x – a0 = với số thực dương Chứng minh phương trình có khơng q nghiệm dương Lời giải Viết phương trình cho dạng 1 a n 1 a n  a    0n x x x Vế trái hàm số giảm (0, + ) nên phương trình có không nghiệm dương Bài Với giá trị A B đa thức P(x) = Axn+1 + Bxn + có x = nghiệm bội bậc 2? Lời giải Trước hết ta phải có P(1) = 0, tức A + B + = 0, suy B = – A – Khi P(x) = Axn(x-1) – xn + = (x-1)(Axn – xn-1 – xn-2 - … - 1) = (x-1)Q(x) Để nghiệm bội bậc Q(x) chia hết cho x-1, tức Q(1) = 0, suy A = n Vậy a = n, b = -(n+1) 2.5 Bài tập tự giải Bài Biết nghiệm phương trình x2 + ax + b = x2 + cx + d = thuộc (-1, 1) Chứng minh nghiệm phương trình 2x2 + (a+c)x + (b+d) = thuộc (-1, 1) Bài Chứng minh đa thức P(x) = + x + x2/2! + … + xn/n! khơng có nghiệm bội Bài Rút gọn biểu thức sau A a2 b2 c2 d2    (a  b)(a  c)(a  d ) (b  c)(b  d )(b  a ) (c  a )(c  b)(c  d ) (d  a )(d  b)(d  c) B a3 b3 c3   (a  b)(a  c) (b  c)(b  a ) (c  a )(c  b) Bài Cho a < b < c ba nghiệm phương trình x3 – 3x + = Chứng minh DeThiMau.vn a2 – c = b2 – a = c2 – b = Bài Giải hệ phương trình x  y  z  a  2 2 x  y  z  a x  y  z  a  Bài Tìm mối liên hệ hệ số phương trình ax3 + bx2 + cx + d = biết tích hai nghiệm phương trình tổng chúng Bài Chứng minh khẳng định (a) Định lý nghiệm nguyên Cho f(x) = xn + an-1xn-1 + … + a1x + a0 với an-1, …, a1, a0 số nguyên f(p) = với p nguyên Khi a0 chia hết cho p (b) Định lý nghiệm hữu tỷ Cho f(x) = xn + an-1xn-1 + … + a1x + a0 với an-1, …, a1, a0 số nguyên f(p/q) = với p/q phân số tối giản Khi a0 chia hết cho p an chia hết cho q (c) Trong ký hiệu câu (b), với số nguyên k số f(k) chia hết cho p – kq Bài Cho P(x) = anxn + an-1xn-1 + … + a1x + a0  R[x] Đặt M = max{|an-1/an|, |an-2/an|, …, |a1/an|, |a0/an|} Khi nghiệm  P(x) thoả mãn bất đẳng thức || < M + Hãy chứng minh Đa thức bất khả quy 3.1 Đa thức với hệ số nguyên Đa thức với hệ số nguyên đa thức có dạng P(x) = anxn + an-1xn-1 + …+ a1x + a0 với số nguyên Ta ký hiệu tập hợp tất đa thức với hệ số nguyên Z[x] Ta có kết sau đa thức với hệ số nguyên (1) Nếu P(x) có nghiệm ngun x = a phân tích P(x) = (x-a)Q(x) với Q(x) đa thức với hệ số nguyên (2) Nếu a, b nguyên a  b P(a) – P(b) chia hết cho a – b (3) Nếu x = p/q nghiệm P(x) (với (p, q) = 1) p ước a0 q ước an Đặc biệt an =  nghiệm hữu tỷ nghiệm nguyên (4) Nếu x = m + n nghiệm P(x) với m, n ngun, n khơng phương x’ = m - n nghiệm P(x) DeThiMau.vn (5) Nếu x = m + M’, N’ nguyên n với m, n ngun, n khơng phương P(x) = M’ + N’ n với Đa thức với hệ số nguyên nhận giá trị nguyên với giá trị x ngun Điều ngược lại khơng đúng, có đa thức nhận giá trị nguyên với x ngun hệ số khơng ngun Ví dụ Các đa thức (x2-x)/2, (x3-x)/6 nhận giá trị nguyên với x nguyên Đa thức với hệ số hữu tỷ nhận giá trị nguyên với x nguyên gọi đa thức nguyên Một đa thức với hệ số hữu tỷ P(x) biểu diễn dạng a Q(x) với a, b số nguyên Q(x) đa thức với hệ số nguyên b 3.2 Đa thức bất khả quy Định nghĩa Cho P(x) đa thức với hệ số nguyên Ta gọi P(x) bất khả quy Z[x] P(x) khơng phân tích thành tích hai đa thức thuộc Z[x] với bậc lớn hay Tương tự định nghĩa đa thức bất khả quy Q[x] Định lý 3.1 (Tiêu chuẩn Eisenstein) Cho P(x) = anxn + an-1xn-1 + …+a1x + a0 Nếu tồn số nguyên tố p cho i) an không chia hết cho p ii) a0, a1, …, an-1 chia hết cho p iii) a0 khơng chia hết cho p2 đa thức P(x) bất khả quy Định lý 3.2 (Quan hệ bất khả quy Z[x] Q[x]) Nếu đa thức P(x)  Z[x] bất khả quy Z[x] bất khả quy Q[x] Bổ đề Gauss Ta gọi đa thức P  Z[x] nguyên hệ số nguyên tố Ta có bổ đề Gauss: Tích hai đa thức nguyên nguyên Chứng minh bổ đề Cho hai đa thức nguyên P(x) = anxn + an-1xn-1 + … + a1x + a0 Q(x) = bmxm + bm-1xm-1 + …+ b1x + b0 P(x).Q(x) = cm+nxm+n + cm+n-1xm+n-1 + …+c1x + c0 Giả sử tích khơng ngun tồn số nguyên tố p ước chung hệ số c0, c1, …, cm+n Vì P nguyên nên gọi i số nhỏ mà không chia hết cho p j số nhỏ cho bj không chia hết cho p Khi xét xi+j ta thấy hệ số tương ứng khơng chia hết cho p, vơ lý Vậy tích nguyên DeThiMau.vn Chứng minh định lý Cho P(x) bất khả quy Z[x] Giả sử P(x) khả quy Q[x]: P(x) = P1(x).P2(x) với P1, P2 đa thức bậc nhỏ bậc P có hệ số hữu tỷ a a Đặt P1 ( x)  Q1 ( x), P2 ( x)  Q2 ( x) với (ai, bi) = Qi nguyên (i=1, 2) b1 b2 aa p Khi P( x)  Q1 ( x)Q2 ( x)  Q1 ( x)Q2 ( x) với (p, q) = Do P(x)  Z[x] nên từ b1b2 q suy hệ số Q1(x)Q2(x) chia hết cho q, suy Q1(x)Q2(x) không nguyên bản, trái với bổ đề Gauss Mâu thuẫn Vậy P(x) bất khả quy Q[x] 3.3 Một số tính chất đa thức bất khả quy 3.4 Một số tập có lời giải Bài Cho tam thức bậc hai P(x) = ax2 + bx + c với a, b, c số hữu tỷ Chứng minh P(x) nguyên với x nguyên c, a + b 2a nguyên Bài a) Tìm tất số nguyên a cho (x-a)(x-10) + phân tích thành tích dạng (x+b)(x+c) với b, c số nguyên b) Tìm tất số nguyên khác đôi khác a, b, c cho đa thức x(x-a)(x-b)(x-c) + biểu diễn dạng tích hai đa thức với hệ số nguyên Bài Chứng minh đa thức sau bất khả quy a) x3 + 5x2 + 35 b) x4 – x3 + 2x + Bài Cho p số nguyên tố Chứng minh đa thức xp-1 + xp-2 + … + x + bất khả quy Bài Cho n số thuộc Z Chứng minh a) (x-a1)(x-a2)…(x-an) – bất khả quy b) (x-a1)2(x-a2)2…(x-an)2 + bất khả quy 3.4 Bài tập Bài Đa thức P(x) bậc n có hệ số hữu tỷ đa thức nguyên nhận giá trị nguyên n+1 điểm nguyên liên tiếp Chứng minh Bài Tìm tất giá trị n cho tồn n số nguyên phân biệt a1, a2, …, an để (xa1)(x-a2)…(x-an) + khả quy Bài (Tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng) Cho đa thức P(x) = anxn + an-1xn-1 + …+ a1x + a0 Giả sử tồn số nguyên tố p cho i) an không chia hết cho p DeThiMau.vn ii) a0 không chia hết cho p2 iii) a0, a1, …, an-k chia hết cho p Khi P(x) = H(x).G(x) hai đa thức H(x), G(x) có bậc nhỏ k Bài Tìm tất giá trị n nguyên dương cho đa thức xn + khả quy Z[x] Bài Chứng minh với số nguyên dương n, đa thức xn + 5xn-1 + bất khả quy Bài Tìm hệ số tự đa thức P(x) với hệ số nguyên, biết trị tuyệt đối nhỏ 1000 P(19) = P(94) = 1994 Cơng thức nội suy Lagrange 4.1 Các ví dụ mở đầu Ví dụ Tìm tất đa thức P(x) thoả mãn điều kiện: P(1) = 1, P(2) = 2, P(3) = Lời giải Rõ ràng P Q hai đa thức thoả mãn điều kiện đề P(x) – Q(x) điểm 1, 2, từ đó, ta có P(x) – Q(x) = (x-1)(x-2)(x-3)H(x) Ngược lại, P(x) đa thức thoả mãn điều kiện đề đa thức Q(x) = P(x) + (x-1)(x-2)(x3)H(x) thoả mãn điều kiện đề với H(x) Từ thấy có vơ số đa thức thoả mãn điều kiện đề Ta đặt câu hỏi: Trong đa thức thoả mãn điều kiện đề bài, tìm đa thức có bậc nhỏ Rõ ràng đa thức số, khơng thể bậc Ta thử tìm bậc bậc Giả sử P(x) = ax2 + bx + c đa thức thoả mãn điều kiện đề Khi P(1) = suy a + b + c = P(2) = suy 4a + 2b + c = P(3) = suy 9a + 3b + c = Giải hệ ra, ta nghiệm (a, b, c) = (1/2, -1/2, 1), ta P(x) = (1/2)x2 – (1/2)x + đa thức bậc nhỏ thoả mãn điều kiện Và theo lý luận trên, nghiệm tốn có dạng Q(x) = P(x) + (x-1)(x-2)(x-3)H(x) với H(x) đa thức tuỳ ý Ví dụ Tìm đa thức bậc nhỏ thoả mãn điều kiện P(-2) = 0, P(-1) = 1, P(0) = 1, P(1) = 2, P(2) = Lời giải Từ ý tưởng phương pháp hệ số bất định hệ phương trình bậc Ta thấy chắn chắn tồn đa thức bậc không thoả mãn điều kiện đề Xét P(x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e Từ điều kiện đề suy hệ 16a – 8b + 4c – 2d + e = a–b+c–d+e=1 e=1 DeThiMau.vn a+b+c+d+e=2 16a + 8b + 4c + 2d + e = Giải hệ ta a = -1/8, b = 1/12, c = 5/8, d = 5/12, e = 4.2 Công thức nội suy Lagrange Từ ví dụ cụ thể nêu trên, ta dự đốn với n+1 số phân biệt (a0, a1, , an) n+1 số b0, b1, , bn tồn đa thức P(x) bậc không vượt n thoả mãn điều kiện P(ai) = bi với i=0, 1, 2, , n (*) Ngoài ra, tất đa thức Q(x) thoả mãn (*) phải có dạng Q(x) = P(x) + (x-a0)(xa1) (x-an)H(x) với H(x) đa thức nên nghiệm khác (*) có bậc  n+1 Vì ta đề xuất định lý sau: Định lý Cho n+1 số thực phân biệt (a0, a1, , an) n+1 số (b0, b1, , bn) Khi tồn đa thức P(x) có bậc không vượt n thoả mãn điều kiện P(ai) = bi với i=0, 1, 2, , n Sự chứng minh dễ dàng theo lý luận Tuy nhiên, việc chứng minh tồn cho trường hợp tổng quát không đơn giản, điều tương đương với việc chứng minh hệ phương trình n+1 phương trình, n+1 ẩn số có nghiệm (duy nhất) Rất thú vị ta tìm cách chứng minh định lý cách xây dựng, tức tìm biểu thức tường minh đa thức P(x) mà không cần phải giải hệ phương trình hệ số bất định nêu Ý tưởng chứng minh sau Ta tìm đa thức P0(x), P1(x) …, Pn(x) bận n thoả mãn điều kiện sau Pi(aj) = ij, Trong 1 i  j  ij   0 i  j Khi đa thức n P( x)   bi Pi ( x) thoả mãn i 0 n n i 0 i 0 P(a j )   bi Pi (a j )   bi  ij  b j Vấn đề cịn lại tìm đa thức Pi(x) Vì Pi(aj) = với j  i nên Pi(x) = Ci(x-a0)…(x-ai-1)(x-ai+1)…(x-an) Vì Pi(ai) = nên Ci  (ai  a ) (ai  1 )(ai  1 ) (ai  a n ) DeThiMau.vn điều kiện Như ta tìm ( x  a ) ( x  1 )( x  1 ) ( x  a n ) Pi ( x)  (ai  a ) (ai  1 )(ai  1 ) (ai  a n ) đa thức thoả mãn hệ điều kiện Pi(aj) = ij (**) Công thức nội suy Lagrange Cho n+1 số thực phân biệt (a0, a1, , an) n+1 số (b0, b1, , bn) Khi đa thức n P( x)   bi Pi ( x) i 0 đa thức có bậc khơng vượt n thoả mãn điều kiện P(ai) = bi với i=0, 1, 2, , n Các đa thức Pi(x) đa thức bậc n định nghĩa (**) 4.3 Ứng dụng công thức nội suy Langrange Bài toán nội suy toán toán lý thuyết toán ứng dụng Trong thực tế, đo giá trị hàm số điểm, mà đo số điểm Các công thức nội suy cho phép chúng ta, phép đo số điểm, « dựng » lại đa thức xấp xỉ cho hàm số thực tế Công thức nội suy Lagrange, có nhiều ứng dụng vật lý, trắc địa, kinh tế học, khí tượng thuỷ văn, dự đốn dự báo … Tuy nhiên, ta khơng sâu vấn đề Dưới ta xem xét số ứng dụng công thức nội suy Lagrange tốn phổ thơng 4.4 Các tập có lời giải Bài Rút gọn biểu thức a2 b2 c2 A   (a  b)(a  c) (b  c)(b  a ) (c  a )(c  b) Lời giải Áp dụng công thức nội suy Lagrange cho hàm số P(x) = x2 với điểm a, b, c giá trị tương ứng a2, b2, c2 ta có a ( x  b)( x  c) b ( x  a )( x  c) c ( x  a )( x  b) P( x)    (a  b)(a  c) (b  a )(b  c) (c  a )(c  b) So sánh hệ số x hai vế, ta A = Bài Cho đa thức P(x) bậc n thoả mãn điều kiện P(k) = k/(k+1) với k=0, 1, 2, …, n Hãy tìm P(n+1) Lời giải Theo cơng thức nội suy Lagrange n k x( x  1) ( x  k  1)( x  k  1) ( x  n) P( x)   k (k  1) 1.(1) (k  n) k 0 k  Từ DeThiMau.vn k (n  1) (n  k  2)(n  k ) (1) k (k  1) 1.(1) (k  n) k 0 k  n P( x)   n (n  1)! k (n  1) (n  k  2)(n  k  1)(n  k ) (1)   (1) n  k k (k  1)!(n  k  1)! k (k  1) 1.(1) (k  n)(n  k  1) k 0 k  k 0 n   n (1) n  k kC nk21  n  k 0 Cách Xét đa thức (x+1)P(x) – x có bậc n có n+1 nghiệm x = 0, 1, 2, …, n Do đó, ta có (x+1)P(x) – x = ax(x-1)(x-2)…(x-n) với a số Thay x = - 1, ta = a.(-1)(-2)…(-n-1) = a(-1)n+1(n+1)! Suy a = (-1)n+1/(n+1)! Từ (n+2)P(n+1) – (n+1) = n!(-1)n+1/(n+1)! = (-1)n+1/(n+1) Suy P(n+1) = ((n+1)2 + (-1)n+1)/(n+2) Bài Cho tam thức bậc P(x) = ax2 + bx + c thoả mãn điều kiện |P(x)|  với | x |  Chứng minh |a| + |b| + |c|  Lời giải Thực phép nội suy điểm -1, 0, 1, ta có x( x  1) ( x  1)( x  1) x( x  1) P( x)  P(1)  P ( 0)  P(1) (1  0)(1  1) (0  1)(0  1) (1  0)(1  1) Suy P(1)  P(1)  P(0) P(1)  P(1) P( x)  x  x  P(0) 2 Từ P(1)  P(1)  P(0) P(1)  P(1) a , b , c  P(0) 2 Suy P(1)  P(1)  P(0) P(1)  P(1) | a |  | b |  | c |   | P(0) | 2 | P(1)  P(1) P(1)  P(1)    | P(0) | max{| P(1) |, | P(1) |}  | P(0) | 2 4.5 Bài tập tự giải Bài Rút gọn biểu thức a4 b4 c4 A   (a  b)(a  c) (b  a )(b  c) (c  a )(c  b) Bài Cho M(y) đa thức bậc n cho M(y) = 2y với y = 1, 2, …, n+1 Hãy tìm M(n+2) DeThiMau.vn ... + xn + Đa thức nghiệm Nghiệm đa thức đóng vai trị quan trọng việc nghiên cứu tính chất đa thức Nhiều tính chất đa thức thể qua nghiệm chúng Ngược lại, việc nghiên cứu tính chất nghiệm đa thức... Hãy chứng minh Đa thức bất khả quy 3.1 Đa thức với hệ số nguyên Đa thức với hệ số nguyên đa thức có dạng P(x) = anxn + an-1xn-1 + …+ a1x + a0 với số nguyên Ta ký hiệu tập hợp tất đa thức với hệ... nguyên Đa thức với hệ số hữu tỷ nhận giá trị nguyên với x nguyên gọi đa thức nguyên Một đa thức với hệ số hữu tỷ P(x) biểu diễn dạng a Q(x) với a, b số nguyên Q(x) đa thức với hệ số nguyên b 3.2 Đa