ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐOÀN THỊ HỒNG CẨM MỘT SỐ LỚP ĐẲNG THỨC TRONG ĐA THỨC VÀ ÁP DỤNG LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN NĂM 2015 Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! ĐẠ[.]
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐOÀN THỊ HỒNG CẨM MỘT SỐ LỚP ĐẲNG THỨC TRONG ĐA THỨC VÀ ÁP DỤNG LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - NĂM 2015 Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐOÀN THỊ HỒNG CẨM MỘT SỐ LỚP ĐẲNG THỨC TRONG ĐA THỨC VÀ ÁP DỤNG LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học PGS.TS TRỊNH THANH HẢI THÁI NGUYÊN - NĂM 2015 Mục lục Mở đầu 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 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 10 10 10 14 16 19 19 22 28 31 33 35 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 Kết luận 54 Tài liệu tham khảo 55 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 tập nghiên cứu sâu số lớp đẳng thức đa thức áp dụng cịn Xuất phát từ thực tế đó, hướng dẫn nhiệt tình PGS.TS Trịnh Thanh Hải, tơi chọn hướng nghiên cứu luận văn thạc sĩ với đề tài: “Một số lớp đẳng thức đa thức áp dụng” nhằm góp phần nhỏ bé vào việc bổ sung tài liệu tham khảo cho giáo viên học 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 đa thức nhiều biến; Xác định đa thức theo đặc trưng chúng ứng dụng việc giải số toán bất đẳng thức, toán cực trị đa thức toán giải phương pháp đa thức Luận văn gồm chương Chương Một số kiến thức chuẩn bị Chương Vấn đề biểu diễn, xác định đa thức Chương Một số tốn áp dụng liên quan Luận văn hồn thành giúp đỡ tận tình GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu với hướng dẫn nhiệt tình PGS.TS Trịnh Thanh Hải Em xin bày tỏ kính trọng biết ơn sâu sắc đến thầy Em xin chân thành cảm ơn quý thầy cô trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên mà trực tiếp khoa Toán – Tin thầy Viện Toán học, ĐHKHTN - ĐHQG Hà Nội tận tình giảng dạy tạo điều kiện thuận lợi cho chúng tơi có kiến thức sở đủ vững để thực đề tài Do số điều kiện chủ quan khách quan, luận văn chưa thực hồn thiện theo ý muốn Em kính mong Thầy, Cô giáo bảo để em hồn thiện luận văn Em xin kính chuyển tới Thầy, Cô giáo lời cảm ơn trân trọng Em xin trân trọng cảm ơn Học viên Đoàn Thị Hồng Cẩm Chương Một số kiến thức chuẩn bị Trong chương chúng tơi trình bày số vấn đề liên quan đến đa thức trình bày từ tài liệu [1]-[7] để sử dụng chương sau 1.1 Một số tính chất đa thức 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] Khi ln tồn cặp đa thức q (x) r (x) thuộc A [x] cho f (x) = g (x) q (x) + r (x) với deg r (x) < deg g (x) Nếu r (x) = ta nói f (x) chia hết cho g(x) 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 cách thay x a gọi giá trị f (x) a Nếu f (a) = ta gọi a nghiệm f (x) Bài toán tìm nghiệm f (x) A gọi giải phương trình đại số bậc n an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 = (an 6= 0) A 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) 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 đa thức f (x) h(x) nguyên tố đa thức f (x) g(x)h(x) nguyên tố Tính chất 1.2 Nếu đa thức f (x), g(x), h(x) thỏa mãn điều kiện 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) với g(x) h(x) nguyên tố f (x) chia hết cho g(x)h(x) Tính chất 1.4 Nếu đa thức f (x) g(x) nguyên tố [f (x)]m [g (x)]n nguyên tố với m, n nguyên dương 1.2 Các định lý nghiệm đa thức 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) f (x) chia hết cho (x − a)m f (x) không chia hết cho (x − a)m+1 Trong trường hợp m = ta gọi a nghiệm đơn cịn m = 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 • 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 an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 = (an 6= 0) 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 (1.1) (1.2) Ngược lại số x1 , x2 , , xn thỏa mãn hệ chúng nghiệm phương trình (1.1) Hệ (1.2) có n thành phần vế trái thành phần thứ k có Cnk số hạng 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 đa thức Định lí 1.6 Mỗi đa thức thực bậc n có khơng q n nghiệm thực Hệ 1.1 Đa thức có vơ số nghiệm đa thức khơng Hệ 1.2 Nếu đa thức có bậc ≤ n mà nhận giá trị n + điểm khác chúng đồng số 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 với di , bk , ck ∈ R, 2s + m = n, b2k − 4ck < 0, m, n ∈ N∗ Tính chất 1.5 Mọi nghiệm x0 đa thức Pn (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 (a0 6= 0) thỏa mãn bất đẳng thức |x0 | ≤ + A , A = max |ak | 1≤k≤n |an | 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 1.3 Ước, ước chung lớn Định nghĩa 1.2 Khi đa thức Pn (x) viết dạng Pn (x) = g (x) q (x) với deg g > deg q > 0, ta nói g ước Pn (x) ta viết g (x)| Pn (x) hay Pn (x) g (x) Nếu g (x)| P (x) g (x)| Q (x) ta nói g(x) ước chung P (x) Q(x) Nếu hai đa thức P (x) Q(x) có ước chung đa thức bậc ta nói chúng nguyên tố ta viết dạng (P (x) , Q (x)) = 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 (P (x) , Q (x)) = Bài toán 1.3 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 phần dư phép chia P (x) cho (x − a)(x − b) Lời 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) 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 = A + B Lấy đạo hàm hai vế cho x = 1, ta 100 = A Từ suy phần dư 100x − 99 Bài tốn 1.5 Tìm a, b, c biết đa thức P (x) = x3 + ax2 + bx + c chia hết cho x − chia x2 − dư 2x 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 29 vơ 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 + điểm nguyên chúng trùng nên ta cần xét P (x) điểm nguyên Theo giả thiết, ta có P (n) − P (n − 1) = 2n − (n = 1, 2, ) Suy P (n) = P (0) + + + · · · + (2n + 1) = P (0) + n2 , ∀n ∈ N∗ Do P (x) = x2 + c, c tùy ý Thử lại ta thấy P (x) = x2 + c thỏa mãn điều kiện 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) Lời giải Nếu deg f = 0, tức f (x) ≡ c c = c = nghiệm toán Giả sử deg f = n ≥ f (x) = a0 xn + a1 xn−1 + · · · + an , a0 6= 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= ∀x ∈ N∗ Thay vào (2.28) ta thu s g (x) xs g 2x2 2s x2s = g 2x3 + x 2x3 + x2 , ∀x ∈ R Suy g (0) = 0, trái với giả thiết Vậy phải có an = 1, tức f (x) = a0 xn + a1 xn−1 + · · · + 1, a0 6= Đạo hàm hai vế (2.28) ta có f (x) f 2x2 + 4xf (x) f 2x2 = 6x2 + 2x f 2x3 + x2 30 (2.29) (2.30) 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 tốn 2.3.4 Xác định đa thức theo tính chất số học chúng Bài toán 2.31 Xác định đa thức f (x) với hệ số nguyên cho với n tự nhiên f (n) ln ước tự nhiên 2015 Lời giải Ta có 2015 = 1×5×13×31 Theo giả thiết < f (n) ≤ 2015 với n ∈ N Suy f (x) đa thức với hệ số bậc cao nguyên dương bị chặn R+ Điều chứng tỏ f (x) đa thức Suy f (x) = c với c ∈ {1, 5, 13, 31, 65, 155, 403, 2015}, ước 2015 Bài toán 2.32 Xác định đa thức bậc n dạng 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 i 6= j có chung số dư m (m ∈ Z)) 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) 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 n n 31 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 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 P (x) = − 3x5 − 10x3 + 15 Thử lại ta thấy nghiệm không thỏa mãn Vậy không tồn đa thức bậc thỏa mãn điều kiện Bài toán 2.34 Tồn hay không tồn đa thức P (x) bậc 2002 thỏa mãn điều kiện P x2 − 2001 P (x) 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 −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 ! Bài toán 2.35 Xác định đa thức f (x) dạng f (x) = x5 − 3x4 + 2x3 + 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) ( f (1) = a + b + c = 0, f (−1) = a − b + c − = 0, f (2) = 4a + + c = 32 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 Lời giải Nhận xét với a < b x = αa + (1 − α) b x ∈ (a, b) Khi p= 1 2α − + = x − a x − b α (1 − α) (b − a) 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 Bài toán 2.37 Tìm tất đa thức P (x) bậc n với hệ số nguyên không âm lớn P (9) = 32078 Lời giải Giả sử P (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a0 Khi theo giả thiết 33 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 + Bài toán 2.38 Tìm tất đa thức P (x) bậc nhỏ thua n thỏa mãn n P điều kiện (−1)k Cnk P (k) = k=0 Lời giải Sử dụng công thức nội suy Lagrange với nút nội suy xk = k , 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) = Suy n P k=0 (−1)k Cnk P (k) = k=0 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 Bài toán 2.39 Chứng minh tồn đa thức Pn (x) bậc n (n ≥ 1) với hệ số nguyên cho Pn (x) −