Đa thức một biến số

Ma Văn Sơn, giáo viên Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh 1 ĐA THỨC MỘT BIẾN SỐ ( Bài đã đăng trong kỷ yếu hội nghị khoa học của Hội toán học Hà Nội, tổ chức tại Phú Yên tháng 4 năm 2011 ) a thức một biến số là một phần kiến thức quan trọng trong chương trình toán học phổ thông, thường xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi. Tuy nhiên nội dung này ít được đề cập trong SGK nên học sinh thường lúng túng. Do vậy, trong bài viết này, tôi cố gắng tổng hợp một số kiến thức cơ bản và một số ví dụ minh hoạ để các em bước đầu làm quen và tạo đà cho việc học tập phần đa thức. A/ Các khái niệm: Định nghĩa 1: Xét hàm số f: R R  f là đa thức nếu f là hằng số hoặc tồn tại n   , n  và tồn tại các số thực 0 1 2 n a , a , a , ,a với 0 a 0  sao cho n n-1 0 1 n-1 n f(x) = a x + a x + + a x + a với mọi x thuộc R. 0 a gọi là hệ số cao nhất, n a gọi là hệ số tự do, n gọi là bậc của đa thức, ký hiệu là deg f = n Tập hợp tất cả đa thức với hệ số thực ký hiệu R[x] . Tương tự cho   Q x và   Z x . Tính chất: 1/ Nếu f và g thuộc R[x] và deg f = n, deg g = m thì f(g(x)) thuộc R[x] và có bậc bằng m.n và f(x) + g(x) thuộc R[x] và có bậc bé hơn hoặc bằng Max ( m, n ). 2/ Nếu f thuộc R[x] và deg f = n thì f(x +1) – f(x) thuộc R[x] và có bậc bằng n –1 và hệ số cao nhất bằng 0 na . Định nghĩa 2: Giả sử f và g thuộc R[x] , ta bảo nếu f chia hết cho g nếu tồn tại h thuộc R[x] sao cho f(x) = g(x).h(x) với mọi x thuộc R. Định nghĩa 3: Giả sử f thuộc R[x] và  thuộc R, ta bảo  là nghiệm của f nếu ( ) 0 f   . Định nghĩa 4: Giả sử f thuộc R[x] và  thuộc R và k thuộc Z, k  , ta bảo  là nghiệm bội của f nếu tồn tại g thuộc R[x] , ( ) 0 g   mà k f(x) = ( x - ) g(x)  với mọi x thuộc R. B/ Các định lý cơ bản của đa thức một biến số: 1/ Định lý Bơdu:  là nghiệm của đa thức f [ ] R x  khi và chỉ khi: f(x) ( x - )   trong [ ] R x ( ta ký hiệu [ ] R x là tập tất cả các đa thức với hệ số thực). 2/ Định lý 2: Giả sử f [ ] R x  và 1 2 , , , m R     là các nghiệm phân biệt của f với các bội tương ứng là: 1 2 , , , m k k k khi đó, tồn tại g [ ] R x  sao cho: Rxxgxxf i k m i i           ),(.)()( 1  . 3/ Định lýViet: Giả sử n n-1 0 1 n-1 n f(x) = a x + a x + + a x + a với 0 a 0  và f [ ] R x  và 1 2 , , , n    là các nghiệm của f. Ta có: 1 1 2 0 S = . ( 1) , 1,2, , k k k k i i in i i a k n a           . 4/ Công thức nội suy Lagrange: Giả sử f [ ] R x  , deg f = n và 1 2 1 , , , n x x x  là ( n + 1) số thực phân biệt. Ta có: 11 1 1 ( f(x) = ( ) nn j i i j i j j i x x f x x x                   B/ CÁC BÀI TOÁN MINH HOẠ: B1: ỨNG DỤNG ĐỊNH LÝ VIET: Bài 1:Đề thi HSG toàn quốc 1975 Không giải phương trình 3 1 0 x x    , hãy tính tổng lũy thừa bậc 8 của 3 nghiệm của nó. Đ Ma Văn Sơn, giáo viên Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh 2 Giải: Xét phương trình 3 1 0 x x    (1) Áp dụng định lý viet: 1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3 0 1 1 x x x x x x x x x x x x               Từ (1) ta có:   3 1 * i i x x  Suy ra: (*) 5 3 2 2 3 2 2 2 ( 1) 1 1 i i i i i i i i i i i x x x x x x x x x x x              8 5 3 2 3 5 4 3 3 2 ( 1) ( ) ( 1) ( 1) i i i i i i i i i i i i i i x x x x x x x x x x x x x x                  3 2 2 3 2 1 2 2 1 i i i i i i i i x x x x x x x x             2 2 ( 1) 2 2 1 2 3 2 i i i i i x x x x x          Suy ra: 3 3 3 8 2 1 1 1 2 3 6 i i i i i i x x x          Mà 2 2 2 2 1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 3 1 ( ) 2( ) 2 x x x x x x x x x x x x          Vậy 3 8 1 10 i i x    Bài 2: Cho 4 số x, y, z và w R  thoả: 7 7 7 7 x + y + z + w = x + y + z + w = 0 . Tìm P = w ( w+ x )(w + y )( w + z ). Giải: Ta phát biểu lại Cho x 1 , x 2 , x 3 , x 4 thoả điều kiện: x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = x 1 7 + x 2 7 + x 3 7 + x 4 7 = 0. Tìm P = x 4 (x 4 + x 1 )(x 4 + x 2 )(x 4 + x 3 ). Gọi x i là nghiệm phương trình: t 4 – at 3 + bt 2 – ct + d = 0. Theo định lý viet, ta có: a =      4 1 )()()(0 i kjijii kjixxxcjixxbgtx d= x 1 x 2 x 3 x 4 . Đặt S n =   4 1i n i x Ta có: S 1 =      bxxxxSx jiiii 202)(,0 2 2 2 . Ta tính S 3 Xét     0.40)( 4321 123 23 xxxx x x x dcbSaSS x d cbxaxx kji iii .  cS d c dcabS 30.42 33  . Ta tính S 4        01)( 234234 dxcxbxaxdcxbxaxx iiiiiiii  S 4 – aS 3 + bS 2 – cS 1 + 4d = 0. Suy ra: S 4 = 2b 2 – 4d. Tương tự ta chứng minh được: S n+4 = -bS n+2 + cS n+1 – dS n , n > 1. Suy ra: S 5 = -bS 3 + cS 2 = - 5bc. S 7 = 5b 2 c + 2b 2 c – 4dc – adc = 7c(b 2 –d). Ma Văn Sơn, giáo viên Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh 3 Theo giả thiết: S 7 = 0 => c = 0 hoặc b 2 = d. a. Nếu b 2 = d: Ta có: 0  S 4 = 2b 2 – 4d = -2d = -2b 2 => b = 0. Suy ra S 2 = 0  x 1 = x 2 = x 3 = x 4 = 0 => P = 0. b. Nếu c = 0: Ta có: x 1 , x 2 , x 3 x 4 là nghiệm phương trình: t 4 + bt 2 + d = 0 suy ra nghiệm phương trình có dạng: 0, 34 24 14           P xx xx xx VU Kết luận: P = 0. Bài 3: Cho đa thức n n-1 0 1 n-1 n P(x) = a x + a x + + a x + a với 3 n  và 0 a 0  . Biết rằng đa thức có n nghiệm thực và 2 0 1 2 1, , 2 n n a a n a      . Hãy xác định các hệ số ( 1, ) i a i n  . Giải: Gọi i x là các nghiệm của đa thức P(x). Theo định lý viet ta có: )()2( 2 ),1( 1 1 1 2 ji nn xxnx n i n i n j jii          . Vậy:          n i n i n i n j jiii nnnnxxxx 1 1 1 1 222 2 )3()(2)( . và:        n i n i n i iii nnnnxxx 1 1 1 22 )4(022)()1( Từ (4)     1, 1 n i x i P x x       . Vậy các hệ số của đa thức P(x) là:   1 ( 0, ) k k k n a C k n    . Bài 4: Tìm các đa thức bậc 3, 3 2 P(x) = x + ax + bx + c nhận các số hữu tỉ a, b, c làm nghiệm. Giải: Áp dụng định lý Viet ta có:         )3( )2( )1( cabc bcabcab acba a .Nếu a= 0 ( hoặc b = 0) thì từ phương trình (3) ta suy ra c = 0 Do (1) nên ta suy ra b = 0 ( a = 0 ). Vậy a = b = c = 0. b .Nếu a # 0 và b# 0: có 2 khả năng: + Nếu c = 0: (2) => a = 1, (1) => b = -2. Vậy: x 3 + x 2 – 2x = 0 có nghiệm 1, -2, 0. Nếu c # 0: do (3) có b = a 1  Khử c từ (1), (2): b 4 + b 3 – 2b 2 + 2 = 0 Phương trình này chỉ có nghiệm hữu tỉ b = -1. Khi đó a = 1, c = -1. Vậy: x 3 + x 2 – x – 1 = 0 có 1 nghiệm đơn, 1 nghiệm kép = -1. Kết luận: Các đa thức cần tìm là P(x) = x 3 , p(x) = x 3 + x 2 –2x, p(x) = x 3 + x 3 – x - 1 B2/ CÁC BÀI TOÁN TÌM ĐA THỨC: Bài 5: Tìm đa thức P(x) thoả mãn:      27)1( .0)(12)()2(2)()4)(2( ///2 P xxPxPxxxPxx Ma Văn Sơn, giáo viên Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh 4 Giải: Gọi P(x) = a n x n + a n-1 x n-1 + + a 1 x + a 0 . (a n # 0 ) Ta có: P / (x) = na n x n -1 + (n -1)a n-1 x n-2 + + a 1 . P // (x) = na n (n-1)x n-2 +(n-1)(n-2)a n-1 x n-3 + + 2a 2 . Từ điều kiện, ta có: ( x + 2) (x 2 – 4)P // (x) – 2x(x+2)P / (x) + 12P(x) = 0 (*) có bậc cao nhất là n + 1. Điều kiện cần: Hệ số chứa bậc n+ 1 của vế trái (*) là: n ( n – 1) a n – 2na n = 0  n.(n – 3)a n = 0. Vì n  1, a n # 0 suy ra n = 3 Điều kiệnđủ: Với n = 3 Gọi P(x) = a 3 x 3 + a 2 x 2 + a 1 x + a 0 (1) ( a 3 # 0). Theo điều kiện bài toán ta có: ( 12a 3 - 2a 2 )x 3 + (8a 2 - 24a 3 – 2a 1 )x 2 + ( 8a 1 – 8a 2 – 48a 3 )x +12a 0 – 16a 2 = 0 x  . =>            043 06 0124 0 6 20 321 132 23 aa aaa aaa aa          3 0 31 32 8 12 6 aa aa aa Vậy: P(x) = a 3 (x 3 + 6x 2 +12x + 8). Do P(1) = 27 => a 3 = 1 Kết luận: P(x) = x 3 + 6x 2 + 12x + 8. Bài 6: 1/ Tìm tất cả các đa thức P(x) thoả mãn điều kiện: P(x +1) = P(x) + 2x + 1, R x   (1) 2/ Tìm tất cả các đa thức P(x) thoả mãn điều kiện:     2 2 1 2 1 P x P x x         , R x   (2) Giải: 1/ Để ý:   2 2 2 1 1 x x x     . Do đó: 2 2 (1) P(x + 1) = P(x) + ( x + 1) - x  2 2 P(x +1) - (x +1) = P(x) - x (*)  . Đặt 2 Q(x) = P(x) - x , ta có   * Q(x) = Q(x + 1)  . Bằng qui nạp ta suy ra: Q(x) = Q(x + 1) = Q(x + 2) = = Q(x +n) Cho x = 0, ta có: Q(0) = Q(1) = Q(2) = Q(n) Do đó, ta có phương trình: Q(x) – Q(0) = 0 có vô số nghiệm x là 0, 1, , n,     0 , Q x Q x R     hay: Q(x) P(0), x R    2 2 (x) = x + P(0) = x + c P , với c = P(0) Thử lại ta thấy đúng. 2/ Bằng cách giải tương tự như câu (1), ta có: P(x) = x + c. Bài 7: Cho a, b là 2 số thực trong đó 0 a  . Tìm đa thức P(x) thoả mãn: x.P(x - a) = ( x – b)P(x) (1). Giải: Ta xét các trường hợp: a/ Nếu b = 0 ta có: x.P(x – a) = x.P(x)  P( x – a) = P(x) , suy ra P(x) là hàm hằng. Vậy P(x) = C b/ Nếu 0 b  + Nếu b Z a   ta có 0 b na   ( với n nguyên dương ) hay b na  với + n Z  Với x = 0 ta có P(0) = 0 x = a ta có (a – b)P(a) = 0  P(a) = 0 ( vì a b  ) x = 2a ta có: ( 2a – b ) P(2a) = 2aP(a) = 0  P(2a) = 0 ( vì 2 b a  ) Ma Văn Sơn, giáo viên Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh 5 x = na ta có: ( na – b)P(na) = naP[(n – 1)a] = 0  P(na) = 0 ( vì b na  ) Từ đó suy ra P(x) có vô số nghiệm. Suy ra P(x) là hàm hằng. Đặt P(x) = c, thế vào (1) ta được: xC = ( x – b)C  bC = 0 ( vì 0 b  )  C = 0 Vậy   0 P x  . + Nếu b n Z a    ta có b = na ( n Z   ) Từ (1) ta có xP(x – a) = (x – na)P(x) (2) với x = 0 ta có P(0) = 0 ; x = a ta có P(a) = 0 ; x = 2a tacó P(2a) = 0 x = ( n – 1)a ta có: [(n – 1)a –na]P[(n-1)a] = (n – 1)aP[(n – 2)a]  P[(n –1)a] = 0. Từ đó suy ra 0, a, 2a, ( n – 1)a là n nghiệm của đa thức P(x). Theo định lý Bơdu ta có: P(x) = x(x – a) [(x –(n-1)a]Q(x) ( với Q(x) là đa thức có bậc nhỏ hơn bậc của P(x) ) Thế vào (2) ta có x(x – a)(x – 2a) ( x –na)Q(x – a) = (x – na)x( x – a) [ x – ( n –1)a]Q(x) với mọi x.  Q(x – a) = Q(x) x   Q(x) là hàm hằng.  Q(x) = C do đó 1 0 P(x) = ( ) n i C x ia     Kết luận: + b = 0 : P(x) = C + b Z a   : P(x)  0 + b Z a   : P(x) =     1 0 )( n i iaxC B3/ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN HỆ SỐ VÀ NGHIỆM Bài 8: Giả sử 5 2 p(x) = 1 x x   có 5 nghiệm 1 2 5 ; ; r r r . Đặt 2 q(x) = x - 2 . Xác định tích       1 2 5 . q r q r q r Giải: Ta có p(x) =       1 2 5 x r x r x r    và       2 2 2 1 2 5 ( ) 2 . 2 2 q x r r r     Ta có: với mọi i = 1,2,3,4,5 thì     2 2 i i i r r r     nên             1 2 5 1 2 5 ( ) 2 2 2 2 2 2 ( 2) ( 2) q x r r r r r r p p            = - 23 Bài 9: Chứng minh rằng, N n n    , 1 thì 2cosn là đa thức bậc n của 2cos với hệ số nguyên. Từ đó, hãy chứng minh: Nếu k là số hữu tỉ thì: * Hoặc là cosk  là một trong các số 0, 2 1 ,1  * Hoặc là cosk  là một số vô tỉ. Giải: a. Ta chứng minh bằng qui nạp khẳng định sau: 1   n , 2Cosn là đa thức bậc n của 2Cos với hệ số nguyên, hệ số cao nhất bằng 1. Thật vậy: n = 1: 2Cos.Khẳng định trên đúng n = 2: 2Cos2 = 2[2Cos 2  - 1] = [2Cos] 2 – 2 khẳng định trên đúng. Giả sử mệnh đề đúng với n= k. Ta chứng minh rằng mệnh đề đúng với k + 1. Thật vậy: 2Cos(k + 1)  + 2Cos(k – 1)  = 4Cosk.Cos = (2Cosk)(2Cos)  2Cos(k + 1)  = (2Cosk)(2Cos) – (2Cos(k – 1) ). Vế phải là đa thức bậc k + 1 của 2Cos với Hệ số nguyên, hệ cao nhất bằng 1. Ma Văn Sơn, giáo viên Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh 6 Suy ra mệnh đề đúng n = k + 1 b. Giả sử: )0,1),(,,(  qqpzqp q p k . Đặt:  =  k * Nếu Cos vô tỉ thì ta có điều phải chứng minh. * Nếu Cos hữu tỉ : Đặt x = 2Cos )2( x Khi đó: 2Cosq = x q + a 1 x q-1 + + a q , a i Z  =>   Cospk k p Cos 22 x q + a 1 x q-1 + + a q  x q + a 1 x q-1 + + [a q – 2(-1) p ] = 0 (*) Vậy x là nghiệm hữu tỉ phương trình (*), là đa thức có hệ số nguyên, nên suy ra x  Z. Mà 2x nên x nhận các giá trị 0, 2 , 1   . Từ đó: Cos { 0, 1, 2 1  } ( ĐP cm) Bài 10: Cho n n n-1 n-1 0 f(x) = a x + a x + + a , trong đó n a 0, 1 n   . Đặt: 0 1 1 r = n n a a a a     . Chứng minh rằng: a/ Nếu 1r thì mọi nghiệm thực f(x) nằm trong [-r, r] b/ Nếu 1 r  thì mọi nghiệm thực f(x) nằm trong [ -1, 1 ] Giải: Nếu x 0 là nghiệm mà .1 0  rx Ta có: a n x 0 n = - ( a n-1 x 0 n-1 + + a 0 ). => n n n n n n n n n a r aa r a r a x a x a x a x a a      0101 0 0 0 1 0 0 0 1 Suy ra dấu bằng phải xảy ra, tức là: a n-1 = = a 0 = 0. Vậy: f(x) = a n x n , chỉ có duy nhất 1 nghiệm x = 0 => x 0 = 0 < 1 Vô lý. Vậy bài toán được chứng minh. b. Chứng minh Tương tự câu a. Bài 11: Giả sử , 2000 m n  là 2 trong 5 nghiệm của phương trình 5 4 3 x - 1999 x - 2000 x - x + 2000 = 0 . Chứng minh rằng mn là nghiệm phương trình: 6 4 3 2 x + x + x - x - 1 = 0 . Giải: 5 4 3 4 3 x - 1999 x - 2000 x - x + 2000 = 0 ( x - 2000 )( x - x - 1 ) = 0  Giả sử 4 3 P(x) = x - x - 1 có 4 nghiệm m, n, p, q thì P(x) = ( x – m )( x – n )( x – p )( x – q ). Theo định lý viet thì m + n + p + q = -1 ; m n p q = -1 hay 1 mn pq   (1) Chứng minh rằng mn là nghiệm phương trình: 6 4 3 2 x + x + x - x - 1 = 0 tức là phải chứng minh:         6 4 3 2 + - - 1 = 0 mn mn mn mn         3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 1 0 1 0 ( ) ( ) mn mn mn mn mn mn mn mn mn mn                             3 3 3 ( ) 1 0 mn mn pq mn pq           Ma Văn Sơn, giáo viên Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh 7 Ta sẽ chứng minh:   3 3 ( ) 1 0 mn pq mn pq      . Ta có: P(m) = 0 4 3 3 1 - m - 1= 0 m 1 m m     . P(n) = 0 4 3 3 1 - n - 1= 0 1 n n n     . Suy ra:   3 1 1 . (2) 1 1 mn m n    Ta lại có: P ( - 1 ) = -1 = ( -1 – m )( -1 – n )( -1 – p )( -1 – q )   1 1 1 ( 1) . (3) 1 1 m n p q       Thay (3) vào (2):      3 1 1 mn p q     . Tương tự ta có:      3 1 1 mn m n     . Do đó:   3 3 ( ) 1 ( 1)( 1) ( 1)( 1) 1 mn pq mn pq p q m n mn pq               1 1 1 ( ) 1 0 pq p q mn n m mn pq m n p q                    ( ĐPCM) Bài 12: Cho 2 f(x) = x - 2 . Đặt   2 n n-1 f x = f[f(x)], ,f (x) = f[f (x)] N n n    , 2 . Chứng minh phương trình: n f (x) = 0 có đúng n 2 nghiệm phân biệt. Giải: Bằng qui nạp ta chứng minh được f(n) là đa thức bậc n 2 , nên có nhiều nhất là n 2 nghiệm. Ta xét [ 2,2], x   đặt 2 , [0, ] x cos      Khi ấy 2 2 f(x) = (2cos ) - 2 = 2(2cos - 1) = 2cos 2    .     2 2 2 f x = f[f(x)]= 2cos2 2 2cos2     Bằng qui nạp ta có   n f x 2cos2 n   . Từ đó   n f x 0 2cos2 0 n     2 2 n k       1 ( ) 2 2 n n k k Z         . Do       nn kneân 2 2 0],0[ 1 Vậy k nhận cácgiá trị n 0, 1, , 2 -1 . Do đó phương trình n f (x) = 0 có đúng n 2 nghiệm phân biệt Bài 13: Cho đa thức n n axa   x f(x) 1 1 n có bậc n lớn hơn hoặc bằng 2 có các nghiệm thực: 1 2 n b , b , ,b . Cho 0 1 2 n x > max(b , b , ,b ) . Chứng minh rằng: 2 02010 0 .2 1 11 )1( n bxbxbx xf n                Giải: Ta có: 1 2 n f(x) = ( x - b )( x - b ) ( x - b ) . Suy ra       0 0 1 0 2 0 n f(x +1) = x +1- b x +1- b x +1- b Áp dụng bất đẳng thức Cauchy: n n n n nn n nn bx bx bx bx bx bx n bxbxbx nxf bxbxbx xf                        0 0 20 20 10 10 02010 0 02010 0 )1( )1()1( . 1 11 .).1( 1 11 )1( Đặt 0 i t = x - b 0, 1, i n   Ma Văn Sơn, giáo viên Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh 8 x 0 Với mọi m lớn hơn hoặc bằng 2 ta có: (*)2 2 )1( 1 2 )1( 1)1( 22 ntt nn ntt nn ntt n      Để CM (*): ta dùng phương pháp tam thức bậc 2 , có 0   . Do đó: n n n nn nn bx nt bx nt bx nt n bxbxbx xf )2(. 2 22 . 1 11 )1( 0201002010 0                  Bài 14: Chứng minh rằng đa thức 2 n P (x) = 1 2! ! n x x x n    không thể có nhiều hơn 1 nghiệm thực. Giải: Ta chứng minh bằng qui nạp + Nếu n chẵn thì Pn(x) nhận giá trị dương với mọi x. Suy ra P(x) không có nghiệm thực. + Nếu n lẻ thì Pn(x) có đúng 1 nghiệm thực. * n= 0: P 0 (x) = 1 > 0 x  . Vậy mệnh đề đúng với n = 0 Giả sử mệnh đề đúng n = k – 1. Ta chứng minh mệnh đề đúng Với n= k. a. Nếu n = k lẻ Do giả thiết qui nạp ta có P / k(x) = P k-1 (x) > 0 x  Pk(x) tăng Và )( )(lim 1)0( xP xP P n n x n          có đúng 1 nghiệm. b. Nếu n = k chẵn: P / k (x) = P n-k (x) có đúng 1 nghiệm x 0 # 0. Vì P //(x) k = P k-2 (x) > 0 x   R =>       0 / 0 / 0)( 0)( xxxP xxxP k k Ta có bảng biến thiên: x     P / k (x) - + Vậy: P k (x)  P k (x 0 ). Vì x 0 là nghiệm của phương trình: P k-1 (x 0 ) = 0 => 1 + x 0 0 )!1( !2 1 0 2 0     k xx k Vậy: P k (x 0 ) = 1 + x 0 ! ! ! 2 0 2 0 k x k xx kk o  Toùm lại P k (x) 0 ! )( 0 0  k x xP k k , k chẵn. Vậy Bài toán chứng minh xong. Bài 15: Cho đa thức   n n-1 1 n f(x) = x + a x + + a R x  và 0 1 n b < b < < b , với i b , 1, Z i n   . Chứng minh rằng: ! ( ) ,0 2 i n n Max f b i n    Giải: Đặt M = nibfMax i 0,)( Ma Văn Sơn, giáo viên Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh 9 Theo công thức nội suy Lagrange, ta có: f(x) =                        n i n ij j ji j i bb bx bf 0 0 )( So sánh hệ số của x n ở 2 vế ta có: 1 =                   n i n i n ij j ji n j ji i n i n ij j ji i bb M bb bf bb bf 0 0 00 0 0 1 )( )( )( )( (*) Ta có b i )(,0, ikbbniZ ki  . Do đó, bằng qui nạp, ta chứng minh được: )!(! 0 inibb ji n ij j     Vì thế, từ (*) ta có:             n i n i n n ij j ji n M ini M bb M 0 0 0 ! 2 . )!(! 11 1 Vậy: n n M 2 !  (ñpcm) Bài 16: Cho n 1 0 1 f(x) x n n a a x a      là đa thức có hệ số thực, có 0 0 a  và thoả mãn: 2 3 f(x).f(2x ) = f(2x + x) (*) . Chứng minh rằng đa thức f(x) không có nghiệm thực. Giải: Từ giả thiết bài toán 2 3 f(x).f(2x ) = f(2x + x) (*) , ta so sánh các hệ số trong khai triển của: 3n x và 0 x ta có:      )2(. )1()2()2(. 3 0 2 00 nnn nnn aaa xxaxaxa  0 0 2 0 0 2 1 ( 0) 0 1 n n n n a a a a a a a a                     1/ Nếu 0 n a  ta có : n 1 k 1 1 1 f(x) x f(x) x f (x) n n a x a x         với 1 f (0) 0, k N   Thay (*), ta có: k 2 k 2 3 k 3 1 1 1 x .f (x).(2x ) .f (2x ) = ( 2x + x) .f (2x + x) 3k k 2 k 2 k 3 1 1 1 x .2 .f (x).f (2x ) = x (2x + 1) f (2x + x )  . (**) Vì (**) đúng x  , nên cho x = 0 ta có   1 0 0 f vô lý. Vậy 0 n a  . 2/ Nếu 1 n a  . Giả sử 0 x là nghiệm f(x), ta có 0 0 x  . Thế (*) ta có: 2 3 0 0 0 0 0 = f(x ).f(2x ) = f(2x + x ) Vậy: 3 0 0 2x + x cũng là nghiệm của f(x) Mặt khác do 0 x và 3 0 2x cùng dấu nên: 00 3 00 3 0 22 xxxxx  => f(x) có vô số nghiệm   k x dạng: 3 k+1 k k x = 2x + x ( 0) k  vô lý, vì f(x) có tối đa n nghiệm Vậy f(x) vô nghiệm. Bài 17: Cho 1 2 n a , a , , a là những số thực không âm, không phải tất cả bằng không. a/ Chứng minh rằng: n n-1 1 n-1 n x - a x - a x- a = 0 có đúng 1 nghiệm thực dương. Ma Văn Sơn, giáo viên Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh 10 b/ Đặt      n j n j jj jaBaA 1 1 , và gọi R là nghiệm thực dương của phương trình. Chứng minh rằng: BA RA  Giải: a. Xét f(x) = n n x a x a x a  2 21 Dễ thấy f là hàm số giảm từ   đến 0 khi x ) , 0 (    suy ra , ! R  R > 0: f (R ) = 1  , ! R  R > 0: 0 1 1 1 1 2 21    nn nn n n axaxax x a x a x a b. Đặt A a C j j  , ta có C j là những số không âm và:      n j n j jj AaC 1 1 1/ Mặt khác: y = -lnx là hàm số lõm ( 0,   ), nên Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có:      n j n j j j j j R A C R A C 1 1 )ln()ln( (*) Mặt khác:      n j n j j j j j Rfacaâudo R a R A C 1 1 )1)(,(01lnln)ln( Vậy (*) cho ta:    n j j j R A C 1 0)ln(    n j j j RAC 1 0)lnln(    n j j RjAC 1 0)lnln(      n j n j jj RjCAC 1 1 lnln       n j j j n j jj A a CdoR A A jA A a 1 1 )(ln.ln      n j n j jj ja A R a A LnA 1 1 ln BA RARBAA  lnln Bài 18: ( Định lý Eisenstein ) Hãy chứng minh định lý tổng quát hơn: Cho đa thức 0 1 f(x) n n a a x a x     ( n>1 ), trong đó 0 1 n a , a , , a là những số nguyên và một số nguyên tố p thoả mãn các điều kiện: 1/ n a không chia hết cho p. 2/ 0 1 k a , a , , a chia hết cho p ( 0 k n   ) 3/ 0 a không chia hết cho 2 p . Nếu f(x) được viết được dưới dạng tích của 2 đa thức với các hệ số nguyên thì bậc của một trong 2 đa thức đó không nhỏ hơn k+1. Chứng minh: Giả sử f(x) = h(x).g(x) trong đó 0 1 h(x) b m m b x b x     ; 0 1 g(x) c n m n m c x c x       . Ta có 0 0 0 a = b c . Vì 0 a p  và không chia hết cho 2 p nên trong 2 số 0 b và 0 c có 1 số chia hết cho p và số còn lại không chia hết cho p. Giả sử 0 b p  và 0 c không chia hết cho p. Vì n a m n m b c   không chia hết cho p nên m b cũng không chia hết cho p. Gọi 0 i là số nhỏ nhất trong số các số i thoả mãn i b không chia hết cho p thì 0 0 i m   . Ta có:    0 00 . 0 iji jiii cbbca ( 0 0 i i   ) không chia hết cho p. Vậy 0 1 i k   . Mặt khác 0 m i  Vậy 1 m k   . (ĐPCM ) [...]... minh rằng f (x) khơng thể viết được dưới dạng tích của 2 đa thức với các hệ số ngun và có bậc khơng nhỏ thua 1 Giải: Giả sử f(x) = f1 (x) f 2 (x) trong đó f1 (x), f 2 (x) là 2 đa thức với các hệ số ngun và có bậc khơng nhỏ thua 1 Đa thức f(x) thoả mãn với các giả thiết của Bài 19 với p =3, k = n-2 Vậy trong các đa thức f1 (x), f 2 (x) có 1 đa thức có bậc khơng nhỏ thua n – 1 Giả sử f1 (x) có bậc khơng... nhận được Định lý Eisenstein Cho đa thức f(x)  a0  a1 x   an x n ( n  1 ), trong đó a 0 , a1 , , a n là những số ngun và một số ngun tố p thoả mãn các điều kiện: 1/ a n khơng chia hết cho p 2/ a 0 , a1 , , a n-1 chia hết cho p 3/ a 0 khơng chia hết cho p2 Khi đó f(x) bất khả qui trên Q Bài 19: ( Đề thi Tốn quốc tế 1993 ) Giả sử f(x) = x n +5x n-1 +3 trong đó n là số ngun lớn hơn 1 Chứng minh rằng... 0,f 2 (-1)  0,f 2 (3)  0,f 2 (-3)  0 Điều này vơ lý C/ TÀI LIỆU THAM KHẢO: 1/ Chuyên đề Đa thức của Nguyễn Minh Đức, Viện công nghệ thông tin – Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi, Vụ trung học phổ thông năm 1997 2/ Báo Toán học và tuổi trẻ 3/ Các đề thi Vô Đòch Toán các nước, Nhà xuất bản Hải phòng 4/ Một số tài liệu khác……………………………… 11 . Chánh 1 ĐA THỨC MỘT BIẾN SỐ ( Bài đã đăng trong kỷ yếu hội nghị khoa học của Hội toán học Hà Nội, tổ chức tại Phú Yên tháng 4 năm 2011 ) a thức một biến số là một phần kiến thức quan trọng. hợp một số kiến thức cơ bản và một số ví dụ minh hoạ để các em bước đầu làm quen và tạo đà cho việc học tập phần đa thức. A/ Các khái niệm: Định nghĩa 1: Xét hàm số f: R R  f là đa thức. của đa thức một biến số: 1/ Định lý Bơdu:  là nghiệm của đa thức f [ ] R x  khi và chỉ khi: f(x) ( x - )   trong [ ] R x ( ta ký hiệu [ ] R x là tập tất cả các đa thức với hệ số