Thông tin tài liệu
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, Tn1 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
Ngày đăng: 25/10/2023, 21:25
Xem thêm:
