Ứng dụng đa thức trong giải toán sơ cấp

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KHOA TỐN  KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐỀ TÀI : ỨNG DỤNG ĐA THỨC TRONG GIẢI TOÁN SƠ CẤP Giảng viên hướng dẫn Sinh viên thực Lớp Mã sinh viên : : : : TS Lê Văn Dũng Dương Thị Kim Khánh 17ST 3110117015 ĐÀ NẴNG - 2021 Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! 16990082147521000000 MỤC LỤC LỜI CẢM ƠN MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Mục đích nghiên cứu: Đối tượng phạm vi nghiên cứu: 4 Phương pháp nghiên cứu: Cấu trúc khóa luận: NỘI DUNG I CƠ SỞ LÝ THUYẾT VỀ ĐA THỨC Đa thức phép toán đa thức 1.1 Định nghĩa 1.2 Đa thức 1.3 Phép cộng, trừ đa thức 1.4 Phép nhân đa thức 1.5 Bậc tổng, hiệu tích đa thức 1.6 Phép chia có dư 1.7 Sự chia hết, ước bội 10 1.8 Thuật toán Euclide 10 1.9 Tính chất phép chia hết 14 Đa thức nghiệm 15 2.1 Nghiệm đa thức, định lý Bezout 15 2.2 Định lý Viet 17 Đa thức bất khả quy 19 3.1 Đa thức với hệ số nguyên 19 3.2 Đa thức bất khả quy 20 Công thức nội suy Lagrange 21 4.1 Một số ví dụ 21 4.2 Định lý 23 4.3 Ứng dụng công thức nội suy Langrange 24 4.4 Một số toán vận dụng: 24 II ỨNG DỤNG ĐA THỨC TRONG GIẢI TOÁN SƠ CẤP 26 Sử dụng đa thức việc giải tập đại số 26 Sử dụng đa thức tập số học: 33 KẾT LUẬN 42 TÀI LIỆU THAM KHẢO 43 LỜI CẢM ƠN Em xin chân thành cảm ơn TS Lê Văn Dũng giới thiệu đề tài, cung cấp tài liệu hướng dẫn cho em suốt trình thực đề tài giúp em có thêm nhiều kiến thức bổ ích q trình thực đề tài Đồng thời, em xin cảm ơn thầy Khoa Tốn - Trường Đại học Sư phạm - Đại học Đà Nẵng giúp đỡ em hồn thành khóa luận mình, đồng thời cảm ơn Thư viện Trường Đại học Sư phạm - Đại học Đà Nẵng tạo điều kiện để em có nguồn tài liệu quý báu làm khóa luận Do kiến thức hạn chế nên đề tài gặp nhiều thiếu sót, kính mong nhận xét đóng góp ý kiến từ q thầy bạn Em xin chân thành cảm ơn! Đà Nẵng, ngày 10 tháng 01 năm 2021 Sinh viên thực MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Số học đại số coi phận lớn tốn học Trong đó, đa thức có vị trí vơ quan trọng, đối tượng nghiên cứu trọng tâm Trong chương trình phổ thơng, làm quen với khái niệm đa thức từ bậc trung học sở, từ phép cộng, trừ, nhân đa thức đến phân tích đa thức thừa số, dùng sơ đồ Horner để chia đa thức, giải phương trình đại số Các toán đa thức thường xuyên xuất kỳ thi học sinh giỏi toán ln đánh giá tốn khó Các tốn thường u cầu nghiên cứu tính chất hệ số đa thức, tính chất nghiệm tốn đa thức nguyên, tính khả quy hỏi theo nhiều hình thức khác Là sinh viên ngành Sư phạm Tốn với mong muốn tìm hiểu sâu sở lý thuyết đa thức ứng dụng giải tốn sơ cấp nên tơi chọn đề tài khóa luận tốt nghiệp là: “Ứng dụng đa thức giải tốn sơ cấp” Mục đích nghiên cứu Với mục đích hệ thống hóa lại lý thuyết đa thức, phân loại tổng hợp lại dạng tập thường gặp đa thức, sử dụng làm tài liệu cho học sinh lớp chuyên toán tham khảo ôn thi học sinh giỏi cấp Đối tượng phạm vi nghiên cứu - Đa thức phép toán đa thức - Nghiệm đa thức, định lý Viet - Đa thức bất khả quy - Cơng thức nội suy Lagrange - Một số tốn sơ cấp ứng dụng đa thức để giải Phương pháp nghiên cứu - Thu thập, tổng hợp, hệ thống tài liệu - Phân tích, nghiên cứu tài liệu - Trao đổi, tham khảo ý kiến người hướng dẫn Cấu trúc khóa luận Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, nội dung khóa luận gồm hai chương: Chương I: Cơ sở lý thuyết đa thức Chương trình bày định nghĩa đa thức phép toán đa thức, nghiệm đa thức, đa thức bất khả quy, công thức nội suy Lagrange định lý có liên quan Chương cung cấp nội dung làm sở cho chương sau Chương II: Ứng dụng đa thức giải toán sơ cấp Chương phần khóa luận, trình bày ứng dụng đa thức giải toán sơ cấp Chương chia thành hai phần ứng dụng giải tập đại số tập số học NỘI DUNG CHƯƠNG CƠ SỞ LÝ THUYẾT VỀ ĐA THỨC Đa thức phép toán đa thức 1.1 Định nghĩa đa thức Định nghĩa Một đa thức biến với hệ số ℝ viết dạng 𝑃(𝑥) = 𝑎𝑛 𝑥 𝑛 + 𝑎𝑛−1 𝑥 𝑛−1 + ⋯ + 𝑎1 𝑥 + 𝑎0 𝑎0 , 𝑎1 , … , 𝑎𝑛 ∈ ℝ x kí hiệu gọi biến (hay biến không xác định) Ta viết đa thức dạng ∞ 𝑃(𝑥) = ∑ 𝑎𝑖 𝑥 𝑖 ℎ𝑜ặ𝑐 𝑃(𝑥) = ∑ 𝑎𝑖 𝑥 𝑖 𝑖=0 𝑎𝑖 = với 𝑖 > 𝑛 Kí hiệu ℝ[𝑥] tập đa thức biến x với hệ số ℝ Ta gọi 𝑎0 hệ số tự P ( x ) • Nếu 𝑎𝑛 ≠ n gọi bậc P ( x ) kí hiệu deg 𝑃(𝑥) Trong trường hợp này, 𝑎𝑛 gọi hệ số cao P ( x ) • Nếu 𝑎𝑛 = P ( x ) gọi đa thức dạng chuẩn • Ta khơng định nghĩa bậc cho đa thức • Nếu 𝑃(𝑥) = 𝑎 ∈ ℝ P(x) gọi đa thức • Các đa thức bậc gọi đa thức tuyến tính 1.2 Đa thức Định nghĩa Hai đa thức 𝑚 𝑛 𝑃(𝑥) = ∑ 𝑎𝑘 𝑥 𝑘 , 𝑄(𝑥) = ∑ 𝑏𝑘 𝑥 𝑘 𝑘=0 𝑘=0 m = n 𝑎𝑘 = 𝑏𝑘 với k = 0,1, 2, , m 1.3 Phép cộng, trừ đa thức Định nghĩa Cho hai đa thức 𝑚 𝑛 𝑘 𝑃(𝑥) = ∑ 𝑎𝑘 𝑥 , 𝑄(𝑥) = ∑ 𝑏𝑘 𝑥 𝑘 𝑘=0 𝑘=0 Khi phép cộng trừ hai đa thức P(x) Q(x) thực theo hệ số 𝑥 𝑘 , tức 𝑃(𝑥) ± 𝑄(𝑥) = ∑(𝑎𝑘 ± 𝑏𝑘 )𝑥 𝑘 Ví dụ (𝑥 + 3𝑥 − 𝑥 + 2) + (𝑥 + 𝑥 − 1) = 𝑥 + (3 + 1)𝑥 + (−1 + 1)𝑥 + (2 − 1) = 𝑥 + 4𝑥 + 1.4 Phép nhân đa thức Định nghĩa Cho hai đa thức 𝑚 𝑛 𝑃(𝑥) = ∑ 𝑎𝑘 𝑥 𝑘 , 𝑄(𝑥) = ∑ 𝑏𝑘 𝑥 𝑘 𝑘=0 𝑘=0 Khi phép nhân hai đa thức P(x) Q(x) thực hiện: 𝑃(𝑥) 𝑄(𝑥) = ∑ 𝑐𝑘 𝑥 𝑘 𝑐𝑘 = ∑ 𝑎𝑖 𝑏𝑗 𝑣ớ𝑖 𝑚ọ𝑖 𝑘 𝑖+𝑗=𝑘 Ví dụ (𝑥 + 𝑥 + 3𝑥 + 2) (𝑥 + 3𝑥 + 1) = (1.1)𝑥 + (1.3 + 1.1)𝑥 + (1.1 + 1.3 + 3.1)𝑥 + (1.1 + 3.3 + 2.1)𝑥 + (3.1 + 2.3)𝑥 + (2.1) = 𝑥 + 4𝑥 + 7𝑥 + 12𝑥 + 9𝑥 + 1.5 Bậc tổng, hiệu tích đa thức Từ định nghĩa đây, dễ dàng suy tính chất sau đây: Định lý Cho 𝑃(𝑥), 𝑄(𝑥) ∈ ℝ[𝑥] đa thức khác Khi Nếu 𝑃(𝑥) + 𝑄(𝑥) ≠ deg(𝑃(𝑥) + 𝑄 (𝑥)) ≤ max{deg 𝑃(𝑥) , deg 𝑄(𝑥)} Định lý 2: Với 𝑃(𝑥), 𝑄(𝑥) ∈ ℝ[𝑥], 𝑃(𝑥), 𝑄(𝑥) ≠ Khi deg(𝑃(𝑥) 𝑄 (𝑥)) = deg 𝑃(𝑥) + deg 𝑄(𝑥) 1.6 Phép chia có dư Định lý Cho ≠ 𝑃(𝑥), 𝑄 (𝑥) ∈ ℝ[𝑥] Giả sử deg 𝑃(𝑥) = 𝑛 deg 𝑄(𝑥) = 𝑚 Đặt 𝑘 = 𝑚𝑎𝑥 {𝑛 − 𝑚 + 1,0} Giả sử 𝑏𝑚 hệ số cao Q(x) Khi tồn cặp đa thức 𝑆(𝑥), 𝑅(𝑥) ∈ ℝ[𝑥] cho 𝑘 ( ) 𝑏𝑚 𝑃 𝑥 = 𝑆 (𝑥 ) 𝑄 (𝑥 ) + 𝑅 (𝑥 ) , 𝑅(𝑥) = deg 𝑅(𝑥) < deg 𝑄(𝑥) Hơn nữa, hệ số cao Q(x) không ước cặp 𝑆(𝑥), 𝑅(𝑥) xác định Chứng minh: Gọi hệ số cao P(x) 𝑎𝑛 Trước hết ta chứng minh tồn 𝑆(𝑥), 𝑅(𝑥) quy nạp theo n Nếu 𝑛 < 𝑚 𝑘 = ta chọn 𝑆(𝑥) = 𝑅(𝑥) = 𝑃(𝑥) Cho 𝑛 ≥ 𝑚 giả sử kết cho trường hợp bậc nhỏ n Khi 𝑘 = 𝑚𝑎𝑥 {𝑛 − 𝑚 + 1,0} ≥ Đặt 𝑃1 (𝑥) = 𝑏𝑚 𝑃(𝑥) − 𝑎𝑛 𝑥 𝑛−𝑚 𝑄(𝑥) 𝑘 ( ) Nếu 𝑃1 (𝑥) = 𝑏𝑚 𝑃(𝑥) = 𝑎𝑛 𝑥 𝑛−𝑚 𝑄(𝑥) Chú ý 𝑘 ≥ 1, 𝑏𝑚 𝑃 𝑥 = 𝑘−1 𝑛−𝑚 𝑘−1 𝑛−𝑚 𝑏𝑚 𝑎𝑛 𝑥 𝑄(𝑥) Chọn 𝑆(𝑥) = 𝑏𝑚 𝑎𝑛 𝑥 𝑅(𝑥) = ta có kết Giả sử 𝑃1 (𝑥) ≠ 0, deg 𝑃1 (𝑥) = 𝑛1 ≤ 𝑛 − Đặt 𝑘1 = 𝑚𝑎𝑥 {𝑛1 − 𝑚 + 1,0} Vì 𝑘1 ≤ 𝑘 − nên theo giả thiết quy nạp, tồn 𝑆1 (𝑥), 𝑅1 (𝑥) ∈ ℝ[𝑥] cho 𝑘 𝑏𝑚1 𝑃(𝑥) = 𝑆1 (𝑥) 𝑄 (𝑥) + 𝑅1 (𝑥), 𝑅1 (𝑥) = deg 𝑅1 (𝑥) < deg 𝑄(𝑥) Từ đẳng thức ta có 𝑏𝑚 𝑃(𝑥) = 𝑃1 (𝑥) + 𝑎𝑛 𝑥 𝑛−𝑚 𝑄(𝑥) Do ta có 𝑘 ( ) 𝑘−1 (𝑃1 (𝑥) + 𝑎𝑛 𝑥 𝑛−𝑚 𝑄(𝑥)) 𝑏𝑚 𝑃 𝑥 = 𝑏𝑚 𝑘−1−𝑘1 𝑘1 𝑏𝑚 𝑃1 (𝑥) = 𝑏𝑚 𝑘−1 + 𝑏𝑚 𝑎𝑛 𝑥 𝑛−𝑚 𝑄(𝑥) 𝑘−1−𝑘1 𝑘1 𝑏𝑚 𝑆1 (𝑥) = (𝑏𝑚 𝑘−1−𝑘1 𝑘1 𝑏𝑚 𝑆1 (𝑥) Đặt 𝑆(𝑥) = 𝑏𝑚 𝑘−1−𝑘1 𝑘−1 + 𝑏𝑚 𝑎𝑛 𝑥 𝑛−𝑚 )𝑄(𝑥) + 𝑏𝑚 𝑘−1−𝑘1 𝑘−1 + 𝑏𝑚 𝑎𝑛 𝑥 𝑛−𝑚 𝑅(𝑥) = 𝑏𝑚 𝑅1 (𝑥) 𝑅1 (𝑥) Khi 𝑘 ( ) 𝑏𝑚 𝑃 𝑥 = 𝑆(𝑥)𝑄(𝑥) + 𝑅 (𝑥), với 𝑅 (𝑥) = deg 𝑅(𝑥) < deg 𝑄(𝑥) Giả sử 𝑏𝑚 không ước Ta chứng minh tính cặp đa thức 𝑘 ( ) 𝑆(𝑥), 𝑅(𝑥) Giả sử tồn 𝑆 ∗ (𝑥), 𝑅∗ (𝑥) ∈ ℝ[𝑥] cho 𝑏𝑚 𝑃 𝑥 = 𝑆 ∗ (𝑥 ) 𝑄 (𝑥 ) + 𝑅∗ (𝑥), 𝑅∗ (𝑥) = deg 𝑅∗ (𝑥) < deg 𝑄(𝑥) Khi (𝑆(𝑥) − 𝑆 ∗ (𝑥))𝑄(𝑥) = 𝑅∗ (𝑥) − 𝑅(𝑥) Nếu 𝑆(𝑥) ≠ 𝑆 ∗ (𝑥) 𝑆(𝑥) − 𝑆 ∗ (𝑥) ≠ Do 𝑏𝑚 không ước nên deg ((𝑆(𝑥) − 𝑆 ∗ (𝑥))𝑄(𝑥)) = deg(𝑆 ∗ (𝑥) − 𝑆(𝑥)) + deg 𝑄(𝑥) ≥ Do 𝑅∗ (𝑥) − 𝑅(𝑥) ≠ ta có deg (𝑆(𝑥) − 𝑆 ∗ (𝑥))𝑄(𝑥) = deg(𝑅∗ (𝑥) − 𝑅 (𝑥)) ≤ 𝑚𝑎𝑥 {deg 𝑅 ∗ (𝑥) , deg 𝑅(𝑥)} < deg 𝑄 (𝑥) ≤ deg(𝑆 ∗ (𝑥) − 𝑆(𝑥)) + deg 𝑄 (𝑥) = deg ((𝑆(𝑥) − 𝑆 ∗ (𝑥))𝑄(𝑥)) Điều vô lý Vậy 𝑆(𝑥) = 𝑆 ∗ (𝑥) Suy 𝑅∗ (𝑥) = 𝑅(𝑥) ❖ Thuật toán tìm thương số: Theo ký hiệu Định lý 𝑆(𝑥) 𝑅(𝑥) gọi thương dư phép chia 𝑃(𝑥) cho 𝑄(𝑥) Nếu 𝑅(𝑥) = ta nói 𝑃(𝑥) chia hết cho 𝑄(𝑥) Phép chứng minh nói cho thuật tốn tìm thương số dư số phép chia hai đa thức, gọi phép chia dài (long division) hay lược đồ Horner ❖ Lược đồ Horner: Cho 𝑃(𝑥) ∈ ℝ[𝑥] 𝑣à 𝑎 ∈ ℝ Ta có lược đồ sau đây, gọi lược đồ Horner để tìm thương dư phép chia 𝑃(𝑥) cho 𝑥 − 𝑎 Giả sử 𝑃(𝑥) = 𝑎𝑛 𝑥 𝑛 + 𝑎𝑛−1 𝑥 𝑛−1 + … + 𝑎1 𝑥 + 𝑎0 với 𝑎𝑛 ≠ Chia 𝑃(𝑥) cho 𝑥 − 𝑎 ta 𝑃(𝑥) = (𝑥 − 𝑎)𝑆(𝑥) + 𝑟 𝑟 ∈ ℝ deg 𝑆(𝑥) = 𝑛 − Giả sử 𝑆(𝑥) = 𝑏𝑛−1 𝑥 𝑛−1 + ⋯ + 𝑏1 𝑥 + 𝑏0 Đồng hệ số, ta tìm nhanh số dư r hệ số 𝑏𝑛−1 , … , 𝑏1 , 𝑏0 𝑆(𝑥) sau: 𝑏𝑛−1 = 𝑎𝑛 … 𝑏𝑖−1 = 𝑎𝑖 + 𝑎𝑏𝑖 … 𝑏0 = 𝑎1 + 𝑎𝑏1 { 𝑟 = 𝑎0 + 𝑎𝑏0 Từ ta có lược đồ Horner: 𝑎𝑛−1 … 𝑎1 𝑎0 𝑏𝑛−2 = 𝑎𝑏𝑛−1 + 𝑎𝑛−1 … 𝑏0 = 𝑎1 + 𝑎𝑏1 𝑟 = 𝑎0 + 𝑎𝑏0 𝑎𝑛 a 𝑏𝑛−1 = 𝑎𝑛 Ví dụ Để thực phép chia 𝑥 − 2𝑥 + 5𝑥 + 6𝑥 − 𝑐ℎ𝑜 𝑥 + ℚ[𝑥], ta lập lược đồ Horner: -1 -2 -8 -3 -12 Vậy 𝑥 − 2𝑥 + 5𝑥 + 6𝑥 − = (𝑥 + 1)(𝑥 − 3𝑥 + 3𝑥 + 2𝑥 + 4) − 12 𝑓 ′ (𝑥) = 4𝑥 − 3(𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 )𝑥 + 2(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑑 + 𝑑𝑎 + 𝑎𝑐 + 𝑏𝑑 )𝑥 − (𝑎𝑏𝑐 + 𝑏𝑐𝑑 + 𝑐𝑑𝑎 + 𝑑𝑎𝑏) = 4(𝑥 − 𝑥1 )(𝑥 − 𝑥2 )(𝑥 − 𝑥3 ) Theo định lý Vi-ét, ta có: (𝑎𝑏𝑐 + 𝑎𝑏𝑑 + 𝑎𝑐𝑑 + 𝑏𝑐𝑑 ) { 𝑥1 𝑥2 + 𝑥2 𝑥3 + 𝑥3 𝑥1 = (𝑎𝑏 + 𝑎𝑐 + 𝑎𝑑 + 𝑏𝑐 + 𝑏𝑑 + 𝑐𝑑 ) 𝑥1 𝑥2 𝑥3 = Áp dụng bất đẳng thức AM-GM (𝑎𝑏 + 𝑎𝑐 + 𝑎𝑑 + 𝑏𝑐 + 𝑏𝑑 + 𝑐𝑑 ) = 𝑥1 𝑥2 + 𝑥2 𝑥3 + 𝑥3 𝑥1 3 ≥ 3√𝑥12 𝑥22 𝑥32 = √ (𝑎𝑏 + 𝑎𝑐 + 𝑎𝑑 + 𝑏𝑐 + 𝑏𝑑 + 𝑐𝑑 )2 16 1 ( ) ⟺ 𝑎𝑏 + 𝑎𝑐 + 𝑎𝑑 + 𝑏𝑐 + 𝑏𝑑 + 𝑐𝑑 ≥ √ (𝑎𝑏 + 𝑎𝑐 + 𝑎𝑑 + 𝑏𝑐 + 𝑏𝑑 + 𝑐𝑑 )2 16 ⟺√ 𝑎𝑏𝑐 + 𝑎𝑏𝑑 + 𝑎𝑐𝑑 + 𝑏𝑐𝑑 𝑎𝑏 + 𝑎𝑐 + 𝑎𝑑 + 𝑏𝑐 + 𝑏𝑑 + 𝑐𝑎 ≤√ Suy điều phải chứng minh Bài toán 1.7 Rút gọn biểu thức: 𝐴= 𝑎2 𝑏2 𝑐2 + + (𝑎 − 𝑏)(𝑎 − 𝑐 ) (𝑏 − 𝑐 )(𝑏 − 𝑎) (𝑐 − 𝑎)(𝑐 − 𝑏) Lời giải: Xét đa thức 𝑎2 (𝑥 − 𝑏)(𝑥 − 𝑐 ) 𝑏2 (𝑥 − 𝑐 )(𝑥 − 𝑎) 𝑐 (𝑥 − 𝑎)(𝑥 − 𝑏) 𝐹(𝑥) = + + (𝑎 − 𝑏)(𝑎 − 𝑐 ) (𝑏 − 𝑐 )(𝑏 − 𝑎) (𝑐 − 𝑎)(𝑐 − 𝑏) Ta có: 𝐹 (𝑎) = 𝐹 (𝑏) = 𝐹 (𝑐 ) = F(x) đa thức bậc nhỏ hay Do F(x) phải đồng Từ suy hệ số 𝑥 F(x) 0, tức là: 𝑎2 𝑏2 𝑐2 + + −1=0 (𝑎 − 𝑏)(𝑎 − 𝑐 ) (𝑏 − 𝑐 )(𝑏 − 𝑎) (𝑐 − 𝑎)(𝑐 − 𝑏) Vậy A=1 Bài tốn 1.8 Tìm tất cặp số a, b cho 𝑥 + 4𝑥 + 𝑎𝑥 + 𝑏𝑥 + bình phương đa thức 29 Lời giải: Nếu 𝑥 + 4𝑥 + 𝑎𝑥 + 𝑏𝑥 + bình phương đa thức đa thức phải có bậc Giả sử: 𝑥 + 4𝑥 + 𝑎𝑥 + 𝑏𝑥 + = (𝐴𝑥 + 𝐵𝑥 + 𝐶 )2 ⟺ 𝑥 + 4𝑥 + 𝑎𝑥 + 𝑏𝑥 + = 𝐴2 𝑥 + 2𝐴𝐵𝑥 + (2𝐴𝐶 + 𝐵2 )𝑥 + 2𝐵𝐶𝑥 + 𝐶 Đồng hệ số hai vế, ta được: 𝐴2 = 2𝐴𝐵 = 2𝐴𝐶 + 𝐵2 = 𝑎 2𝐵𝐶 = 𝑏 { 𝐶2 = Khơng tính tổng quát, giả sử 𝐴 = 1, suy 𝐵 = 2, 𝐶 = ±1 Nếu 𝐶 = 𝑎 = 6, 𝑏 = Nếu 𝐶 = −1 𝑎 = 2, 𝑏 = −4 Vậy có hai cặp số (a,b) thỏa mãn yêu cầu toán (6,4) (2, −4) Bài toán 1.9 Cho 𝑎, 𝑏, 𝑐 nghiệm phương trình 𝑥 − 3𝑥 + = Lập phương trình bậc ba có nghiệm a) 𝑎2 , 𝑏2 , 𝑐 b) 1−𝑎 1−𝑏 1−𝑐 , , 1+𝑎 1+𝑏 1+𝑐 Lời giải: a) Theo định lý Viet, ta có: 𝑎+𝑏+𝑐 =0 {𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 = −3 𝑎𝑏𝑐 = −1 Từ ta tính được: • 𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐 = (𝑎 + 𝑏 + 𝑐 )2 − 2(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎) = 02 − 2(−3) = • 𝑎2 𝑏2 + 𝑏2 𝑐 + 𝑐 𝑎2 = (𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎)2 − 2𝑎𝑏𝑐 (𝑎 + 𝑏 + 𝑐 ) = • 𝑎2 𝑏2 𝑐 = (𝑎𝑏𝑐 )2 = Áp dụng định lý Viet đảo, suy 𝑎2 , 𝑏2 , 𝑐 nghiệm phương trình: 𝑥 − 6𝑥 + 9𝑥 − = b) Tương tự ta tính 1−𝑎 1−𝑏 1−𝑐 + + 1+𝑎 1+𝑏 1+𝑐 30 = (1 − 𝑎)(1 + 𝑏)(1 + 𝑐 ) + (1 + 𝑎)(1 − 𝑏)(1 + 𝑐 ) + (1 + 𝑎)(1 + 𝑏)(1 − 𝑐 ) (1 + 𝑎)(1 + 𝑏)(1 + 𝑐 ) = + 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 − (𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎) − 3𝑎𝑏𝑐 = −3 + 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 + 𝑎𝑏𝑐 1−𝑎 1−𝑏 1−𝑏 1−𝑐 1−𝑐 1−𝑎 + + 1+𝑎 1+𝑏 1+𝑏 1+𝑐 1+𝑐 1+𝑎 = (1 − 𝑎)(1 − 𝑏)(1 + 𝑐 ) + (1 + 𝑎)(1 − 𝑏)(1 − 𝑐 ) + (1 − 𝑎)(1 + 𝑏)(1 − 𝑐 ) (1 + 𝑎)(1 + 𝑏)(1 + 𝑐 ) = − (𝑎 + 𝑏 + 𝑐 ) − (𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎) + 3𝑎𝑏𝑐 = −1 + 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 + 𝑎𝑏𝑐 − 𝑎 − 𝑏 − 𝑐 − (𝑎 + 𝑏 + 𝑐 ) + 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 − 𝑎𝑏𝑐 = = 1+𝑎 1+𝑏 1+𝑐 + 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 + 𝑎𝑏𝑐 Từ suy 1−𝑎 1−𝑏 1−𝑐 , , 1+𝑎 1+𝑏 1+𝑐 nghiệm phương trình 𝑥 + 3𝑥 − 𝑥 − =0 Bài toán 1.10 Xét tất tam thức bậc hai 𝑓 (𝑥) = 𝑎𝑥 + 𝑏𝑥 + 𝑐, 𝑎 > 0, 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ ℤ cho f(x) có nghiệm phân biệt khoảng (0,1) Trong tam thức thế, tìm tam thức có hệ số a nhỏ Lời giải: Giả sử 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥 + 𝑏𝑥 + 𝑐 tam thức thỏa mãn Gọi x1, x2 nghiệm f(x), theo giả thiết < 𝑥1 ≠ 𝑥2 < Ta có 𝑓(𝑥) = 𝑎(𝑥 − 𝑥1 )(𝑥 − 𝑥2 ) ⇒ { 𝑓(0) = 𝑎𝑥1 𝑥2 > 𝑓 (1) = 𝑎(1 − 𝑥1 )(1 − 𝑥2 ) > Vì 𝑓 (𝑥) ∈ ℤ[𝑥] ⟹ 𝑓(0), 𝑓(1) ∈ ℤ ⟹ 𝑓 (0) ≥ 1, 𝑓 (1) ≥ (1) Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM 𝑓 (0) 𝑓 (1) = 𝑎2 [𝑥1 (1 − 𝑥1 )] [𝑥2 (1 − 𝑥2 )] 𝑥1 + − 𝑥1 𝑥2 + − 𝑥2 𝑎2 ] [ ] = ≤𝑎 [ (2) 2 16 Dấu “=” xảy 31 Từ (1) (2) suy ≤ 𝑓 (0) 𝑓 (1) < 𝑎2 16 ⟹ 𝑎 > ( 𝑎 > 0) Mà 𝑎 ∈ ℤ 𝑛ê𝑛 𝑎 ≥ Chọn tam thức có hệ số a nhỏ nên a=5 ≤ 𝑓 (0) 𝑓 (1) < 25 𝑏 > 𝑐 Xét hàm số 𝑓(𝑥) = (𝑥 + 𝑎)(𝑥 + 𝑏)(𝑥 + 𝑐 ) − (𝑥 + 𝑑 )3 = (𝑎 + 𝑏 + 𝑐 − 3𝑑 )𝑥 + (𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 − 3𝑑 )𝑥 = (𝑎 + 𝑏 + 𝑐 − 𝑑 )𝑥 + (𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 − 𝑑 )𝑥 − 2𝑑𝑥(𝑥 + 𝑑) Suy 𝑓 (−𝑑 ) = (𝑎 − 𝑑 )(𝑏 − 𝑑 )(𝑐 − 𝑑 ) bội 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 − 𝑑 Do < 𝑎 − 𝑑 < 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 − 𝑑 nên có hai trường hợp sau xảy Trường hợp 1: 𝑐 − 𝑑 bội 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 − 𝑑 Ta có 𝑑 − 𝑐 ≥ 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 − 𝑑 ⟹ 2𝑑 ≥ 𝑎 + 𝑏 + 2𝑐 3 Nhưng theo BĐT AM-GM, có 𝑎 + 𝑏 + 2𝑐 ≥ 3√𝑎𝑏 (2𝑐 ) = 3𝑑 √2 > 2𝑑 : vô lý Trường hợp 2: 𝑏 − 𝑑 bội 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 − 𝑑 Tương tự trên, suy vô lý Vậy b=d Chú ý: Khi 𝑎 = 𝑑 ; 𝑏 = 𝑑, 𝑐 = 𝑣à 𝑑 + = 𝑃 số nguyên tố (chẳng hạn d=2,4) ta thấy số a,b,c,d thỏa mãn yêu cầu toán Bài toán 2.11 Chứng minh với số ngun 𝑎, 𝑏, 𝑐 ln tìm 𝑛 ∈ ℕ+ số 𝑛3 + 𝑎𝑛2 + 𝑏𝑛 + 𝑐 khơng số phương Lời giải: Xét đa thức 𝑓 (𝑛) = 𝑛3 + 𝑎𝑛2 + 𝑏𝑛 + 𝑐 Ta cần chứng minh đại lượng 𝑓(1), 𝑓(2), 𝑓(3), 𝑓(4) phải có số khơng số phương Giả sử trái lại, số 𝑓(1), 𝑓(2), 𝑓(3), 𝑓(4) số phương Ta có: 𝑓 (4) − 𝑓(2) = 12𝑎 + 2𝑏 − 56 ≡ 2𝑏 (𝑚𝑜𝑑 4) 𝑓 (3) − 𝑓(1) = 8𝑎 + 2𝑏 + 26 ≡ 2𝑏 + (𝑚𝑜𝑑 4) 40 (1) (2) Để ý với 𝑥 ∈ ℤ 𝑥 ≡ ∨ (𝑚𝑜𝑑 4), nên từ (1) (2) suy 𝑓 (4) − 𝑓 (2) 𝑓 (3) − 𝑓 (1) số chẵn, chia hết cho Suy [𝑓 (3) − 𝑓(1)] − [𝑓 (4) − 𝑓 (2)] = ⋮ (vô lý) Vậy điều giả sử sai, điều phải chứng minh Bài tốn 2.12 Tìm nghiệm hệ phương trình: 2𝑥 − 7𝑥 + 8𝑥 − = 𝑦 {2𝑦 − 7𝑦 + 8𝑦 − = 𝑧 2𝑧 − 7𝑧 + 8𝑧 − = 𝑥 Lời giải: Xét đa thức 𝑓 (𝑡 ) = 2𝑡 − 7𝑡 + 8𝑡 − Gọi (𝑥0 ; 𝑦0 ; 𝑧0 ) ∈ ℤ3 nghiệm hệ giả sử 𝑥0 , 𝑦0 , 𝑧0 đơi phân biệt Khi đó: 𝑓 (𝑥0 ) = 𝑦0 𝑥0 − 𝑦0 = 𝑘(𝑧0 − 𝑥0 ) {𝑓 (𝑦0 ) = 𝑧0 ⟹ { 𝑦0 − 𝑧0 = 𝑙(𝑥0 − 𝑦0 ) 𝑧0 − 𝑥0 = 𝑚(𝑦0 − 𝑧0 ) 𝑓 (𝑧0 ) = 𝑥0 (𝑘, 𝑙, 𝑚 ∈ ℤ) Nhân phương trình với nhau, ta được: (𝑥0 − 𝑦0 )(𝑦0 − 𝑧0 )(𝑧0 − 𝑥0 ) = 𝑘𝑙𝑚(𝑥0 − 𝑦0 )(𝑦0 − 𝑧0 )(𝑧0 − 𝑥0 ) ⟹ 𝑘𝑙𝑚 = Nếu 𝑘 = 𝑙 = 𝑚 = 𝑥0 = 𝑦0 = 𝑧0 (vơ lý) Nếu 𝑘, 𝑙, 𝑚 có hai số -1 số 1, giả sử 𝑘 = 𝑙 = −1, 𝑚 = 𝑦0 = 𝑧0 𝑥0 − 𝑦0 = 𝑧0 − 𝑥0 Khi đó: {𝑦0 − 𝑧0 = 𝑥0 − 𝑦0 ⟹ { 𝑧0 = 𝑥0 ⟹ 𝑥0 = 𝑦0 = 𝑧0 (vô lý) 𝑧0 − 𝑥0 = 𝑦0 − 𝑧0 𝑥0 + 𝑦0 = 2𝑧0 Vậy, hệ có nghiệm 𝑥0 = 𝑦0 = 𝑧0 Thay vào hệ cho, ta 𝑥0 = 𝑦0 = 𝑧0 = ∨ Vậy hệ có nghiệm (𝑥; 𝑦; 𝑧) = (1; 1; 1), (2; 2; 2) 41 KẾT LUẬN Khóa luận “Ứng dụng đa thức giải toán sơ cấp” hoàn thành mục tiêu nhiệm vụ đề ra, cụ thể thực vấn đề sau: Trình bày tóm tắt định nghĩa đa thức phép toán đa thức, nghiệm đa thức, đa thức bất khả quy, công thức nội suy Lagrange định lý có liên quan Ứng dụng đa thức để giải số toán sơ cấp, bao gồm tốn về: - Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số, biểu thức - Chứng minh bất đẳng thức Mỗi tốn trình bày với lời giải chi tiết, rõ ràng, ngồi cịn cung cấp số tập tự giải tương tự Qua đề tài này, em phần cố, hệ thống lại, mở rộng hoàn thiện kiến thức đa thức học trước Tuy nhiên, với kiến thức thời gian hạn chế, đề tài khơng thể tránh khỏi thiếu sót chưa khai thác hết dạng toán liên quan Hi vọng nội dung khóa luận cịn tiếp tục phát triển mở rộng nhiều nhằm thể ứng dụng đa dạng hiệu đa thức giải toán sơ cấp Em mong nhận góp ý thầy bạn để đề tài hoàn thiện 42 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Hữu Điển (2003), Đa thức ứng dụng, Nhà xuất Giáo dục [2] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên) - Trần Nam Dũng - Nguyễn Minh Tuấn (2009), Chuyên đề chọn lọc dãy số áp dụng, Nhà xuất Giáo dục [3] Lê Thị Thanh Nhàn (2015), Lý thuyết đa thức, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội [4] Đàm Văn Nhỉ (Chủ biên),Văn Đức Chín, Trần Thị Hồng Dung, Lê Xuân Dũng ,Đào Ngọc Dũng, Đặng Xuân Sơn, Trần Trung Tình, Nguyễn Anh Tuấn (2017), Đa thức - chuỗi & chuyên đề nâng cao, Nhà xuất Thông tin truyền thơng [5] Lê Hồnh Phị, Nguyễn Văn Nho, Nguyễn Tài Chung (2013), Chuyên khảo đa thức, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội 43