Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi chuyên đề 19 nghiệm của đa thức lê hoành phò file word

CHUYÊN 19: NGHIỆM CỦA ĐA THỨC KIẾN THỨC TRỌNG TÂM G Định nghĩa: Cho f  R  x  số   R Ta gọi  nghiệm thực f f ( ) 0 Ta gọi  nghiệm bội k f ( x) f ( x) chia hết cho ( x   ) k không chia hết cho ( x   ) k 1 nghĩa là: f ( x ) ( x   ) k g ( x), x  R g ( ) 0  f ( ) 0, f '( ) 0, , f ( k  1) ( ) 0 hay  ( k )  f ( ) 0 Định lí BEZOUT:  nghiệm đa thức f ( x) f ( x) chia hết cho x  Nghiệm hữu tỷ, nghiệm nguyên Cho f  Z  x  , deg f n,  Z f ( x ) ao x n  a1 x n   an x  an , ao 0 Nghiệm hữu tỷ có x  p với ( p, q ) 1 p ước hệ số tự q ước q hệ số cao nhất: p an , q ao Nếu f có n nghiệm x1 , x2 , , xn (phân biệt hay trùng nhau) Thì: x1  x2   xn  a1 ao x1 x2  x1 x3   xn 1.xn  a2 ao x1 x2 x3  x1 x2 x4   xn xn  xn  a3 ao n x1 x2 xn ( 1) an ao Đảo lại, n số x1 , x2 , x3 , xn có tổng tích chập k n số xi Sk x1 , x2 , , xn nghiệm có phương trình: X n  S1 X n   S2 X n    ( 1) n 1.S n X  (  1) n S n 0 Định lí liên tục: Nếu đa thức f ( x) nhận giá trị trái dấu  a, b  f (a) f (b)  đa thức f ( x) có nghiệm x c  (a, b) Định lí LAGRANGE: Với đa thức f ( x)  a, b  có số c  (a, b) : f (b)  f (a )  f '(c) b a Đặc biệt f (a)  f (b) 0 hay cần f (a)  f (b) f '(c) 0 tức là: f '( x) 0 có nghiệm thuộc (a, b) Định lí ROLE: Giữa nghiệm đa thức f ( x) có nghiệm f '( x) Nếu f có n nghiệm phân biệt f ' có n  nghiệm phân biệt, f ''' có n  nghiệm phân biệt,…, f ( n k ) có n  k nghiệm phân biệt,… Phân tích nhân tử theo nghiệm Cho f  R  x  có nghiệm x1 , x2 , , xm với bội tương ứng k1 , k2 , , km tồn g  R  x f ( x ) ( x  x1 ) k1 ( x  x2 ) k2 ( x  xm ) km g ( x) m k Hay f ( x ) ( x  xi ) i g ( x) với i 1 m  k1 n i 1 Nếu f bậc n có đủ n nghiệm phân biệt hay trùng thì: n f ( x )  A( x  x1 )( x  x2 ) ( x  xn )  A ( x  xi ) i 1 Phân tích nhân tử f  R  x  Các nhân tử f nhị thức bậc tam thức bậc hai vô nghiệm: m s i 1 k 1 f ( x ) ao ( x  di )( x  bk x  ck ) Với hệ số di , bk , ck  R, 2s  m deg f , bk2  4ck  cách phân tích Phân tích nhân tử f (z )  C  z  , deg f n f ( z ) ao z n  a1 z n   an  z  an , ao 0 Theo định lí D’ALEMNBERT f có đủ n nghiệm phức z1 , z2 , , zn nên: n f ( z ) ao ( z  z1 )( z  z2 ) ( z  zn ) ao ( z  zi ) i 1 Đa thức CHEBYSHEV: Tn ( x) xác định sau: Tn ( x) 1, T1 ( x) x, Tn1 x 2x.Tn ( x)  Tn , n 1 Cụ thể: To ( x) 1; T1 ( x) x; T2 ( x) 2x  T3 ( x) 4x  3x; T4 ( x) 8x  8x  T5 ( x) 16 x  20x  5x, Đa thức Chebyshev (Trưbưsep) Tn ( x) có bậc n có hệ số cao n  Đôi ta xét n 1 trở Kết quả: ( ) : Tn (cos  ) cos n ( ) : Tn ( x ) 1,x    1,1 ( ) : Tn ( x ) 1 có n nghiệm phân biệt trê   1,1 là: x cos k  ,k 0,1, ,n  n Chú ý: 1) Số lượng nghiệm: - Mỗi đa thức hệ số thực bậc n có khơng q n nghiệm thực - Đa thức có vơ số nghiệm đa thức không f 0 - Nếu đa thức có bậc n có n nghiệm đa thức khơng - Nếu đa thức có bậc n nhận n  giá trị n  điểm khác biến đa thức hằng: f C Hai đa thức có bậc n nhận n  giá trị n  điểm khác - biến đồng nhau: f g 2) Quy tắc dấu DESCARTE: f ( x ) ao x n  a1 x n   an x  an ,ao 0 Gọi D số nghiệm dương (kể bội) L số lần đổi dấu dãy hệ số khác từ ao đến an (bỏ hệ số 0 ) Thì: D L L  D số chẵn hay L D  2m,m  N 3) Đưa đa thức vào giả thiết số Cho n số x1 ,x2 , ,xn ta xét đa thức nhận n số làm nghiệm: n f ( x ) ( x  xi ) ( x  x1 )( x  x2 ) ( x  xn ) Từ ta khai thác quan hệ i 1 nghiệm, Viette, hệ số, đạo hàm,… CÁC BÀI TOÁN Bài toán 19.1: Cho số tự nhiên n 2 , chứng minh phương trình: xn xn x2 x      0 khơng có nghiệm hữu tỉ n! ( n  )! 2! 1! Hướng dẫn giải Ta chứng minh phản chứng Giả sử phương trình cho có nghiệm hữu tỉ  Khi  nghiệm hữu tỉ đa thức: P( x ) x n  nx n    n! xk x   n!  n! k! 1! Nhưng P(x) đa thức bậc n với hệ số nguyên, hệ số x n 1, nên suy  phải số nguyên, ta có: n   n n k 2    n!   n!  n!  n! 0 (1) k! 1! Gọi p ước nguyên tố n k 1,n , kí hiệu rk số mũ cao p thỏa mãn k !p rk , ta có:  k  k  k  rk         s   p  p  p  (2) Với s số nguyên không âm thỏa mãn: p s k  p s 1 Từ (2) suy ra: k k k ps rk     s k k p p p p 1 Do rn  rk  rn  k Suy rn  rk rn  k  Vì ta n! n  k 1 p ,k 1,n k! (3) Mà n p nên từ (1) ta có  n p , dó  p Suy  k pk ,k 1,n Kết hợp điều với (3) n!  k r 1 pn ,k 1,n k! Từ (1) ta suy n! pnr 1 : mâu thuẫn  đpcm Bài toán 19.2: Cho P( x )  Z  x  P( x ) 1; P( x ) 2; P( x ) 3 có nghiệm nguyên x1 ,x2 ,x3 Chưng minnh P( x ) 5 khơng có nghiệm nguyên Hướng dẫn giải Ta chứng minh x1 ,x2 ,x3 nghiệm nguyên phương trình Ta có P( x ) ( x  x2 ).q( x )  với q( x )  Z  x  Cho x x1 x x3 , ta P( x1 ) ( x1  x2 )q( x1 )   ( x1  x2 )q( x1 )  P( x3 ) ( x3  x2 )q( x3 )   ( x3  x2 )q( x3 ) 1 Vì x1  x2 ; x3  x2 ;q( x3 );q( x3 ) số nguyên nên x1  x2 x3  x2 1 Nhưng x1  x3 nên: Hoặc x1  x2 1 x3  x2  Hoặc x1  x2  x3  x2 1 Do x2 trung bình cộng x1 ,x3 Giả sử phương trình P( x ) 2 cịn có nghiệm nguyên x'2  x2 Lặp lại lập luận cho số x1 ,x2 ,x3 ta lấy x'2 x2 (mâu thuẫn) Vậy x2 nghiệm phương trình P( x ) 2 Hướng dẫn giải tương tự cho P( x ) 1; P( x ) 3 Giả sử phương trình P( x ) 5 có nghiệm nguyên x5 , ta có: P( x5 ) ( x5  x2 )q( x5 )   ( x5  x2 )q( x5 ) 3 Nếu x5  x2 lấy giá trị 1 3 Nếu x5  x2 1 theo chứng minh x5 phải trùng với x1 x3 Vơ lý x5 khác với x1 x3 Do xảy khả x5  x2 3 Mà P( x ) ( x  x3 )r( x )  3;r( x )  Z  x   P( x5 ) ( x5  x3 )r( x5 )   ( x5  x3 )r( x5 ) 2 Suy x5  x3 lấy giá trị 1 2 Có thể thấy x5  x3 1 (mâu thuẫn) Nên x5  x3 2 đó: Nếu x1  x2 1 x3  x2  x5  x2  Nếu x1  x2  x3  x2 1 x5  x2 3 Như nghiệm nguyên x5 (nếu tồn tại) phương trình P( x ) 5 xác định hoàn toàn x1 ,x2 ,x3 Các số Vậy P( x ) 5 có nghiệm ngun Bài tốn 19.3: Chứng minh với số nguyên a, đa thức: f ( x )  x  2001x  ( 2000  a )x  1999x  a có hai nghiệm nguyên (phân biệt hay trùng nhau) Hướng dẫn giải Trước hết chứng minh xo nghiệm nguyên f ( x ) xo phải số chẵn Thật vậy: f ( xo ) 0; f ( ) 2a  1999 số lẻ nên f ( xo )  f ( ) số lẻ Nhưng f ( xo )  f ( ) chia hết cho xo  nên xo  số lẻ xo chẵn Ta xét trường hợp: - Giả sử f ( x ) có hai nghiệm nguyên x1 ,x2 phân biệt, thì: 0 f ( x1 )  f ( x2 ) ( x13  x12 x2  x1 x22  x23 )  2001( x12  x1 x2  x22  ( 2000  a )( x1  x2 )  1999 x1  x2 Đẳng thức khơng thể xảy x1 ,x2 chẵn - Giả sử f ( x ) có nghiệm kép xo chẵn Khi xo nghiệm đạo hàm f '( x ) Do đó: f '( xo ) 4xo3  6003xo2  2( 2000  a )xo  1999 0 Đẳng thức xảy xo chẵn Bài tốn 19.4: Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện: với số nguyên dương n,a n  b n  c n số nguyên Chứng minh tồn số nguyên p, q, r cho a, b, c nghiệm phương trình x  px  qx  r 0 Hướng dẫn giải Ta xét toán: Cho hai số thực a, b thỏa mãn điều kiện: với số nguyên dương n,a n  b n số nguyên Chứng minh tồn số nguyên p, q cho a, b nghiệm phương trình x  px  q 0 Theo định lí Viet, rõ ràng điều phải chứng minh tương đương với việc chứng minnh a  b a.b số nguyên a  b hiển nhiên nguyên theo điều kiện đề Ngoài ta có 2ab ( a  b )2  ( a  b ) số nguyên Đến đây, ta tiếp tục dùng đẳng thức để suy 2a 2b số nguyên: 2a 2b ( a  b )  ( a  b ) Bổ đề Nếu x số thực cho 2x 2x số nguyên x số nguyên Chứng minh Ta chứng minh phản chứng Giả sử 2x k nguyên, x không nguyên Khi k số nguyên lẻ: k 2m  Suy x m  2 Nhưng 2x 2( m  ) 2m  2m  không nguyên Mâu thuẫn Vậy điều giả 2 sử sai, tức x nguyên Như vậy, theo bổ đề ab nguyên ta suy điều phải chứng minnh Từ phép chứng minh ta suy kết mạnh hơn: Nếu a  b,a  b ,a  b4 số nguyên a, b nghiệm phương trình x  px  q 0 với p, q số nguyên (và dó a n  b n nguyên dương với n nguyên dương) Điều có nghĩa ta cần dùng giả thiết toán đến n 4 Ví dụ a  2 cho thấy k 4 giá trị nhỏ thỏa mãn điều kiện: ,b  2 Nếu a, b số thực thỏa mãn điều kiện a n  b n số nguyên với n 1,2 ,k a n  b n nguyên với n nguyên dương Trở lại với toán, ta cần chứng minh a  b  c,ab  bc  ca abc nguyên Theo điều kiện đề a  b  c số nguyên Tiếp theo ta có 2( ab  bc  ca ) ( a  b  c )2  ( a  b  c ) số nguyên Tương tự lời hướng dẫn gải trên, ta muốn chứng minh 2( ab  bc  ca )2 số nguyên Từ dùng bổ đề suy ab  bc  ca số nguyên Ta có 2( a 2b2  b2 c  c a ) ( a  b  c )  ( a  b4  c ) 2( ab  bc  ca )2 2( a 2b  b 2c  c 2a )  4abc( a  b  c ) (1) Vì a  b3  c3  3abc ( a  b  c )( a  b  c  ab  bc  ca ) (2) Từ đây, a  b  c,a  b  c ,a  b  c 2( ab  bc  ca ) số nguyên nên ta suy 6abc số nguyên (ta nhân (2) với 2! ) Từ đó, nhân (2) với ta thu 6( ab  bc  ca )2 2( a 2b  b 2c  c 2a )  12abc( a  b  c ) số nguyên Như 2( ab  bc  ca ) 6( ab  bc  ca )2 Áp dụng cách chứng minh bổ đề nêu trên, ta suy ab  bc  ca số nguyên Từ đây, thay vào (2) ta có 3abc số nguyên Tiếp theo, ta dụng đẳng thức tương tự (2) a6  b6  c6  3a 2b c ( a  b  c )( a  b4  c  a 2b  b 2c  c a ) với ý 2( a 2b  b c  c a ) số nguyên ta suy 6a 2b c số nguyên Từ 6abc 6a 2b c số nguyên, cách chứng minh hoàn toàn tương tự ta suy abc số nguyên Bài toán Hướng dẫn giải hồn tốn Bài tốn 19.5: Cho đa thức P(x) có bậc m  có hệ số nguyên Gọi n số tất nghiệm nguyên phân biệt hai phương trình P( x ) 1 P( x )  Chứng minh : n  m  Hướng dẫn giải Xét hai đa thức A( x ) B( x ) , với hệ số nguyên, chúng giống hoàn toàn, trừ hai số hạng tự khác nhau, hai số hạng đơn vị Gọi r s nghiệm nguyên tương ứng hai đa thức, tức là: A( r ) 0 (1) B( s ) 0 (2) Khi đó, trừ (1) cho (2) ta tổng hạng tử có dạng a( r i  s i ) cộng thêm cho Mỗi hạng tử chia hết cho ( r  s ) , phải chia hết cho ( r  s ) Từ đó, suy r s 0, đơn vị Giả sử r nghiệm nguyên bé tất nghiệm nguyên hai phương trình: P( x ) 1 P( x )  Ta biết đa thức bậc m có khơng q m nghiệm phân biệt, có khơng m nghiệm nguyên phân biệt Theo nhận xét trên, r nghiệm nguyên phương trình s nghiệm nguyên phương trình r s khác 0, đơn vị Nhưng ta có s r , ta s r,s r  s r  Do vậy, ta suy phương trình thứ hai có thêm vào nhiều nghiệm phân biệt Vậy: n m  Bài toán 19.6: Tìm nghiệm đa thức P( x ) hệ số thực thỏa mãn: ( x  3x  3x  )P( x  ) ( x  3x  3x  )P( x ) với x Hướng dẫn giải Ta có ( x  )( x  x  1)P( x  ) ( x  )( x  x  1)P( x ) Từ chọn: x  suy P(  ) 0 , chọn x  suy ra: P(  ) 0 (do P(  )  9P(  )), Chọn x 0 suy P( ) 0, chọn x 1 suy P( ) 0 Do P( x ) x( x  )( x  )( x  )Q( x ) , với Q( x ) đa thức hệ số thực Thay P( x ) vào đẳng thức đề ta   x   x  x    x  1  x   x  x   Q  x        x   x  x  x  x  1  x   Q( x )   Suy x  x  Q( x  )  x  x  Q( x ),x 0,x 1,x  1,x  2,x 2  Q  x  1   Q( x ) ,x 0,x 1,x  1,x 2,x  x2  x  x2  x  Q  x  1 Q( x )   ,x 0,x 1,x  1,x  2,x 2 ( x  )2  ( x  )  x  x   Đặt R( x )   Q( x ) x  x 1 , ta có R( x0 R( x  ),x 0,x 1,x  1,x 2,x  Suy R( x ) C (hằng số), nên Q( x ) C( x  x  ) Do P( x ) Cx( x  1)( x  )( x  ) Thử lại:  x    x  x  1 C  x   x   x  1  x   x  x  1  x   x  x  C x  x  x  x  1  x  1  x   (thỏa mãn)     Vậy P( x ) Cx( x  )( x  )( x  ) nên có nghiệm x 0; 1,  Bài toán 19.7: Tìm a để phương trình: 16 x4  ax3  ( 2a  17 )x  ax  16 0 có nghiệm phân biệt lập cấp số nhân Hướng dẫn giải Gọi nghiệp phân biệt lập cấp số nhân y, ym, ym , ym3 với y 0,m 1,m 0 Với A  a , theo Viete 16 y  m  m  m3  A (1)   10