luận văn thạc sĩ một số dạng toán về đa thức qua các kỳ thi olympic

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TRẦN THỊ VIẾT THỦY MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ ĐA THỨC QUA CÁC KỲ THI OLYMPIC LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC HÀ NỘI - NĂM 2017 z ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TRẦN THỊ VIẾT THỦY MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ ĐA THỨC QUA CÁC KỲ THI OLYMPIC LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Mã số: 60.46.01.13 Người hướng dẫn khoa học GS TSKH NGUYỄN VĂN MẬU HÀ NỘI - NĂM 2017 z Mục lục Mở đầu 1 Xác 1.1 1.2 1.3 1.4 3 13 19 Ước lượng đa thức 2.1 Đa thức Chebyshev tính chất 2.2 Các dạng toán liên quan đến đa thức Chebyshev 2.3 Ước lượng, giá trị cực trị đa thức 28 28 32 36 định đa thức Một số tính chất đa thức Xác định đa thức theo đặc trưng Xác định đa thức theo đặc trưng Xác dịnh đa thức theo phép biến đổi số học nghiệm vi phân hàm Một số dạng toán liên quan 47 3.1 Đa thức với hệ số nguyên đa thức nhận giá trị nguyên 47 3.2 Đa thức với hệ số hữu tỷ phân thức hữu tỷ 58 3.3 Ứng dụng tính chất nghiệm đa thức 67 Kết luận 72 Tài liệu tham khảo 74 z MỞ ĐẦU Một chuyên đề quan trọng đại số, toán học nói chung chuyên đề đa thức Đa thức có vị trí quan trọng kiến thức tốn nói chung, chương trình phổ thơng, đặc biệt lớp chun tốn nói riêng Trong kì thi chọn học sinh giỏi tốn, vơ địch Quốc gia, Quốc tế Olympic sinh viên, dạng toán đa thức thường xuất với mức độ khó khó Nhiều đề thi đáp án đăngtải tạp chí tốn học tuổi trẻ, nhiều sách tham khảo chưa thật đầy đủ Với mong muốn có chuyên đề giúp nâng cao kiến thức đa thức bồi dưỡng học sinh giỏi toán, luận văn "Một số dạng toán đa thức qua đề thi Olympic” nhằm tìm hiểu, thu thập tài liệu biên soạn gồm đề thi học sinh giỏi toán THPT Quốc gia, đề thi toán Quốc tế, đề thi Olympic sinh viên Các dạng toán đa thức phong phú, đa dạng thể loại phương pháp, thường rất phức tạp nên khó phân loại hệ thống thành chuyên đề riêng biệt Tuy vậy, để đáp ứng nhu cầu giảng dạy, học tập, luận văn "Một số dạng toán đa thức qua đề thi Olympic” cố gắng tối đa xếp theo trình tự hợp lí nhằm giúp tiếp cận bước , mức độ kiến thức luyện tập kĩ giải toán Luận văn chia làm chương Chương Xác định tồn đa thức Chương Ước lượng đa thức Chương Một số dạng toán liên quan đến đa thức Để hoàn thành luận văn này, tác giả xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu dành thời gian hướng dẫn, bảo tận tình, giúp đỡ suốt trình xây dựng đề cương hoàn thành luận văn Tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành tới quý thầy cô z đọc, kiểm tra, đánh giá đưa ý kiến quý báu để luận văn đầy đủ phong phú hơn.Qua đây, tác giả xin cảm ơn Ban Giám Hiệu, phòng sau Đại học, khoa Toán Tin trường Đại Học Khoa học Tự Nhiên Hà Nội giảng dạy, tạo điều kiện thuận lợi suốt trình học tập Tuy thân có nhiều cố gắng, nỗ lực nghiên cứu, song điều kiện trình độ cịn hạn chế nên luận văn khó tránh khỏi sai sót Tác giả kính mong nhận đóng góp ý kiến thầy để luận văn hồn thiện hơn! Tác giả xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, tháng 10 năm 2016 Tác giả Trần Thị Viết Thủy z luan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympic Chương Xác định đa thức 1.1 Một số tính chất đa thức Định nghĩa 1.1 (xem [2]) Cho vành A vành giao hốn có đơn vị Ta gọi đa thức bậc n biến x biểu thức có dạng Pn (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 (an 6= 0), ∈ A gọi hệ số, an hệ số bậc cao a0 hệ số tự đa thức Nếu = 0, i = 0, · · · , n − a0 6= ta có bậc đa thức Nếu = ∀i = 0, · · · , n − ta coi bậc đa thức −∞ gọi đa thức không Tập hợp tất đa thức với hệ số lấy vành A kí hiệu A[x] Khi A = K trường vành K[x] vành giao hốn có đơn vị Ta thường xét A = Z,hoặc A = Q A = R Khi ta có vành đa thức tương ứng Z[x], Q[x], R[x] Tính chất 1.1 (xem [2]) Nếu đa thức f (x) g(x) nguyên tố đa thức f (x) h(x) nguyên tố đa thức f (x) g(x)h(x) nguyên tố Tính chất 1.2 (xem [2]) Nếu đa thức f (x), g(x), h(x) thỏa mãn điều kiện f (x)h(x) chia hết cho g(x), g(x) h(x) nguyên tố f (x) chia hết cho g(x) luan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympic z luan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympic Tính chất 1.3 (xem [2]) Nếu đa thức f (x) chia hết cho đa thức g(x) h(x) với g(x) nguyên tố f (x) chia hết cho g(x)h(x) Tính chất 1.4 (xem [2]) Nếu đa thức f (x) g(x) nguyên tố [f (x)]m [g(x)]n nguyên tố với m, n nguyên dương Định lý 1.1 (xem [7]) [Định lí nghiệm đa thức] Nếu đa thức bậc n có hệ số số hạng có bậc cao khác có khơng q n nghiệm Định lý 1.2 (xem [7]) [Định lí Bezout] Cho đa thức P (x) ∈ R[x] số thực α, α nghiệm P (x) P (x) (x − α) Điều có nghĩa tồn đa thức Q(x) ∈ R[x] cho P (x) = (x − α).Q(x) Định lý 1.3 (Công thức khai triển Abel) Cho số đôi khác x1 , x2 , , xn Khi đa thức P(x) với degP(x) < n+1 viết dạng P (x) = a0 + a1 (x − x1 ) + a2 (x − x1 ) (x − x2 ) + · · · + an (x − x1 ) (x − x2 ) (x − xn ) Định lý 1.4 (Định lí Viet thuận) Cho đa thức P (x) = a0 xn + a1 xn−1 + a2 xn−2 + + an (a0 6= 0) có n nghiệm x1 , x2 , x3 , , xn Khi ta có  a1  S = x + x + + x = −  1 n   a0   S = x x + x x + + x x + + x x = a2 2 n n−1 n a0     an   Sn = x1 x2 xn = (−1)n a0 Định lý 1.5 (Định lí Viet đảo) Ngược lại có số x1 , x2 , x3 , , xn thỏa mãn  x1 + x2 + + xn = S1    x1 x2 + x1 x3 + + x1 xn + + xn−1 xn = S2    x x xn = S n luan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympic z luan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympic x1 , x2 , x3 , , xn nghiệm đa thức P (x) = xn − S1 xn−1 + S2 xn−2 + + (−1)n Sn Định lý 1.6 (Định lí Lagrange) Nếu f (x) hàm liên tục đoạn [a, b], khả vi khoảng (a, b) tồn c ∈ (a, b) cho f (c) = f (b) − f (a) b−a Một hệ quan trọng, áp dụng nhiều giải tốn định lí Lagrange, định lí Rolle: Định lý 1.7 (Định lí Rolle ) Cho f (x) hàm liên tục đoạn [a, b], khả vi khoảng (a, b) f (a) = f (b) tồn c ∈ (a, b) cho f (c) = Định lý 1.8 (Bất đẳng thức Schur ) Cho số không âm a, b, c Khi với r > ta có bất đẳng thức ar (a − b)(a − c) + br (b − c)(b − a) + cr (c − a)(c − b) ≥ Đẳng thức xảy a = b = c a = b, c = hoán vị tương ứng Các trường hợp thường dùng để giải toán r = 1, r = 1.2 Xác định đa thức theo đặc trưng số học Trong phần ta khảo sát toán xác định đa thức với hệ số nguyên đa thức nhận giá trị nguyên tập số tự nhiên dựa vào đặc trưng số học như: tính chia hết, đồng dư, nguyên tố nhau, Bài toán 1.1 (Mathemmatical Reflection issue 4, 2015) Tìm tất đa thức P (x) bậc ≥ với hệ số nguyên thỏa mãn điều kiện a2 + b2 − c2 | P (a) + P (b) − P (c), ∀a, b, c ∈ Z, (a2 + b2 − c2 6= 0) Lời giải Ta có a2 + b2 − c2 | P (a) + P (b) − P (c), ∀a, b, c ∈ Z luan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympic z (1.1) luan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympic Chọn b = c, (1.1) ta có P (a) a2 , ∀a ∈ Z Suy P (a) = ma2 , ∀a ∈ Z, m ∈ Z (1.2) Chọn b = 0, (1.1) ta a2 − c2 | P (a) + P (0) − P (c), ∀a, b, c ∈ Z (1.3) Theo định lý phương trình Pythagoras, tồn vô số cặp số nguyên (a, b) cho a2 + b2 = m2 , m ∈ Z Gọi tập hợp gồm cặp số nguyên (a, b) S Theo (1.3) ta có √ a2 + b2 − c2 | P ( a2 + b2 ) + P (0) − P (c), ∀a, b ∈ S, c ∈ Z (1.4) Từ (1.1) (1.4), ta suy √ a2 + b2 − c2 | P ( a2 + b2 ) + P (0) − P (a) − P (b), ∀a, b ∈ S, c ∈ Z Hay √ a2 + b2 − c2 | P ( a2 + b2 ) − P (a) − P (b), ∀a, b ∈ S, c ∈ Z (1.2) √ Cho c → +∞ ta thu P ( a2 + b2 ) = P (a) + P (b), ∀a, b ∈ S √ Vậy P ( a2 + b2 ) = P (a) + P (b) √ Chọn a = b = x ta P (x 2) = 2P (x), ∀x ∈ R Giả sử P (x) = an xn +an−1 xn−1 + .+a1 x+a0 , ∈ Z, ∀i = 0, n, sau so sánh hệ số bậc cao tương ứng hai vế ta √ an ( 2)n = 2an ⇒ n = Suy P (x) = a2 x2 + a1 x + a0 , P (0) = nên a0 = Lại từ P (x) x2 , ∀x ∈ Z nên a1 = Vậy đa thức cần tìm P (x) = kx2 , k ∈ Z tùy ý khác Bài toán 1.2 (Olympic SV, 1996) Cho Pn (x) đa thức bậc n cho m ∈ N∗ Chứng minh luan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympic z luan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympic Nếu Pn (xm ) chia hết cho (x − a)k chia hết cho (xm − am )k (a 6= 0) Lời giải Giả sử, Pn (x) = an (x − am )n + · · · + a2 (x − am )2 + a1 (x − am ) + a0 Khi Pn (xm ) = an (xm − am )n + · · · + a2 (xm − am )2 + a1 (xm − am ) + a0 Ta chứng minh a0 = a1 = · · · = ak−1 = phương pháp phản chứng Thật vậy, giả sử số khác không đầu tiên, k −1 Dễ thấy Pn (xm ) không chia hết cho (x − a)i + 1, với i + > k Suy Pn (xm ) không chia hết cho (x − a)k , mâu thuẫn Suy điều phải chứng minh Đặc biệt k = a = 1, ta có Pn (xm ) chia hết cho x − chia hết cho xm − Bài tốn 1.3 (Olympic SV, 2002) Tồn hay khơng tồn đa thức P (x) bậc 2002 cho P (x2 − 2001) chia hết cho P (x)? Lời giải Ta giả sử tồn đa thức P (x) với deg P (x) = 2002 Xét đa thức P (x) = (x + a)2002 Ta có P (x2 − 2001) = (x2 − 2001 + a)2002  2002 = (x + a)2 − 2a(x + a) + a2 + a − 2001 √ −1 + 8005 Nếu ta chọn a, cho a2 + a − 2001 = hay a = √ −1 − 8005 a = , đa thức P (x2 − 2001) = (x2 − a2 )2002 = (x + a)2002 (x − a)2002 chia hết cho P (x) Vậy, đa thức √  −1 + 8005 2002 P (x) = x + luan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympicluan.van.thac.si.mot.so.dang.toan.ve.da.thuc.qua.cac.ky.thi.olympic z