TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠMLÊ THÚY HẰNG PHƯƠNG PHÁP GIẢI VÀ SÁNG TẠO CÁC BÀI TOÁN ĐA THỨC TRONG CHƯƠNG TRÌNH PHỔ THÔNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Đà Nẵng - 2024... TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠMLÊ THÚ
KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
Vành các đa thức một biến
Giả sử K là một vành giáo hoán có đơn vị, và vành đa thức K[x] bao gồm tất cả các đa thức có dạng f(x) = a0 + a1x + + anxn, với ai ∈ K (i = 0, 1, 2, , n) Trong đó, a_n (hệ số bậc cao nhất) khác 0, a0 là hệ số tự do, và x là biến của đa thức Đa thức f(x) có bậc n, ký hiệu là deg f(x) = n, nếu a_n khác 0.
Trường hợp f(x) ≡ 0, còn gọi là đa thức 0, ta nói f(x) không có bậc.
Trường hợp ai ∈ Z, i = 0,1,2, , n −1, an = 1, ta nói đa thức f(x) là đa thức dạng chuẩn.
Trên K[x], xét các đa thức f (x) = a 0 + a 1 x + + a n x n , g(x) = b 0 + b 1 x+ + b m x m , a i , b j ∈ K, i = 1,2, , n, j = 1,2, , m Không làm mất tính tổng quát, giả sử m ≥ n và m = n+p Khi đó g(x) = b0 +b1x+ +bnx n +bn+1x n+1 + +bn+px n+p
Hai đa thức f(x) và g(x) được coi là bằng nhau, ký hiệu f(x) = g(x), khi và chỉ khi a_i = b_i với mọi i = 0, 1, , n, và b_{n+1} = b_{n+2} = = b_{n+p} = 0 Trên vành K[x], các phép toán cộng và nhân hai đa thức được xác định bởi f(x) + g(x).
x i Định lí 1.1 Giả sử K là một miền nguyên Khi đó vành các đa thức
K[x] cũng là một miền nguyên Hơn nữa, nếu f (x), g(x) ∈ K[x] là các đa thức khác đa thức 0 thì f (x)g(x) ̸= 0 và deg (f (x)g(x)) = degf (x) + degg(x).
Khi K là một trường, K[x] không phải là một trường nhưng là một vành Euclide với phép chia có dư Trong bài viết này, chúng tôi chỉ xem xét trường hợp K = R hoặc K = C Định lý 1.2 khẳng định rằng với hai đa thức f(x) và g(x) khác không trong K[x], tồn tại duy nhất các đa thức q(x) và r(x) sao cho f(x) = g(x)q(x) + r(x), với điều kiện 0 ≤ degr(x) < degg(x) nếu r(x) khác không Đa thức g(x) được gọi là đa thức thương và r(x) là đa thức dư Nếu g(x) = x−α, thì r(x) là hằng số, và có thể xác định đa thức thương và phần dư bằng sơ đồ Horner Định lý 1.3 chỉ ra rằng với f(x) bậc n, thương trong phép chia f(x) cho g(x) = x−α là một đa thức bậc n−1, với các hệ số được tính theo công thức cụ thể Cuối cùng, Định nghĩa 1.2 nêu rõ rằng đa thức d(x) là ước chung lớn nhất của f(x) và g(x) nếu nó thỏa mãn các điều kiện nhất định.
Định lý 1.4 khẳng định rằng, với mọi đa thức p(x) thuộc K[x] sao cho f(x) chia hết cho p(x) và g(x) cũng chia hết cho p(x), thì d(x) cũng sẽ chia hết cho p(x) Điều này áp dụng trong vành đa thức K[x] xác định trên trường K.
(i) Nếu f(x) và g(x) là hai đa thức trên K[x] sao cho f(x) g(x) thì ước chung lớn nhất (f(x), g(x)) = g(x).
(ii) Nếu những đa thức f(x) và g(x) có ước chung lớn nhất và α ̸= 0 là một số bất kì thuộc trường K thì
Trong vành đa thức K[x] xác định trên trường K, hai đa thức f(x) và g(x) được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu ước chung lớn nhất của chúng là 1, tức là (f(x), g(x)) = 1 Định lý 1.5 khẳng định rằng nếu f(x) và g(x) là các đa thức khác 0 có ước chung lớn nhất d(x) ∈ K[x], thì tồn tại các đa thức u(x) và v(x) trong K[x] sao cho d(x) = u(x)f(x) + v(x)g(x) Thêm vào đó, Định lý 1.6 đưa ra các khẳng định liên quan đến ba đa thức f(x), g(x) và h(x) trong K[x].
(ii) Nếu f(x).g(x) chia hết cho h(x) và (f(x), h(x)) = 1 thì g(x) chia hết cho h(x).
(iii) Nếu f(x) chia hết cho g(x) và h(x) với (g(x), h(x)) = 1 thì f(x) chia hết cho g(x).h(x).
Trong lý thuyết đại số, hai đa thức f(x) và g(x) trong vành đa thức K[x] được gọi là đồng nhất nếu tích của chúng m(f(x), g(x)) bằng 1 với mọi m, n thuộc tập hợp số tự nhiên N* Đa thức m(x) ∈ K[x] được định nghĩa là bội chung nhỏ nhất của f(x) và g(x), ký hiệu là m(x) = [f(x), g(x)], nếu nó thỏa mãn các điều kiện nhất định liên quan đến tính chất chia hết của các đa thức này.
Đối với mọi đa thức p(x) thuộc K[x] mà p(x) chia hết cho f(x) và g(x), ta có p(x) cũng chia hết cho m(x) Định lý 1.7 khẳng định rằng nếu K[x] là vành đa thức xác định trên trường K, thì các khẳng định sau đây được đưa ra.
(i) Nếu f(x) và g(x) là hai đa thức trên K[x] sao cho f(x) g(x) thì bội chung nhỏ nhất [f(x), g(x)] = f(x).
(ii) Nếu những đa thức f(x) và g(x) có bội chung nhỏ nhất và α ̸= 0 là một số bất kì thuộc trường K thì
[f(x), g(x)] = [α.f(x), g(x)] = [f(x), α.g(x)]. Định lí 1.8 Giả sử K[x] là vành đa thức xác định trên trường K, f(x), g(x) ∈ K[x] Khi đó ta có (f(x), g(x))[f(x), g(x)] = f(x).g(x).
Nghiệm của đa thức
Định nghĩa 1.5 Giả sử K[x] là vành đa thức xác định trên trường K. Trên K[x], xét đa thức f (x) = a0 +a1x+ + an−1x n−1 +anx n trong đó a i ∈ K, i = 0,1,2, , n, a n ̸= 0.
Trong toán học, với mỗi α thuộc K, giá trị của đa thức f(x) tại x = α được định nghĩa là f(α) = a₀ + a₁α + + aₙ₋₁αⁿ⁻¹ + aₙαⁿ Nếu f(α) = 0, thì α được xem là một nghiệm của đa thức f(x) Bài toán tìm nghiệm của đa thức f(x) tương đương với việc giải phương trình đại số a₀ + a₁x + + aₙ₋₁xⁿ⁻¹ + aₙxⁿ = 0 Định nghĩa nghiệm bội k của f(x) được đưa ra khi tồn tại k ∈ N* sao cho f(x) chia hết cho (x−α)ᵏ nhưng không chia hết cho (x−α)ᵏ⁺¹, trong đó nếu k = 1, α là nghiệm đơn, còn nếu k = 2, α là nghiệm kép của đa thức f(x).
Theo Định nghĩa 1.5 và Định lí 1.2 về phép chia đa thức, nếu x = α là nghiệm bội bậc k của f(x), thì tồn tại đa thức q(x) sao cho f(x) = (x−α)^k * q(x), trong đó q(x) thuộc K[x] và không chia hết cho đa thức x−α.
Khi k = 1, chúng ta có kết quả sau. Định lí 1.9 (Bezoút) Giả sử K[x] là vành đa thức xác định trên trường
K, f(x) ∈ K[x], α ∈ K Khi đó, x = α là một nghiệm của đa thức f(x) nếu và chỉ nếu f(x) chia hết cho đa thức x−α, tức là có đa thức q(x) ∈ K[x] sao cho f(x) = (x−α)q(x), degq(x) = degp(x)−1.
Theo Định lý 1.9, nếu α₁, , αₘ là các nghiệm của đa thức f(x) ∈ K[x], thì tồn tại đa thức g(x) ∈ K[x] với bậc degg(x) = degf(x) - m, sao cho f(x) = (x - α₁)(x - α₂) (x - αₘ)g(x) Định lý 1.10 chỉ ra rằng số nghiệm của một đa thức f(x) ∈ K[x] trên trường K không vượt quá bậc của nó.
Nếu một đa thức f(x) ∈ K[x] bậc n nhận cùng một giá trị tại n+1 điểm khác nhau, thì nó là một đa thức hằng Đặc biệt, nếu f(x) có nhiều hơn n nghiệm trong trường K, thì f(x) ≡ 0 Theo định lý 1.11, với n ∈ N*, mọi đa thức f(x) ∈ R[x] bậc n có hệ số cao nhất an ≠ 0 đều có thể phân tích duy nhất thành tích của các đa thức bậc nhất và các đa thức bậc hai vô nghiệm, tức là f(x) = a_n m.
Định lý Viète khẳng định rằng, với đa thức bậc n có dạng f(x) = a_0 + a_1 x + + a_{n-1} x^{n-1} + a_n x^n, trong đó các hệ số a_i thuộc R và a_n khác 0, nếu đa thức này có n nghiệm x_1, , x_n (có thể phân biệt hoặc trùng nhau), thì có các đẳng thức liên quan đến các nghiệm này Điều kiện cần thiết cho đa thức là b_2k - 4c_k < 0 và n phải thuộc tập N*.
Trong (1.3), S k là tổng các tích chập k của n số x i (i = 1,2, ,n), được gọi là các đa thức đối xứng cơ bản của các nghiệm Định lý 1.13 khẳng định rằng nếu f(x) = anx n + a n−1 x n−1 + + a1x + a0 thuộc Z[x] và phân số tối giản p/q là nghiệm của đa thức f(x), thì có một số khẳng định quan trọng liên quan đến nghiệm này.
Định lý 1.14 khẳng định rằng nếu hàm số f liên tục trên đoạn [a, b] và f(a) khác f(b), thì với mỗi số thực m nằm giữa f(a) và f(b), sẽ tồn tại ít nhất một điểm c trong khoảng (a, b) sao cho f(c) = m.
Nếu đa thức P(x) ∈ R[x] tồn tại hai giá trị a, b ∈ R với a < b và P(a)P(b) < 0, thì phương trình P(x) = 0 có ít nhất một nghiệm thực trong khoảng (a, b) Theo định lý Rolle, nếu hàm số thực f(x) liên tục và xác định trên đoạn [a, b], có đạo hàm trên khoảng (a, b) và f(a) = f(b), thì tồn tại một điểm c ∈ (a, b) sao cho đạo hàm f'(c) = 0.
Hàm số f(x) liên tục trên đoạn [a, b] và có đạo hàm trên khoảng (a, b) sẽ có những hệ quả quan trọng Nếu phương trình f ′ (x) = 0 có n nghiệm thực phân biệt trong khoảng (a, b), thì phương trình f(x) = 0 sẽ có nhiều nhất n + 1 nghiệm thực phân biệt trên (a, b).
Hệ quả 1.3 Cho đa thức P (x) ∈ R[x] Nếu tồn tại a, b ∈ R, a < b, sao cho P(a) = P(b) thì phương trình P ′ (x) = 0 có nghiệm thực trong khoảng (a, b). Định lí 1.16 (Quy tắc xét dấu Descartes) Cho đa thức
Gọi Z(P) là số nghiệm dương của đa thức P(x), bao gồm cả số bội, và V(P) là số lần đổi dấu trong dãy các hệ số khác không a_n, a_{n-1}, , a_1, a_0 của P(x) Theo đó, có mối quan hệ V(P) ≥ Z(P) và V(P) - Z(P) là một số chẵn.
Đối với đa thức P(x) = a_n x^n + a_(n-1) x^(n-1) + + a_1 x + a_0 với các hệ số thực và a_n ≠ 0, có hai trường hợp xảy ra: Nếu a_n a_0 > 0, thì số nghiệm dương của đa thức P(x) (bao gồm cả số bội) là số chẵn; ngược lại, nếu a_n a_0 < 0, thì số nghiệm dương của đa thức P(x) sẽ khác.
P(x) (đếm cả số bội) là số lẻ.
Nếu đa thức P(x) = anx^n + an−1x^(n−1) + + a1x + a0 với các hệ số thực và an ≠ 0 có các hệ số đổi dấu đúng một lần, thì đa thức này sẽ có đúng một nghiệm dương.
Một số biểu diễn đa thức
Định lí 1.17 (Lagarange) Cho f(x) là một đa thức bậc n trên một trường K có đặc số 0 và x 0 , x 1 , , x n là n + 1 phần tử phân biệt trong K. Đặt g(x) = a n
P i=0 f (x i )g(x) g ′ (x i )x−x i Định lí 1.18 (Khai triển Taylor) Cho P(x) là một đa thức bậc n trên một trường K và n phần tử a 1 , a 2 , , a n ∈ K Khi đó, tồn tại các phần tử λ0, λ1, , λn ∈ K sao cho
P (x) =λ 0 +λ 1 (x−a 1 ) +λ 2 (x−a 1 ) (x−a 2 ) + +λ n (x−a 1 ) (x−a n ). Định lí 1.19 (Tiêu chuẩn Eisenstein) Cho đa thức với hệ số nguyên
Giả sử tồn tại số nguyên tố p sao cho
(iii) a 0 không chia hết cho p 2
Đa thức P(x) là một đa thức bất khả quy trên trường hữu tỉ Theo định nghĩa, một đa thức P(x) ∈ Z[x] được gọi là nguyên bản nếu các hệ số của nó nguyên tố cùng với nhau Theo định lý Gauss, tích của hai đa thức nguyên bản cũng là một đa thức nguyên bản Đa thức Chebyshev được xác định bởi T n (x).
T 5 (x) = 16x 5 −20x 3 + 5x, Đa thức Chebyshev Tn(x) có bậc n và có hệ số cao nhất 2 n−1 Hơn nữa, ta còn có các khẳng định sau
(iii) |T n (x)| = 1 có đúng n nghiệm phân biệt trên [−1,1] là x = cosk π n , k = 0,1, , n−1. Định lí 1.21 (D’Alembert) Mọi đa thức bậc n có hệ số phức
P (z) = a0z n +a1z n−1 + +an−1z+an, a0 ̸= 0 đều có đủ n nghiệm phức phân biệt hay trùng nhau Giả sử z 1 , z 2 , , z n là n nghiệm của P(z), ta có
P (z) =a 0 (z −z 1 ) (z −z 2 ) (z−z n ). Định nghĩa 1.9 (Khai triển Abel) Cho f(x) ∈ R[x] và degf = n số α 1 , α 2 , , α n ∈ R Khi đó, tồn tại n+ 1 số thực duy nhất b 0 , b 1 , , b n sao cho f (x) =b 0 (x−α 1 ) (x−α 2 ) (x−α n ) + b 1 (x−α 1 ) (x−α 2 ) (x−α n−1 )
+ + b n−1 (x−α1) +bn.Đặc biệt, nếu f(x) ∈ Z[x] và a i ∈ Z thì b i ∈ Z. Định lí 1.22 (Zsigmondy) Cho 2 số nguyên dương a > b ≥ 1 với (a, b) = 1 Giả sử số nguyên n≥ 2, khi đó
(1) a n −b n có ít nhất 1 ước nguyên tố không chia hết a k −b k với mọi số nguyên dương k < n, ngoài hai trường hợp 2 6 −1 6 và a+b là lũy thừa của 2.
(2) a n + b n có ít nhất 1 ước nguyên tố không chia hết a k + b k với mọi số nguyên dương k < n, ngoài trường hợp 2 3 + 1 3 = 9 chia hết cho
PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TOÁN ĐA THỨC TRONG CHƯƠNG TRÌNH PHỔ THÔNG
Phương pháp giải bài toán về phép chia đa thức
Bài toán chia đa thức là một trong những vấn đề cơ bản trong lĩnh vực đa thức Để giải quyết các bài toán này, người ta thường áp dụng các phương pháp như định lý Bezoút, tính chất chia hết của đa thức, đồng nhất hệ số đa thức, và các định lý về đồng dư thức.
Ví dụ 2.1 Xác định đa thức f(x) trên vành Z[x]
(ii) f(x) = x 3 +ax 2 +bx+c chia hết cho x−2 và chia x 2 −1 dư 2x.
Lời giải (i) Thực hiện phép chia đa thức f(x) = 6x 4 −7x 3 +ax 2 + 3x+ 2 cho đa thứcg(x) = x 2 −x+bta được thương là q(x) = 6x 2 −x+ (a−5b+ 1) và phần dư là r(x) = (a−5b+ 2)x+ (−ab−6b 2 +b+ 2).
Vậy đa thức cần tìm là f (x) = 6x 2 −7x 3 −7x 2 + 3x+ 2 hoặc f (x) = 6x 2 −7x 3 −12x 2 + 3x+ 2.
(ii) Vì f(x) chia hết cho x−2 nên f(2) = 0 hay 4a+ 2b+c = −8.
Lại có, f(x) chia cho x 2 −1 được dư là đa thức 2x nên g(x) = f(x)−2x chia hết cho x 2 −1 Suy ra
Ví dụ 2.2 Cho hai đa thức dạng chuẩnP (x),Q(x),degP = 3,degQ2 Giả sử P (x) có 3 nghiệm vô tỉ a, b, c thỏa mãn a+b+c = 0 và Q(a) =b. Chứng minh rằng
Đa thức P(x) là đa thức dạng chuẩn có bậc nhỏ nhất với x = a là nghiệm Giả sử tồn tại một đa thức dạng chuẩn f(x) có bậc nhỏ hơn P(x) và thỏa mãn f(a) = 0 Khi đó, ta có P(x) = f(x)·q(x) + r(x), với deg(r) < deg(f), dẫn đến r(a) = 0.
Theo cách chọn đa thức f (x)suy ra r(x) ≡ 0, do đó P (x) =f (x).q(x).
Nhận thấy rằng tổng bậc của hai đa thức degf và degq bằng bậc của đa thức P, cụ thể là degf + degq = degP = 3, cho thấy có ít nhất một trong hai đa thức này có bậc 1 Điều này dẫn đến việc P(x) có nghiệm nguyên, điều này tạo ra một mâu thuẫn Do đó, P(x) là một đa thức chuẩn với bậc nhỏ nhất và x = a là nghiệm của nó.
P (Q(x)) = q 1 (x).P (x) +r 1 (x) với degr 1 < 3 Thay x = a vào đồng nhất thức trên ta được
P (b) = q 1 (a).P (a) +r 1 (a), suy ra r 1 (a) = 0 Tương tự chứng minh trên ta có r 1 (x) ≡ 0, do đó
(ii) Từ (i) ta có P (Q(a)) =P (Q(b)) = P (Q(c)) = 0 suy ra Q(b), Q(c) ∈ {a, b, c}.
NếuQ(b) =b thìQ(b)−b là đa thức nguyên bậc2nhận x = blà nghiệm. Với các lập luận tương tự như (i) ta có mâu thuẫn.
Nếu Q(b) = a thì đặt Q(x) = x 2 +mx+n ta có hệ
(a 2 +ma+n = b b 2 + mb+n= a ⇒(a−b) (a+b+m) = b−a, suy ra a+b+m = −1, tức là c = m+ 1, mâu thuẫn với giả thiết c là số vô tỉ Từ đó Q(b) =c Tương tự Q(c) = a.
Ví dụ 2.3 (Đề thi vào lớp 10 - THPT Chuyên Hùng Vương, Phú Thọ, năm học 2023-2024).
Chứng minh rằng tồn tại đa thức P(x) có hệ số thực, bậc 2024 thỏa mãn điều kiện P(x 2 −2) chia hết cho P(x).
Lời giải Xét đa thức
P(x) =a(x+ 1) 1012 (x−2) 1012 , với a ∈ R, P(x) có bậc là 2024 Khi đó
= P(x)(x−1) 1012 (x+ 2) 1012 , suy ra P(x 2 −2) chia hết cho đa thức P(x).
Vậy tồn tại đa thức P(x) =a(x+ 1) 1012 (x−2) 1012 với hệ số thực, có bậc
2024 thỏa mãn điều kiện đa thức P(x 2 −2) chia hết cho đa thức P(x).
Ví dụ 2.4 (Đề thi chọn HSG dự thi Olympic quốc gia, Kontum, năm học 2018 - 2019)
Cho P(x) và Q(x) là hai đa thức có hệ số nguyên thỏa mãn điều kiện
Gọi dlà UCLN của hai số P(2019)vàQ(2019) Chứng minh rằngd 2018. Lời giải Ta có
Suy ra (P (1) +xQ(1)) x 2 +x+ 1 , mà deg [P (1) +xQ(1)] ≤ 1 và deg x 2 +x+ 1 = 2 nên P (1) +xQ(1) ≡0 hay P (1) = Q(1) = 0 Suy ra
Ví dụ 2.5 (Đề thi chọn HSG dự thi Olympic quốc gia, Nam Định, năm học 2018 - 2019).
(i) Tìm tất cả các đa thức, có các hệ số nguyên và có bậc bé nhất sao cho
(ii) Giả sử Q(x) =x 2018 +a 2017 x 2017 +ã ã ã+a 1 x+a 0 là đa thức cú cỏc hệ số nguyên thỏa mãn Q(α) = 0 Chứng minh rằng đa thức Q(x) chia hết cho đa thức (x 2 −2x−2) và a0 + a1 + +a2017 ≡ 2 (mod3).
Lời giải (i) Xét trường hợp đa thức P(x) có dạng P(x) = ax + b với a, b ∈ Z Ta có
Suy ra a = 0 và đồng thời a + b = 0 Dẫn đến a = b = 0 Khi đó
P(x) ≡ 0, trái với giả thiết Suy ra P(x) là đa thức có bậc tối thiểu là 2. Xét P(x) = ax 2 +bx+c với a, b, c ∈ Z và a ̸= 0 Ta có
3) +c = 0 Biểu thức trên kéo theo (2a+ b)√
3 + (4a+ b+c) = 0 Suy ra b = −2a và c = −2a Vậy P(x) = a(x 2 −2x−2) với a ∈ Z\ {0} là tất cả các đa thức có bậc bé nhất thỏa mãn yêu cầu.
(ii) Giả sử đa thức Q(x) không chia hết cho x 2 −2x−2 Khi đó, tồn tại đa thức H(x), R(x) với các hệ số nguyên và degR 0 và (p, q) = 1 Khi đó f(a) = 0 suy ra a 4 + 2a 3 + 3a 2 + 2022a+ 2023 = 0.
Do đó p 4 + 2p 3 q + 3p 2 q 2 + 2022pq 3 + 2023q 4 = 0 Áp dụng định lí 1.13 ta được q là ước của 1 suy ra q = 1 Dẫn đến
Phương trình này vô nghiệm vì vế trái là số chẵn trong khi vế phải là số lẻ. Vậy đa thức f (x) không có nghiệm hữu tỉ.
Nếu phương trình ax² + (b+c)x + d + e = 0 có nghiệm thực trong khoảng [1; +∞), thì phương trình ax⁴ + bx³ + cx² + dx + e = 0 cũng sẽ có nghiệm thực Gọi x₀ ∈ [1; +∞) là một nghiệm của phương trình đầu, từ đó suy ra ax₀² + bx₀ + e = −(bx₀ + d) Đặt f(x) = ax⁴ + bx³ + cx² + dx + e, ta có f(√x₀) = ax₀² + cx₀ + e + √x₀(bx₀ + d) và f(−√x₀) = ax₀² + cx₀ + e − √x₀(bx₀ + d) Tích f(√x₀) · f(−√x₀) = (ax₀² + cx₀ + e)² − x₀(bx₀ + d)².
Do đó f(x) = 0 có ít nhất một nghiệm thực thuộc đoạn
−√ x 0 ;√ x 0 Vậy phương trình ax 4 +bx 3 +cx 2 + dx+e = 0 có nghiệm thực.
Cho n là số tự nhiên lớn hơn 3 và đa thức f(x) = x^n + a_{n-1}x^{n-1} + + a_1x + a_0 ∈ Z[x] với a_0 chẵn và a_k + a_{n-k} chẵn cho mọi k = 1, n-1 Giả sử tồn tại hai đa thức g(x), h(x) ∈ Z[x] với degg ≤ degh, trong đó mọi hệ số của h(x) đều lẻ và f(x) = g(x)h(x) cho mọi x Cần chứng minh rằng f(x) có ít nhất một nghiệm nguyên.
Lời giải Giả sử degg = j,degh = k,1≤ j ≤k, j +k = n và g(x) = b0 +b1x+ + bjx j , h(x) = 1 +x+ +x k Khi đó f(x) = (b 0 +b 1 x+ +b i x j )(1 +x+ +x k ) suy ra hệ số của x j−1 là (b 0 +b 1 + +b j−1 ) mà hệ số của x j−1 trong f(x) là a j−1 nên (b 0 +b 1 + +b j−1 ) ≡a j−1 (mod 2)
Xét hệ số của x k+1, ta có b 1 + b 2 + + b j ≡ ak+1 (mod 2) Giả sử j − 1 > 0, ta có a j−1 + a n−(j−1) = a j−1 + a k+1 chẵn, từ đó suy ra a j−1 ≡ a k+1 (mod 2) Kết hợp các điều kiện, ta được b j−1 ≡ b 0 ≡ 1 (mod 2), dẫn đến g(0) ̸ 2 Hơn nữa, do a 0 chẵn nên f(0) = g(0)h(0) 2.
Dẫn đếnh(0) 2mâu thuẫn vì hệ số của h(x) đều lẻ do đó j−1 = 0 ⇒j = 1.
Mà b j = ±1 nên g(x) có nghiệm nguyên Vậy f(x) có nghiệm nguyên.
Ví dụ 2.11 Chứng minh rằng với mọi số nguyên a, đa thức
P (x) =x 4 −2003x 3 + (2002 +a)x 2 −2001x+a không thể có hai nghiệm nguyên.
Lời giải: Nếu x 0 là một nghiệm nguyên của P (x), thì x 0 phải là số chẵn.
P (1) = 2a−2001 Kéo theo P (x 0 )−P (1) là số lẻ Vì P (x 0 )−P (1) chia hết cho x 0 −1 suy ra x 0 −1 là số lẻ dẫn đến x 0 là số chẵn.
+) Giả sử P (x) có hai nghiệm nguyên x 1 ;x 2 với x 1 ̸= x 2 Khi đó
−2003 x 2 1 +x 1 x 2 +x 2 2 + (2002 +a) (x 1 +x 2 )−2001. Đẳng thức này không thể xảy ra vì x 1 và x 2 là số chẵn.
+) Giả sử P (x) có nghiệm kép x 0 (là một số chẵn) Khi đó x 0 cũng là nghiệm của đạo hàm
P ′ (x 0 ) = 4x 3 0 −6009x 2 0 + 2 (2002 +a)x 0 −2001 = 0. vô lí vì x 0 chẵn Vậy bài toán được chứng minh.
Trong kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh THPT Quảng Nam năm học 2022-2023, bài toán cho hàm số f(x) = a2023x2023 + a2022x2022 + + a1x + a0 với các hệ số nguyên và a2023 ≠ 0, được xác định trên tập số thực R Cần chứng minh rằng phương trình f²(x) = 4 có số nghiệm nguyên không vượt quá 2026.
Lời giải Ta có f (x) = a 2023 x 2023 +a 2022 x 2022 + +a 1 x+a 0 , với a2023 ̸= 0 và f 2 (x) = 4 ⇒
" f (x) = 2 f (x) =−2 Gọi x 1 , x 2 , , x m là m nghiệm nguyên phân biệt của phương trình f (x) = 2,và y 1 , y 2 , , y n là nnghiệm nguyên phân biệt của phương trình f (x) = −2 Khi đó x i ̸= y j với mọi i ∈ {1; 2; 3; ;m}, y j ∈ {1; 2; 3; ;n}.
Giả sử m+n > 2026 Vì m ≤ 2023;n ≤ 2023 nên m ≥ 4;n ≥ 4 Do đó tồn tại các nghiệm nguyên x i và y j thỏa mãn |x i −y j | ≥5.
Các nghiệm x i và y j nói trên thỏa mãn f (x i ) = a 2023 x 2023 i +a 2022 x 2022 i + +a 1 x i +a 0 = 2 f (y j ) =a 2023 y j 2023 +a 2022 y j 2022 + +a 1 y j + a 0 = −2
Suy ra a 2023 (x 2023 i −y j 2023 ) +a 2022 (x 2022 i −y j 2022 ) + +a 1 (x i −y j ) = 4. mặt khác (x i −y j )| x k i −y j k ,∀k ∈ {1; 2; 3; ; 2023} nên
(x i −y i )|4, mâu thuẫn với |x i −y j | ≥ 5 Do đó m+n ≤ 2026.
Vậy phương trình f 2 (x) = 4 có số nghiệm nguyên không lớn hơn 2026.
Phương pháp giải bài toán về tính khả quy và bất khả quy của đa thức
khả quy của đa thức
Phương pháp phản chứng là cách chung để chứng minh một đa thức là bất khả quy Mặc dù có định hướng rõ ràng, mỗi bài toán cụ thể yêu cầu cách xử lý linh hoạt để tìm ra mâu thuẫn Một kỹ thuật thường được sử dụng là đánh giá các nghiệm của đa thức hoặc áp dụng trực tiếp một tiêu chuẩn nhất định.
Ví dụ 2.13 Cho n số nguyên ai phân biệt Chứng minh rằng đa thức
P (x) = (x−a 1 ) (x−a 2 ) (x−a n )−1, n >1 bất khả quy trong Z[x]. Lời giải Giả sử
Như vậy T (x) = g(x) +h(x) có ít nhất n nghiệm và có bậc nhỏ hơn n nên
Khi xem xét phương trình P(x) = −[g(x)]², ta nhận thấy sự không hợp lý khi so sánh hệ số cao nhất ở hai vế Cụ thể, hệ số bậc cao nhất của P(x) bằng 1, trong khi hệ số cao nhất của vế phải lại bằng -1 Do đó, ta kết luận rằng P(x) là bất khả quy.
Ví dụ 2.14 Cho đa thức P (x) thỏa mãn xP (x−1) = (x−2014).P (x) và P (2014) = 2014!.
Chứng minh rằng đa thức f (x) = P 2 (x) + 1 bất khả quy trong Z[x]. Lời giải Vì xP (x−1) = (x−2014).P (x) suy ra
P (x) = x(x−1) (x−2) (x−2013). Giả sử f (x) khả quy trong Z[x] : f (x) = g(x).h(x), trong đó g(x) ∈ Z[x] ;h(x) ∈ Z[x] ; degg(x) ; degh(x) ≥1.
Vì f (x) vô nghiệm nên g(x), h(x) cũng vô nghiệm.
Không mất tính tổng quát, giả sử g(x) > 0;h(x) > 0 với mọi x và g(x), h(x) có hệ số cao nhất bằng 1.
Nếum < n,dom+n = 2.2014 dẫn đến m 1 suy ra m = n = 2014 Khi đó g(x) =h(x) = x(x−1) (x−2) (x−2013) + 1 = P (x) + 1.
Suy ra f (x) =h 2 (x) = [P (x) + 1] 2 = P 2 (x) + 1 suy ra P (x) = 0, vô lí. Vậy f (x) bất khả quy trong Z[x].
Ví dụ 2.15 Cho a nguyên và n nguyên , n > 1, p là số nguyên tố thỏa mãn p > |a|+ 1 Chứng minh rằng đa thức f (x) = x n +ax+p, n > 1 bất khả quy trong Z[x].
Lời giải Giả sử f(x) khả quy trong Z[x] Khi đó f (x) = g(x).h(x), g(x) ∈ Z[x] ;h(x) ∈ Z[x] ; degg(x) ; degh(x) ≥1. Dẫn đến p= f (0) = g(0).h(0) ⇒
Giả sửg(0) = ±1.Gọiz 1 , z 2 , , z m là các nghiệm củag(x)(thực hoặc phức).
Ta có 1 = |g(0)| = |z 1 |.|z 2 | |z m | suy ra ∃ |z i | ≤ 1. f (zi) = 0 thì p = −z i n −azi khi đó p = |−z n i −az i | ≤ |z i | n +|a|.|z i | ≤ 1 +|a|, mâu thuẫn với giả thiết.
Vậy f (x) bất khả quy trong Z[x].
Ví dụ 2.16 (Đề chọn HSG dự thi Olympic,HongKong, năm học 2010 -
+ 1 bất khả quy trên Z[x] với mọi số tự nhiên n.
Lời giải Giả sử P (x) khả quy trên Z[x] với mọi số tự nhiên n Khi đó
Xét trên trường Z 2 , ta có
Vì x 2 + x+ 1 bất khả quy trên Z2[x], suy ra tồn tại số tự nhiên k để g(x) = x 2 +x+ 1 k ;h(x) = x 2 +x+ 1 2 n −k
. Xét trên trường Z[x], ta có
Thay x = ε = −1+i 2 3 vào (2.3) suy ra U (ε).V (ε) = 1 4 P (ε) = 1 2 mâu thuẫn vìU (x), V (x) ∈ Z[x]nênU (ε), V (ε)có dạnga+bε(a, b ∈ Z). Vậy P (x) bất khả quy.
Ví dụ 2.17 (Tiêu chuẩn Perron) Cho đa thức hệ số nguyên f (x) =a n x n +a n−1 x n−1 + + a 1 x+a 0 thỏa mãn điều kiện
|a 0 | > |a 1 |+|a 2 |+ +|a n | và |a 0 | là số nguyên tố thì f (x) bất khả quy trong Z[x].
Lời giải Giả sử f (x) có nghiệm z thỏa |z| ≤1 thì
Do đó tất cả các nghiệm của f đều có mod lớn hơn 1.
Giả sử f (x) = P (x).Q(x) với P (x), Q(x) là hai đa thức hệ số nguyên có bậc không nhỏ hơn 1 Vì
Với |a 0| = |f(0)| = |P(0)| = |Q(0)| và |a 0| là số nguyên tố, ta có |P(0)| = 1 hoặc |Q(0)| = 1 Để không mất tính tổng quát, giả sử |P(0)| = 1 Gọi b là hệ số cao nhất của P(x) và z1, z2, , zk là tất cả các nghiệm của P(x).
|b| ≤1, mâu thuẫn với tất cả các nghiệm của P (x) cũng là nghiệm của f (x) Vậy đa thức f (x) bất khả quy trong Z[x] .
Ví dụ 2.18 Cho đa thức P(x) ∈ Z[x] bậc 2013 và nhận giá trị bằng 1 hoặc −1 tại 2013 giá trị nguyên khác nhau.
Chứng minh rằng đa thức P(x) bất khả quy trên Zp[x].
Lời giải Giả sử đa thức P(x) khả quy trên Z[x] Đặt P(x) =g(x).h(x) Trong đó g(x) ∈ Z[x] ;h(x) ∈ Z[x] ; 1 ≤degh(x) < degg(x) < 2013 do đó degh(x) ≤ 1006 Gọi a i là 2013 số nguyên phân biệt sao cho
P (a i ) =±1 Suy ra g(a i ).h(a i ) =±1 Gọi p là số giá trị a i mà h(a i ) = 1, q là số giá trị mà ai mà h(ai) = −1 Khi đó p+q = 2013.
Giả sử p > q ⇒ p ≤1002, do đó đa thức h(x) có nhiều hơn 1007 nghiệm. Mặt khác degh(x) ≤ 1006 ⇒ h(x) −1 = 0,∀x ∈ R Dẫn đến h(x) ≡ 1, vô lí Vậy P(x) bất khả quy.
Phương pháp giải bài toán đa thức có yếu tố số học tổ hợp
Phương pháp này dựa vào các yếu tố như tính chất đồng dư thức, định lý Zsigmondy, và tính chất chia hết Nó cũng xem xét các đặc điểm của số nguyên tố và hợp số, đồng nhất hệ số, số chính phương, cùng với tính chất của giá trị tuyệt đối Cuối cùng, phương pháp chứng minh phản chứng được áp dụng để củng cố các kết luận.
Ví dụ 2.19 Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn phương trình x 7 −1 x−1 = y 5 −1.
Giả sử p̸≡ 1(mod 7) và p là ước nguyên tố của biểu thức x^7 − 1/(x−1) = x^6 + x^5 + + x + 1 Đặt k = Ord_x(P), từ đó suy ra x^7 ≡ 1(mod p) và 7 k Theo định lý Fermat nhỏ, ta có p−1 k Vì p ̸≡ 1(mod 7) nên (7, p−1) = 1, dẫn đến k = 1 hay x ≡ 1(mod p).
Trong bài toán, ta có phương trình 0 ≡ x^6 + x^5 + + x + 1 ≡ 7 (mod 7), dẫn đến p = 7 Nếu m = x^7 - 1 / x - 1, thì m phải thỏa mãn m ≡ 0 (mod 7) hoặc m ≡ 1 (mod 7) Theo yêu cầu, ta có x^7 - 1 / x - 1 = y^5 - 1 = (y - 1)(y^4 + y^3 + + 1) Từ đó, suy ra y - 1 ≡ x^7 - 1 / x - 1, và do đó y ≡ 1 (mod 7) hoặc y ≡ 2 (mod 7) Kết quả là y^4 + y^3 + + 1 ≡ 5 (mod 7) hoặc y^4 + y^3 + + 1 ≡ 3 (mod 7), tạo nên mâu thuẫn Do đó, không tồn tại cặp số (x, y) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Ví dụ 2.20 Cho p và q là các số nguyên tố thỏa mãn điều kiện p > q > 2 Chứng minh rằng 2 pq −1 có ít nhất ba ước số nguyên tố phân biệt.
Áp dụng Định lý Zsigmondy, ta có thể tìm thấy một ước nguyên tố k của 2pq - 1, với điều kiện k không phải là ước của 2p - 1 và 2q - 1 Tiếp tục theo định lý này, 2p - 1 cũng có một ước nguyên tố h, mà h không phải là ước của
Nếu tất cả các ước nguyên tố của \(2^q - 1\) đều chia hết cho \(2^p - 1\), thì \(q\) phải chia hết cho \(p\), điều này là vô lý vì \(p\) là số nguyên tố Do đó, \(2^q - 1\) phải có ít nhất một ước nguyên tố \(m\) không chia hết cho \(2^p - 1\) Kết luận, \(2^{pq} - 1\) có ít nhất ba ước số nguyên tố phân biệt: \(k\), \(h\), và \(m\).
Ví dụ 2.21 (Đề thi Olympic THPT chuyên KHTN Tp Hồ Chí Minh, năm học 2013 - 2014) Tìm tất cả các đa thức P (x) với hệ số thực sao cho
Lời giải Xét P (x) là đa thức hằng suy ra P (x) ≡ −3.
Xét P (x) không phải là đa thức hằng Viết lại phương trình
(x−2)Q(3x+ 2) = 3 2015 xQ(x),∀x ∈ R. Nếu x = 2 thì Q(2) = 0 Đặt Q(x) = (x−2)S(x) thì
T (x) =a n x n +a n−1 x n−1 + +a 1 x+a 0 (a n ̸= 0). Đồng nhất hệ số bậc cao nhất ta được n= 2014 Tiếp tục thay vào và đồng nhất tiếp hệ số của x i ,∀i = 0,2013 thì
Tìm tất cả các đa thức có hệ số nguyên sao cho tổng a+b là số chính phương, thì tổng P(a) + P(b) cũng phải là số chính phương, trong đó a và b là các số tự nhiên.
Nếu P(x) ∈ Z[x] là số chính phương với mọi x, thì P(x) là bình phương của một đa thức khác Trong bài toán này, nếu a + b là chính phương, thì (a + b)x² cũng là chính phương Khi cố định a và b, chúng ta có thể xét đa thức liên quan.
Q(x) = P(ax²) + P(bx²) là số chính phương với mọi x, do đó nó phải là bình phương của một đa thức G(x) Đặt G(x) = gmx^m + và P(x) = pnx^n + Khi đồng nhất hệ số bậc cao nhất, ta có pn(a^n + b^n) = gm², điều này cho thấy rằng với mọi a + b là số chính phương, ta có kết quả trên.
Cặp (1,0)có 1 + 0 chính phương suy ra với mọi a+b số chính phương thì a n +b n là số chính phương với n≥ 1 Với n= 0 ta thu được P (x) = 2k 2
Cặp(2,2)có 2.2 n = 2 n+1 suy ranlẻ Chọn(a, b) = (3,1)ta có3 n +1 = u 2 hay 3 n = (u−1) (u+ 1).
Cặp (3,2) và gcd (u+ 1, u−1)\2, và 3 là số nguyên tố nên u−1 = 1 ⇒u = 2 và 3 n + 1 = u 2 ⇒n = 1. Đặt P (x) = kx, cần k chính phương Vậy đa thức ta cần tìm có dạng
Đối với một số nguyên tố p, có thể tìm thấy một đa thức f(x) với hệ số nguyên, đảm bảo rằng với mỗi số nguyên dương n, f(x) sẽ là ước của p^n - 1.
Kí hiệu A là tập hợp các ước nguyên của p−1, trong đó tất cả các đa thức hằng f(x) ≡ b với b ∈ A đều thỏa mãn bài toán Đối với n ∈ N ∗, ta có (p n −1) ≡ (p−1) ≡ b Để chứng minh rằng đây là tất cả các đa thức thỏa mãn bài toán, giả sử tồn tại một đa thức f(x) với deg f(x) ≥ 1 thỏa mãn bài toán cho n ∈ N ∗ và q là một ước nguyên tố bất kỳ của f(n) Khi đó, ta có f(n+q)−f(n) = q(n+q −n).
Mà f(n) q nên f(n+q) q Khi đó ta được p n −1 f(n) q kéo theo tính chất p n+q f(n+ q) q Từ các điều kiện trên suy ra p ̸= q Tiếp theo ta sẽ chỉ ra p−1 q.
Vì q|f(n), f(n)|p n −1 Suy ra q|p n −1 và p q −1 q Khi đó theo định lí Fermat nhỏ ta có p q ≡ p(modq) kéo theo p q −1(p q −p) = p−1 q
Xét các số tự nhiên n thuộc N∗ với n−1 p−1, ta nhận thấy rằng số n thỏa mãn là vô hạn, trong khi tập A là hữu hạn Do đó, tồn tại ít nhất một số n sao cho f(n) không thuộc A Hơn nữa, ta có p n −1 = (p−1)B.
Suy ra (p−1, B) = 1 Do f(n) ̸= A suy ra có ước nguyên tố q của f(n) mà
B ≡q Suy ra p−1 ≡q Mâu thuẫn với giả thiết Vậy bài toán được chứng minh.
Ví dụ 2.24 Cho a, b, c, d, e, f là các số nguyên dương.
Giả sử rằng S = a+ b + c+ d + e+ f là ước của các số abc + def và ab+ bc+ ca−de−ef −f d Chứng minh rằng S là hợp số.
Lời giải Xét đa thức
Q= ab+bc+ca−de−ef −f d,
Mà theo giả thiết S|Q;S|R ⇒S|P (x),∀x ∈ Z Ta có
Nếu S là số nguyên tố thì một trong ba số d+a, d+b, d+c chia hết cho S.Nhưng điều này vô lí vì S > max{d+a, d+b, d +c} Do đó S là hợp số.
Phương pháp giải bài toán phương trình hàm đa thức
Phương pháp thường dùng là sử dụng các định lí cơ bản của đại số Mọi đa thức bậc n hệ số phức (thực)
Đa thức P(x) = anx^n + an−1x^(n−1) + + a1x + a0 (với an ≠ 0) có n nghiệm phức, có thể là phân biệt hoặc trùng nhau Sử dụng định lý Viète và định lý Cauchy để phân tích Cần đánh giá bậc của hai vế trong phương trình hàm đa thức và xem xét tính chất chia hết của đa thức.
Ví dụ 2.25 Tìm tất cả các đa thức f (x) ∈ R[x] thỏa mãn f (sinx+ cosx) =f (sinx) +f (cosx),∀x ∈ R (2.4)
Lời giải Đa thức f (x) = c (c là hằng số) thỏa mãn yêu cầu đề bài Tiếp theo giả sử deg (f) =n ≥ 1. Đặt t = tan x 2 , khi đó sinx= 2t
Nhân cả hai vế của (2.5) với 1 +x 2 n , rồi thay x bởi i (i là đơn vị ảo, i 2 = −1) ta được a n (2 + 2i) n = a n [(2i) n + 2 n ] ⇔(1 +i) n = 1 +i n (2.6)
Số phức (1 +i) n có mod là √
Do đó từ (2.6) suy ra
Khi n > 2 thì 2 n−2 > 2 > cos 2 nπ 4 , vậy (2.7) không đúng khi n > 2.
Tóm lại (2.7) ⇔ n= 1 Do đó deg (f) = 1 hay f (x) = ax+b.
Thay vào (2.4) ta được b = 0 Suy ra f (x) ≡ ax Vậy các đa thức thỏa mãn yêu cầu đề bài là: f (x) ≡ c, f (x) ≡ ax (a, c là các hằng số, a ̸= 0).
Ví dụ 2.26 Tìm tất cả các đa thức hệ số thực f, g thỏa mãn f (g(x)) = f (x)g(x),∀x ∈ R (2.8)
Nếu g(x) ≡ 0, thì f(x) là đa thức với f(0) = 0 Nếu f(x) ≡ 0, mọi đa thức g(x) đều thỏa mãn yêu cầu Giả sử f(x) và g(x) đều khác 0, từ đó suy ra rằng deg(f) * deg(g) = deg(f) + deg(g).
Do deg (f),deg (g) là những số tự nhiên nên deg (f).deg (g) = deg (f) + deg (g) ⇒
+) Trường hợp 1 Khi deg (f) = deg (g) = 0 Giả sử f (x) ≡ a, g(x) ≡ b (a, b là những hằng số khác 0) Khi đó a = ab suy ra b = 1.
+) Trường hợp 2 Giả sử deg (f) = deg (g) = 2 Gọi x 0 là một nghiệm của đa thức g(x) (x 0 có thể là số phức) Suy ra f (0) = f (g(x 0 )) =f (x 0 )g(x 0 ) = 0 ⇒f (x) =ax 2 +bx(a ̸= 0).
Trong bài toán này, ta có phương trình a[g(x)]^2 + bg(x) = ax^2 + bx g(x), dẫn đến kết luận g(x) = ax^2 + b/(a) cho mọi x ∈ R Các cặp đa thức thỏa mãn điều kiện đề bài bao gồm f(x) ≡ anx^n + + a1x, g(x) ≡ 0, hoặc f(x) ≡ 0, g(x) là đa thức với hệ số thực Ngoài ra, có thể có các trường hợp khác như f(x) ≡ a (với a khác 0) và g(x) ≡ 1, hoặc f(x) ≡ ax^2 + bx, g(x) = ax^2 + (ab)x - ab, trong đó a và b là các hằng số với a khác 0.
Ví dụ 2.27 Tìm đa thức f (x) xác định với ∀x ∈ R thỏa mãn
Vì vế phải của phương trình (2.9) là bậc 2, nên vế trái cũng phải là bậc 2 theo x Biểu thức dưới hàm f là bậc nhất, do đó hàm f phải là đa thức bậc 2, tức là f(x) = ax² + bx + c với a ≠ 0 Thay vào phương trình (2.9), ta có 3ax² + (b - 2a)x + a + b + 3c = x², ∀x ∈ R.
3. Vậy hàm thỏa mãn đề bài là: f (x) = 1 3 x 2 + 2 3 x− 1 3 , ta chỉ ra hàm f (x) tìm được là duy nhất Giả sử hàm g(x) cũng thỏa mãn.
Khi đó ∃x 0 ∈ R sao cho f (x0) ̸= g(x0) Thay x = x 0 ⇒ 2g(x 0 ) +g(1−x 0 ) =x 2 0 (2.10) Thay x = 1−x 0 ⇒2g(1−x 0 ) +g(x 0 ) = (1−x 0 ) 2 (2.11)
Từ (2.10) và (2.11) suy ra g(x 0 ) = 1 3 x 2 0 + 2 3 x 0 − 1 3 = f (x 0 ) vô lí.
Vậy hàm số f (x) = 1 3 x 2 + 2 3 x− 1 3 tìm được là duy nhất.
Ví dụ 2.28 Tìm tất cả các đa thức thỏa mãn
Lời giải Đặt f (x) =g(x).(x−3) 2 , g là đa thức, khi đó
Ví dụ 2.29 (Đề đề xuất thi vào lớp 10 THPT Lê Quý Đôn – Đà Nẵng năm học 2022-2023.) Tìm tất cả các đa thức P (x) với hệ số thực thỏa mãn
Lời giải Nếu P (x) là đa thức hằng thì P (x) ≡0, P (x) ≡1 và P (x) = 2x−1,∀x ∈ R là các đa thức bậc nhất thỏa mãn.
Giả sử degP = n, n ∈ N ∗ Gọi a n , a n ̸= 0 là hệ số bậc cao nhất của
P (x),cân bằng hệ số bậc cao nhất hai vế của phương trình
Giả sử degQ= k, k ∈ N Thay vào phương trình hàm ban đầu
+ Q x 2 + x+ 3 Q(3x+ 1) = Q 6x 3 + 7x 2 + 16x+ 3 ,∀x ∈ R. Khi đó bậc của đa thức vế trái trong phương trình trên là: 2n+k, trong khi đó bậc của đa thức vế phải là 3k < 2n+k (vô lí) suy ra Q(x) ≡ 0.
Ví dụ 2.30 Hãy tìm tất cả các đa thức P (x) với hệ số nguyên thỏa mãn đẳng thức sau xP (x−1) = (x−26)P (x).
Lời giải: P (x) là một đa thức thỏa mãn điều kiện bài toán.
Khi đó P (x) x, nghĩa là P (x) = xP1(x), ở đây P1(x) là một đa thức Khi đó
Suy ra P (x) chia hết cho cả x−1 dẫn đến P (x) =x(x−1)P 2 (x) Từ đây ta nhận được (x−1) = (x−1) (x−2)P 2 (x−1) Do đó x(x−1) (x−2)P 2 (x−1) = (x−26)P (x), suy ra P (x) (x−2) Tiếp tục như vậy cuối cùng ta nhận được:
= (x−26)x(x−1) (x−2) (x−25)P 26 (x), Điều này chỉ ra rằng đa thức P 26 (x) thỏa mãn đẳng thức
P 26 (x−1) = P 26 (x) và theo ví dụ trước thì nó là một hằng số Vậy
Ngược lại, ta kiểm tra trực tiếp thấy rằng mỗi đa thức dạng trên thỏa mãn điều kiện bài toán.
Phương pháp giải bài toán về nội suy đa thức
Các phương pháp giải dạng toán này chủ yếu áp dụng công thức nội suy Lagrange và các hệ quả của nó, bao gồm công thức nội suy Newton và nội suy Chebyshev Ngoài ra, cần chú ý đến tính chất của giá trị tuyệt đối, tính chất của đồng dư thức, cũng như việc sử dụng đạo hàm và đồng nhất hệ số trong quá trình giải.
Ví dụ 2.31 (Thi Olympic THPT Thành Phố Hải Phòng năm học 2018 – 2019 vòng 2) Cho P (x) là đa thức có bậc không vượt quá 2017 thỏa mãn
Lời giải Theo công thức nội suy Lagrange cho P (x) với các mốc nội suy 0; 1; ; 2017 ta có
Trong bài thi chọn đội tuyển HSG Đà Nẵng năm học 2017 - 2018, bài toán yêu cầu tìm số nguyên dương n sao cho tồn tại đa thức f(x) bậc n với hệ số nguyên, thỏa mãn các điều kiện f(0) = 0, f(1) = 1 và f(m)(f(m)−1) 2017, với ∀m ∈ N*.
Lời giải Ta sẽ chứng minh n ≥ 2016 thỏa mãn Giả sử 1 ≤n ≤ 2015 và tồn tại đa thứcf (x)thỏa mãn bài toán Áp dụng công thức nội suy Lagrange f (x) 2015
Ta chứng minh bổ đề: Chop là một số nguyên tố Khi đó với mọi số tự nhiên n thỏa 0≤ n≤ p−1 thì C p−1 n ≡(−1) n (modp).
Do đó C p−1 n ≡(−1) n (modp). Áp dụng bổ đề C 2016 k ≡ (−1) k (mod2017), k = 0,2015 Do đó f (2016) = −
Vậy n ≥ 2016 Với n = 2016, đa thức f (x) = x 2016 thỏa yêu cầu bài toán Do đó n nhỏ nhất bằng 2016.
Ví dụ 2.33 Cho đa thức f (x) = 2x 2 +bx+c.
Tìm các số thực b, c để |f (x)| ≤ 1,∀x ∈ {−1; 1}.
Lời giải Vì |f (x)| ≤ 1,∀x∈ {−1; 1} Nên ta có
Vì đồng thời xảy ra các đẳng thức nên ta được b = 0, c= −1.
Ngược lại với b = 0, c= −1 dễ dàng chứng minh được thỏa mãn
Ví dụ 2.34 Tìm giá trị nhỏ nhất của m sao cho với mỗi đa thức bậc hai f (x) thỏa mãn điều kiện |f (x)| ≤ 1,∀x ∈ [0; 1] thì đều nghiệm đúng bất đẳng thức f ′ (0) ≤ m.
Lời giải Gọi f (x) =ax 2 +bx+c,(a ̸= 0) là một đa thức bậc hai tùy ý.
Do đó f ′ (x) = 2ax+b Dựa vào giả thiết ta có
Do đó f ′ (0) = b ≤ 8 Mà 8 là một trong các giá trị có thể có của m.
Ta chứng minh m = 8 là giá trị nhỏ nhất của m Thật vậy xét đa thức f (x) = −8x 2 + 8x−1 Khi đó
Ví dụ 2.35 Cho n số phân biệt a1, a2, , an và đa thức P (x) có degP (x) ≤ n−2 Chứng minh rằng
Lời giải Áp dụng công thức nội suy Lagrange ta được:
(a n −a 1 ) (a n −a 2 ) (a n −a n−1 ) Đồng nhất hệ số của x n−1 ở hai vế ta thu được T = 0.
Ví dụ 2.36 Tìm đa thức P (x) có bậc bé hơn hoặc bằng 4 sao cho
Lời giải Dùng công thức nội suy Newton ta có
Thay x = 5 thì P (5) = 3 + 14α 5 = 5 ⇒α 5 = 12 1 Vậy đa thức có dạng
Phương pháp giải bài toán về đa thức đối xứng
Các phương pháp thường áp dụng là dùng định lí Viét, công thức Waring, bất đẳng thức Cauchy Đặt ẩn phụ, dùng định lí Bezoút.
Ví dụ 2.37 Tìm các cặp số phức x, y, z khác nhau đôi một và thỏa mãn
Lời giải Đặt δ 1 = x+y +z, δ 2 = xy +yz +zx, δ 3 = xyz Khi đó x 3 + y 3 +z 3 = 3xyz+ (x+ y+ z) x 2 +y 2 +z 2 −xy −yz−zx
Hệ đã cho viết lại
Suy ra x, y, z là nghiệm của phương trình t= δ 1 3 −3δ 1 δ 2 + 3δ 3 −t 3 ⇔ t 3 +t− δ 1 3 −3δ 1 δ 2 + 3δ 3 = 0.
Mặt khác theo định lý Viét thì x, y, z cũng là nghiệm của phương trình t 3 −δ1t 2 + δ2t−δ3 = 0.
Do đó x, y, z là nghiệm của phương trình t 3 +t = 0 ⇔t t 2 + 1 = 0 ⇔
Vậy nghiệm của hệ đã cho là (0;i;−i) và các hoán vị của nó.
Lời giải Dùng công thức Waring tính được s 13 = x 13 + x 1 13 mà δ 1 = x+ 1 x = a;δ 2 = x 1 x = 1 suy ra
Ví dụ 2.39 Tìm các số phức a, b, c, d khác nhau đôi một và thỏa mãn
Lời giải Đặt δ 4 = abcd Lần lượt nhân phương trình thứ nhất, thứ hai, thứ ba, thứ tư với a, b, c, d ta được
Phương trình t^5 = δ^4 + t có năm nghiệm phức a, b, c, d và r Theo định lý Viète, ta có δ^4 = rδ^4, dẫn đến δ^4(r - 1) = 0 Cần xét các trường hợp khác nhau để tìm hiểu sâu hơn về nghiệm của phương trình này.
+)Trường hợp 1: Nếu r = 1 suy ra 1 5 −1−δ 4 = 0 ⇔δ 4 = 0.
+)Trường hợp 2: Nếu r ̸= 1 suy ra δ4 = 0 Như vậy ta luôn có δ4 = 0. Suy ra t 5 −t = 0 ⇔t t 2 + 1 = 0 ⇔t ∈ {0; 1;−1;i;−i}.
+)Trường hợp 3: Vì δ 4 = 0 nên bốn số a, b, c, d phải có một số bằng 0. +)Trường hợp 4: Vì bộ (a, b, c, d) = (0; 1;i;−i) không thỏa mãn hệ.
+)Trường hợp 5: Với a, b, c, d ∈ {0; 1;−1;i;−i} thì a 4 , b 4 , c 4 , d 4 ∈ {0; 1}, do đó từ hệ đã cho suy ra: abc, bcd, cda, dab ∈ {0;−1}, dẫn tới trong bốn số a, b, c, d phải có đủ ba số 0;i;−i.
Vậy các nghiệm của hệ là: (0;−1;i;−i) và 23 hoán vị của nó.
Ví dụ 2.40 Giả sử với hệ số thực ϕ(x) = ax 3 +bx 2 +cx+d có ba nghiệm dương và ϕ(0) < 0 Chứng minh 2b 3 + 9a 2 d−7abc ≤ 0.
Lời giải Gọi x 1 , x 2 , x 3 là ba nghiệm của đa thức ϕ(x) Khi đó ϕ(x) =a(x−x 1 ) (x−x 2 ) (x−x 3 )
= ax 3 −a(x 1 + x 2 + x 3 )x 2 +a(x 1 x 2 +x 2 x 3 +x 3 x 1 )x−a(x 1 x 2 x 3 ). Đồng nhất hệ số ta được b = −a(x1 + x2 +x3), c= a(x1x2 +x2x3 +x3x1), d = −a(x1x2x3). Theo giả thiết, ta có ϕ(0) < 0 ⇒d = −a(x 1 x 2 x 3 ) < 0 ⇒a > 0.
Do đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
Do x1, x2, x3 là các số dương nên theo bất đẳng thức Cauchy suy ra x 3 1 +x 3 2 +x 3 2 ≥ 3 3 q x 3 1 x 6 2 = 3x1x 2 2
Tương tự x 3 2 +x 3 3 +x 3 3 ≥ 3x 2 x 2 3 , x 3 3 + x 3 1 +x 3 1 ≥ 3x 3 x 2 1 Cộng theo từng vế ta được
⇔x 3 1 +x 3 2 +x 3 2 ≥x 1 x 2 2 + x 2 x 2 3 +x 3 x 2 1 Tương tự, ta chứng minh được: x 3 1 +x 3 2 +x 3 2 ≥ x 2 x 2 1 +x 3 x 2 2 +x 1 x 2 3
Cộng theo từng vế của các bất đẳng thức ta được điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.41 Tìm các số phức x, y, z khác nhau đôi một và thỏa mãn
x 3 +x 2 = y 2 + z 2 yz −1, y 3 +y 2 = z 2 + x 2 zx−1, z 3 +z 2 = x 2 +y 2 xy −1. Lời giải Điều kiện xy ̸= 1, yz ̸= 1, zx ̸= 1.
Nếu x = 0 thay vào hệ ta được:
(y = 0, z = 0. mâu thuẫn với giả thiết các số x, y, z khác nhau đôi một Như vậy x ̸= 0. Tương tự y ̸= 0;z ̸= 0 Đặt δ 1 = x+y +z, δ 2 = xy +yz+ zx, δ 3 = xyz. Khi đó x 2 +y 2 +z 2 = (x+y +z) 2 −2 (xy +yz+ zx) = δ 1 2 −2δ2.
Phương trình thứ nhất của hệ đã cho trở thành x 3 +x 2 = δ 1 2 −2δ 2 −x 2 δ 3 x −1 δ 3 x 2 −x 3 +δ 3 x−x 2 = δ 1 2 −2δ 2 −x 2 x 3 −δ 3 x 2 −δ 3 x+δ 1 2 −2δ 2 = 0.
Nghiệm x được suy ra từ phương trình t^3 − δ3t^2 − δ3t + δ1^2 − 2δ2 = 0 Tương tự, y và z cũng là nghiệm của phương trình tương tự Theo định lý Viète, x, y, z là nghiệm của phương trình t^3 − δ1t^2 + δ2t − δ3 = 0.
Với (δ 1 ;δ 2 ;δ 3 ) = (−3; 3;−3) ⇒ x;y;z là nghiệm của phương trình t 3 + 3t 2 + 3t+ 3 = 0⇔ (t+ 1) 3 = −2⇔
2 là căn bậc 3 của 1 = cos 0 +isin 0 hay
−1 và các hoán vị của nó.
Ví dụ 2.42 Giải hệ phương trình
Sử dụng công thức Waring và biến đổi vế trái của các phương trình thứ hai và thứ ba của hệ như sau
Vậy hệ đã cho trở thành
Suy ra x, y, z là các nghiệm của phương trình u 3 − 2u 2 −3u = 0 Nghiệm của phương trình này là u 1 = 0, u 2 = −1, u 3 = 3 Do đó nghiệm của hệ đã cho là các bộ (x, y, z) thuộc tập hợp sau
Phương pháp giải bài toán bất đẳng thức về đa thức
Sử dụng các định lý về dấu của tam thức bậc hai và hệ quả của định lý Viète để phân tích và đánh giá các đa thức Áp dụng bất đẳng thức Cauchy trong các bài toán liên quan Thực hiện phương pháp đặt ẩn phụ để đơn giản hóa các biểu thức và biến đổi đa thức nhằm đưa ra các đánh giá chính xác dựa trên những bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
Ví dụ 2.43 Cho a, b, c là các số thực không đồng thời bằng 0 thỏa mãn a+ b+c = 0 Chứng minh rằng
Lời giải Đặt n= ab+bc+ca, p = −abc Suy ra a, b, c là ba nghiệm của phương trình x 3 +nx+p = 0 ⇒p 2 ≥ −4 27 n 3 ⇒n 3 ≤ −27 4 p 2 Suy ra
Nên 13p 2 + 2p−2≤ −2n 3 suy ra 13a 2 b 2 c 2 −2abc−2≤ −2(ab+bc+ca) 3
Suy ra 13a (a 2 b 2 2 +b c 2 −2abc−2 2 +c 2 ) ≤ 1 4 Dấu ′′ = ′′ xảy ra khi
Do đó a, b, c là nghiệm của phương trình x 3 −3x+ 2 = 0⇔ (x−1) 2 (x+ 2) = 0 ⇔
Suy ra dấu ′′ = ′′ xảy ra khi (a;b;c) = (1; 1;−2) và các hoán vị của nó.
Ví dụ 2.44 Cho a, b, c, d > 0 Chứng minh
4 ≤ rab+bc+cd+da+ac+bd
Lời giải Không mất tính tổng quát ta giả sử: a ≤ b ≤ c ≤d Xét đa thức f (x) = (x−a) (x−b) (x−c) (x−d)
= x 4 −(a+b+c+d)x 3 + (ab+bc+cd+da+ac+bd)x 2
−(abc+bcd+cda+dab)x+abcd
Khi đó đạo hàm của f(x) có dạng và giả sử rằng phương trình f ′ (x) = 0 có ba nghiệm x 1 , x 2 , x 3 f ′ (x) =4x 3 −3(a+b+c+d)x 2 + 2(ab+bc+cd+da)x
=4(x−x 1 )(x−x 2 )(x−x 3 ) Theo định lí Viét ta có
2(ab+bc+cd+da+ac+bd). Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
2(ab+bc+cd+da+ac+bd).
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.45 Chứng minh rằng 0≤ xy +yz +zx−2xyz ≤ 27 7 , trong đó x;y;z là các số thực không âm thỏa mãn x+y +z = 1.
Lời giải Từ giả thiết suy ra 0 ≤ x;y;z ≤ 1 nên xy +yz+zx−2xyz = xy(1−z) +yz(1−x) +zx ≥ 0.
Xét đa thức f (t) = (t−x) (t−y) (t−z) Khi đó f (t) =t 3 −t 2 (x+y +z)+t(xy +yz +zx)−xyz = t 3 −t 2 +t(xy+ yz+zx)−xyz.
Khi đó với mọi số thực t thỏa mãn t ≥ 4 9 (x+y +z) = 4 9 , Suy ra t 3 −t 2 +t(xy +yz +zx)−xyz = (t−x) (t−y) (t−z)
27. Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 3
Cho các số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện b−d ≥ 5 và tất cả các nghiệm x1, x2, x3, x4 của đa thức P(x) = x^4 + ax^3 + bx^2 + cx + d đều là nghiệm thực Cần tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x1^2 + 1/x2^2 + 1/x3^2 + 1/x4^2 + 1.
Lời giải Theo định lí Viét, ta có
≥ 5 k 2 −k(ab+ac+ ad+ bc+bd+cd) + abcd 2
Xét đa thức P (x) = (x−1) 4 có 4 nghiệm x 1 = x 2 = x 3 = x 4 = 1, khi đó
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức đã cho là 16.
Ví dụ 2.47 Cho6sốa, b, c, d, p, q thỏa mãnp 2 +q 2 −a 2 −b 2 −c 2 −d 2 > 0.
Chứng minh p 2 −a 2 −b 2 q 2 −c 2 −d 2 ≤ (pq−ac−bd) 2
Lời giải Từ giả thiết ta có p 2 + q 2 −a 2 −b 2 −c 2 −d 2 > 0 ⇒ p 2 −a 2 −b 2 + q 2 −c 2 −d 2 > 0.
Do đó có ít nhất một số hạng dương Giả sử p 2 −a 2 −b 2 > 0⇒ p̸= 0. Xét đa thức bậc hai f (x) = p 2 −a 2 −b 2 x 2 −2 (pq −ca−bd)x+ q 2 −c 2 −d 2
Ta có f (x) = (px−q) 2 −(ax−c) 2 −(bx−d) 2 suy ra p 2 −a 2 −b 2 f q p
< 0 Do đó f (x) có nghiệm dẫn đến ∆ ≥0.
Ví dụ 2.48 Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x+y +z = 1.Chứng minh rằng
1−x 2 2 + 1−y 2 2 + 1−z 2 2 ≤ (1 +x) (1 +y) (1 +z). Lời giải Đặt p = x+y +z, q = xy+ yz+zx, r = xyz.
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh có dạng
Vì p = 1 ⇒3−2 (1−2q) + (1−2q) 2 −2 q 2 −2pr ≤1 +p+q +r. suy ra 2q 2 −q + 3r ≤ 0, vì pq ≥ 9r ⇒ q ≥ 9r.
Do đó phép chứng minh hoàn tất nếu ta có
Thật vậy bất đẳng thức này đúng với mọi 0≤ q ≤ 1 3 vì p 2 ≥3q.
Vậy ta được điều phải chứng minh.
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP SÁNG TẠO CÁC BÀI TOÁN ĐA THỨC 41 3.1 Phương pháp tương tự hóa
Phương pháp đặc biệt hóa, tổng quát hóa
Phương pháp đặc biệt hóa và tổng quát hóa là quá trình suy luận từ các đối tượng nhỏ hơn đến các đối tượng lớn hơn và ngược lại Trong giải toán, tổng quát hóa một bài toán giúp mở rộng phạm vi và tính khái quát của nó Việc chuyển từ bài toán tổng quát sang bài toán đặc biệt mang lại lợi ích trong việc tìm kiếm lời giải, giúp cho việc giải quyết vấn đề trở nên thuận lợi và dễ dàng hơn, phù hợp với nhu cầu của từng đối tượng học sinh.
Trong Ví dụ 2.6, khi chọn n là các số cụ thể theo điều kiện n = 6k + 1 hoặc n = 6k + 5 với k thuộc N, chúng ta có thể tạo ra nhiều bài toán phù hợp cho từng đối tượng học sinh Cụ thể, khi chọn k = 2, chúng ta sẽ có một bài toán mới.
Bài toán Chứng minh rằng đa thức P (x) = (x+ 1) 17 −x 17 −1 chia hết cho đa thức φ(x) = x 2 +x+ 1.
Lời giải Ta có x+ 1≡ −x 2 (modφ(x)) và x 3 ≡ 1 (modφ(x)) Khi đó
Ví dụ 3.7 Trong Ví dụ 2.8 với nhận xét rằng f (0) = 2023, f (1) = 4051 đều là các số lẻ chúng ta có thể tổng quát thành bài toán mới sau.
Bài toán Cho đa thức P(x) ∈ Z[x] thỏa mãn P(0), P(1) đều là số lẻ.
Chứng minh rằng đa thức P(x) không có nghiệm nguyên.
Lời giải Giả sử α là một nghiệm nguyên của đa thức P(x), ta có
Đa thức P(x) = (x−α)Q(x), với Q(x) thuộc Z[x] Khi tính P(0) và P(1), ta có P(0) = (0−α)Q(α) và P(1) = (1−α)Q(1) Do P(0) và P(1) đều là số lẻ, nên (0−α) và (1−α) cũng phải là các số nguyên lẻ Tuy nhiên, vì (0−α) và (1−α) là hai số nguyên liên tiếp, nên ít nhất một trong số chúng phải là số chẵn, dẫn đến mâu thuẫn với giả thuyết ban đầu Do đó, kết luận là đa thức P(x) không có nghiệm nguyên.
Trong bài toán này, yếu tố quan trọng không phải là giá trị của 0 và 1, mà là sự hiện diện của một số chẵn và một số lẻ trong hai số 0 và 1, đồng thời cả P(0) và P(1) đều phải là số lẻ.
Ví dụ 3.8 cho thấy rằng trong Ví dụ 2.8, với f(x) là một đa thức cụ thể, chúng ta có thể dễ dàng chứng minh rằng f(x) không có nghiệm hữu tỉ Dựa trên kết quả này, chúng ta có thể phát triển một bài toán tổng quát hơn, và bài toán sau đây sẽ là một ví dụ minh họa cho điều đó.
Bài toán Chứng minh rằng mọi đa thức bậc chẵn P(x) ∈ Z[x] có các hệ số là số nguyên lẻ đều không có nghiệm hữu tỉ.
Lời giải P (x) = a 2n x 2n + a 2n−1 x 2n−1 + +a 1 x+ a 0 , a i là số nguyên lẻ
Giả sử p q là một nghiệm hữu tỉ của đa thứcP(x) trong đóp, q ∈ Z,(p, q) = 1.
Ta có q\a 2n , p\a 0 Do a 2n , a 0 là số lẻ nên p, q cũng là số lẻ Mà p q là nghiệm của đa thức P(x) nên a 2n (p q) 2n +a 2n−1 (p q) 2n−1 +ã ã ã+a 2n p q +a 0 = 0 Suy ra a 2n p 2n +a 2n−1 p 2n−1 q + +a 1 pq 2n−1 +a 0 q 2n = 0 (1) (3.1)
Nếu p, q, a và i (i = 1, 2, , 2n) đều là số nguyên lẻ, thì vế trái của (3.1) sẽ là số lẻ Tuy nhiên, vế phải của (3.1) lại bằng 0, điều này dẫn đến mâu thuẫn vì 0 không phải là số lẻ Do đó, giả sử ban đầu là sai.
Vậy mọi đa thức bậc chẵn P(x) ∈ Z[x] có các hệ số là số nguyên lẻ đều không có nghiệm hữu tỉ.
Ví dụ 3.9 Trong Ví dụ 2.7 chứng minh đa thức không có nghiệm nguyên chúng ta có thể xây dựng thành bài toán tổng quát như sau.
Cho đa thức P (x) ∈ Z[x] thỏa mãn P 2015 k P 2016 k = 2017 k với k là một số nguyên dương cho trước Chứng minh đa thức này không có nghiệm nguyên.
Lời giải Từ giả thiết P 2015 k P 2016 k = 2017 k suy ra
P 2015 k , P 2016 k là số lẻ Giả sử α là một nghiệm nguyên của đa thức P (x) suy ra P (x) = (x−α)Q(x), Q(x) ∈ Z[x] Lại có
Đa thức P không có nghiệm nguyên vì 2015k và 2016k là số lẻ và số chẵn, dẫn đến 2015k − α và 2016k − α cũng là số lẻ, gây ra mâu thuẫn với việc tồn tại số chẵn Mâu thuẫn này chứng minh rằng giả thiết ban đầu là sai.
Trong Ví dụ 2.10, chúng ta có thể chọn bất kỳ giá trị n > 3 và các hệ số tương ứng của hàm f(x) để xây dựng một bài toán mới Chẳng hạn, nếu chọn n = 7, chúng ta sẽ có một bài toán cụ thể như sau.
Bài toán Giải phương trình
Lời giải: Ta có x = −1 là một nghiệm của P (x) Dùng lược đồ Horner phân tích được
P (x) = (x+ 1) x 6 +x 5 −6x 4 −7x 3 −6x 2 +x+ 1 Đặt Q(x) = x 6 + x 5 −7x 3 −6x 2 +x+ 1 = 0 cũng là đa thức hệ số đối xứng bậc chẵn Khi đó đặt y = x+ 1 x ⇒ x 2 + 1 x 2 x+ 1 x
Vậy x nhận các giá trị trong tập hợp
Phương pháp suy diễn ngược lại từ những kết quả đã biết
Suy diễn ngược là một phương pháp sáng tạo giúp giáo viên phát triển nhiều dạng toán mới, đồng thời nâng cao tư duy logic cho học sinh Phương pháp này cho phép học sinh có cái nhìn tổng quát và toàn diện hơn, biến bài toán xuôi thành bài toán ngược.
Trong Ví dụ 2.36, khi thay các giá trị của biến vào đa thức, ta có thể xác định các giá trị tương ứng của đa thức và từ đó tìm ra P(x) Ngược lại, với đa thức P(x), chúng ta có thể phát triển các bài toán mới như tìm nghiệm hoặc chứng minh rằng đa thức không có nghiệm Ví dụ điển hình cho vấn đề này sẽ được trình bày sau.
Bài toán Cho số nguyên dương nvà số nguyên tố p lớn hơn n+ 1 Chứng minh rằng đa thức
2n+ 1 + + x p pn+ 1 không có nghiệm nguyên.
P(x) = a_p x^p + a_{p-1} x^{p-1} + + a_2 x^2 + a_1 x + a_0, trong đó a_k = (n+1)(2n+1) (pn+1) kn+1 là các số nguyên Vì p là số nguyên tố lớn hơn n+1, nên (p, n) = 1, dẫn đến tập A = {1.n+1; 2n+1; ; pn+1} là hệ thặng dư đầy đủ mod p Do đó, tồn tại duy nhất k ∈ {1, 2, , p} sao cho kn+1 ≡ 0 (mod p).
Vì \( k \neq 1,0 < k_{n + 1} < p^2 \), nên \( k_n \neq \ldots p^2 \) Với số \( k \) đó, ta có \( a_k \neq \ldots p \) (do nhân tử \( k_{n + 1} \) đã bị rút gọn), và các hệ số còn lại đều chia hết cho \( p \), bao gồm cả các hệ số \( a_0, a_1 \), nhưng không chia hết cho \( p^2 \) Ngược lại, giả sử phương trình có nghiệm nguyên là \( c \), thì khi đó
Theo lập luận trên thì a i p,∀i ∈ {0,1,2, , p}, i ̸= k, k ̸= {0; 1} Dẫn đến akc k p (do p là số nguyên tố) Suy ra c k p ⇒c p ⇒a i c i p 2 ,∀i ∈ {2,3, , p}.
Ta cũng có a 1 c p 2 và a 1 , c đều chia hết cho p Mà P (c) = 0 p 2 ⇒ a 0 p 2 vô lí. Vậy bài toán được chứng minh.
Trong Ví dụ 2.48, chúng ta đã chứng minh rằng ba số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện tổng bằng 1 sẽ tuân theo một bất đẳng thức cụ thể Ngược lại, đối với các số thực thỏa mãn một bất đẳng thức, chúng ta cũng có thể xác định mối liên hệ giữa chúng Bài toán sau đây sẽ là một ví dụ minh họa cho điều này.
Bài toán Chứng minh rằng 7 (ab+bc+ca) ≤ 2 + 9abc, với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a = b = c = 1.
Lời giải Xét đa thức f nhận a, b, c làm nghiệm như sau f (t) = (t−a) (t−b) (t−c) = t 3 −t 2 (a+ b+c) +t(ab+bc+ca)−abc
Khi đó với mọi số thực t thỏa mãn t ≥ 4 9 (a+b+c) = 4 9 , ta có t 3 −t 2 +t(ab+bc+ca)−abc = (t−a) (t−b) (t−c)
Ta có điều phải chứng minh Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1 3
Trong Ví dụ 2.1, chúng ta đã xác định được đa thức thỏa mãn điều kiện trong phép chia hết hoặc phép chia có dư Ngược lại, từ đa thức đã cho, chúng ta có thể chứng minh rằng nó chia hết cho một biểu thức hoặc một số cụ thể nào đó, như trong bài toán sau.
Bài toán Cho đa thức P (x) = x 3 −11x 2 −87x+m(m ∈ Z).
Chứng minh rằng với mọi số m tồn tại số nguyên n sao cho P (n) 191.
Lời giải Ta có P (x) = x 3 − 11x 2 − 87x + m Với bài toán này ta sẽ chứng tỏ Với n ∈ A = {1,2, ,191} là hệ đầy đủ mod 191 khi đó hệ
A ∗ = {P (1), P (2), , P (191)} cũng là hệ đầy đủ mod 191 Do đó tồn tại n∈ A|P (n) ≡ 0 (mod191) Để chứng minh được A ∗ là hệ đầy đủ mod 191 cần chỉ ra n 1 , n 2 ∈ A và n 1 ̸= n 2 (mod191) Thật vậy giả sử
Ta chứng minh bổ đề Giả sử p là số nguyên tố và p≡ 2 (mod3) thì x 3 ≡ y 3 (modp) suy ra x≡ y(modp).
Nếu x ≡0 (modp) ⇒ x 3 ≡ 0 (modp) ⇒ y 3 ≡ 0 (modp) suy ra y ≡ 0 (modp).Vậy x ≡ y(modp).
Nếu x ̸≡0 (modp) ⇒ x 3 ̸≡ 0 (modp) ⇒ y 3 ̸≡ 0 (modp) suy ra y ̸≡ 0 (modp) Theo định lí Fermat ta có x p−1 ≡ 1 (modp) ⇒ x 3k+1 ≡1 (modp), y p−1 ≡ y 3k+1 ≡ 1 (modp).
Do đó x 3k+1 ≡y 3k+1 (modp) ⇔ x x 3 k ≡ y y 3 k (modp) Khi đó x ≡ y(modp) mà (x, p) = 1 Vậy bài toán được chứng minh.
Trong Ví dụ 2.16, chúng ta đã chứng minh rằng đa thức P(x) là bất khả quy với mọi giá trị của n Từ kết quả này, chúng ta có thể xây dựng bài toán ngược lại, đó là xác định các giá trị của n để đa thức P(x) trở thành khả quy Dưới đây là một ví dụ minh họa cho bài toán này.
Bài toán Tìm số nguyên dương n sao cho đa thức P (x) = x 2 +x 2 n
+ 1 là đa thức khả quy trên Z.
Lời giải Với n= 0 dễ dàng kiểm tra không thỏa mãn.
Với n ≥ 1 Ta liên kết mỗi đa thức
Với các hệ số lấy trong trường Z 2 mod 2 mà x 2 +x+ 1 2 n h x 2 + x 2 + 1 i2 n−1
Do đó P (x) =G(x).H(x), vì x 2 +x+ 1 là đa thức bất khả quy trên Z2
Với U (x), V (x) là các đa thức hệ số nguyên Gọi α là một nghiệm của phương trình x 2 +x+ 1 Thay x bởi α trong đẳng thức:
+ 2V (x) ta được 2 = 2U (α).2V (α) ⇒ U (α)V (α) = 1 2 Vì U (x).V (x) là đa thức hệ số nguyên và α 2 = −α − 1 nên U (x)V (x) là một số phức có dạng a+ bα, a, b ∈ Z Do đó đẳng thức U (α)V (α) = 1 2 không thể xảy ra.
Vậy không có giá trị n thỏa mãn yêu cầu của đề bài.
Để chứng minh rằng với ba cạnh a, b, c của một tam giác bất kỳ, ta có bất đẳng thức a b + c + b c + a + c a + b < 2, ta có thể phát triển một dạng bài toán mới từ ví dụ này.
Bài toán Tồn tại hay không một tam giác biết ba cạnh của nó là ba số thực dương a, b, c thỏa mãn bất đẳng thức a b+c + b c+a + c a+b ≥ 2
Lời giải Giả sử a, b, c là độ dài của ba cạnh của 1 tam giác. Đặt a = y+ z, b = z +x, c = x+ y ta chứng minh được bổ đề
P (a, b, c) là đa thức đối xứng thuần nhất bậc 3 thỏa mãn
P (1,1,1) ≥ 0, P (1,1,0) ≥0, P (2,1,1) ≥ 0 khi đó P (a, b, c) ≥ 0 với a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác tùy ý.
Bất đẳng thức tương đương với
< 0. ĐặtP (a, b, c) là vế trái Kiểm tra ba điều kiện của bổ đề một cách đơn giản:
P (1,1,1) = 4≥ 0, P (1,1,0) = 0 ≥ 0, P (2,1,1) = 6≥ 0 (mâu thuẫn) Vậy không tồn tại tam giác có độ dài ba cạnh thỏa mãn bất đẳng thức đề bài yêu cầu.
Phương pháp chuyển đổi mục đích bài toán
Chuyển đổi mục đích bài toán là phương pháp điều chỉnh yêu cầu ban đầu của bài toán bằng cách giữ nguyên hoặc bổ sung một số giả thiết phù hợp, từ đó tạo ra bài toán mới Phương pháp này giúp học sinh có cái nhìn tổng quát và phong phú hơn về vấn đề, đồng thời phát triển tư duy logic cho người học.
Trong Ví dụ 2.30, yêu cầu tìm các đa thức P(x) thỏa mãn đẳng thức có thể được chuyển thành việc chứng minh đa thức bậc nhất hoặc xác định bậc của đa thức Điều này dẫn đến một bài toán mới, được minh họa qua một ví dụ tiếp theo.
Bài toán Chứng minh đa thức P (x) thỏa mãn điều kiện
= P x 2 + 2x+ 1,∀x ∈ R là một đa thức bậc nhất.
Lời giải.Từ điều kiện ta cóP
Vì hai đa thức bậc≤ m trùng nhau tại m+ 1 điểm nguyên thì hai đa thức đó trùng nhau Xét Q(x) tại các điểm nguyên Q(n+ 1) = Q(n) + 4n+ 2.
2 + 2n= Q(0) + 2n 2 Suy ra Q(x) = 2x 2 + a (a bất kì) và P x 2 = 2x 2 +a,∀a ∈ R.
Vậy P (x) là đa thức bậc nhất có dạng P (x) = x+a với a bất kì.
Đối với đa thức, việc tìm nghiệm là một bài toán quen thuộc Tuy nhiên, chúng ta có thể thay đổi yêu cầu để xây dựng một bài toán mới, phong phú hơn dựa trên bài toán tìm nghiệm đa thức Dưới đây là một ví dụ minh họa cho ý tưởng này.
Bài toán Cho đa thức với hệ số thực
Giả sử x i , i = 1, n là một nghiệm thực của phương trình P (x) = 0 Chứng minh rằng
Lời giải Theo định lí Viéte ta có
Mâu thuẫn với n ≥ 2 Vậy điều giả sử sai dẫn đến điều phải chứng minh.
Trong Ví dụ 2.5, thay vì chứng minh rằng tổng các hệ số của đa thức đồng dư với 2 theo mod 3, chúng ta có thể tính giá trị của một biểu thức liên quan đến các hệ số của đa thức Điều này mở ra một cách tiếp cận mới cho bài toán.
Bài toán Cho đa thức P (x) = (x+ 1) (x+ 2) (x+ 3) (x+ 2022). Khi khai triển đa thức P (x) ta được
Tính giá trị của biểu thức
Trong Ví dụ 2.10, chúng ta đã chứng minh rằng một đa thức chia hết có ít nhất một nghiệm nguyên Dựa trên giả thiết này, chúng ta có thể phát triển một bài toán mới, thú vị và đầy thách thức, nhằm kích thích sự sáng tạo của học sinh giỏi Dưới đây là một ví dụ minh họa cho bài toán này.
Bài toán Cho đa thức f (x) =a0x n +a1x n−1 + +an−1x+an có bậc n. Với số thực α, lập đa thức g(x) = (x−α)f (x) =c 0 x n+1 +c 1 x n + +c n−1 x+c n ĐặtA = max{|a 0 ;|a 1 |; ;|a n ||}, C = max{|c 0 |;|c 1 |; ;|c n |}.Chứng minh
Lời giải Lấy g(x) chia cho x−a, theo sơ đồ Horner ta được
a 0 = c 0 , a1 = c1 +αc0, a n = c n +α.c n−1 +α 2 c n−2 + +α n c 0 Giả sử |α| ≤ 1, từ đẳng thức trên ta có h,0≤ h ≤ n
Suy ra A ≤(n+ 1)C Giả sử |α| > 1, đặt y = 1 x, ta được y − 1 α a n y n +a n−1 y n−1 + +a 0 = −c n+1 α y n+1 − − c 1 αy − c 0 α.
Trong các ví dụ chứng minh đa thức bất khả quy, chúng ta có thể phát triển các bài toán mới, khác biệt Thay vì chỉ chứng minh tính bất khả quy, chúng ta cũng có thể chứng minh rằng một đa thức không thể biểu diễn dưới dạng tích của các đa thức khác Dưới đây là một ví dụ minh họa cho bài toán này.
Bài toán Cho đa thức
P (x) = x 2 −7x+ 6 2n + 13, n ∈ N ∗ Chứng minh rằng P (x) không thể biểu diễn được dưới dạng tích của n+ 1 đa thức khác hằng số với hệ số nguyên.
Để một đa thức P(x) = P1(x)P2(x) Pn(x) với Pi(x) ∈ Z[x] và degPi(x) ≥ 1 không có nghiệm thực, tất cả các đa thức Pi(x) phải có bậc chẵn Tổng bậc của các Pi(x) là 4n, do đó ít nhất hai trong số chúng, chẳng hạn như P1(x) và P2(x), phải có bậc bằng 2 P(x) còn được gọi là đa thức dạng chuẩn.
P 1 (x), P 2 (x) cũng là đa thức dạng chuẩn Đặt
13 = P (6) = P1(6)P2(6) Pk(6). Giả sử P 1 (1) = 1 ⇒a = −b Khi đó P 1 (6) = 36−5b Ta thấy
Từ đó ta tìm được a = −7, b = 7 Khi đó P 1 (x) = x 2 −7x+ 7 có nghiệm thực, mâu thuẫn Vậy bài toán được chứng minh.