Đa thức [Trần Nam Dũng].

Đa thức Trần Nam Dũng Trường ĐH KHTN Tp HCM 1. Lý thuyết cơ bản Đa thức, hệ số, bậc Đa thức là biểu thức có dạng P(x) = a n x n + a n-1 x n-1 + … + a 0 , trong đó n được gọi là bậc của P(x), và ta ký hiệu n = deg(P). a n , a n-1 , …, a 0 được gọi là các hệ số của đa thức, trong đó a n được gọi là hệ số cao nhất, a 0 là hệ số tự do. Nếu a n = 1 thì P(x) được gọi là đa thức đơn khởi. Bậc của đa thức hằng P(x) = a 0 bằng 0 nếu a 0 ≠ 0. Bậc của đa thức đồng nhất 0 được coi là bằng -∞. Các đa thức có thể cộng, trừ, nhân, lấy hàm hợp. Ta có các quy tắc cơ bản sau để tìm bậc của các đa thức kết quả: deg( P(x) + Q(x)) ≤ max{deg(P(x), deg(Q(x))} (nếu deg(P(x) ≠ deg(Q(x)) thì chắc chắn có dấu bằng) deg(P(x)Q(x)) = deg( P(x)) + deg(Q(x)) deg(P(Q(x)) = deg(P(x)).deg(Q(x)) Hệ số của đa thức có thể lấy trong C, R, Q, Z … Phép chia có dư: Với các đa thức P(x) và Q(x) bất kỳ, tồn tại duy nhất cặp đa thức S(x) và R(x) sao cho P(x) = Q(x).S(x) + R(x) và deg(R(x)) < deg(Q(x)). Nếu R(x) = 0 thì ta nói Q(x) chia hết P(x) và viết Q(x) | P(x). Định lý Bezout. Số dư trong phép chia P(x) cho x – a là P(a). Ta có một hệ quả của định lý Bezout: a là nghiệm của P(x) khi và chỉ khi P(x) chia hết cho x – a. Nghiệm của đa thức, nghiệm bội Cho đa thức P(x), a được gọi là nghiệm bội r của P(x) nếu ta có P(x) = (x-a) r Q(x), Trong đó Q(x) là đa thức và Q(a) ≠ 0. a là nghiệm bội r khi và chỉ khi P(a) = P’(a) = …= P (r-1) = 0, P (r) (a) ≠ 0. Số nghiệm của đa thức Một đa thức bậc n có không quá n nghiệm (tính cả số bội). Hệ quả: Nếu hai đa thức bậc không quá n trùng nhau tại n+1 điểm phân biệt thì chúng trùng nhau. Định lý cơ bản của đại số. Mỗi một đa thức P(z) = a n z n + … + a 0 với a i thuộc C, n ≥ 1, a n ≠ 0 có ít nhất một nghiệm trong C. Định lý Vieta. Cho đa thức P(x) = a n x n + a n-1 x n-1 + … + a 0 có n nghiệm là x 1 , x 2 , …, x n . Khi đó ta có x 1 + x 2 + … + x n = -a n-1 /a n ; x 1 x 2 + x 1 x 3 + … + x n-1 x n = a n-2 /a n ; x 1 x 2 x n = (-1) n a 0 /a n . Căn của đơn vị. Phương trình x n = 1 ngoài nghiệm x = 1 còn có n-1 nghiệm khác là n k i n k k ππ ε 2 sin 2 cos += với k=1, 2, , n-1. ε 0 = 1. Tất cả các nghiệm này được gọi là căn bậc n của đơn vị. Ta có một số tính chất cơ bản sau đây: 1) ε k = (ε 1 ) k ; 2) Nếu ε là căn bậc n của đơn vị và ε ≠ 1 thì 1 + ε + ε 2 + + ε n-1 = 1; 3) x n -1 = (x-1)(x-ε 1 ) (x-ε 1 2 ) (x-ε 1 n-1 ); 4) 1 + x + + x n-1 = (x-ε 1 ) (x-ε 1 2 ) (x-ε 1 n-1 ). Đa thức bất khả quy Đa thức P(x) với hệ số thuộc K được gọi là bất khả quy trên K[x] nếu P(x) không thể biểu diễn được dưới dạng tích của hai đa thức bậc không nhỏ hơn 1 với hệ số thuộc K. Do các đa thức bất khả quy trên C[x] và R[x] đã được phân loại hoàn toàn nên người ta chỉ quan tâm đến khái niệm đa thức bất khả quy trên Z[x], Q[x], Z n [x]. Tiêu chuẩn Eisenstein Cho đa thức P(x) = a n x n + a n-1 x n-1 + + a 1 x + a 0 ∈ Z[x]. Nếu tồn tại số nguyên tố p thoả mãn đồng thời các điều kiện sau 1) an không chia hết cho p 2) a 0 chia hết cho p nhưng không chia hết cho p 2 3) a 1 , a 2 , …, a n-1 chia hết cho p thì đa thức P(x) bất khả quy. Công thức nội suy Lagrange Cho n+1 điểm phân biệt x 0 , x 1 , x 2 , , x n và n+1 giá trị bất kỳ y 0 , y 1 , , y n . Tồn tại duy nhất một đa thức P(x) bậc ≤ n thoả mãn điều kiện P(x i ) = y i với mọi i = 0, 1, 2, , n. Công thức nội suy Lagrange cho chúng ta biểu thức tường minh của đa thức này: ∑ = −− −− = n i i nii n y xxxx xxxx xP 0 0 0 )) (( )) (( )( Định lý Lagrange Cho f(x) là hàm số liên tục trên [a, b] và khả vi trên (a, b). Khi đó tồn tại c thuộc (a, b) sao cho ab afbf cf − − = )()( )(' . Hệ quả của định lý Lagrange là định lý Rolle: Nếu f(a) = f(b) thì tồn tại c thuộc (a, b) sao cho f’(a) = 0. Từ đó giữa hai nghiệm của hàm số có ít nhất một nghiệm của đạo hàm. Đây là một ứng dụng quan trọng của định lý Lagrange trong việc khảo sát tính chất nghiệm của đa thức. Ngoài ra, định lý Lagrange giúp đánh giá tỷ số (P(x) – P(y))/(x-y). Sai phân: Với đa thức P(x), ta đặt )()1()( xPxPxP −+=∆ . Và định nghĩa theo quy nạp ))(()( 1 xPxP nn − ∆∆=∆ . Ta có một số tính chất sau: 1) Nếu P(x) là đa thức bậc n có hệ số cao nhất là a n thì ∆P(x) là đa thức bậc n-1 có hệ số cao nhất là na n . 2) Nếu P(x) là đa thức bậc n có hệ số cao nhất là a n thì ∆ n P(x) = n!a n , ∆ k P(x) = 0 với mọi k > n. 3) ∑ = −+−=∆ n k k n kn knxPCxP 0 )()1()( . Phương trình có hệ số phản hồi Phương trình đa thức a 2n x 2n + a 2n-1 x 2n-1 + …a n+1 x n+1 + a n x n + a n-1 x n-1 … + a 1 x + a 0 = 0 được gọi là phương trình có hệ số phản hồi 2 1 1 2 2 1 1 1 12 1 1 1 2 0 , ,,         =         =         = + − + − − + − −+ − n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a Phương trình này có thể đưa về phương trình đa thức bậc n bằng cách chia hai vế cho x n và đặt y = x + α/x với α = a n-1 /a n+1 . Đặc biệt khi α = 1 ta nói phương trình nói trên là phương trình có hệ số đối xứng và khi α = - 1 thì ta gọi là phương trình có hệ số nửa đối xứng. Đa thức đối xứng Đa thức nhiều biến P(x 1 , x 2 , …, x n ) được gọi đối xứng đối với x 1 , x 2 , …, x n nếu như biểu thức của đa thức không thay đổi khi ta hoán vị các biến số. Nói cách khác P(x 1 , x 2 , …, x n ) = P(x π (1) , x π (2) , …, x π (n) ) với mọi hoán vị π của {1, 2, …, n}. Các đa thức ∑ <<< = k k iii iiik xxxs 21 21 với k = 1, 2, …, n được gọi là các đa thức đối xứng cơ bản của x 1 , x 2 , …, x n . Một trong những ứng dụng quan trọng của đa thức đối xứng cơ bản được nêu ra trong định lý sau : Định lý. Nếu P(x 1 , x 2 , …, x n ) là một đa thức đối xứng đối với x 1 , x 2 , …, x n thì tồn tại đa thức G sao cho P(x 1 , x 2 , …, x n ) = G(s 1 , s 2 , …, s n ). Nói cách khác P(x 1 , x 2 , …, x n ) biểu diễn được qua các đa thức đối xứng cơ bản. 2. Một số bài tập có lời giải Bài 1. Chứng minh rằng với mọi số thực x ta có 0)4cos( 4 1 )3cos( 3 1 )2cos( 2 1 cos1 >++++ xxxx Hướng dẫn. Đặt t = cosx rồi xét vế trái như một hàm số theo t với t thuộc [-1, 1]. Kết quả này có thể tổng quát thành ∑ = += n k n k kx xP 1 )cos( 1)( > 0 với mọi x. Bài 2. Cho a là số nguyên. Chứng minh rằng phương trình x 4 – 7x 3 + (a+2)x 2 – 11x + a = 0 có không quá một nghiệm nguyên. Hướng dẫn. Giả sử a là một giá trị sao cho phương trình nói trên có nghiệm nguyên x 0 . Khi đó tính a theo x 0 , ta có: 1 14 17 1 1127 2 0 0 0 2 0 2 0 0 2 0 3 0 4 0 + + +−+−= + +−+− = x x xx x xxxx a Từ đó suy ra 4x 0 + 1 chia hết cho x 0 2 + 1. Từ đó suy ra x 0 chỉ có thể là 0 hoặc 4. Bài 3. Cho P k (x) = 1 – x + x 2 – x 3 + … + (-1) k-1 x k-1 với k nguyên dương. Chứng minh rằng ∑ = −       − = n k n n k k n x PxPC 1 1 2 1 2)( Lời giải. Ta có x x xP k k + −− = 1 )(1 )( Từ đó suy ra ( ) nn n k n k kk n n k k n n k kk n n k k nk k n x x xCC x xCC x xPC )1(2 1 1 )( 1 1 )( 1 1 )( 1 0011 −− + =       −− + =       −− + = ∑ ∑∑∑∑ = ==== Mặt khác ( ) nn n n n n x x x x x P )1(2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 2 1 2 11 −− + = − +       − − =       − −− Từ đó suy ra đpcm. Bài 4. Chứng minh rằng với mọi n ≥ 2 đa thức x n + 29x n-1 + 2009 bất khả quy trên Z[x]. Hướng dẫn. Cách 1. Sử dụng tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng như sau Cho đa thức P(x) = a n x n + a n-1 x n-1 + + a 1 x + a 0 ∈ Z[x]. Giả sử tồn tại số nguyên tố p và số nguyên dương k thoả mãn đồng thời các điều kiện sau 4) a n không chia hết cho p 5) a 0 chia hết cho p nhưng không chia hết cho p 2 6) a 1 , a 2 , …, a n-k chia hết cho p Khi đó, nếu P(x) = Q(x).S(x) với Q(x), S(x) là các đa thức với hệ số nguyên thì một trong hai đa thức Q(x), S(x) có bậc nhỏ hơn k. Cách 2. Giả sử x 1 , …, x n là các nghiệm (phức) của đa thức x n + 29x n-1 + 2009. Khi đó ta có P(x) = x n + 29x n-1 + 2009 = (x-x 1 )(x-x 2 )…(x-x n ). Ta có với mọi i = 1, 2, …, n x i n-1 (x i +29) = - 2009 Bài 5. Cho p là số nguyên tố. Chứng minh rằng đa thức sau bất khả quy trên Z[x]. P(x) = x p-1 + 2x p-2 + … + (p-1)x + p Hướng dẫn. Đặt G(x) = 1 + x + … + x p-1 . Khi đó P(x) = p.G(x) – xG’(x) Sau đó chứng minh P(x+1) bất khả quy bằng cách sử dụng tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng. Bài 6. Cho đa thức P(x) với hệ số thực : P(x) = x 4 + ax 3 + bx 2 + cx + d. Biết rằng phương trình P(x) = 0 không có nghiệm thực. Chứng minh rằng F(x) = P(x) + P’(x) + P’’(x) + P (3) (x) + P (4) (x) > 0 với mọi x. Lời giải. Giả sử ngược lại, tồn tại x 0 sao cho F(x 0 ) ≤ 0, ta suy ra phương trình F(x) = 0 có nghiệm thực α. Vì F(x) là đa thức bậc 4 nên hoặc α là nghiệm bội, hoặc F(x) có ít nhất một nghiệm nữa. Từ đó G(x) = e -x. F(x) hoặc có nghiệm bội, hoặc có 2 nghiệm đơn. Từ đó, theo định lý Rolle, G’(x) có ít nhất 1 nghiệm. Nhưng G’(x) = e -x (-F(x) + F’(x)) = e -x P(x) Nên suy ra P(x) có nghiệm. Mâu thuẫn. Bài 7. Cho P(x) = a n x n + a n-1 x n-1 + … + a 0 là đa thức với hệ số nguyên với P(r) = P(s) = 0, trong đó r và s là các số nguyên thoả mãn điều kiện 0 < r < s. Chứng minh rằng tồn tại k sao cho a k ≤ - s. Hướng dẫn. Đặt P(x) = (x-s)x t Q(x) với Q(x) = b m x m + b m-1 x m-1 + …+ b 1 x + b 0 trong đó b 0 ≠ 0 (ta tác nghiệm 0 ra). Ta có a t = -sb 0 a t+1 = b 0 – sb 1 a t+2 = b 1 – sb 2 … Giả sử với mọi k ta có a k > - s thì từ các đẳng thức trên ta lần lượt suy ra b 0 < 0, b 1 ≤ 0, b 2 ≤ 0 … Điều này mâu thuẫn vì khi đó Q(x) sẽ không thể có nghiệm dương, trong khi theo đề bài thì Q(r) = 0. Bài 8. Tìm tất cả các số nguyên dương k sao cho khẳng định sau đây đúng: Nếu F(x) là đa thức với hệ số nguyên thoả mãn điều kiện 0 ≤ F(c) ≤ k với mọi c = 0, 1, …, k+1 thì F(0) = F(1) = … = F(k+1). Lời giải vắn tắt. Ta sẽ chứng minh k ≥ 4 thoả mãn điều kiện. Thật vậy, xét k ≥ 4 và giả sử P(x) là đa thức với hệ số nguyên thoả mãn điều kiện 0 ≤ F(c) ≤ k với mọi c = 0, 1, …, k+1. Khi đó do k+1 | |F(k+1) – F(0)| ≤ k nên suy ra F(k+1) = F(0). Từ đó suy ra F(x) – F(0) = x(x-k-1)Q(x) Chú ý rằng với c = 2, …, k-1 thì ta có |c(c-k-1)| > k. Do đó vì k ≥ |F(c) – F(0)| = |c(c-k-1)||Q(c)| nên suy ra Q(c) = 0 với mọi c = 2, …, k-1, tức là F(c) = F(0) với mọi c = 2, …, k- 1. Do k ≥ 4 nên 2 ≠ k-1 và ta có F(x) – F(0) = x(x-2)(x-k+1)(x-k-1)S(x) Từ đó k ≥ |F(1) – F(0)| = (k-2)kS(1) suy ra S(1) = 0 k ≥ |F(k) – F(0)| = (k-2)kS(k) suy ra S(k) = 0 Từ đó F(c) = F(0) với mọi c=1, 2, …, k+1, tức là F(0) = F(1) = … = F(k+1). Các ví dụ dưới đây chứng tỏ mệnh đề không đúng với k < 4. k = 3: P(x) = x(x-2) 2 (x-4) + 3 k = 2: P(x) = x(x-1)(x-3) + 2 k = 1: P(x) = x(x-2) + 1 Bài 9. Cho P(x) là đa thức bậc n ≥ 2 với hệ số thực có n nghiệm thực phân biệt x 1 , x 2 , …, x n . Chứng minh rằng ∑ = = n i i xP 1 0 )(' 1 Lời giải. Gọi a n là hệ số cao nhất của đa thức P(x). Theo định lý Bezout thì ta có P(x) = a n (x-x 1 )(x-x 2 )…(x-x n ). Từ đó P’(x i ) = a n (x i -x 1 )…(x i -x i-1 )(x i -x i+1 )…(x i -x n ). Như vậy đẳng thức cần chứng minh tương đương với: 0 )) ()() (( 1 1 111 = −−−− ∑ = +− n i niiiiii xxxxxxxx Để chứng minh điều này, ta xét đa thức ∑ = +− +− −−−− −−−− = n i niiiiii nii xxxxxxxx xxxxxxxx xP 1 111 111 )) ()() (( )) ()() (( )( Khi đó rõ ràng P(x) là một đa thức bậc ≤ n – 1. Mặt khác dễ thấy P(x i ) = 1 với mọi i=1, 2, …, n. Từ đây suy ra P(x) ≡ 1. Nói riêng, hệ số của x n-1 của P(x) phải bằng 0. Nhưng hệ số của xn-1 của P(x) chính là tổng ∑ = +− −−−− n i niiiiii xxxxxxxx 1 111 )) ()() (( 1 Bài toán được giải quyết hoàn toàn. Bài 10. Tìm tất cả các đa thức P(x) với hệ số thực thoả mãn điều kiện P(x)P(2x 2 ) = P(2x 3 + x). Lời giải. Cách 1 Có hai đa thức hằng thoả mãn đề bài là P(x) ≡ 0 và P(x) ≡ 1. Xét các đa thức không hằng. Đầu tiên, ta nhận xét rằng đa thức P(x) không có nghiệm thực khác 0. Thật vậy, nếu α là một nghiệm thực khác 0 của P(x) thì α + 2α 3 cũng là nghiệm của P(x). Nếu α > 0 thì α + 2α 3 > α, nếu α < 0 thì α + 2α 3 < α và trong cả hai trường hợp, ta đều có một dãy vô hạn các nghiệm thực của P(x), mâu thuẫn vì P(x) chỉ có thể có hữu hạn nghiệm. Tiếp theo, ta chứng minh α = 0 cũng không thể là nghiệm của P(x). Thật vậy, giả sử ngược lại P(x) = x k Q(x) với Q(0) ≠ 0 thì thay vào phương trình, ta được x k Q(x)(2x 2 ) k Q(2x 2 ) = (x+2x 3 ) k Q(x+2x 3 ) => Q(x)(2x 2 ) k Q(2x 2 ) = (1+2x 2 ) k Q(x+2x 3 ) Thay x = 0 vào => Q(0) = 0 (mâu thuẫn). Như vậy, ta đã chứng minh được P(x) không có nghiệm thực. Từ đó suy ra P(x) phải có bậc chẵn. Ta tìm đa thức không hằng bậc nhỏ nhất thoả mãn phương trình hàm dưới dạng P(x) = ax 2 + bx + c. So sánh hệ số cao nhất, dễ dàng suy ra a = 1. Ngoài ra P(0) = 1 suy ra c = 1. Thay vào phương trình, ta tìm được b = 0. Như vậy đa thức x 2 + 1 thoả mãn phương trình. Từ đây, dễ dàng suy ra các đa thức (x 2 +1) n cũng thoả mãn phương trình. Cuối cùng, ta chứng minh (x 2 +1) n với n nguyên dương là tất cả các nghiệm không hằng của phương trình hàm bằng sơ đồ sau : 1) Giả sử P(x) là một nghiệm không hằng của PTH, suy ra P(x) phải có bậc chẵn, giả sử bậc 2n. 2) Hệ số cao nhất của P(x) phải bằng 1 3) Suy ra P(x) = (x 2 +1) n + R(x) với deg(R(x)) = r < 2n. 4) Thay vào phương trình, giản ước phần bậc cao nhất ở hai vế (do (x 2 +1)n là nghiệm !) rồi suy ra R(x) ≡ 0 bằng cách so sánh bậc của hai vế. Cách 2. Như ở trên, ta suy ra P(0) = 1. Như vậy, tích các nghiệm của P(x) bằng 1. Ta chứng minh mô-đun các nghiệm này đều bằng 1. Thật vậy, giả sử ngược lại, xét α là nghiệm có mô-đun lớn nhất thì |α| > 1. Giả sử α = r(cosϕ + isinϕ). Khi đó α + 2α 3 = (rcosϕ+2r 3 cos3ϕ) + i(rsinϕ + 2r 3 sin3ϕ) |α + 2α 3 | 2 = (rcosϕ+2r 3 cos3ϕ) 2 + (rsinϕ + 2r 3 sin3ϕ) 2 = r 2 + 4r 6 + 4r 4 cos2ϕ > r 2 . (Do r > 1 và cos2ϕ ≥ - 1). Điều này mâu thuẫn với cách chọn α. Như vậy, điều giả sử là sai, suy ra mọi nghiệm của P(x) đều có mô-đun bằng 1. Xét α = cosϕ + isinϕ là nghiệm của P(x). Vì α + 2α 3 cũng là nghiệm của P(x) nên |α + 2α 3 | 2 = 1, tức là 1 + cos2ϕ = 0, suy ra ϕ = ±π/2, suy ra P(x) chỉ có nghiệm là i và –i. Vì P(x) có hệ số thực nên số bội của i và – i bằng nhau, suy ra P(x) = (x- i) n (x+i) n = (x 2 +1) n . Thử lại thấy nghiệm đúng. Vậy đa thức đồng nhất 0, đồng nhất 1, (x 2 +1) n với n nguyên dương là tất cả các nghiệm của phương trình hàm. 3. Bài tập tự giải 1. (USAMO 1977) Chứng minh rằng tích hai nghiệm thực của đa thức x 4 + x 3 - 1 là nghiệm của đa thức x 6 + x 4 + x 3 - x 2 - 1. 2. (USAMO 1975) Đa thức P(x) bậc n thỏa mãn điều kiện P(0) = 0, P(1) = 1/2, P(2) = 2/3, , P(n) = n/(n+1). Hãy tính P(n+1). 3. Gọi a < b < c là 3 nghiệm của phương trình x 3 - 3x + 1 = 0. Chứng minh rằng a 2 - c = b 2 - a = c 2 - b = 2. 4. (VMO 1984) Tìm đa thức với hệ số nguyên có bậc nhỏ nhất nhận 3 32 + làm nghiệm. 5. (VMO 2000) Cho trước 0 < a < π. Cho đa thức P n (x)=(sina)x n -sin(na)+sin(n-1)a a) Chứng minh rằng tồn tại duy nhất tam thức bậc hai f(x) = x 2 + ax + b sao cho P n (x) chia hết cho f(x) với mọi n > 2. b) Chứng minh rằng không tồn tại nhị thức bậc nhất g(x) = x+c sao cho P n (x) chia hết cho g(x) với mọi n > 2. 6. (VMO 2002) Cho hai đa thức P(x) = 4x 3 – 2x 2 – 15x + 9, Q(x) = 12x 3 + 6x 2 – 7x + 1. a) Chứng minh rằng mỗi một đa thức đều có 3 nghiệm thực phân biệt b) Gọi α và β là các nghiệm thực lớn nhất của P và Q tương ứng. Chứng minh rằng α 2 + 3β 2 = 4. 7. Tìm tất cả các đa thức P(x) với hệ số thực thoả mãn điều kiện P(x 2 -2) = P 2 (x) - 2 8. Tìm tất cả các đa thức P(x) với hệ số thực thoả mãn điều kiện P(x 2 -2) = P 2 (x) 9. Chứng minh rằng không tồn tại đa thức P(x) bậc lớn hơn hay bằng 2 sao cho: nếu P(x) là số nguyên thì P(x+1) cũng là số nguyên. 10. a) Tìm tất cả các đa thức P(x) thoả mãn điều kiện: P 2 (x) – P(x 2 ) = 2x 4 . b) Với Q(x) là một đa thức tuỳ ý bậc n cho trường, tồn tại nhiều nhất bao nhiêu đa thức thoả mãn phương trình P 2 (x) – P(x 2 ) = Q(x). 11. (Bất đẳng thức Newton) Cho a 1 , a 2 , , a n là các số thực bất kỳ. Đặt (x-a 1 )(x-a 2 ) (x-a n ) = x n - σ 1 x n-1 + σ 2 x n-2 - +(-1) n σ n và S i = σ n /C i n Chứng minh rằng S i-1 S i+1 ≤ S i 2 . 12. (Bất đẳng thức Maclaurin). Với các ký hiệu như trên và a i ≥ 0. Chứng minh rằng 13. (VMO 1997) Tìm tất cả các đa thức f(x) có hệ số hữu tỷ có bậc nhỏ nhất sao cho f(3 1/3 + 9 1/3 ) = 3 + 3 1/3 . Tồn tại hay không đa thức f với hệ số nguyên sao cho f(3 1/3 + 9 1/3 ) = 3 + 3 1/3 ? 14. (Vietnam TST 1995) Tìm tất cả các đa thức P(x) với hệ số thực thoả mãn điều kiện: với mọi a >1995, số nghiệm thực của phương trình P(x) - a (tính cả số bội) là lớn hơn 1995 và mọi nghiệm cũng lớn hơn 1995. 15. Cho f(x) là đa thức với hệ số nguyên thoả mãn điều kiện: 100 ≤ f(x) ≤ 999 với mọi x thuộc {1,2,3, ,1999}. Chứng minh rằng f(x) không có nghiệm nguyên. 16. Cho đa thức P(x) = (x-1) 2 (x+1) 3 H(x), trong đó H là một đa thức. Chứng minh rằng luôn tìm được c thuộc (-1,1) sao cho F (4) (c) = 0. n n SSSS ≥≥≥≥ 3 321 17. Cho P(x,y) = x 2 y + y 2 x và Q(x,y) = x 2 + xy + y 2 . Với n = 1, 2, 3, đặt P n (x,y) = (x+y) n - x n - y n , Q n (x,y) = (x+y) n + x n + y n . Chứng minh rằng với mọi n, hoặc P n , hoặc Q n biểu diễn được dưới dạng đa thức của P và Q với hệ số nguyên. 18. Cho P(x) là đa thức với hệ số thực. Lập đa thức Q(x) = (x 2 +1)P(x)P’(x) + x[(P(x)) 2 +(P’(x)) 2 ] Biết rằng P(x) có n nghiệm thực phân biệt lớn hơn 1. Chứ minh rằng Q(x) có ít nhất 2n-1 nghiệm thực phân biệt. 18. (VMO 2002) Cho a, b, c là các số thực sao cho đa thức x 3 +ax 2 + bx + c có 3 nghiệm thực. Chứng minh rằng 323 )2(1062712 baacab −+≤+ Dấu bằng xảy ra khi nào? 19. (VMO 2006) Tìm tất cả các đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn đẳng thức sau với mọi số thực x P(x 2 ) + x(3P(x) + P(-x)) = (P(x)) 2 + 2x 2 . 20. (Vietnam TST 2008) Tìm tất cả các giá trị m sao cho tồn tại các đa thức P(x), Q(x), R(x,y) với hệ số thực thỏa mãn điều kiện. Với mọi số thực a, b thỏa mãn a m - b 2 = 0, ta luôn có P(R(a,b)) = a và Q(R(a,b)) = b. 21*. (VMO 2011) Cho n là số nguyên dương và P(x,y) = x n + xy + y n . Chứng minh rằng không tìm được các đa thức G(x,y) và H(x,y) với hệ số thực sao cho P(x,y) = G(x,y).H(x,y). 22*. (Vietnam TST 2011) Cho số nguyên dương n ≥ 3. Các số thực x 1 , x 2 , …, x n thỏa mãn điều kiện i) x 1 ≥ x 2 ≥ …≥ x n ; ii) x 1 + x 2 + … + x n = 0; iii) x 1 2 + x 2 2 + … + x n 2 = n(n-1). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của S = x 1 + x 2 . . 1 thì 1 + ε + ε 2 + + ε n-1 = 1; 3) x n -1 = (x-1)(x-ε 1 ) (x-ε 1 2 ) (x-ε 1 n-1 ); 4) 1 + x + + x n-1 = (x-ε 1 ) (x-ε 1 2 ) (x-ε 1 n-1 ). Đa thức bất khả quy Đa thức P(x) với hệ số thuộc. Đa thức Trần Nam Dũng Trường ĐH KHTN Tp HCM 1. Lý thuyết cơ bản Đa thức, hệ số, bậc Đa thức là biểu thức có dạng P(x) = a n x n + a n-1 x n-1 + … + a 0 , trong đó n. (Bất đẳng thức Newton) Cho a 1 , a 2 , , a n là các số thực bất kỳ. Đặt (x-a 1 )(x-a 2 ) (x-a n ) = x n - σ 1 x n-1 + σ 2 x n-2 - + (-1 ) n σ n và S i = σ n /C i n Chứng minh rằng S i-1 S i+1