đa thức và các phép toán trên đa thức

Trường Đại học Quảng Bình Đề tài: Đa thức và các phép toán trên đa thứcLỜI NÓI ĐẦUToán học là một ngành khoa học mà hàng triệu con người đam mê và theo đuổi.Trong đó Đại số là một trong

Trường Đại học Quảng Bình Đề tài: Đa thức và các phép toán trên đa thức

LỜI NÓI ĐẦUToán học là một ngành khoa học mà hàng triệu con người đam mê và theo đuổi.Trong đó Đại số là một trong ba lĩnh vực lớn của Toán học Mà trên đó, đa thức là mộtphần rất quan trọng của Đại số Rất nhiều ứng dụng và các phép toán trên đa thứcđược xây dựng Tiểu luận “Đa thức và các phép toán trên đa thức” đưa ra các bài tập

về đa thức với nhiều cách giải theo phương pháp khác nhau Các bài toán về đa thứctrong tiểu luận này là tổng hợp các bài toán được chọn làm đề thi các năm trong kỳthi Olympic Toán sinh viên toàn quốc của Việt Nam và một số bài toán trong Olympictoán sinh viên Quốc tế (IMC)

Nhằm mục đích phục vụ cho quá trình học tập và nghiên cứu của chuyên ngành học.Tiểu luận với đề tài " Đa thức và các phép toán trên đa thức” phần nào tổng quan đượccác dạng toán về đa thức thường gặp trong các kỳ thi lớn

Được sự hướng dẫn nhiệt tình của thầy Th.s Trần Mạnh Hùng cùng các tài liệu thầycung cấp giúp tôi hoàn thành đề tài này

Mặc dù đã cố gắng nhưng do khả năng có hạn nên tiểu luận này không tránh khỏisai sót Rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô và các bạn sinh viên

để nội dung được hoàn chỉnh hơn

Tôi xin chân thành cám ơn!

ai được gọi là các hệ số của đa thức, trong đó an được gọi là hệ số bậc cao nhất và

a0 được gọi là hệ số tự do

n được gọi là bậc của đa thức và kí hiệu là n = deg(P ) Ta quy ước bậc của đa thứchằng P (x) = a0 với mọi x là bằng 0 nếu a0 6= 0 và bằng nếu a0 = 0

Để tiện lợi cho việc viết các công thức, ta quy ước với đa thức P (x) bậc n thì vẫn

có các hệ số ak với k > n, nhưng chúng đều bằng 0

Tập hợp tất cả các đa thức một biến trên trường số thực được kí hiệu R[x]

Nếu các hệ số được lấy trên tập hợp các số hữu tỉ, các số nguyên thì ta có khái niệm

đa thức với hệ số hữu tỉ, đa thức với số nguyên và tương ứng là tập hợp Q[x], Z[x] Đathức với hệ số phức là tập hợp C[x]

3 Bậc của tổng, hiệu, tích của các đa thức.

Từ các định nghĩa trên đây, dễ dàng suy ra các tính chất sau đây:

ii deg(R) < deg(Q)

5 Sự chia hết, Ước và Bội.

Trong phép chia P (x) cho Q(x), nếu số dư R(x) đồng nhất bằng không thì ta nóirằng đa thức P (x) chia hết cho đa thức Q(x) Như vậy, P (x) chia hết cho Q(x) nếu tồntại đa thức S(x) sao cho P (x) = Q(x).S(x) Trong trường hợp này ta cũng nói Q(x)chia hết P (x), Q(x) là ước của P (x) hoặc P (x) là bội của Q(x) Kí hiệu tương ứng làQ(x) | P (x) và P (x) .Q(x).

Cho P (x) và Q(x) là các đa thức khác 0 Ước chung lớn nhất của P (x) và Q(x) là

đa thức D(x) thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

i D(x) là đa thức đơn khởi, tức là các hệ số cao nhất bằng 1

ii D(x) là ước chung của P (x) và Q(x), tức là D(x) | P (x) và D(x) | Q(x)

iii Nếu D0(x) cũng là ước chung của P (x) và Q(x) thì D(x) cũng là ước của D0(x)

Trường Đại học Quảng Bình Đề tài: Đa thức và các phép toán trên đa thức

Tương tự ta có khái niệm bội chung nhỏ nhất của hai đa thức

Cho P (x) và Q(x) là các đa thức khác 0 Bội chung lớn nhất của P (x) và Q(x) là

đa thức M (x) thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

iv M (x) là đa thức đơn khởi, tức là có hế số cao nhất bằng 1

v M (x) là bội chung của P (x) và Q(x), tức là P (x) | M (x) và Q(x) | M (x)

vi Nếu M0(x) cũng là bội của chung của P (x) và Q(x) thì M0(x) cũng là bội của

M (x)

Kí hiệu UCLN và BCNN của hai đa thức P (x), Q(x) là GCD(P (x), Q(x)), LCM(P (x), Q(x))hay đơn giản hơn là (P (x), Q(x)), [P (x), Q(x)]

Hai đa thức P (x) và Q(x) được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu (P (x), Q(x)) = 1

6 Thuật toán Euclide.

Để tìm ước chung lớn nhất của hai đa thức P (x), Q(x) ta sử dụng thuất toán Euclide

sau đây:

Định lý 3: Giả sử có hai đa thức P (x) và Q(x), trong đó deg(P ) ≥ deg(Q) Thực

hiện phép chia P (x) cho Q(x) được thương là S(x) và dư số là R(x) Khi đó:

Nếu R(x) = 0 thì (P (x), Q(x)) = q−1Q(x), trong đó q(x) là hệ số cao nhất của đa

thức Q(x)

Nếu R(x) 6= 0 thì (P (x), Q(x)) = (Q(x), R(x))

7 Tính chất chia hết.

Nhắc lại hai đa thức P (x), Q(x) gọi là nguyên tố cùng nhau nếu [P (x), Q(x)] = 1

Ta có các định lý về các loại đa thức này như sau:

Định lý 4 (Định lý Bezout): Hai đa thức P (x) và Q(x) nguyên tố cùng nhau khi

và chỉ khi tồn tại các đa thức U (x), V (x) sao cho P (x).U (x) + Q(x).U (x) = 1

Tính chất chia hết:

i Q | P , Q | R suy ra Q | P + R hay tổng quát Q | P.U + R.V với các U , V là các

đa thức bất kì

ii Q | P , Q | R suy ra Q | R (tính chất bắc cầu)

iii Q | P , Q | R suy ra suy ra tồn tại đa thức khác không a sao cho Q = aP , ta gọi

Q và P là hai đa thức đồng dạng

iv Nếu Q1 | P1 và Q2 | P2 thì Q1.Q2 | P1.P2

v Nếu Q | P.R và (P, R) = 1 thì Q | R.

vi Nếu Q | P , R | P và (Q, R) = 1 thì Q.R | P

• Nếu với t ∈ R mà Q(t) = 0 thì:

[Q0(t)]2− Q(t).Q00(t) = [Q0(t)]2 > 0

Do Q0(t) 6= 0 (vì t là một nghiệm đơn)

• Nếu t ∈ R mà Q(t) 6= 0 thì (2) ⇒ (1)

Bây giờ áp dụng chứng minh trên cho đa thức Q(x) = Pk(x), k = 1, n − 1 Các

đa thức đó đều có nghiệm thực đơn (theo định lý Role), suy ra:

2(x − xi)(x − xj)

2(x − xi)(x − xj) ≥ 0

n

X

1≤i<j≤n

1(x − xi)(x − xj)

n

X

1≤i<j≤n

1(x − xi)(x − xj)

n

X

1≤i<j≤n

2(x − xi)(x − xj) ≥ 0

Bài 3: Tìm tất cả các đa thức f (x) có bậc bằng 5, biết đa thức f (x) + 1 chia hết cho(x − 1)3 và đa thức f (x) − 1 chia hết cho (x + 1)3

Trường Đại học Quảng Bình Đề tài: Đa thức và các phép toán trên đa thức

Giải: Gọi đa thức đã cho là:

P (x) = ax5+ bx4+ cx3+ dx2+ ex + fTheo bài ra ta có được:

Zk(x4− 2x2+ 1) = kx

5

5 − 2kx

3

3 + kx + C.Khi đó:

f (x) − 1 chia hết cho (x + 1)3 ⇒ f (x) − 1 có nghiệm −1

Tương tự: f (x) = 1 có nghiệm bằng 1 nên ta có hệ:

5 Bài 4: Cho P (x) là đa thức bậc n và cho m ∈ N∗, chứng minh rằng:

a Nếu P (xm) chia hết cho (x − 1) thì nó chia hết cho xm− 1

b Nếu P (xm) chia hết cho (x − a)k thì nó chia hết cho (xm− am)k, a 6= 0

Giải: Ta sẽ chứng minh trường hợp tổng quát cho bài toán là chứng minh câu (b),sau đó với k = 1 ta được trường hợp (a)

b Giả sử:

P (x) = an(x − am)n+ + a2(x − am)2+ a1(x − am) + a0.Khi đó:

P (xm) = an(xm− am) + + a2(xm− am)2+ a1(xm− am) + a0

Ta sẽ chứng minh a0 = a1 = = ak−1 = 0 bằng phương pháp phản chứng.Thật vậy, giả sử ai 6= 0, với 0 ≤ ai ≤ k − 1 Dễ dàng thấy rằng P (xm) không chiahết (x − ai+1), với i + 1 ≥ k

Suy ra P (xm) không chia hết (x − ai−1)k (mâu thuẫn) Ta suy ra được điều phảichứng minh

Bài 5: Chứng minh rằng nếu: f (x) = ax2 + (b + c)x + d + e = 0 có nghiệm thuộckhoảng [1, ∞] thì phương trình ax4+ bx3+ cx2+ dx + c nghiệm thực với a, b, c, d, e ∈ R.

Giải: Gọi x0 ∈ (1, +∞) là nghiệm của phương trình ax2 + (b + c)x + d + e = 0.Tức là ax20+ cx0+ e = −(bx0+ d)

Vậy phương trình: ax4+ bx3+ cx2+ dx + e = 0 có nghiệm thực

Bài 6: Cho P (x) là đa thức với các hệ số thực bậc 2010 thỏa mãn P (x) ≥ 0, ∀x ∈ R.Chứng minh rằng tồn tại đa thức hệ số thực Q(x) và R(x) để P (x) = Q2(x) + R2(x)

Giải: Đa thức P (x) có bậc 2010 bậc chẵn thỏa mãn P (x) ≥ 0, ∀x ∈ R nên cácnghiệm thực của P (x) kể cả nghiệm bội phải là chẵn và hệ số của x2010 là dương Gọi

x1, x2, , xn là các nghiệm thực có một giá trị xi là bội 2mi

Trường Đại học Quảng Bình Đề tài: Đa thức và các phép toán trên đa thức

⇔ P (x) =

"

√a

Vậy với hai trường hợp trên ta luôn có P (x) = Q2(x) + R2(x)

Bài 7: Cho f (x) và g(x) là hai đa thức hệ số thực thỏa mãn: f (x2010 + 2009) +x.g(x2010+ 2009) chia hết cho x2+ x + 1 Chứng minh f (x), g(x) chia hết cho x − 2010

Giải: Đặt P (x) = f (x2010 + 2009) + x.g(x2010 + 2009) Vì x2 + x + 1 = 0 không cónghiệm thực và có hai nghiệm phức liên hợp là α, β Dễ dàng thấy rằng α3 = β3 = 1 ⇒

α2010 = β2010 = 1 nên P (α) = f (α2010+ 2009) + α.g(α2010+ 2009) = 0

⇔ P (x) = f (2010) + α.g(2010) = 0

⇒ f (2010) = 0 và g(2010) = 0

⇒ f (x) = (x − 2010).R1(x) và g(x) = (x − 2010)R2(x)

Vậy f (x) và g(x) chia hết cho x − 2010

Bài 8: Cho P (x) là đa thức hệ số thực bậc n sao cho P (−1) 6= 0 và −PP (−1)0(−1) ≤ n

2.Chứng minh P (x) có ít nhất một nghiệm có modun lớn hơn hoặc bằng 1

Giải: Gọi xi là các nghiệm của P (x) trong trường số phức i = 1, n Khi đó:

Bài 9: Cho đa thức P (x) = x5− x + 2 có các nghiệm xi, i = 1, n Tính giá trị của biểuthức:

00(2).P (2) − P02(2)

11211024

⇒ A = −2 + 2 + 2 · 1121

1024 =

1121512Bài 10: Hãy tìm tất cả các đa thức P (x) sao cho thỏa mãn điều kiện P (x2) = (P (x))2

Giải: Cho P (x) là đa thức thỏa mãn P (x2) và dạng chuẩn tắc của P (x) là P (x) =

a0xn+ a1xn−1+ + an−1x + an

Khi đó a0x2n+ a1x2n−2+ + an−1x2 + an = (a0xn+ a1xn−1+ + an−1x + an)2bằng cách so sánh hệ số ta được an= a2

n ⇔

"

an= 1

an= 0 .Nếu an = 1, khi đó ta cho an−1 = an−2 = = an−k+1 = 0 nhưng an−k 6= 0, 1 ≤

k ≤ n − 1 Khi đó so sánh những hệ số trước xk trong đẳng thức trên ta nhân được

0 = 2an−kak, nghĩa là an−k = 0 (vô lý) suy ra an= 0

Giả sử tồn tại hệ số am 6= 0 với m 6= 0, tức giả sử P (x) = xn−kQ(x) Ở đây Q(x)không phải là đa thức hằng số có hệ số tự do khác không

Khi đó:

x2(n−m)Q(x2) = P (x2) = (P (x))2 = x2(n−m).(Q(x))2.Nghĩa là Q(x2) = (Q(x))2, điều này trái với giả thiết rằng Q(x) không là đa thứchằng có hệ số tự do khác không Suy ra P (x) = a.xn

Cuối cùng chỉ còn đẳng thức a0x2n = a2

0x2n suy ra a0 = 1 nghĩa là P (x) = xn.Ngược lại thấy rằng mọi đa thức dạng P (x) = xn thỏa mãn yêu cầu bài toán.Vậy tất cả các đa thức cần tìm có dạng P (x) = xn, n = 0, 1, 2,

Trường Đại học Quảng Bình Đề tài: Đa thức và các phép toán trên đa thức

Bài 11:

a Xác định các đa thức f (x) dạng:

f (x) = x5− 3x4+ 2x3+ ax2+ bx + cBiết nó chia hết cho (x − 1)(x − 2)(x + 1)

b Cho P (x), Q(x) và R(x) là các đa thức với hệ số thực có bậc tương ứng là

3, 2, 3 thỏa mãn điều kiện (P (x))2 + (Q(x))2 = (R(x))2 Hỏi đa thức T (x) =

P (x).Q(x).R(x) có ít nhất bao nhiêu nghiệm kể cả bội

Giải:

a Theo giả thiết f (x) chia hết cho (x − 1)(x − 2)(x + 1) nên x = 1, x = −1, x = 2

là nghiệm của đa thức f (x) = 0 khi đó ta có hệ:

⇔ a = 1, b = −3, c = 2

Vậy đa thức cần tìm: f (x) = x5− 3x4+ 2x3+ x2− 3x + 2

b Không mất tính tổng quát, giả sử rằng các hệ số của các đa thức đã cho đềudương

Dễ thấy deg(P ) = 3; deg(Q) = 2; deg(R) = 3

Ta sẽ chứng minh Q(x) có hai nghiệm thực

Ta có: Q2 = (R − P )(R + P ) deg(P ) = deg(Q) = 3 nên deg(Q + P ) = 3

Do deg(Q2) = 4 nên deg(R − P ) = 1, do đó đa thức Q2 có nghiệm thực và vì vậy

đa thức Q có nghiệm thực Vì deg Q = 2 nên Q2 có đúng hai nghiệm thực.Tiếp theo ta sẽ chứng minh đa thức P (x) luôn có ba nghiệm thực

Ta có P2 = (R − Q)(R + Q), vì deg(R − Q) = deg(R + Q) = 3 nên các đa thức(R − Q) và (R + Q) có nghiệm thực Nếu hai nghiệm thực đó khác nhau thì P

có hai nghiệm thực phân biệt và nghiệm còn lại của P hiển nhiên cũng là nghiệmthực Nếu (R − Q) và (R + Q) có chung nghiệm thực x = a thì x = a cũng lànghiệm của R và Q, do vậy:

R(x) = (x − a)R1(x); Q(x) = (x − a)Q1(x); P (x) = (x − a)P1(x)Thế vào hệ thức P2 = (R − Q)(R + Q), ta thu được P12 = R21− Q2

1, với R1, P1 làcác đa thức bậc hai, còn Q1 là đa thức bậc nhất Ta có:

Q21 = (R1− P1)(R1+ P1)

Vì Q2

1 là đa thức bậc hai và R1 + Q1 là đa thức bậc hai nên R1 − P1 là một

đa thức hằng Vậy nếu P1(x) = ax2 + bx + c, (a > 0) và Q1(x) = dx + c thì:

R1(x) = ax2+ bx + c + k và:

k[R1(x) + P1(x)] = (dx + e)2 (1)

Dễ dàng suy ra k > 0, thay giá trị x = −e/d vào (1) ta được:

R1 −ed

+ P1 −e

Giải: Xét f (x) = x.P (x), khi đó f (x) có n + 1 nghiệm thực phân biệt trong đó có nnghiệm thực của P (x) và một nghiệm là 0 Nên theo định lý Role: P0(x) = x.P0(x)+P (x)

có ít nhất n nghiệm thực phân biệt

Xét g(x) = x.f0(x) thì các nghiệm của f (x) cũng là thực và phân biệt Suy rag(x) = x2P0(x) + xP (x)

Khi đó g0(x) = 2xP0(x) + x2P00(x) + xP (x) + P0(x) ⇔ g0(x) = x2P00(x) + 3xP (x) +

P0(x)

Cũng theo định lý Role thì g0(x) có các nghiệm thực và phân biệt

Dễ thấy Q(x) = g0(x), vậy Q(x) = x2P00(x) + 3xP0(x) + P (x) có các nghiệm thực vàphân biệt

Bài 13: Hãy tìm tất cả các đa thức P (x) sao cho thỏa mãn P (x) = P (x + 1)

Giải: Ta thấy được rằng P (x) đa thức hằng số thỏa mãn yêu cầu bài toán Bây giờ

ta xét tất cả các đa thức có deg(P ) ≥ 1

Xét: P (x) = a0xn+ a1xn−1+ + an−1x + a0, a0 6= 0 Và P (x) thỏa mãn đẳng thức

P (x) = P (x + 1) Khi đó:

a0(x + 1)n+ a1(x + 1)n−1+ + (an−1+ 1)x + an= a0xn+ a1xn−1+ + an−1x + an.Bằng phương pháp so sánh hệ số trước xn−1 ta nhận được na0+ a1 = an, nghĩa là

a0 = 0 điều này vô lý Suy ra chỉ những đa thức hằng có bậc bằng 0 thỏa mãn bài toán.Vậy P (x) = a, a ∈ R

Trường Đại học Quảng Bình Đề tài: Đa thức và các phép toán trên đa thức

Bài 14: Cho đa thức với hệ số thực P (x) = xn+ an−1xn−1+ + a1x + a0, với n làmột số chẵn Biết rằng P (x) có đúng n nghiệm dương

|an−k.ak| ≥ (Cnk)2.|a0|, ∀k ∈ {1, 2, , n}

Bài 15: Cho đa thức f (x) ∈ R(x) có ít nhất hai nghiệm thực, chứng minh rằng đathức P (x) = f (x) − f0(x) cũng có ít nhất hai nghiệm thực

Giải: Giả sử x1, x2là hai nghiệm thực của f (x) (x1 ≤ x2) Xét hàm số g(x) = e−xf (x),

ta có: g0(x) = e−x(P0(x) − f (x)) Theo định lý Role thì g0(x) có ít nhất một nghiệmthực (1)

P (x) = f (x) − f0(x) nên suy ra deg(P ) = deg(f ) = n

Nếu n lẻ thì f (x) phải có ít nhất ba nghiệm thực để số nghiệm còn lại phải là sốchẵn, vì các nghiệm phức liên hợp nên P (x) có ít nhất hai nghiệm thực

Nếu n chẵn thì P (x) có nghiệm thực (do (1)) nên nó phải có ít nhất hai nghiệmthực

Vậy bài toán được chứng minh

Bài 16: Tồn tại hay không một đa thức P (x) bậc 2002 sao cho P (x2− 2001) chia hếtcho P (x).

Giải: Xét đa thức P (x) = (x + a)2002, ta có:

P (x2− 2001) = (x2− 2001 + a)2002 = [(x + a)2− 2a(x + a) + a2+ a − 2001]2002Nếu ta chọn được a sao cho:

a2+ a − 2001 = 0 ⇔ a = −1 +√8005

1 −√80052Thì P (x2− 2001) = (xn− a2)2002 = (x − a)2002(x + a)2002 sẽ chia hết cho P (x).Vậy đa thức:

Thỏa mãn điều kiện bài toán

Bài 17: Tìm a, b sao cho đa thức P (x) = x3+ 8x2+ 5x + a chia hết cho x2+ 3x + b

Giải: Viết lại đa thức P (x) dưới dạng sau:

Bài 18: Cho P (x) = xn+ a1xn−1+ + an−1x + 1 là đa thức với hệ số không âm và

có nghiệm thực Chứng minh P (2010) ≥ (2011)n

Trường Đại học Quảng Bình Đề tài: Đa thức và các phép toán trên đa thức

Giải: Vì các nghiệm đa thức P (x) là không âm nên P (x) ≥ 1 với x ≥ 0 Suy ranhững nghiệm của phương trình P (x) = 0 là những số âm, ta gọi các nghiệm này là

P (2010) ≥ 2011n.Bài 19: Cho a, b là hai số thực phân biệt

a Giả sử tồn tại các đa thức P (x) và Q(x) có bậc không quá 2n − 1 thỏa mãn(x − a)2nP (x) + (x − b)2nQ(x) = 1 Chứng minh rằng Q(x) = P (a + b − x)

b Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n cho trước, tồn tại các đa thức P (x)

và Q(x) bậc không quá 2n − 1 thỏa mãn (x − a)2nP (x) + (x − b)2nQ(x) = 2.Giải:

a Thay x bởi a = b − x trong đẳng thức trên ta có:

(x − b)2nP (a + b − x) + (x − a)2nQ(a + b − x) = 1 (∗)

Từ đó suy ra (x − b)2n[Q(x) − P (a + b − x)] + (x − a)2n[P (x) − Q(a + b − x)] = 0

Do đó Q(x)−P (a+b−x) chia hết cho (x−a)2n Hơn nữa bậc của Q(x)−P (a+b−x)không vượt quá 2n − 1, ta suy ra Q(x) = P (a + b − x)

b Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp:

Với n = 1 hiển nhiên đẳng thức (∗) đúng

Giả sử rằng tồn tại Pn(x) và Qn(x) = Pn(a + b − x) thỏa mãn:

(x − 1)2nPn+ (x − n)2nPn(a + b − x) = 1Xét đa thức G(x) = [α(a + b − 2k)3+ β(a + b − 2x)](x − b)2n+ Pn(x), trong đó:

0

n(a)4(a − b)2n+1 − n + 1

2 · Pn(a)(a − b)2n+3