Trang 1 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Đề tài: “NGHIỆM CỦA ĐA THỨC” Năm học 2019 - 2020 Họ và tên: Trần Hoài Vũ Đơn vị công tác: Trường THPT Chuyên Lào Cai Trang 2 Các bài toán về đa thức th
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO LÀO CAI TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI …………………………………@……………………………… SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Đề tài: “NGHIỆM CỦA ĐA THỨC” Năm học 2019 - 2020 Họ tên: Trần Hồi Vũ Đơn vị cơng tác: Trường THPT Chuyên Lào Cai skkn Giáo viên: Trần Hoài Vũ THPT CHUYÊN LÀO CAI A MỞ ĐẦU I Lý chọn đề tài Các toán đa thức thường xuyên xuất kỳ thi học sinh giỏi ln đánh giá tốn khó Các tốn thường u cầu nghiên cứu tính chất hệ số đa thức, tính chất nghiệm tốn đa thức ngun, tính khả quy, bất khả quy hỏi theo nhiều hình thức khác Bài tốn đa thức liên quan đến nghiệm đa thức có tần suất xuất nhiều đề thi TST, VMO, IMO,…với cách cách hỏi phong phú: Có thể tồn nghiệm đa thức; hay tốn nghiệm thơng qua hệ thức Vi-et; tốn đẳng thức, bất đẳng thức liên quan đến nghiệm hệ số đa thức,…Mỗi toán cần lối tư chứng minh định lý toán học Chính tác giả định lựa chọn đề tài: “Nghiệm đa thức” Hi vọng phần chia sẻ giúp bạn tiếp cận tốt toán dạng II Mục đích nhiệm vụ nghiên cứu + Nghiên cứu hướng suy nghĩ cho lời giải toán nghiệm đa thức + Vận dụng tính chất nghiệm đa thức giải toán liên quan đến nghiệm nhằm phát huy khả tư toán học cho học sinh III Đối tượng học sinh Đối tượng dạy học chuyên đề học sinh chuyên toán trường THPT Chuyên, đặc biệt bồi dưỡng học sinh đội tuyển học sinh giỏi toán skkn Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc Giáo viên: Trần Hoài Vũ THPT CHUYÊN LÀO CAI B NỘI DUNG I Một số kiến thức nghiệm đa thức Định nghĩa Giả sử f (x) x, Ta nói f(x) nhận làm nghiệm f( ) = 0, f(x) chia hết cho x hay nhận x làm nhân tử Nghiệm đơn, nghiệm bội Giả sử f (x) x , ,k * Ta nói nghiệm bội đa thức f(x) tồn g(x) x ,g cho f ( x) ( x ) k g ( x) với x ( tức f(x) chia hết cho ( x ) k không chia hết cho ( x ) k 1 ) Nếu k ta nói nghiệm đơn Nếu k ta nói nghiệm bội Định lý Bézout nghiệm đa thức f ( x) [ x] f ( x) ( x ) (x) Chứng minh f ( x) [ x] tồn g ( x) [ x]: f ( x) ( x ).g ( x) f ( ), x Do α nghiệm f ( x) [ x] f ( ) f ( x) ( x ).g ( x) f ( x) ( x ) Hệ quả: f ( x) [ x],deg f n ta ln có f ( x) f ( ) ( x ) Định lý Viet a)Định lý Viet thuận Giả sử f ( x) a0 x n a1 x n 1 a2 x n 2 an 1 x an Gọi 1 , , n nghiệm f(x) a1 a (1 n ) a2 a 1 1 1 n 2 n 1 n a3 (1 2 n 2 n 1 n ) a0 an 1 n 1 a (1) (1 n 1 2 n ) an n a (1) 1 n b)Định lý Viet đảo S1 1 n S n n 1 n S n 2 n 1 n Cho n số thực 1 , , n Đặt 3 S k 1 1 n 1 2 n S k 1 n Khi đó: 1 , , n n nghiệm đa thức: Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc skkn Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc Giáo viên: Trần Hoài Vũ THPT CHUYÊN LÀO CAI f (x) x n S1x n 1 S2 x n 2 S3x n 3 1 Sn 1x 1 Sn n 1 n Nghiệm hữu tỷ, nghiệm nguyên Cho f (x) a n x n a n1x n1 a1x a đa thức hệ số nguyên Khi đó: Nếu f(x) có r s nghiệm hữu tỷ x , r,s r ước hệ số tự a0, s ước hệ số cao an Chứng minh r r r Do f x0 an ( )n an1 ( )n1 a1 ( ) a0 a0 s n a1rs n1 an1r n1s an r n s s s n n 1 n2 an r s(a0 s a1s an1r ) Đẳng thức chứng tỏ an r n s Vì (r,s)=1 suy (s, rn)=1 nên an chia hết cho s Lập luận tương tự: a0 s n r (a1.s n 1 an 1r n s an r n 1 ) Chứng tỏ a0 s n r Vì (r,s)=1 suy (r, sn)=1 nên suy a0 chia hết cho r Chú ý: Nếu an = nghiệm hữu tỷ có nghiệm ngun Tính liên tục Cho f (x) x, f (x) a n x n a n1x n1 a1x a Khi đó: a) f(x) liên tục b) Nếu tồn hai số a , b thỏa mãn: f(a)f(b) < f(x) có nghiệm x = c nằm hai số a b Cụ thể: f (x) _ lt / a;b c a;b : f (c) f (a)f (b) f (x) _ lt / a;b c a;b : f (c) f (a)f (b) Khai triển Taylor Cho f (x) x , f (x) a a1x a 2x a n 1x n1 a n x n a , ta có khai triển: f (x) f (a) f '(a) f ''(a) f (n ) (a) (x a) (x a) (x a) n 1! 2! n! (1) Công thức (1) gọi khai triển Taylor f(x) điểm x = a Khai triển Maclaurin Trong công thức (1) ta thay a được: f '(0) f ''(0) f (n ) (0) n f (x) f (0) x x x 1! 2! n! (2) Công thức (2) gọi khai triển Maclaurin f(x) Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc skkn Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc Giáo viên: Trần Hoài Vũ THPT CHUN LÀO CAI II Một số tốn điển hình Nhận xét: Ta xét đa thức P( x) x 1 x x x3 3x x có nghiệm dương a Đặt a b (khi b = 2) Do P ( a ) nên P(3 b) b3 6b2 13b 10 Khi đó, ta kiểm tra đa thức Q( x) x3 x2 13x 10 có nghiệm dương b = Từ ta có tốn sau: Bài toán : Cho hai đa thức P( x) x3 3x2 4x , Q( x) x3 x2 13x 10 a) CMR: Hai đa thức có nghiệm dương b) Gọi a b nghiệm dương P(x) Q(x) CMR: a + b = Nhận xét: Với toán lời giải thật dễ dàng ta trực tiếp tìm nghiệm hai đa thức Tuy nhiên, việc tìm nghiệm thực hai đa thức gặp khó khăn ta giải tốn sau: a) Ta thấy P(x), Q(x) có nghiệm phải nghiệm dương Vì với x0 P ( x0 ) (tương tự Q(x)) Mặt khác: P '( x) 0, Q '( x) x nên P(x), Q(x) hàm đồng biến tập thực Do hai đa thức có nghiệm dương b) Đặt a = – m Do P ( a ) nên P(3 m) m3 6m2 13m 10 Tức m nghiệm Q( x) x3 x2 13x 10 Vì Q(x) có nghiệm nên m b Từ suy a = – b hay a + b = (đpcm) Nhận xét: Từ lời giải ta xây dựng đa thức P1 ( x), Q1 ( x) thỏa mãn: +) Đa thức P1 ( x ) có nghiệm bình phương nghiệm đa thức P(x) Ta dễ dàng tìm P1 ( x) x3 x2 x +) Đa thức Q1 ( x) có nghiệm bình phương nghiệm đa thức Q(x) Ta dễ dàng tìm Q1 ( x) x3 10x2 49x 100 Do nghiệm P(x) Q(x) dương nên ta có toán sau: Bài toán 2: Cho hai đa thức P1 ( x) x3 x2 x , Q1 ( x) x3 10x2 49x 100 a) CMR: Hai đa thức có nghiệm dương b) Gọi u v nghiệm dương P1 ( x), Q1 ( x) CMR: u v Nhận xét: Việc giải toán dễ dàng ta dễ dàng tìm u = v = Tuy nhiên, việc tìm nghiệm P1 ( x), Q1 ( x) gặp khó khăn ta làm nào? Rõ ràng, muốn giải toán ta phải ngược lại q trình phân tích Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc skkn Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc Giáo viên: Trần Hoài Vũ THPT CHUYÊN LÀO CAI Ta xét tốn mà việc tìm nghiệm khó khăn Bài tốn 3: Cho hai đa thức P( x) x3 2x2 3x , Q( x) x3 5x2 10 x 10 a) CMR: P(x) có nghiệm âm, Q(x) có nghiệm dương b) Gọi a b nghiệm P(x) Q(x) Tính tổng a + b Nhận xét lời giải: Rõ ràng việc tìm nghiệm hai đa thức gặp khó khăn, tốn u cầu tính tổng a + b khơng phải chứng minh rẳng tổng số Ta giải toán sau: a) Dễ dàng b) Giả sử tổng a + b = k Ta tìm k Từ a + b = k, ta có: b = k – a Do b nghiệm Q(x) nên Q (b) , suy ra: Q(k a) a3 (3k 5)a2 (3k 10k 10)a (k 5k 10k 10) (*) Vì a nghiệm P(x), nên từ (*) ta mong muốn có : 1 3k 3k 10k 10 k 5k 10k 10 (**) Từ đẳng thức (**), ta tìm giá trị k = Vậy: Tổng a + b = Nhận xét: Về cách hỏi tốn có khác tốn tý chút Nhưng chất vấn đề không thay đổi Biết cách giải toán 1, cho ta tư để giải toán cách nhẹ nhàng Cũng trên, ta xây dựng hai đa thức P2 ( x ), Q2 ( x ) thỏa mãn: +) Đa thức P2 ( x) có nghiệm bình phương nghiệm đa thức P(x) Giả sử P2 ( x) x3 ax2 bx c Theo hệ thức Vi – et, ta có: a xi xi xi x j 2 i 1 1i j 3 i 1 2 b xi x j xi x j x1 x2 x3 xi 7 i 1 1i j 3 1i j 3 c x1 x2 x3 16 Từ suy ra: P2 ( x) x3 x2 x 16 +) Đa thức Q1 ( x) có nghiệm lần bình phương nghiệm đa thức Q(x) Tương tự ta tìm Q2 ( x) x3 10 x2 800 +) Chú ý rằng: P(x) có nghiệm a < 0, cịn Q(x) có nghiệm b > Vì u, v nghiệm dương P2 ( x) x3 x2 x 16 Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc skkn Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc Giáo viên: Trần Hoài Vũ THPT CHUYÊN LÀO CAI Q2 ( x) x3 10 x2 800 u a; v b Do a + b = nên có : v u 1 Ta có toán sau : Bài toán 4: Cho hai đa thức P2 ( x) x3 x2 x 16 , Q2 ( x) x3 10 x2 800 a) CMR: Hai đa thức có nghiệm thực dương b) Gọi u v nghiệm thực dương P2 ( x ), Q2 ( x ) CMR: v u 1 Nhận xét : Việc giải toán 4,chỉ cần ngược lại trình tạo dựng nên P2 ( x), Q2 ( x) xong Các toán từ đến 4, hai đa thức ban đầu có nghiệm Ta xét tốn mà số nghiệm nhiều nghiệm Bài toán 5: Cho hai đa thức: P( x) x x Q( x) x3 36 x 48 x 19 a) Chứng minh rằng: Mỗi đa thức có nghiệm thực phân biệt b) Gọi a nghiệm lớn P(x) b nghiệm nhỏ Q(x) Chứng minh rằng: a 2b Nhận xét : Phần đầu toán đơn giản Ta lập bảng biến thiên P(x) Q(x) có kết quả, sử dụng tính chất hàm liên tục đa thức bậc Về ý tưởng giải phần sau, giống toán Tuy nhiên cần để ý a nghiệm lớn P(x) b nghiệm nhỏ Q(x) nên cần phân biệt nghiệm với nghiệm khác P(x) Q(x) Với nhận xét trên, tốn giải sau: a) Vì P(2) 1 0, P(0) 0, P(1) 1 0, P(2) suy P(x) có nghiệm phân biệt nghiệm lớn a (1; 2) Vì Q(0) 19 0, Q(1) 0, Q(2) 3 0, Q(3) 17 suy Q(x) có nghiệm phân biệt nghiệm bé b (0;1) b) Đặt a = – 2m Vì P(a) (3 2m)3 3(3 2m) 8m3 36m2 48m 19 Suy m nghiệm Q( x) x3 36 x 48 x 19 Do a (1;2) m 3 a 3 a (0;1) m b b a 2b 2 Nhận xét: Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc skkn Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc Giáo viên: Trần Hoài Vũ THPT CHUYÊN LÀO CAI Vẫn giữ ý tưởng hai đa thức ban đầu có nghiệm phân biệt Tuy nhiên,cũng với cách xây dựng đa thức có nghiệm thỏa mãn điều kiện cho trước, ta có tốn khó sau: Bài toán (VMO 2003): Cho hai đa thức: P( x ) 4x3 2x2 15x Q( x ) 12x3 x x a) Chứng minh đa thức cho có ba nghiệm thực phân biệt b) Kí hiệu , tương ứng nghiệm lớn P( x ) Q( x ) Chứng minh 3 Lời giải 2 a) Từ 3 suy 2; 1,2 P( 2 ) 1; P( 1) 18; P( 1,5 ) 4,5; P( 1,9 ) 0,716 ( 1) Q( 2 ) 57;Q( 1) 2;Q( 0,3 ) 0,236;Q( 1) 12 ( ) Từ (1) suy P( x ) có ba nghiệm thực phân biệt nghiệm lớn ( 1,5;1,9 ) (3) Từ (2) suy Q( x ) có ba nghiệm thực phân biệt nghiệm lớn ( 0,3;1 ) (4) b) Vì nghiệm P( x ) nên: 4 2 15 Suy 4 15 2 16 120 225 4 36 81 16 120 261 81 (5) 3( ) nghiệm Q( x ) Thật vậy, ta có Q( x0 ) ( ) 3( ) 2( ) 3( ) 3 4 2 3( ) 2 ( ) 2 Từ (3) ta có 2 4 nên 2 0;4 Từ Từ (3) có Ta chứng minh x0 9( 2 )2 ( 4 )2 3( ) 9( 81 36 4 ) 3( 81 72 16 )( ) 3( 16 124 261 81 ) theo ( ), 4 3( ) Do Q( x0 ) theo (6) Vì x0 nghiệm Q( x ) Hơn từ (3) suy ra: Suy 2 1,17 3x0 5,25 3x0 0,3 x0 Từ theo (2), (4) nghiệm Q( x ) khoảng ( 0,3;1) nên x0 hay 3( ) , 3 Bài tốn 7: Tìm tất nghiệm đa thức P x a2 a x 2 x x a2 a x , a 0, a Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc skkn Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc Giáo viên: Trần Hoài Vũ THPT CHUYÊN LÀO CAI Lời giải Giả sử x x0 nghiệm đa thức cho Khi ta có a2 a x 2 x 3 x0 a a x0 Mặt khác a a x 1 a a 1 x x 2 P 1 x0 a2 a 1 x0 1 x0 1 a2 a 1 x0 1 x0 2 x0 1 P a2 a x0 3 2 0 1 1 a a x x 1 x0 x0 2 x02 x0 1 x a a a a x x0 3 a2 a x02 x0 a2 a x02 x0 x0 Ta thấy P x đa thức bậc nên có tối đa nghiệm Dễ thấy x a nghiệm đa thức nên theo đánh giá P x có thêm nghiệm a 1 Tiếp tục trình ta lại có thêm nghiệm ; ; a a 1 a nghiệm a ; a ; 1 ; 1 ; ; a a 1 a 1 1 a 1 1 a Vậy P x có Nhận xét: Nếu tồn giá trị a làm cho nghiệm trùng giá trị a làm cho đa thức cho có nghiệm bội Do đó, điều khơng ảnh hưởng đến đầy đủ nghiệm đa thức Bài toán (Indonesia - 2017) Cho đa thức P( x) có hệ số ngun có nghiệm ngun phân biệt Giả sử tồn x0 cho P( x0 ) 2017 Chứng minh P ( x0 ) Lời giải Đặt P( x) ( x x1 )( x x2 ) ( x x9 )Q( x) với Q( x) [ x] , x1 , x2 , , x9 nghiệm nguyên phân biệt P( x) Giả sử tồn x0 cho P( x0 ) Q( x0 ) , suy Q( x0 ) Ta có P( x0 ) ( x0 x1 )( x0 x2 ) ( x0 x9 ) Q( x0 ) 1 (1) (2) (3) (4) 2880 2017 Điều mâu thuẫn cho thấy điều giả sử sai Ta có đpcm Nhận xét: Ý tưởng toán trùng với ý tưởng toán đề Olimpic Hi Lạp, khác cách hỏi khác Ta có tốn sau: Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc skkn Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc Giáo viên: Trần Hoài Vũ THPT CHUYÊN LÀO CAI Bài toán (Olimpic Hi Lạp) Cho P(x) đa thức hệ số nguyên có 13 nghiệm nguyên phân biệt Hãy n nghiệm P(x) P(n) 6! Cho ví dụ dấu xảy Lời giải Giả sử có: P(x) x x1 x x x x13 Q(x), Q(x) Lấy n x khơng phải nghiệm P(x) có: P(n) n x1 n x n x13 Q(n) Do n x1 n x n x13 tích 13 số nguyên phân biệt khác 0, Q(n) số nguyên trùng với 13 số nguyên Do giá trị nhỏ tích n x1 n x n x13 Q(n) nhận 6 6 5 5 4 3 3 2 1 11 6! Lấy ví dụ có dấu bằng: Cho n = P(x) x x 1 x x x 16 x 25 x 36 Bài toán 10 (Ấn Độ - 2017) Cho đa thức bậc ba P( x) x3 x 2016n với n Biết P có ba nghiệm tự nhiên (không thiết phân biệt), chứng minh 3 Lời giải Giả sử phương trình có ba nghiệm a, b, c n abc 2016n 4(mod 7) Mặt khác a b c nên a3 b3 c3 3abc 5(mod 7) , mà abc 0(mod 7) nên số dư a , b3 , c3 chia cho thuộc tập 1,6 nên điều xảy Vậy n hay abc 2, a b c ; dễ dàng tính (a, b, c) (2, 1, 1) hay 3 Nhận xét: Bài toán khai thác triệt để tính chất số học số nguyên vận dụng khéo léo đẳng thức a3 b3 c3 3abc a + b + c = Bài toán 11: Moldova TST 2019 (Ngày 2) - 2019 Cho P( X ) a2n X 2n a2n X 2n a1 X a0 đa thức với tất hệ số dương Chứng minh tồn hoán vị b2n 1, b2n , b1, b0 số a2n 1, a2n , a1, a0 cho đa thức Q( X ) b2n X 2n b2n X 2n b1 X b0 ln có nghiệm thực Lời giải Trước hết ta xét chứng minh bổ đề sau: Đa thức x n x n x hàm tăng nghiêm ngặt Thật vậy: Bổ đề hiển nhiên với biến x Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc skkn Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc Giáo viên: Trần Hoài Vũ THPT CHUYÊN LÀO CAI x2k Đạo hàm đa thức là: x Ta xét với x Ta chứng minh rằng: 2k x x k Do x nên 2kx 2k x x2k 2k 1 x x2k 2k ' 2kx k x2k x x 1 (1) x 1 x2k 2k 1 x x 2k x2k x 2k Ta thấy (2) với x Bổ đề chứng minh Bây cần chọn hoán vị bi cho b1 , b3 , b2 n n số lớn b0 , b2 , b4 , b2 n n số nhỏ Vì x tăng nghiêm ngặt tập số thực 2i âm, x giảm nghiêm ngặt tập số thực âm Mặt khác f ( x) g( x) viết: b2 n x n b2 n x2 n b1 x b0 c x x2 x2 n 2i Trong đó: f ( x) tổng số đa thức lẻ với hệ số dương g ( x ) tổng số đa thức chẵn với hệ số âm Tức ta chọn hoán vị b2n 1, b2n , b1, b0 số a2n 1, a2n , a1, a0 cho đa thức b2 n x n b2 n x n b1 x b0 c1 x x2 x2n f ( x) g ( x) ln tăng nghiêm ngặt, ln có nghiệm thực Nhận xét: +) Bài tốn áp dụng vấn đề giải tích (tính đơn điệu) toán hàm số đa thức cho ta lời giải đẹp +) Sử dụng tính liên tục hàm số đa thức, ta chứng minh số nghiệm phương trình, kết hợp việc tính đạo hàm đến cấp biểu thức cho ta toán sau: Bài toán 12 Cho đa thức P( x ) x( x 1)( x a ) với a a) Chứng minh P( x) ln có nghiệm thực phân biệt Đặt x1 , x2 , x3 , x4 , x5 b) Tính T i 1 x xi2 i Lời giải a) Ta có P( x) hàm liên tục lim P( x ) , P( 2) 6a 25 0, P( 1) 1 0, x 12a 35 P 0, P(1) 1 0, lim P( x ) x 32 2 1 nên P( x) có nghiệm thuộc ( ; 2),( 2; 1), 1; , ;1 ,(1; ) 2 2 b) Ta có P( x ) 5x 3(a 1) x a, P( x ) 20 x 6(a 1) x 5 1 1 T nên 2 x x x x 1 x 1 i 1 xi i 1 xi i 1 xi Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc skkn 10 Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc Giáo viên: Trần Hoài Vũ THPT CHUYÊN LÀO CAI Chú ý P( x ) nên P ( x ) i 1 x xi 5 1 P( 1) P(1) i 1 xi i 1 x i 1 P( x ) P( x ) P( x ) Tiếp tục đạo hàm hai vế, ta có nên 2 P ( x) i 1 ( x xi ) P(0) P(0) P(0) a Vậy T 2a 2 x P (0) i 1 i Bài toán 13 (Benelux - 2017): Cho số nguyên dương k đặt 65k an an1 a2a1a0 Xét đa thức P( x) an x n an 1 x n 1 a1 x a0 Chứng minh đa thức khơng có nghiệm hữu tỷ Lời giải Trước hết, ta chứng minh bổ đề: p với ( p, q) f ( x) viết thành q f ( x) (qx p) g ( x) mà g ( x) [ x] Nếu đa thức f ( x) [ x] có nghiệm x Bổ đề suy trực tiếp từ kết sau: Tích hai đa thức nguyên đa thức nguyên (đa thức nguyên – premitive polynomial đa thức hệ số nguyên mà hệ số khơng có ước ngun tố chung) n m i 0 i 0 Thật vậy, xét f ( x) xi g ( x) bi xi hai đa thức nguyên bản; giả sử tích f ( x) g ( x) đa thức khơng ngun bản, tức có ước ngun tố chung p cho hệ số Do f , g nguyên nên tồn a r bs không chia hết cho p Giả sử r số lớn f s số lớn g thỏa mãn điều kiện Khi p | , p | b j với i r, j s Xét lũy thừa x r s với hệ số aibj i j r s Ta thấy i r hệ số b j chia hết cho p ; i r j s nên hệ số chia hết cho p ; có ar bs không chia hết cho p nên tổng không chia hết cho p, mâu thuẫn Áp dụng vào bổ đề, ta thấy g ( x) hệ số ngun tồn m m cho mg ( x) [ x] mg ( x) đa thức nguyên bản; mà qx p nguyên nên suy mf ( x) nguyên bản, vô lý Suy g ( x) [ x] Quay trở lại toán, Dễ thấy nghiệm thực P( x) âm tất hệ số P( x) âm Giả sử P( x) có nghiệm x p với p, q ( p, q) Khi q P( x) (qx p)Q( x) với Q( x) [ x] Suy 65k (10q p)Q(10) Chú ý a1 2, a0 65k với k tận 25 Ta có p | a0 nên p p Ta xét hai trường hợp: Nếu p 10q ước 65k , q1, 2,3, ,9 65k khơng có ước Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc skkn 11 Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc Giáo viên: Trần Hoài Vũ THPT CHUYÊN LÀO CAI có dạng 10q nên vơ lý Nếu p 10q ước 65k hay 2q ước 13k 5k 1 Vì 2q 19 nên 2q 15,13 q 2,6 Suy an số chẵn q | an (1) Nếu q x 5 nghiệm P( x) nên P hay 6 an 5 an1 5 n n 1 a2 5 6n2 5 6n1 6n 6 Chia hai vế cho 5 , ta có an 5 n 1 an1 5 n2 a2 5 6n2 6n1 6n 6 Dựa vào chữ số tận cùng, ta suy 6n1 6n 4 6n1 tận , vơ lý (2) Nếu q x 5 nghiệm P( x) nên P hay 2 an 5 an1 5 n n 1 2 a2 5 2n2 5 2n1 2n nên an 5 an1 5 n n 1 2 a2 5 2n2 Lại chia hai vế cho ( 5) , ta có an 5 n2 an1 5 n 3 2 a3 (5) 2n3 a2 2n2 Nếu k 625 | 65k nên 65k có tận 625 a2 nên vế trái có tận khác , không thỏa Suy k Khi đó, ta có P( x) x3 x x , dễ dàng kiểm tra trực tiếp đa thức khơng có nghiệm hữu tỷ Vậy với k đa thức P( x) xác định khơng có nghiệm hữu tỷ Bài tốn 14: Cho đa thức P( x) monic, bậc 12 có 12 nghiệm thực âm (không P(0) thiết phân biệt) Tìm giá trị nhỏ T P(10) P(0) Lời giải Đặt P( x ) ( x x1 )( x x2 ) ( x x12 ) P( x ) 1 P( x ) x x1 x x2 x x12 Đặt yi xi 0, i 1, 2, ,12 1 1 T ( y1 10)( y2 10) ( y12 10) y12 y1 y2 1 12 Theo bất đẳng thức AM-GM 12 y1 y2 y12 y1 y2 y12 yi 10 yi 6 32 yi với i 1,2, ,12 Suy T 612 32 122 36 1212 12 Vậy giá trị nhỏ T 1212 36 , đạt P( x ) ( x 2)12 Bài toán 15: Cho phương trình x x x x x (2.1) Chứng minh phương trình (2.1) có nghiệm phân biệt Với xi (i 1,5) Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc skkn 12 Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc Giáo viên: Trần Hoài Vũ THPT CHUYÊN LÀO CAI nghiệm phương trình (2.1) , tính tổng S biết : S i 1 xi xi xi Lời giải f(x) hàm số xác định liên tục R 3 1 175 Ta có: f (2) 5; f ( ) 2; f (0) 1; f ( ) ; f (1) ; f (3) 2 2 3 3 1 Khi đó: f (2) f ( ) 0; f ( ) f (0) 0; f (0) f ( ) 0; f ( ) f (1) 0; f (1) f (3) 2 2 Do phương trình có nghiệm phân biệt 3 2 x1 x2 x3 x4 x5 2 x Ta có i nghiệm (2.1) nên : xi xi xi xi xi xi xi 2(5 xi xi xi ) xi Do đó: S i 1 (5 xi xi xi ) x 1 x 1 Xét biểu thức: g ( x) x x x x( x 1)(5 x 4) Đồng thức ta được: g ( x) x 9( x 1) 36(5 x 4) 5 1 1 Do vậy: S i 1 xi i i xi 72 i 1 x i 5 f '( x) Với x xi ta có: f ( x) i i x xi Và f '( x) 5x4 x3 15x x Do đó: f '(1) 1 f '(1) 12 f (1) i 1 xi f (1) i 1 xi f '(0) 1 f '(0) 4 f (0) i 1 xi f (0) i 1 xi 4 f '( ) f '( ) 1 12900 4 4 4789 i 1 x f ( ) i 1 xi f( ) i 5 5 8959 Vậy: S 4789 Bài toán 16 : Cho số tự nhiên n n số thực a1 , a2 , , an cho Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc skkn 13 Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc Giáo viên: Trần Hoài Vũ THPT CHUYÊN LÀO CAI n 1 Giả sử phương trình xn a1xn1 a2 xn2 an1x an có n nghiệm thực Chứng minh tất nghiệm nằm đoạn a1, a1 2 Lời giải n n1 n 2 Đặt P( x) x a1x a2 x an1x an Gọi x1 , x2 , , xn n nghiệm phương trình P(x) = Khi đó: x1 x2 xn a1 a1 1, a2 x1 x2 x1 x3 xn1 xn a2 n Mặt khác: x xi2 a12 2a2 a12 Do đó: xk a1; a1 , k 1,2, , n k i 1 Vậy tất nghiệm P(x) = nằm đoạn a1; a1 2 Bài toán 17: Cho đa thức P(x) , Q(x), R(x) với hệ số thực có bậc tương ứng 3,2,3 thỏa mãn đẳng thức P2 ( x) Q2 ( x) R2 ( x), x Hỏi đa thức T ( x) P( x).Q( x).R( x) có nghiệm thực ( kể nghiệm bội) Lời giải Đầu tiên ta thấy Q ( x) ( R( x) Q( x))( R( x) Q( x)) Do deg( R P) nên phương trình R( x) P ( x) có nghiệm, điều chứng tỏ phương trình Q(x) = có nghiệm Mà deg Q nên Q ( x ) có nghiệm Mặt khác: P2 ( x) ( R( x) Q( x))( R( x) Q( x)) Do deg( R Q) deg( R Q) nên P2 ( x) có nghiệm Hai nghiệm P2 ( x) phân biệt Khi P(x) =0 có nghiệm, mà degP = nên P(x) = có nghiệm thực Mặt khác degR = nên R(x) = có nghiệm Do mà T(x) = có nghiệm Hai nghiệm nghiệm kép x = a Do đó: +) R( x) Q( x) R( x) Q( x) nhận a làm nghiệm Khi P(a) = Q(a) = R(a) = Theo định lý Bezout ta phân tích được: P( x) ( x a ) P1 ( x); Q( x) ( x 2)Q1 ( x); R( x) ( x a) R1 ( x) với P1 ( x), Q1 ( x ), R1 ( x ) đa thức có hệ số cao dương Do đó: P12 ( x) Q12 ( x) R12 ( x) Xét P1 ( x) ax2 bx c; Q1 ( x) dx e; R1( x) fx gx h Đồng hệ số x x khai triển ta được: Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc skkn 14 Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc Giáo viên: Trần Hoài Vũ THPT CHUYÊN LÀO CAI a f ;2ab fg b g Do P1 ( x) ax2 bx c;Q1 dx e; R1 ( x) ax bx h Ta có: (dx e)2 (h c)( P1 ( x) R1 ( x)) Mà deg( P1 R1 ) nên P1 ( x) R1 ( x) 2ax2 2bx c h có nghiệm kép Suy ra: b2 2a(c h) Nếu hai đa thức P1 ( x ) R1 ( x) khơng có nghiệm thực b2 4ac; b2 4ah Hay b2 2a(c h) (Vơ lý) Do hai đa thức có nghiệm Điều dẫn đến T(x) = có nghiệm +) Chỉ có hai đa thức R(x) – Q(x); R(x) + Q(x) nhận a làm nghiệm Khi deg(R-Q) = deg (R+Q) = nên R(x) – Q(x) = R(x) + Q(x) có nghiệm P2 ( x) có nghiệm Do degP = nên P2 ( x) có nghiệm có nghiệm Mà P2 ( x) có nghiệm nên P( x)2 phải có nghiệm P( x) có nghiệm Do T(x) = có nghiệm Bài toán 18: Cho đa thức P( x) x2016 a2015 x2014 a1x a0 có hệ số thực với P '(2) P '(1) P (1) P (2) 2016 Giả sử P(x) có 2016 nghiệm thực, chứng P(2) P(1) minh số đó, có nghiệm thuộc khoảng (1;2) Lời giải Gọi x1 , x2 , , x2016 nghiệm P(x) Theo định lí Bezout ta có: P( x) ( x x1 )( x x2 ) ( x xn ) Khi đó: 1 P '( x) ( x x1 )( x x2 ) ( x xn ) x xn x x1 x x2 Do đó: P '( x) n P ( x) i 1 x xi Ta phản chứng P(x) khơng có nghiệm thuộc khoảng (1;2) Ta có: P '(2) P '(1) 2016 2016 3xi P(2) P(1) i1 xi xi i1 (2 xi )(1 xi ) Do xi xi nên (2 xi )(1 xi ) Ngoài ra: 3xi 1, xi (1;2) (2 xi )(1 xi ) Suy ra: Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc skkn 15 Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc Giáo viên: Trần Hoài Vũ THPT CHUYÊN LÀO CAI P '(2) P '(1) 2016 (Vơ lí) Do tồn nghiệm thuộc khoảng (1;2) P(2) P(1) Bài toán 19 : Cho đa thức f ( x) x2017 +ax bx c có ba nghiệm nguyên x1,x2,x3, a, b, c Chứng minh biểu thức sau bội 2017 (a2017 b2017 c2017 1)( x1 x2 )( x2 x3 )( x3 x1 ) Lời giải 2017 Xét f ( x) x ax bx c Nếu x1 , x2 , x3 có số dư chia cho 2017 ta có điều phải chứng minh Xét x1 , x2 , x3 có số dư đôi khác đôi cho 2017 Theo định lý Fermat, ta có: f ( x) ax2 x(b 1) c Mặt khác: f ( x1 ) f ( x2 ) f ( x ) 2017 Ta có: f ( x1 ) f ( x2 ) ( x1 x2 )(ax1 ax2 b 1) Suy ra: ax1 ax2 b 2017 Tương tự: ax2 ax3 b 2017 Do đó: (ax1 ax2 b 1) (ax2 ax3 b 1) a( x1 x3 ) 2017 a 2017 Do f ( x1 ) f ( x2 ) ( x1 x2 )(ax1 ax2 b 1) nên b 2017 Ngoài : f ( x1 ) ax12 x1 (b 1) c 0(mod2017) nên c 2017 Suy ra: a2017 b2017 c2017 a b c 0(mod2017) Do ta có điều phải chứng minh Bài toán 20 : Cho a, b,c,d,e số thực Chứng minh đa thức : P(x) ax (b c)x d e có nghiệm thực thuộc khoảng 1, , đa thức : f (x) ax bx cx dx e có nghiệm thực Lời giải Gọi x0 1, nghiệm phương trình : ax (b c)x d e Nghĩa : ax02 cx0 e (bx0 d) Xét hàm số : f (x) ax bx3 cx dx e Khi : f x ax 02 cx e x bx d Và f x ax 02 cx e x bx d Suy : f x f x ax 02 cx e x bx d 2 ax 02 cx e x ax 02 cx e 2 ax 02 cx e 1 x Do đó, phương trình f (x) có nghiệm thuộc đoạn x , x Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc skkn 16 Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc Giáo viên: Trần Hoài Vũ THPT CHUYÊN LÀO CAI Vậy nên đa thức f (x) ax bx cx dx e có nghiệm thực thỏa mãn điều kiện toán Bài toán 21 (VMO 1991) Cho biết đa thức P( x ) x10 10x9 39x8 a7 x7 a1x a0 , với giá trị định a0 ,a1 , a7 , có 10 nghiệm thực Chứng minh tất nghiệm P( x ) nằm khoảng ; 2 Giả sử x1 , x2 , , x10 Lời giải 10 nghiệm đa thức P( x ) Theo định lí Viet có: 10 10 10 x x 39 (1) ; Từ x 10 100 xi xi 2.39 xi2 22 (2) i j i i, j 1 i 1 i 1 i 1 i 1 10 Ta biến đổi: 10 10 10 10 10 i 1 i 1 10 i 1 i 1 ( xi )2 ( xi2 2xi ) xi2 2 xi 10 Từ (1), (2) ta có ( xi 1)2 22 20 10 12 i 1 Vậy với i( i 10 ) ( xi 1) 12 12 2 +) Nếu xi xi 2 +) Nếu xi xi xi 2 Bài toán 22 (VMO 2009) 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 x3 px2 qx r Lời giải Cách Với số nguyên dương n , đặt Tn an bn cn Theo giả thiết Tn , n Ta chứng minh số p a b c , q ab bc ca, r abc thỏa mãn điều kiện toán Thật vậy, định lí Viet đảo, số a, b, c nghiệm phương trình x px qx r Hơn p T1 Ta phải chứng minh q, r Ta có T1 p T2 p2 2q T3 p3 pq 3r Tn 3 pTn qTn 1 rTn , n Do T2 , p 1 2 3 nên từ 1 2q Từ 2 pT3 2 p4 p2 q pr pr Từ 3 cho n 1 ta T4 pT3 qT2 rT1 p4 p2q pr 2q2 Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc skkn 17 Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc Giáo viên: Trần Hoài Vũ THPT CHUYÊN LÀO CAI 3T4 p4 12 p2q 12 pr 6q2 6q2 q Do đó, kết hợp với ta có m ,m Mặt khác từ 3 ta có rT , n Kết hợp với ta có mT mod 3 , n 5 - Nếu tồn n cho T ,3 từ suy m mod 3 r - Nếu T mod 3 , n p T mod 3 T mod 3 nên từ 3r , suy r có dạng r n n n n suy r Cách Từ giả thiết ta có a b c, a2 b2 c2 , a4 b4 c4 1 , suy ab bc ca , a2 b2 b2c2 c2 a2 Áp dụng hẳng đẳng thức: x y3 z3 3xyz x y z x y z2 xy yz zx với số x, y, z a, b, c a2 , b2 , c2 ta suy 6abc Đặt 6abc k 6a2 b2c2 k2 k abc 6a2 b2c2 2 Từ đẳng thức ab bc ca a2 b2 b2c2 c2 a2 4abc a b c , ta suy 2 ab bc ca Đặt ab bc ca q ab bc ca q2 q ab bc ca 3 Từ 1 , , 3 ta có điều phải chứng minh Cách 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 x2 px q 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 ngun theo điều kiện đề Ngồi ta có 2ab ( a b )2 ( a2 b2 ) số nguyên Đến đây, ta tiếp tục dùng đẳng thức để suy 2a 2b2 số nguyên: 2a2b2 ( a2 b2 ) ( a4 b4 ) Bổ đề Nếu x số thực cho 2x x 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 )2 2m2 2m không nguyên Mâu thuẫn Vậy điều giả 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: Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc skkn 18 Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc Giáo viên: Trần Hoài Vũ THPT CHUYÊN LÀO CAI Nếu a b,a b2 ,a4 b4 số nguyên a, b nghiệm phương trình x2 px q 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 2 ,b cho thấy k giá trị nhỏ thỏa mãn điều 2 kiện: Nếu a, b số thực thỏa mãn điều kiện a n b n số nguyên với đến n Ví dụ a 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 ( a2 b2 c2 ) 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( a2b2 b2c2 c2a2 ) ( a2 b2 c2 ) ( a4 b4 c4 ) 2( ab bc ca )2 2( a2b2 b2c2 c2a2 ) 4abc( a b c ) (1) Vì a3 b3 c3 3abc ( a b c )( a2 b2 c2 ab bc ca ) (2) Từ đây, a b c,a b c ,a b3 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( a2b2 b2c2 c2a2 ) 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 3a2b2c2 ( a2 b2 c2 )( a4 b4 c4 a2b2 b2c2 c2a2 ) với ý 2( a2b2 b2c2 c2a2 ) số nguyên ta suy a 2b c số nguyên Từ 6abc a 2b c số nguyên, cách chứng minh hoàn toàn tương tự ta suy abc số nguyên Bài toán giải hồn tốn Bài tốn 23: Cho đa thức f x x ax b; a, b Gỉa sử phương trình f f x có nghiệm thực phân biệt tổng hai bốn nghiệm 1 Chứng minh b Lời giải Từ giả thiết suy phương trình f x phải có nghiệm thực x1 , x2 Phương trình f f x có nghiệm thực phân biệt x1,2 , b a a * Gọi y1 , y2 , y3 , y4 nghiệm phương trình f f x Giả sử y1 , y2 nghiệm a2 4b Khi a x1 x2 Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc skkn 19 Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc Giáo viên: Trần Hoài Vũ THPT CHUYÊN LÀO CAI phương trình x ax b x1 y3 , y4 hai nghiệm phương trình x ax b x2 Từ giả thiết, giả sử y1 y2 1 a Từ * b Nếu y1 y3 1 Ta có y12 ay1 b x1 y32 ay3 b x2 , suy y12 y22 y12 y32 2b b y12 y32 Bài toán 24: Cho số nguyên dương chẵn n , xét đa thức P x với hệ số thực P x x n an1 x n1 a1 x cho P x có nghiệm thực Tìm giá trị nhỏ biểu thức A a12 a22 an21 Lời giải Nếu n P x x a1 x có nghiệm T a12 n 1 Nếu n , gọi x nghiệm thực P x x0 x0i x0n Do tồn số 1 i n 1 không đồng thời Ta có i 1 n1 i n x0 n 1 x i A ai2 n1 n1 i 1 x02i x02i i 1 i 1 n Do x0n x0n2i x02i , i 1, nên cộng bất đẳng thức này, suy n 1 n 1 n 1 2 2 n2 n n2 n n 1 n x0 x02i x0 x02i x0n x0 x02i x0n 4 4 i 1 i 1 i 1 n 1 n 1 n x0 x02i A n 1 i 1 x n 1 x n 2 x có nghiệm A Xét đa thức P x x n n 1 n 1 Vậy giá trị nhỏ A n 1 Bài toán 25 (RUSSIAN MO 2001): Cho đa thức P x x ax bx c; a, b, c có nghiệm thực phân biệt đa thức Q x x x 2001 Chứng minh Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc skkn 20 Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc Giáo viên: Trần Hoài Vũ THPT CHUYÊN LÀO CAI P 2001 , biết đa thức P Q x khơng có nghiệm thực 64 Lời giải Giả sử P x x r1 x r2 x r3 , ri Khi P Q x x x 2001 ri Vì P Q x khơng có nghiệm thực nên i 1 2001 ri , i 1,3 Mặt khác P 2001 P Q 2001 ri 64 i 1 2001 ri 0, i 1,3 III Bài tập đề nghị n Cho đa thức P( x) ak x k , an Giả sử x0 nghiệm đa thức P(x) Chứng k 0 0i n 1 a n minh x0 max Cho đa thức với hệ số thực f ( x) 2x5 ax4 bx3 cx2 dx e g ( x) x2 x 2014 Biết phương trình f ( x) có nghiệm thực phân biệt cịn phương trình f g ( x) khơng có nghiệm thực Chứng minh f 2014 Cho đa thức P( x) x8 14x4 CMR : Có thể chia nghiệm phức đa thức thành rời cho với đó, giả sử a, b, c, d giá trị a b c d ; ab ac ad bc bd cd ; abc abd acd bcd ; abcd số thực Cho P( x) xn a1xn1 a2 xn2 có hệ số khơng âm a1 , a2 , , an1 phương trình P(x) = có n nghiệm thực CMR : P (2) 3n Cho a, b, c, d , m, n, p Chứng minh phương trình ax3 (m b) x2 (n c) x p d có nghiệm thực x0 phương trình ax6 mx5 bx4 nx3 cx2 px d có nghiệm thực Chứng minh nghiệm phương trình x ax bc c số thực ab Giả sử phương trình a0 x2008 a1x2007 a2007 x a2008 có 2008 nghiệm phân Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc skkn 21 Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc Giáo viên: Trần Hoài Vũ THPT CHUYÊN LÀO CAI biệt Chứng minh 2007a12 4016a0a2 Giả sử phương trình x bx3 cx bx có nghiệm Chứng minh rằng: b2 c Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc skkn 22 Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc Giáo viên: Trần Hoài Vũ THPT CHUYÊN LÀO CAI C TÀI LIỆU THAM KHẢO Lê Hồnh Phị, Nguyễn Văn Nho, Nguyễn Tài Chung, Chun khảo Đa thức, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội 2013 Nguyễn Hữu Điển, Đa thức ứng dụng, Nhà xuất Giáo dục năm 2006 Nguyễn Văn Nho, Olympic Tốn học châu Á – Thái Bình Dương, Nhà xuất giáo dục năm 2004 Nguyễn Văn Mậu, Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán THPT, Đa thức đại số phân thức hữu tỷ, Nhà xuất giáo dục năm 2004 Văn Phú Quốc, Huỳnh Công Thái, Tinh lọc chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi luyện thi Olympic toán 11, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội năm 2013 Các nguồn tài liệu từ Internet: www.mathscope.org, www.mathlinhs.org, www.imo.org.yu Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc skkn 23 Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc Skkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thucSkkn.mon.toan.nghiem.cua.da.thuc