(Luận văn) một số lớp đẳng thức trong đa thức và áp dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐOÀN THỊ HỒNG CẨM lu an n va p ie gh tn to MỘT SỐ LỚP ĐẲNG THỨC TRONG ĐA THỨC VÀ ÁP DỤNG d oa nl w lu nf va an LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC z at nh oi lm ul z m co l gm @ THÁI NGUYÊN - NĂM 2015 an Lu n va ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐOÀN THỊ HỒNG CẨM lu an va n MỘT SỐ LỚP ĐẲNG THỨC TRONG ĐA THỨC VÀ ÁP DỤNG p ie gh tn to oa nl w LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC d nf va an lu z at nh oi lm ul Người hướng dẫn khoa học z PGS.TS TRỊNH THANH HẢI m co l gm @ an Lu THÁI NGUYÊN - NĂM 2015 n va ac th si Mục lục lu an 1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số tính chất đa thức 1.2 Các định lý nghiệm đa thức 1.3 Ước, ước chung lớn 3 n va Mở đầu 10 10 p ie gh tn to Vấn đề biểu diễn, xác định đa thức 2.1 Biểu diễn số lớp đa thức biến 2.1.1 Biểu diễn đa thức dương trục thực nửa trục thực 2.1.2 Biểu diễn đa thức dương khoảng 2.2 Một số đồng thức đa thức nhiều biến 2.3 Xác định đa thức theo đặc trưng chúng 2.3.1 Đặc trưng hàm đa thức với biến tự 2.3.2 Xác định đa thức theo đặc trưng nghiệm 2.3.3 Xác định đa thức theo phép đối số 2.3.4 Xác định đa thức theo tính chất số học chúng 2.3.5 Xác định đa thức theo nút nội suy 2.3.6 Xác định đa thức từ phép tính vi phân d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul 10 14 16 19 19 22 28 31 33 35 z Một số toán áp dụng liên quan 37 3.1 Bất đẳng thức đa thức 37 3.2 Bài toán cực trị đa thức 44 3.3 Phương pháp đa thức 47 co l gm @ 54 m Kết luận an Lu Tài liệu tham khảo 55 n va ac th si Mở đầu Trong chương trình Tốn THPT nói chung, dạng tập dành cho học sinh khá, giỏi nói riêng tập liên quan đến việc khai thác tính chất đa thức phong phú, đa dạng Tuy nhiên dạng lu tập nghiên cứu sâu số lớp đẳng thức đa thức áp dụng an cịn Xuất phát từ thực tế đó, hướng dẫn nhiệt tình va PGS.TS Trịnh Thanh Hải, tơi chọn hướng nghiên cứu luận văn thạc n tn to sĩ với đề tài: “Một số lớp đẳng thức đa thức áp dụng” nhằm góp gh phần nhỏ bé vào việc bổ sung tài liệu tham khảo cho giáo viên học p ie sinh giảng dạy học tập Luận văn tìm hiểu số vấn đề đa thức như: Biểu diễn số lớp đa thức biến; Một số đồng thức nl w đa thức nhiều biến; Xác định đa thức theo đặc trưng chúng d oa ứng dụng việc giải số toán bất đẳng thức, an lu toán cực trị đa thức toán giải phương pháp đa thức Luận văn gồm chương nf va Chương Một số kiến thức chuẩn bị lm ul Chương Vấn đề biểu diễn, xác định đa thức z at nh oi Chương Một số toán áp dụng liên quan Luận văn hoàn thành giúp đỡ tận tình GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu với hướng dẫn nhiệt tình PGS.TS Trịnh z @ Thanh Hải Em xin bày tỏ kính trọng biết ơn sâu sắc đến thầy gm Em xin chân thành cảm ơn quý thầy cô trường Đại học Khoa co l học - Đại học Thái Nguyên mà trực tiếp khoa Toán – Tin thầy Viện Toán học, ĐHKHTN - ĐHQG Hà Nội tận tình giảng dạy m an Lu tạo điều kiện thuận lợi cho chúng tơi có kiến thức sở đủ vững để thực đề tài n va ac th si Do số điều kiện chủ quan khách quan, luận văn chưa thực hoàn thiện theo ý muốn Em kính mong Thầy, Cơ giáo bảo để em hoàn thiện luận văn Em xin kính chuyển tới Thầy, Cơ giáo lời cảm ơn trân trọng Em xin trân trọng cảm ơn Học viên Đoàn Thị Hồng Cẩm lu an n va p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Một số kiến thức chuẩn bị Trong chương chúng tơi trình bày số vấn đề liên quan lu đến đa thức trình bày từ tài liệu [1]-[7] để sử dụng an chương sau n va Một số tính chất đa thức gh tn to 1.1 p ie Định lí 1.1 Giả sử A trường (A = R A = C) A [x] vành đa thức A, f (x) g(x) 6= hai đa thức vành A [x] d oa cho nl w Khi ln tồn cặp đa thức q (x) r (x) thuộc A [x] an lu f (x) = g (x) q (x) + r (x) với deg r (x) < deg g (x) nf va Nếu r (x) = ta nói f (x) chia hết cho g(x) lm ul Giả sử a ∈ A, f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 đa thức tùy ý vành A [x], phần tử f (a) = an an + an−1 an−1 + · · · + a1 a + a0 có z at nh oi cách thay x a gọi giá trị f (x) a Nếu f (a) = ta gọi a nghiệm f (x) Bài tốn tìm nghiệm f (x) A gọi giải phương trình đại số bậc n z @ l gm an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 = (an 6= 0) m co A an Lu Định lí 1.2 Giả sử A trường số thực số phức, a ∈ A, f (x) ∈ A [x] Dư số phép chia f (x) cho (x − a) f (a) n va ac th si Định lí 1.3 Điều kiện cần đủ để hai đa thức P (x) Q(x) nguyên tố tồn cặp đa thức u(x) v(x) cho P (x) u (x) + Q (x) v (x) ≡ Nếu hai đa thức P (x) Q(x) (không trùng với đa thức 0) có ước chung d(x) đa thức chia hết cho tất ước chung khác d(x) gọi ước chung lớn P (x) Q(x) Tương tự, ta có khái niệm ước chung lớn nhiều đa thức Tính chất 1.1 Nếu đa thức f (x) g(x) nguyên tố lu đa thức f (x) h(x) nguyên tố đa thức f (x) an g(x)h(x) nguyên tố va n Tính chất 1.2 Nếu đa thức f (x), g(x), h(x) thỏa mãn điều kiện p ie gh tn to f (x)h(x) chia hết cho g(x), g(x) h(x) nguyên tố f (x) chia hết cho g(x) Tính chất 1.3 Nếu đa thức f (x) chia hết cho đa thức g(x) h(x) oa nl w với g(x) h(x) nguyên tố f (x) chia hết cho g(x)h(x) d Tính chất 1.4 Nếu đa thức f (x) g(x) nguyên tố Các định lý nghiệm đa thức lm ul 1.2 nf va an lu [f (x)]m [g (x)]n nguyên tố với m, n nguyên dương z at nh oi Định lí 1.4 a nghiệm f (x) f (x) chia hết cho (x−a) Giả sử A trường, a ∈ A, f (x) ∈ A [x] m số tự nhiên lớn Khi a nghiệm bội cấp m f (x) z f (x) chia hết cho (x − a)m f (x) không chia hết cho (x − a)m+1 @ gm Trong trường hợp m = ta gọi a nghiệm đơn m = m co l a gọi nghiệm kép Số nghiệm đa thức tổng số nghiệm đa thức kể bội nghiệm (nếu có) Vì vậy, người ta coi đa thức có nghiệm bội cấp m đa thức có m nghiệm trùng an Lu n va ac th si • Lược đồ Horner Giả sử f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 ∈ A [x] (với A trường) Khi thương gần f (x) cho (x − a) đa thức có bậc n − 1, có dạng q (x) = bn−1 xn−1 + · · · + b1 x + b0 , bn−1 = an , bk = abk+1 + ak+1 , k = 0, 1, , n − dư số r = ab0 + a0 Định lí 1.5 (Định lý Viète) Giả sử phương trình lu an an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 = (an 6= 0) (1.1) n va p ie gh tn to có n nghiệm (thực phức) x1 , x2 , , xn  an−1   E (x) := x + x + · · · + x = − 1 n   an   an−2  E2 (x) := x1 x2 + x1 x3 + · · · + xn−1 xn = an      n a0   En (x) := x1 x2 xn = (−1) an d oa nl w (1.2) lu an Ngược lại số x1 , x2 , , xn thỏa mãn hệ chúng nghiệm nf va phương trình (1.1) Hệ (1.2) có n thành phần vế trái thành lm ul phần thứ k có Cnk số hạng z at nh oi Định nghĩa 1.1 Các hàm E1 (x) , E2 (x) , , En (x) gọi hàm (đa thức) đối xứng sơ cấp Viète bậc 1, 2, , n tương ứng Sau ta nêu (không chứng minh) số định lý z đa thức gm @ Định lí 1.6 Mỗi đa thức thực bậc n có khơng q n nghiệm thực l m co Hệ 1.1 Đa thức có vơ số nghiệm đa thức khơng điểm khác chúng đồng số an Lu Hệ 1.2 Nếu đa thức có bậc ≤ n mà nhận giá trị n + n va ac th si Hệ 1.3 Hai đa thức bậc ≤ n mà nhận giá trị n + điểm phân biệt chúng đồng Định lí 1.7 Mọi đa thức f (x) ∈ C [x] bậc n có n nghiệm (tính bậc nghiệm) Định lí 1.8 Mọi đa thức f (x) ∈ R [x] có bậc n có hệ số (hệ số bậc cao nhất) an 6= phân tích (duy nhất) thành nhân tử f (x) = an m Y (x − di ) i=1 s Y x2 + bk x + ck
k=1 lu với di , bk , ck ∈ R, 2s + m = n, b2k − 4ck < 0, m, n ∈ N∗ an n va Tính chất 1.5 Mọi nghiệm x0 đa thức gh tn to Pn (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 (a0 6= 0) A , A = max |ak | 1≤k≤n |an | p ie thỏa mãn bất đẳng thức |x0 | ≤ + d oa nl w Tínhrchất 1.6 Nếu am hệ số âm đa thức Pn (x) số B cận nghiệm dương đa thức cho, 1+ m a0 B giá trị lớn trị tuyệt đối hệ số âm nf va an lu 1.3 Ước, ước chung lớn lm ul Định nghĩa 1.2 Khi đa thức Pn (x) viết dạng z at nh oi Pn (x) = g (x) q (x) z với deg g > deg q > 0, ta nói g ước Pn (x) ta viết g (x)| Pn (x) hay Pn (x) g (x) gm @ Nếu g (x)| P (x) g (x)| Q (x) ta nói g(x) ước chung P (x) l co Q(x) m Nếu hai đa thức P (x) Q(x) có ước chung đa thức bậc an Lu ta nói chúng nguyên tố ta viết dạng (P (x) , Q (x)) = n va ac th si Bài toán 1.1 Chứng minh hai đa thức P (x) = x2015 − Q(x) = x2015 + nguyên tố Lời giải Nhận xét P (x) − Q(x) = Suy d(x) ước chung P (x) Q(x) d(x) ước đa thức Suy hai đa thức cho nguyên tố Bài tốn 1.2 Tìm ước chung lớn hai đa thức P (x) = (x−1)2015 Q(x) = x2015 − Lời giải Vì x = nghiệm đơn đa thức Q(x) Suy d(x) ước chung P (x) Q(x) d(x) ước x − Suy lu an n va (P (x) , Q (x)) = tn to Bài toán 1.3 Cho đa thức P (x) hai số a, b phân biệt Biết P (x) gh chia cho x − a dư A, P (x) chia cho x − b dư B Hãy tìm phần dư phép p ie chia P (x) cho (x − a)(x − b) w Lời giải Giả sử P (x) = (x − a)(x − b)Q(x) + Cx + D Lần lượt thay d oa nl x = a, b, ta A = Ca + D, B = Cb + D Từ suy an lu nf va C = (A − B)/(a − b) D = A − (A − B)a/(a − b) = (aB − bA)/(a − b) lm ul z at nh oi Bài tốn 1.4 Tìm phần dư phép chia x100 cho (x − 1)2 Lời giải Giả sử x100 = (x − 1)2 Q(x) + Ax + B Thay x = 1, ta z = A + B gm @ Lấy đạo hàm hai vế cho x = 1, ta 100 = A Từ suy phần l m co dư 100x − 99 chia hết cho x − chia x2 − dư 2x an Lu Bài tốn 1.5 Tìm a, b, c biết đa thức P (x) = x3 + ax2 + bx + c n va ac th si Nếu tồn j để xj > x2j + xj + (chú ý x2j + xj + > |xj |) nghiệm nên suy P (x) có vơ số nghiệm Điều vơ lý Tương tự, tồn j để |xj | < vj thịa mãn phương trình vj2 + vj + = xj nghiệm với |vj | < |xj | Từ ta thu điều z m co l gm @ an Lu n va ac th 29 si vô lý Vậy phải có |xj | = với j Do xj = cos ϕ + i sin ϕ Do
x + xj + = nên xj = ±i P (x) = x2 + n Dễ thấy P (x) = j
n x2 + thỏa mãn (2.27) Tóm lại, ta có P (x) ≡ 0; P (x) ≡ 1;
n P (x) = x2 + (n ≥ 1) Bài tốn 2.29 Tìm tất đa thức P (x) bậc n thỏa mãn điều kiện P (x + 1) = P (x) + 2x + 1, ∀x ∈ R Lời giải Nhận xét hai đa thức bậc ≤ m trùng m + lu điểm nguyên chúng trùng nên ta cần xét P (x) điểm an nguyên va Theo giả thiết, ta có P (n) − P (n − 1) = 2n − (n = 1, 2, ) n tn to Suy P (n) = P (0) + + + · · · + (2n + 1) = P (0) + n2 , ∀n ∈ N∗ gh Do P (x) = x2 + c, c tùy ý Thử lại ta thấy P (x) = x2 + c thỏa mãn p ie điều kiện d oa nl w Bài tốn 2.30 Tìm tất đa thức f (x) ∈ R [x] thỏa mãn điều kiện

f (x) f 2x2 = f 2x3 + x2 , ∀x ∈ R (2.28) an lu toán nf va Lời giải Nếu deg f = 0, tức f (x) ≡ c c = c = nghiệm lm ul Giả sử deg f = n ≥ f (x) = a0 xn + a1 xn−1 + · · · + an , a0 6= z at nh oi Khi f (0) = an từ điều kiện toán ta có an = an = Trường hợp an = khơng xảy f (x) = xs g (x) với g (0) 6= z ∀x ∈ N∗ Thay vào (2.28) ta thu


s g (x) xs g 2x2 2s x2s = g 2x3 + x 2x3 + x2 , ∀x ∈ R gm @ Suy g (0) = 0, trái với giả thiết Vậy phải có an = 1, tức l f (x) = a0 xn + a1 xn−1 + · · · + 1, a0 6= m co (2.29) an Lu Đạo hàm hai vế (2.28) ta có



f (x) f 2x2 + 4xf (x) f 2x2 = 6x2 + 2x f 2x3 + x2 (2.30) n va ac th 30 si Thay x = vào (2.30) ta f (0) = 0, tức f (x) = xr g (x) , ∀x ∈ N∗ , g (0) 6= Thế vào (2.30), sau giản ước hai vế cho xr ta thu



g (x) f 2x2 +4xf (x) 2r xr g 2x2 = 6x2 + 2x g 2x3 + x2 (2x + 1)r xr (2.31) Từ (2.31)suy g (0) = 0, mâu thuẫn Kết luận: Vậy tồn đa thức f (x) ≡ f (x) ≡ thỏa mãn toán lu 2.3.4 Xác định đa thức theo tính chất số học chúng an Bài toán 2.31 Xác định đa thức f (x) với hệ số nguyên cho với va n n tự nhiên f (n) ln ước tự nhiên 2015 tn to ie gh Lời giải Ta có 2015 = 1×5×13×31 Theo giả thiết < f (n) ≤ 2015 p với n ∈ N Suy f (x) đa thức với hệ số bậc cao nguyên w dương bị chặn R+ Điều chứng tỏ f (x) đa thức Suy oa nl f (x) = c với c ∈ {1, 5, 13, 31, 65, 155, 403, 2015}, ước 2015 d Bài toán 2.32 Xác định đa thức bậc n dạng lu nf va an f (x) = xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 biết chia f (x) cho (x − b1 ) , (x − b2 ) , , (x − bn ) (bi ∈ Z, bi 6= bj lm ul i 6= j có chung số dư m (m ∈ Z)) z at nh oi Lời giải Từ giả thiết suy f (bi ) = m (i = 1, , n) Đặt f (x) − m = g (x) deg g = n hệ số cao g(x) z g(x) có n nghiệm phân biệt b1 , b2 , , bn Xét đa thức: h (x) = g (x) − (x − b1 ) (x − b2 ) (x − bn ) Khi h (x) = (an−1 − A1 ) xn−1 + (an−2 − A2 ) xn−2 + · · · + (a0 − An ) A1 , A2 , , An xác định sau   A = (−1) (b1 + b2 + · · · + bn )   A2 = (−1) (b1 b2 + b1 b3 + · · · + bn−1 bn ) (∗)    A = (−1)n b b b m co l gm @ n n ac th 31 va an Lu n si Đa thức h(x) có n nghiệm b1 , b2 , , bn , mà deg h (x) ≤ n − nên h (x) ≡ Từ suy hệ số (i = 0, , n − 1) xác định sau: an−1 = A1 , an−2 = A2 , , a1 = An−1 , a0 = An+m , số Ak xác định từ (*) hiển nhiên ∈ Z (i = 0, , n − 1) Bài toán 2.33 Tìm tất đa thức P (x) bậc thỏa mãn điều kiện đa thức (P (x) + 1) chia hết cho (x − 1)3 đa thức (P (x) − 1) chia hết cho (x + 1)3 lu Lời giải Từ giả thiết suy deg P (x) = P (x) chia hết cho (x − 1)2
(x + 1)2 Vậy nên P (x) = a(x − 1)2 (x + 1)2 = a x4 − 2x2 +   x x3 P (x) = a −2 +x+b Kết hợp với điều kiện P (1) = −1 P (−1) = ta thu an n va to
3x5 − 10x3 + 15 ie gh tn P (x) = − p Thử lại ta thấy nghiệm không thỏa mãn Vậy không tồn đa thức nl w bậc thỏa mãn điều kiện d oa Bài tốn 2.34 Tồn hay khơng tồn đa thức P (x) bậc 2002
thỏa mãn điều kiện P x2 − 2001 P (x) lu nf va an Lời giải Giả sử P (x) = (x + a)2002 Khi

2002 P x2 − 2001 = x2 + a − 2001 = h i2002 2 = (x + a) − 2a (x + a) + a + a − 2001 lm ul z at nh oi −1 ± √ Nếu ta chọn a cho a2 + a − 2001 = a =
P x2 − 2001 = (x + a)2002 (x − a)2002 chia hết cho P (x) 8005 ! z gm @ Bài tốn 2.35 Xác định đa thức f (x) dạng f (x) = x5 − 3x4 + 2x3 + n ac th 32 va f (1) = a + b + c = 0, f (−1) = a − b + c − = 0, f (2) = 4a + + c = an Lu ( m co l ax2 + bx + c biết chia hết cho đa thức (x − 1) (x + 1) (x − 2) Lời giải Ta có f (x) chia hết cho (x − 1) (x + 1) (x − 2) si Giải hệ ta thu a = 1, b = −3, c = Vậy đa thức cần tìm f (x) = x5 − 3x4 + 2x3 + x2 − 3x + 2.3.5 Xác định đa thức theo nút nội suy Bài toán 2.36 Cho < α < Tìm tất đa thức f (x) bậc n (n ≥ 2) cho tồn dãy số r1 , r2 , , rn (r1 < r2 < · · · < rn ) thỏa mãn điều kiện sau  f (r1 ) = f (αr + (1 − α) r ) = (i = 1, 2, , n) i+1 lu an Lời giải Nhận xét với a < b x = αa + (1 − α) b x ∈ (a, b) n va Khi to 1 2α − + = x − a x − b α (1 − α) (b − a) ie gh tn p= p 1 Do p > α > , p < α < p = 2 α = n n Q f (x) P Theo giả thiết f (x) = c (x − ri ) nên = f (x) i=1 i=1 x − ri Với n ≥ < α ≤ ta đặt x = αri + (1 − α) r2 Khi theo giả thiết n P f (x) 1 f (x) = đồng thời ta lại có = + + < f (x) x − r1 x − r2 i=3 x − ri 0, mâu thuẫn Tương tự với n ≥ < α < ta nhận điều vô lý Nếu n = α 6= tương tự dẫn đến điều mâu thuẫn Do trường hợp n = α = để xét Khi tam thức bậc hai có nghiệm phân biệt thỏa mãn đề d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z co l gm @ m Bài toán 2.37 Tìm tất đa thức P (x) bậc n với hệ số nguyên an Lu không âm lớn P (9) = 32078 ac th 33 n va Lời giải Giả sử P (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a0 Khi theo giả thiết si P (9) = an 9n +an−1 9n−1 +· · ·+a0 = 32078 Do ≤ ak ≤ nên a0 số dư phép chia 32078 cho 9, tức a0 = Như a1 +9a2 +9n−1 an = 3564 Lập luận tương tự ta nhận a1 số dư phép chia 3564 cho 9, tức a1 = a2 + 9a3 + · · · + 9n−2 an = 396 Tương tự, ta nhận a2 số dư phép chia 396 cho 9, tức a2 = a3 + · · · + 9n−3 an = 44 Tiếp theo, lập luận tương tự ta nhận a3 = a4 = Vậy đa thức cần tìm có dạng P (x) = 4x4 + 8x3 + lu Bài tốn 2.38 Tìm tất đa thức P (x) bậc nhỏ thua n thỏa mãn n P điều kiện (−1)k Cnk P (k) = an k=0 Lời giải Sử dụng công thức nội suy Lagrange với nút nội suy xk = k , n va p ie gh tn to ta đa thức P (x) bậc nhỏ thua n có dạng n−1 P (x − x0 ) (x − xk−1 ) (x − xk+1 ) (x − xn−1 ) P (xk ) P (x) = (xk − x0 ) (xk − xk−1 ) (xk − xk+1 ) (xk − xn−1 ) k=0 nên n−1 P (x − 0) (x − (k − 1)) (x − (k + 1)) (x − (n − 1)) P (x) = P (k) (k − 0) (k − (k − 1)) (k − (k + 1)) (k − (n − 1)) k=0 Ta có n−1 P (n − 0) (n − k + 1) (n − k − 1) P (n) = P (k) k!(−1)n−k (n − k − 1)! k=0 n−1 P (−1)k Cnk P (k) (−1)n Cnm P (n) = d oa nl w an lu (−1)k Cnk P (k) = lm ul k=0 k=0 nf va Suy n P z at nh oi Vậy đa thức cần tìm có dạng n−1 P (x − 0) (x − (k − 1)) (x − (k + 1)) (x − (n − 1)) P (x) = P (k) (k − 0) (k − (k − 1)) (k − (k + 1)) (k − (n − 1)) k=0 z l   1 < , ∀x ∈ ;