Báo cáo học thuật một số bài toán chuyên đề đa thức dành cho sinh viên thi olympic – phần 2

Trang 1 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC MỎ - ĐỊA CHẤT BÁO CÁO HỌC THUẬT MỘT SỐ BÀI TOÁN CHUYÊN ĐỀ ĐA THỨC DÀNH CHO SINH VIÊN THI OLYMPIC – PHẦN 2 Người báo cáo: Th.s Đào Xuân Hưng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC MỎ - ĐỊA CHẤT BÁO CÁO HỌC THUẬT MỘT SỐ BÀI TOÁN CHUYÊN ĐỀ ĐA THỨC DÀNH CHO SINH VIÊN THI OLYMPIC – PHẦN Người báo cáo: Th.s Đào Xuân Hưng Hà nội, 6/2021 MỤC LỤC Mục lục MỞ ĐẦU Kiến thức trọng tâm 1.1 Nghiệm hữu tỷ, nghiệm nguyên 1.2 Phân tích nhân tử theo nghiệm 1.3 Đa thức CHEBYSHEV Các toán .7 KẾT LUẬN 15 TÀI LIỆU THAM KHẢO 16 MỞ ĐẦU Đa thức dạng toán thường gặp đề thi chọn học sinh giỏi kỳ Olympic Tốn sinh viên Đây dạng tốn khó, khơng có phương pháp giải chung cho nhóm riêng biệt Để giải toán đa thức, địi hỏi người làm phải có kiến thức sâu, rộng cần có tư sáng tạo, linh hoạt Trong báo cáo học kì (phần 1) tơi đưa khái niệm đa thức, nghiệm đa thức hướng dẫn sinh viên giải số tập cụ thể Tuy nhiên, với thời lượng có hạn báo cáo học thuật nên tập đưa cịn ít, thiếu nhiều dạng tốn quan trọng Vì báo cáo tác giả hoàn thiện hạn chế nêu Mục đích báo cáo giúp sinh viên có kiến thức để giải toán tương đối phức tạp đặt môn học chuyên nghành đặc biệt hữu ích cho bạn sinh viên tham gia kì thi Olympic Tốn học KIẾN THỨC TRỌNG TÂM Định nghĩa: Cho f  R  x  số   R Ta gọi  nghiệm thực f f ( )  Ta gọi  nghiệm bội k f ( x) f ( x) chia hết cho ( x   )k không chia hết cho ( x   )k 1 nghĩa là: f ( x)  ( x   ) k g ( x), x  R g ( )  ( k 1)  ( )   f ( )  0, f '( )  0, , f hay   f (k ) ( )  Định lí BEZOUT:  nghiệm đa thức f ( x) f ( x) chia hết cho x   1.1 Nghiệm hữu tỷ, nghiệm nguyên Cho f  Z  x  , deg f  n,  Z f ( x)  ao x n  a1 x n1   an1 x  an , ao  Nghiệm hữu tỷ có x  p với ( p, q)  p ước hệ số tự q ước q hệ số cao nhất: p an , q ao Nếu f có n nghiệm x1 , x2 , , xn (phân biệt hay trùng nhau) Thì: x1  x2   xn  a1 ao x1 x2  x1 x3   xn1.xn  a2 ao x1 x2 x3  x1 x2 x4   xn2 xn 1 xn   a3 ao x1 x2 xn  (1) n an ao Đảo lại, n số x1 , x2 , x3 , xn có tổng tích chập k n số xi Sk x1 , x2 , , xn nghiệm có phương trình: X n  S1 X n1  S2 X n2   (1)n1.Sn1 X  (1)n Sn  Định lí liên tục: Nếu đa thức f ( x) nhận giá trị trái dấu  a, b  f (a) f (b)  đa thức f ( x) có nghiệm x  c  (a, b) Định lí LAGRANGE: Với đa thức f ( x)  a, b  có số c  (a, b) : f (b)  f (a)  f '(c) ba Đặc biệt f (a)  f (b)  hay cần f (a)  f (b) f '(c)  tức là: f '( x)  có nghiệm thuộc (a, b) Định lí ROLE: Giữa nghiệm đa thức f ( x) có nghiệm f '( x) Nếu f có n nghiệm phân biệt f ' có n  nghiệm phân biệt, f ''' có n  nghiệm phân biệt,…, f ( nk ) có n  k nghiệm phân biệt,… 1.2 Phân tích nhân tử theo nghiệm Cho f  R  x  có nghiệm x1 , x2 , , xm với bội tương ứng k1 , k2 , , km tồn g  R  x f ( x)  ( x  x1 )k1 ( x  x2 ) k2 ( x  xm ) km g ( x) m Hay f ( x)   ( x  xi ) ki g ( x) với i 1 m  k1  n i 1 Nếu f bậc n có đủ n nghiệm phân biệt hay trùng thì: n f ( x)  A( x  x1 )( x  x2 ) ( x  xn )  A ( x  xi ) i 1 Phân tích nhân tử f  R  x Các nhân tử f nhị thức bậc tam thức bậc hai vô nghiệm: m s i 1 k 1 f ( x)  ao  ( x  di ) ( x  bk x  ck ) Với hệ số di , bk , ck  R, 2s  m  deg f , bk2  4ck  cách phân tích Phân tích nhân tử f (z )  C  z  , deg f  n f ( z )  ao z n  a1 z n1   an1 z  an , ao  Theo định lí D’ALEMNBERT f có đủ n nghiệm phức z1 , z2 , , zn nên: n f ( z )  ao ( z  z1 )( z  z2 ) ( z  zn )  ao  ( z  zi ) i 1 1.3 Đa thức CHEBYSHEV: Tn ( x) xác định sau: Tn ( x)  1, T1 ( x)  x, Tn1 x  2x.Tn ( x)  Tn1 , n  Cụ thể: To ( x)  1; T1 ( x)  x; T2 ( x)  2x  T3 ( x)  4x3  3x; T4 ( x)  8x4  8x  T5 ( x)  16 x5  20x3  5x, Đa thức Chebyshev (Trưbưsep) Tn ( x) có bậc n có hệ số cao 2n1 Đơi ta xét n  trở Kết quả: ( 1) : Tn (cos  )  cos n ( ) : Tn ( x )  1,x   1,1 ( ) : Tn ( x )  có n nghiệm phân biệt trê  1,1 là: x  cos k  n ,k  0,1, ,n  Chú ý: 1) Số lượng nghiệm: - Mỗi đa thức hệ số thực bậc n có khơng q n nghiệm thực - Đa thức có vơ số nghiệm đa thức khơng f  - Nếu đa thức có bậc  n có q n nghiệm đa thức khơng - Nếu đa thức có bậc  n nhận n  giá trị n  điểm khác biến đa thức hằng: f  C - Hai đa thức có bậc  n nhận n  giá trị n  điểm khác biến đồng nhau: f  g 2) Quy tắc dấu DESCARTE: f ( x )  ao x n  a1x n1   an1x  an ,ao  Gọi D số nghiệm dương (kể bội) L số lần đổi dấu dãy hệ số khác từ ao đến an (bỏ hệ số  ) Thì: D  L L  D số chẵn hay L  D  2m,m  N 3) Đưa đa thức vào giả thiết số Cho n số x1 ,x2 , ,xn ta xét đa thức nhận n số làm nghiệm: n f ( x )   ( x  xi )  ( x  x1 )( x  x2 ) ( x  xn ) Từ ta khai thác quan hệ i 1 nghiệm, Viette, hệ số, đạo hàm,… CÁC BÀI TỐN Bài tốn 11: Giả sử a b nghiệm đa thức: x4  x3  Chứng minh tích ab nghiệm đa thức: x6  x4  x3  x  Hướng dẫn giải Giả sử a, b, c, d nghiệm đa thức: x4  x3  P( x )  x  x   ( x  a )  x  b  x  c  x  d   abcd  1 Ta cần chứng minh: Q( ab )  với: 1   Q( x )  x6  x4  x3  x   x3  x3  x     x x   1    Q( ab )   ab   ab   ( ab )     ab ( ab )3   3  ( ab )3  ab   ab   cd   cd     Do đó: Q( ab )   ( ab )3  ab   cd  ( cd )3  Thật vậy: P( a )   a4  a3   a3  Tương tự b3  a 1 1 nên a3b3   (  c )(  d ) b 1  a  1 b  1 Tương tự: c3 d  (  a )(  b ) suy ra: ( ab )3  ab   cd  ( cd )3  (  c )(  d )  ab   cd  (  a )(  b )  1  a  b  c  d  Vậy: Q( ab )  (đpcm) Bài toán 12: Cho P( x )  x  ax  bx  c có hệ số nguyên Chứng minh P( x ) có nghiệm tích nghiệm cịn lại thì: 2P( 1) P(1)  P( 1)  2(1  P(0 )) Hướng dẫn giải Gọi nghiệm u,v,u.v theo định lý Viete: u  v  uv  a,uv(  u  v )  b,u 2v  c - Xét a   u  v  uv   ( u  1)( v  1) nên có nghiệm 1 2P( 1)  chia hết cho số - Xét a  b  c  uv(  u  v  uv )  uv(  a ) Nên uv  bc hữu tỉ 1 a Do u v  c nguyên nên uv nguyên Ta có: P( 1)  P( 1)  2(  P( ))  2( a  1)  2( u  v  uv  1)  2(  u )(  v )  Và 2P( 1)  2( 1  u )( 1  v )( 1  uv )  2(  uv )(  u )(  v ) Do đó: 2P( 1) P(1)  P( 1)  2(1  P(0 )) Bài tốn 13: Chứng minh phương trình: a) x4  x3  8x  4x   có nghiệm dương b) x4  2x3  2x   có nghiệm c) x5  2x4  8x3  x  9x   có nghiệm dương nghiệm âm Hướng dẫn giải Sử dụng quy tắc dấu Đề a) Dãy dấu hệ số      Gọi L số lần đổi dấu hệ số D số nghiệm dương thì: L    D  2k Do D  hay D  nên phương trình có nghiệm dương b) Dãy dấu hệ số      nên : L    D  2k Do đó: D  D  Mặt khác f ( )  1, f ( 1)  2 nên f ( ) f ( 1)  phương trình f ( x )  có nghiệm ( 0,1) Vậy D  D  nên phương trình có nghiệm dương Rõ ràng f ( x )  x  nên phương trình có nghiệm dương khơng có nghiệm âm c) Dãy dấu hệ số       nên: L  Thành thử D  D  Vì f ( )  f ( )  nên phương trình có nghiệm dương ( 0,1) Vậy D  D  Xét g( x )  f (  x )   x  2x  8x  x  9x  Dãy dấu hệ số g( x ) là:        L  phương trình g( x )  có nghiệm dương nên phương trinnhf f ( x )  có nghiệm âm Bài toán 14: Cho f ( x )  R  x  ,deg f  n Giả sử a  b mà f ( a ) f ( b )  Chứng minnh f ( x ) có số lẻ nghiệm khoảng ( a,b ) kể bội Còn f ( a ) f ( b )  f ( x ) có số chẵn nghiệm ( a,b ) Hướng dẫn giải Giả sử 1 , , , s nghiệm f ( x ) với bội tương ứng k1 ,k2 , ,ks Khi đó: f ( x )   x  1  k1  x   k2  x   s ks g( x ) Trong g( x ) khơng có nghiệm ( a,b ) nên đa chức g( x ) giữ nguyên dấu ( a,b ) Giả sử g( x )  với x   a,b  Ta có f ( b ).g( b )  f ( a ).g( a ).( 1 )k1  k2  ks  Vì f ( a ) trái dấu với f ( b ) g( a ) dấu với g( b ) f ( a ) trái dấu với g( a ) Thành thử tổng k1  k2   ks số lẻ Chứng minh tương tự f ( a ) f ( b )  Bài toán 15: Cho đa thức P( x ) bậc n số a  b thỏa: P( a )  0,  P'( a )  0,P''( a )  0, ,( 1)n P n ( a )  P( b )  0,P'( b )  0,P''( b )  0, ,P n ( b )  Chứng minh nghiệm thực P( x ) thuộc ( a,b ) Hướng dẫn giải Khai triển Taylor ta có: P'( b ) P''( b ) P''( b ) ( x b ) ( x  b )2   ( x  b )n 1! 2! n! Nếu x  b  P( x )   P( x ) khơng có nghiệm x  b P( x )  P( b )  Tương tự: P( x )  P( a )  P'( a ) P''( a ) P''( a ) ( x a ) ( x  a )2   ( x  a )n 1! 2! n!  P'( a ) P''( a ) ( 1 )n P n ( a )  P( a )  ( a  x ) ( a  x )   ( a  x )n 1! 2! n! Nếu x  a  P( x )   P( x ) khơng có nghiệm x  a Vậy nghiệm phải thuộc ( a,b ) Bài toán 16: Cho f ( x ) đa thức bậc n có hệ số 1 Biết đa thức x  nghiệm bội cấp m với m  2k ,k  2, k nguyên Chứng minh n  k 1  Hướng dẫn giải Gọi f đa thức với hệ số theo modulo Vì f ( x ) có hệ số -1 nên f ( x )  x n  x n1   x  k Ta có f ( x )  ( x  1)2 g( x ) g( x ) đa thức có hệ số nguyên Dễ dàng chứng minh Ci k  (model 2),  i  2k  Nên x n  x n1   x    x   g( x ) (*) k   Giả sử g( x ) có bậc khơng q 2k  Ta có hệ số x2 k 1 vế phải (*) Điều mâu thuẫn hệ số vế trái (*) Do đó, bậc g( x ) không nhỏ 2k  Vậy n  2k  2k   2k 1  10 Bài toán 17: Cho đa thức P( x )  rx3  qx  px  p,q r số thực với r  Xét dãy số ( an ),n  0,1,2, xác định sau a0  1,a1   p,a2  p  q an3   pan  qan 1  ran ( n  ) Chứng minh nêú đa thức P( x ) có nghiệm thực khơng có nghiệm bội dãy ( an ) có vơ số số âm Hướng dẫn giải Từ điều kiện đề suy phương trình đặc trưng phương trình sai phân x3  px  qx  r  có nghiệm thực âm hai nghiệm phức liên hợp Giả sử ba nghiệm a,R(cos   i sin  ),R(cos   i sin  ) với a  0,R  0,0     an  C1( a )n  C2 R n (cos   i sin  )n C1 ,C2 ,C3 số đó, C2 ,C3 số phức liên hợp Đặt C2  R* (cos   sin  ) với   [0,2 ) , ta có an  C1( a )n  R n ( R* (cos   i sin  )(cos n  i sin n )  R* (cos   sin  )(cos n  i sin n )  C1( a )n  2R n R* (cos( n   )) Giả sử ngược lại tồn n cho an  với n  no Khi ta có  an1  aan  2R n1R* (cos(( n  1)   ))  a2R n R* (cos( n   ))  2R n R* ( R cos(( n  1)   )  a cos( n   ))  2R n R* C.cos( n   * )( C  0,*  [0,2 )) với n  no Điều khơng xảy     nên tồn vô số n cho: 3   n  *    2k ,  2k  2  Bài tốn 18: Cho phương trình: x3  x   có nghiệm phân biệt Tính tổng lũy thừa bậc nghiệm Hướng dẫn giải Theo định lý Viete: phương trình: x3  x   có nghiệm phân biệt nên x1  x2  x3  0; x1 x2  x2 x3  x3 x1  1 x1 x2 x3  1 Ta có: xi3  xi    xi3  xi   xi5  xi3  xi2   xi2  xi  Nên: xi8  2xi2  3xi  11 Do đó: T   xi8  2 xi2  3 xi    xi   2 xi  x j   3 xi  6,i  j  10   Bài toán 19: Giả sử đa thức P( x )  x5  x  có nghiệm r1 ,r2 ,r3 ,r4 ,r5 Đặt Q( x )  x  Tính tích: Q( r1 ).Q( r2 ).Q( r3 ).Q( r4 ).Q( r5 ) Hướng dẫn giải Ta có: P( x )  x5  x    x  r1  x  r2   x  r3  x  r4  x  r5  Và Q( r1 ).Q( r2 ).Q( r3 ).Q( r4 ).Q( r5 )     r1      r12  r22  r32  r42  r52  2  r2   r3    r4    r5       r1   r2   r3   r4   r5   P( ).(        1              4     32  23    5   1  Bài toán 20: Chứng tỏ đa thức: x5  x4  5x3  x2  4x  (1) có nghiệm xi ,i  1,5 Tính tổng S   xi  i 1 2xi  x4  Hướng dẫn giải Xét hàm số f ( x )  x5  x4  5x3  x  4x  f ( x ) làm hàm số liên tục R Ta có f ( 2 )  5  0, f ( )  1  0, f ( )    0, f (  )   0, f 2 : 175 1 0     0, f ( )  2 Phương trình f ( x )  có nghiệm x1 ,x2 ,x3 ,x4 ,x5 cho: 2  x1    x2   x3   x4   x5  2 Hơn nữa, f ( x )  phương trình bậc năm nên có nghiệm Ta có xi nghiệm phương trình (1) nên: xi5  xi4  5xi3  4xi    2xi5  xi4   2( 5xi3  xi2  4xi ) Do đó: S   i 1 2( 5xi xi   xi2  4xi ) 12 x 1 Xét biểu thức g( x )   x 1 x( x  1)( 5x  ) 5x3  x  4x x 1 A B C Ta có: nên đồng được:    x( x  1)( 5x  ) x x  5c  x 1    x( x  1)( 5x  ) 4x 9( x  1) 36( 5x  40 1 1 Do đó: S        i 1 xi i 1 xi  72 i 1 x  i Mà f ( x )  ( x  x1 )( x  x2 )( x  x3 )( x  x4 ( x  x5 ) Vậy x  xi ( i  1,5 ) ta f '( x )    f ( x ) i 1  x  xi     Và f '( x )  5x  2x  15x  2x  , đó: f '( ) 1 f '( )     12 f ( ) i 1  xi f (1) i 1 xi  f '( ) 1 f '( )    4 f ( ) i 1 xi x f ( ) i 1 i  4  4 f '   f '   1 12900 5  5       4 4789  4  4 f    i 1   xi i 1 xi  f   5  5  5 8959 Vậy S   4789 Bài toán 21: Cho ab  Chứng minh phương trình: x3  3( a  b )x  2( a  b3 )  có nghiệm phân biệt Hướng dẫn giải Xét hàm số: y  x3  3( a  b )x  2( a  b3 )  0,D  R Ta chứng minh hàm số có cực đại, cực tiểu yCD yCT  y'  3x  3( a  b ) Do y'   x1,2   a2  b2 ,( S  0,P  a  b2 ) Vì y’ bậc có nghiệm phân biệt nên có CĐ CT Lấy y chia y’ ta có: y  x.y'  2( a  b2 )x  2( a3  b3 )  yCD yCT  ( 2( a  b2 )x1  2( a3  b3 )) 13 ( 2( a  b2 )x2  2( a3  b3 )   a  b3    a  b2   4a 2b ( 3a  3b  2ab )  4a 2b  2a  2b  ( a  b )2    dpcm   Bài toán 22: Cho phương trình ax3  27 x  12x  2001  có nghiệm thực phân biệt Hỏi phương trình sau có nghiệm thực:     ax  27 x  12x  2001 3ax  27  3ax  54x  12  ,a  Hướng dẫn giải Đặt f ( x )  ax  27 x  12x  2001  Ta có: f ( x ) f ''( x )   f '( x )  f ( x ) f ''( x )   f '( x )  2 Đặt g( x )  f ( x ) f ''( x )   f '( x ) Ta có g'( x )  f ( x ) f '''( x ) Gọi nghiệm f ( x )  ,  , (      ) ta có: g'( x )  12a( x   )( x   )( x   ) Bảng biến thiên Vì f '(  )   g(  )    f '( x )  Tương tự ta có: g     g     Vậy phương trình g( x )  có nghiệm thực Bài tốn 23: Cho f  R  x  , f ( x )  an x n  an1 x n1   a1 x  ao Chứng minh: an a a a  n1   x  o  f có nghiệm n 1 n Hướng dẫn giải Xét Q( x )  an n1 an1 n a a x  x   x2  o x n1 n Thì Q'( x )  f ( x )  an x n  an1x n1   a1x  ao 14 Ta có Q( )  Q( 1)  Áp dụng định lí Role Q( x ) có nghiệm neenn Q'( x )  f ( x ) có nghiệm Bài tốn 24: Cho f ( x )  ao x n  a1 x n1  an1 x  an ,ao  có n nghiệm phân biệt Chứng minh f ( x )  f '( x )  có nghiệm phân biệt và: ( n  1)a12  2nao a2 Hướng dẫn giải x Đặt g( x )  e f ( x ) Vì f ( x )  có n nghiệm 1      n nên g( i )  0,1,2, ,n Theo định lí Role khoảng ( i ,i 1 )( i  1,2, ,n  1) tồn  i để  x f ( x ) f '( x ) g'( i )  Mặt khác: g'( x )  e  Suy f ( x )  f '( x ) có n  nghiệm 1 ,  , ,  na f ( x )  f '( x )  có đủ n nghiệm Vì f ( x ) có n nghiệm phân biệt nên theo định í Role thì: f '( x ) có n  nghiệm; f ''( x ) có n  nghiệm,…  f ( n 2 ) ( x )  n! ao x2  ( n  1)! a1x  ( n  )! a2 có nghiệm phân biệt Do đó:   nên: (( n  1)! a1 )2  2n! ao ( n  )! a2  Vậy ( n  1)a12  2nao a2 Bài toán 25: Giả sử f ( x )  ao x n  a1 x n1   an1 x  an đa thức với hệ số thực, có ao  thỏa mãn đẳng thức sau với x  R : f ( x ) f ( 2x )  f ( 2x  x )(*) Chứng minh f ( x ) khơng có nghiệm số thực Hướng dẫn giải Từ (*) nhận thấy xo nghiệm thực f ( x ) tất số thực: xn  2xn31  xn1 ;n  1,2,3, nghiệm f ( x ) Hơn dễ dàng nhận thấy: xo0 xo  x1  x2  xn  xn1  và: Với xo  xo  x1  x2   xn  xn1  Từ suy f ( x ) có nghiệm thực khác f ( x ) có vơ số nghiệm thực khác Tuy nhiên f ( x ) có tối đa n nghiệm thực, f ( x ) đa thức bậc n với hệ số thực Mâu thuẫn, chứng tỏ f ( x ) nghiệm thực khác Ta chứng minh f ( )   an  Giả sử an  Gọi k số lớn thỏa ak  15 Do vậy: g( x )  f ( x ) f ( 2x )  ao2 2n.x3n   ak2 2nk x3( nk ) h( x )  f ( 2x3  x )  ao 2n x3n   ak x nk Vì n  k   3( n  k )  n  k Do g( x )  h( x )  ak  (mâu thuẫn) Nên an  Vậy f ( x ) khơng có nghiệm số thực KẾT LUẬN Tiếp nối báo cáo phần 1, báo cáo giới thiệu lại số kiến thức đa thức, nghiệm đa thức hoàn thiện hệ thống tập với đầy đủ dạng toán từ đến nâng cao, điều giúp em sinh viên người đọc có nhìn tồn diện đa thức TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Đàm Văn Nhỉ; Đa Thức – Chuỗi Và Chuyên Đề Nâng Cao; Nhà xuất thông tin truyền thông, 2019 [2] Lê Hồnh Phó, Chun Khảo Đa Thức, NXB Đại Học Quốc Gia Hà Nội, 2018 [3] Nguyễn Hữu Điển, Đa Thức Và ứng Dụng, NXB giáo dục, 2019 16