Bài tập tổng hợp nâng cao về đa thức

BÀI TẬP TỔNG HỢP-NÂNG CAO VỀ ĐA THỨC Văn Phú Quốc-GV.. Xác định giá trị của a, b để biểu thức n n n a b P 3 đạt giá trị nhỏ nhất và tìm giá trị nhỏ nhất đó n là số nguyên dương cho tr

BÀI TẬP TỔNG HỢP-NÂNG CAO VỀ ĐA THỨC Văn Phú Quốc-GV Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm- Quảng Nam

(Di động: 0982 333 443 hoặc 0982 333 443)

Bài 1 Cho đa thức f(x) = a1sinx + a2sin(2x) +…+ ansin(nx) với ai , n   * biết | f(x)| ≤ | sin(nx) | ,  x  Chứng minh rằng | a1 + 2a2 +…+ nan | ≤ n

Lời giải

Ta có: f’(x) = a1cosx + 2a2cos (2x) +…+ nancos (nx) f’(0) = a1 + 2a2 +…+ nan (1)

Do f’(0) = lim lim

(0) 0



f(x) - f f(x)

Vì | f’(0) |=| lim

0



x

f(x)

x | ≤ lim0 lim0



f(x) x

| f(x)|

| x | ≤ lim0

sin( )

n





x

| nx |

| x | (2)

Từ (1), (2) được điều phải chứng minh

Bài 2.Giả sử với hai số dương a, b thì đa thức x3 ax2 bx a có các nghiệm đều lớn hơn 1 Xác định giá trị của a, b để biểu thức n

n n a

b

P 3 đạt giá trị nhỏ nhất và

tìm giá trị nhỏ nhất đó ( n là số nguyên dương cho trước)

Lời giải

Gọi x1,x2,x3là các nghiệm của đa thức đã cho

Theo định lý Vi-et ta có

























a x x x

b x x x x x x

a x x x

3 2 1

1 3 3 2 2 1

3 2 1

Theo bất đẳng thức AM - GM ta được

3 3 2 1 3

2

1 x x 3 x x x

Theo bất đẳng thức(x yz)2 3(xy yzzx); x,y,zR

thì b2 (x1x2 x2x3 x3x1)2 3x1x2x3(x1x2 x3)

hay b2 3a2 b 3a

Suy ra

n

n n n

n n n

n n n n

n n

a a

a a

b

P

) 3 3 (

3 3 3 3 3 3 3















Do đó ta có

n

n

P

3

1

3 

 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a3 3;b 3a9 Khi đó phương trình có ba nghiệm trùng nhau và đều bằng 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

n n

3

1

3  khi

9

;

3

a

www.DeThiThuDaiHoc.com

Bài 3 Tìm tất cả các đa thức P x  với hệ số thực thỏa

mãn:P x  2  x 3  P x  3   1  P  6 x3 7 x2 16 x  3 ,     x

Lời giải

Nhận xét:

Nếu P x  là đa thức hằng thìP x    0, P x    1 và P x    2 x     1, x là đa thức bậc nhất duy nhất thỏa mãn

deg P  n n   Gọi an a n 0 là hệ số bậc cao nhất cuả P x  , căn bằng hệ số bậc cao nhất hai vế của phương trình:

 2

3n an  6nan an 2n

Đặt P x     2 x  1 n Q x   Giả sử degQ   k n k    

Thay vào phương trình hàm ban đầu:

n

n n





Khi đó bậc của đa thức vế trái trong phương trình trên là: 2n  k, trong khi đó bậc đa thức vế phải là 3 k  2 n  k (vô lý) Vậy Q x    0

Kết luận: Tất cả các đa thức thỏa là:

Bài 4 Cho 3 tam thức bậc hai f x ( ), ( ), ( ) g x h x Hỏi đa thức P x ( )  f g h x ( ( ( )))

có thể nhận cả 8 số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 làm nghiệm được không?

Lời giải

Không giảm tổng quát, có thể coi hệ số của x2 ở f x g x ( ), ( ) đều là 1

Giả sử P x ( )  f g h x ( ( ( ))) nhận cả 8 số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 làm nghiệm

www.DeThiThuDaiHoc.com

- Vì deg( ) f g  4 suy ra h (1), (2), (3), (4), (5), (6), (7), (8) h h h h h h h nhận 4 giá trị

Mà h x ( ) là tam thức bậc hai, dẫn đến

(1) (8) (2) (7) (3) (6) (4) (5)

2

- Vì deg f  2suy ra g h ( (1)), ( (2)), ( (3)), ( (4)) g h g h g h nhận 2 giá trị

Mà từ (*) ta có h (1)  h (2)  h (3)  h (4), dẫn đến

h (1)  h (4)  h (2)  h (3)

Thay vào (*):

8 m ( 20 m ) 14 m ( 18 m )

          

Đẳng thức cuối sai, tức là giả sử trên sai

Vậy đa thức P x ( )  f g h x ( ( ( ))) không thể nhận cả 8 số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 làm nghiệm

Bài 5 Cho 2 đa thức với hệ số thực f x ( )  2 x5 ax4 bx3 cx2 dx  e và

2

g x  x   x Biết rằng phương trình f x  ( ) 0 có 5 nghiệm thực phân biệt còn phương trình f g x  ( )   0 không có nghiệm thực

Chứng minh rằng 83 f  2014   1

Lời giải

Gọi 5 nghiệm của pt f x  ( ) 0 là x i i( 1,5), ta có

( ) 2

f x  x  x x  x x  x x  x x  x

Vì phương trình f g x  ( )   0 vô nghiệm nên cả 5 phương trình

2

2014 i 0, ( 1,5)

x   x  x  i  đều vô nghiệm Do đó

4

i    xi    xi    i

5

5 1

4 512

i i



8

Bài 6 (Olympic chuyên khoa học tự nhiên 2014)

Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P x sao cho:  

2015 2016

(x2) (3P x2) 3 xP x( ) 3 x3x 6

www.DeThiThuDaiHoc.com

Giải

Xét P hằng thì được P x   Xét P không hằng   3

Phương trình viết lại dưới dạng :

x 2 P 3x 2 3 32015x P x   3 , x R

       Đặt Q x P x 3 thì :

x 2 Q x3 2 32015xQ x ,   x

Lấy x  được 2 Q 2 0

Đặt tiếpQ x     x 2  S x thì được :

3 2 32014  , 3 1 32014  1 ,

S x   S x  x RS x   S x     x

Đặt T x S x 1 thì :

 3 32014  ,

T x  T x    x



      , thay vào đồng nhất hệ số bậc cao nhất được n 2014

Thay vào và đồng nhất tiếp hệ số của x i, i 0,2013 thì :

2014

a  a  i a   i ta được :T x cx2014,   x

Dễ dàng tìm được đáp số bài toán :

   2 1 2014 3, ,

P x c x x    x c const

Bài 7 Chứng minh rằng với mọi bộ ba số nguyên a b c luôn luôn tồn tại số nguyên ; ; 

dương n sao cho n3 an2 bn c không phải là số chính phương

Lời giải 1

Đặt f n n3 an2 bn c

Nếu f n là số chính phương thì   f n   0 mod 4  hoặc f n   1 mod 4  (*) Giả sử tồn tại bộ ba số nguyên dương a b c sao cho với mọi số nguyên dương n ; ; 

thìf n là một số chính phương  

Nói riêng,f       1 ,f 2 ,f 3 ,f 4 đều là các số chính phương

Ta có f 2  8 4 a2b c ; f 4 64 16 a4b c

Khi đó f 2 f 4  56 2 a2b f 2 f  4  2 mod 4b  (**) Mặt khác, do f   2 ,f 4 đều là các số chính phương nên từ (*) ta có:

     

     

     









Kết hợp với (**) ta có: 2b 0 mod 4  (1)

www.DeThiThuDaiHoc.com

Lại có f 3 f 1 24 8 a2b2 f 3 f  1 2b2 mod 4 

Nhận thấy f   3 ,f 1 đều là các số chính phương nên 2b  2 0 mod 4  (2)

Từ (1) và (2) suy ra 20 mod 4  Đây là điều vô lý, tức là giả thiết phản chứng sai

Lời giải 2

Đặt f n n3 an2 bn c

Giả sử tồn tại bộ ba số nguyên dương a b c sao cho với mọi số nguyên dương ; ;  n

thìf n là một số chính phương  

Ta có f n 2f n mod2f n 2 f n mod 4 với mọi n

Điều này dẫn đến

6n 2b 0 mod 4 , n  2 3n b 0 mod 4 , n  (vô lý) 

Vậy f n không phải là số chính phương  

Bài 8 Cho P x là một đa thức hệ số nguyên thỏa mãn   P 0 0,P 1  Chứng 2 minh rằng P 7 không thể là số chính phương

Lời giải

Vì P 0 0,P 1  nên 2 P x có dạng   P x x x 1  Q x  trong đó 2 Q x  

là một đa thức với hệ số nguyên

Ta có P 7 2 42. Q 7 2 mod 3 

Như vậy P 7 không thể là số chính phương

Bài 9 (IMO 2002) Tìm tất cả các cặp số nguyênm n với ,  m n , 3 để tồn tại vô

hạn các số nguyên dương x sao cho 2 1

1

m n

 

  là một số nguyên dương

Lời giải 1

Rõ ràng m n Gọi q x r x là các đa thức có hệ số nguyên và    , r x có bậc n   sao cho x m x 1 q x x   n x2 1r x 

Khi đó: x n x2 1r x  với vô hạn số nguyên dương x Nhưng khi x đủ lớn

 

2 1

n

x x  r x vì r x có bậc nhỏ hơn Do đó   r x phải bằng 0 Vậy  

1

m

x x  được phân tích thành q x x   n x2 1 ở đây

m n

 

Ta có: x m x 1 x m n x n x2 1 1 x x  m n  1 x m n 1

x x x   x 

    Vì vậy, m 2n 1

Hơn nữa,x n x21 phải chia hết

www.DeThiThuDaiHoc.com

x m n  1 x m n 1x m n  1 x m n 1 x m 2n 1x n x2 1

2 3 2 1 1

x  x   x  

Ta có thể viết ( *) thành:    

x   x  x  

    với mọi x  0;1 trừ khi n   và 3 0 m2n 10

Như vậy trừ khi n  3,m5 đa thức ở (*) không có nghiệm thuộc  0;1 Thế nhưng đa thức x n x21 lại có nghiệm trong  0;1 bởi vì nó nhận giá trị 1 tại 0

x  ; nhận giá trị 1 tại x  Do đó phải có 1 n 3;m 5

Dễ dàng kiểm tra được n 3;m 5 thỏa mãn điều kiện đề bài

Lời giải 2

Tiến hành như trên cho đến dòng có dấu (*)

Ta làm tiếp tục như sau:

- Nếu m 2n thì (*) thành 1 x n1 x2

 Lúc đó n  , (*) bằng 0 và tìm được 3

5, 3

- Khi n  ta viết 3 x n 1 x x x2 n 3 1

   Đa thức này vô nghiệm trong  0;1 mà

2 1

n

x x  lại có nghiệm trong  0;1 bởi vì nó nhận giá trị 1 tại x  ; nhận giá 0 trị 1 tại x  , do đó 1 x n x21 không thể là ước của vế phải của (*)

- Nếu m 2n thì (*) có thể được viết thành: 1

x 1 x m n  1x m n  2 x m 2n 3x m 2n x m 2n 1 1 

Như vậy, đa thức này vô nghiệm trong  0;1 mà x n x21 lại có nghiệm trong

 0;1 nên x n x2 1 không thể là ước của (*)

Tóm lại n  3;m 5 thỏa mãn đề bài

Bài 10 (Bulgaria MO 1995, Round 4 ) Giả sử ;x y là các số thực khác nhau sao cho

có bốn số nguyên dương n liên tiếp nhau để

x y



 là một số nguyên Chứng minh rằng:

x y



 là một số nguyên với mọi số nguyên dương n

Lời giải

Đặt

n

t

x y





 Khi đó: t n2 bt n1ct n 0 với b  x y c, xy và

0 0, 1 1

t  t 

Ta sẽ chứng minh rằng b c  , Cho t   với bốn số nguyên dương liên tiếp n

n

n

c  xy t  t t    khi n m m, 1 nên c c m, m1

  Suy ra: c là số hữu tỉ và do c m1

 , suy ra: c   Mặt khác ta có:

m

b

c

   

www.DeThiThuDaiHoc.com

tức b cũng là số hữu tỉ Bằng quy nạp, từ phương trình: t n2 bt n1ct n 0 suy ra

n

t có thể được viết bởi t n  f n1 b , trong đó f n1 X là một đa thức monic có hệ số nguyên, bậc của f là degf n1 n  Do b là một nghiệm của phương trình 1

f X t  nên b  

Bây giờ từ phương trình t n2 bt n1 ct n 0 ta suy ra: t   với mọi n n

Bài 11 Chứng minh rằng đa thức   1 9 1 7 13 5 82 3 32

nhận giá trị nguyên với mọi giá trị nguyên của x

Lời giải

Ta có:

  1 9 1 7 13 5 82 3 32

 4 3 2 1  1 2 3 4

Ta thấy N là tích của 9 số nguyên liên tiếp nên N chia hết cho 2, cho 5, cho 7 và cho

9 Các số này đôi một nguyên tố cùng nhau nên N2.5.7.9630

Vậy M luôn nhận giá trị nguyên với mọi giá trị nguyên của x

Bài 12 (Romanian IMO Team Selection Test 1998) Tìm tất cả các cặp số nguyên

dương x n sao cho đa thức ,  x  n 2n 1 là một ước của đa thức x n12n11

Lời giải

Nếu n  thì 1 x 3x 2 1 x24 1 x2 5 x3x314, vì thế

3 14

x  và x  hoặc 11 4

Giả sử n  Với 2 x 1;2;3 ta có:

1

1 2n 1 1 2n 1 2 1 2n 1

2n 2n 1 2 n 2n  1 2 2n 2n 1 ;

2 3n 2n 1 3n 2n 1 3 3 n 2n 1

Vì vậy x  n 2n1 không chia hết x n12n11 Với x  thì 4

2

x     , vì vậy

2 2

1

2 2

2

x

Do đó:

x 1 x n 2n 1x n 12n x x x n 2n  1 x n 12n 1 1 x x n 2n 1 Lại thấy x  n 2n 1 không chia hết x n12n11

Vậy chỉ có 2 nghiệm là   4;1 , 11;1 

Bài 13 (American High School Mathematics Examination [AHSME] 1976)

www.DeThiThuDaiHoc.com

Cho ,p q là hai số nguyên tố và đa thức x2px q có hai nghiệm nguyên dương phân biệt

Hãy tìm p và q

Lời giải

Gọi x x với 1, 2 x1 x2 là hai số nguyên dương phân biệt của phương trình

x px q  Theo định lý Viet ta có : x1 x2 p x x, 1 2 q

Vì q nguyên tố nên x  Như vậy, 1 1 q x2 và p x2 là hai số nguyên tố liên 1 tiếp nên chỉ có thể là q 2 và p 3

Bài 14 (Đề nghị OLP Bắc Bộ 2013) Cho đa thức 2    

ax b c x d e có một nghiệm không nhỏ hơn 1 Chứng minh rằng đa thức ax4  bx3 cx2 dx  e

có nghiệm

Lời giải

f x  ax  bx  cx  dx  e

f x  ax  b  c x  d  e  bx  bx  dx  d

1

ax  b  c x  d  e  bx  d x 

ax b c x d e có nghiệm x 0 1 nên ta có:

2

ax  b  c x  d  e 

 04    02   0

Do đó f  x0  f  x0   bx0 d   x0  1   bx0 d    x0  1 

=   bx0 d  2 x0 1   0

Vậy phương trình f x    0 có nghiệm x    x0; x0

Bài 15 (Đề nghị OLP Bắc Bộ 2013)

Gọi m, n, p là 3 nghiệm thực của đa thức ax3 bx2 cx  a , a  0



Dấu “=” xảy ra khi nào?

Lời giải

Theo định lí Viét ta có m.n.p=1

Lấy  45 ;0   30 ;0  1650 thì  1800 và:

Vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

2np 3pm 2 3mnm n p (vì mnp=1)

2npcos 2pmcos 2mncos m n p ( )

www.DeThiThuDaiHoc.com

Ta có:

2 cos 2 cos 2 cos

2 cos 2 cos( )

(Vì  1800 )

Bất đẳng thức (*) được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: sin sin

k









sin sin sin

mnp

Từ đó: mksin ; nksin ; pksin

Bài 16 Liệu có tồn tại hay không hai đa thức f(x) và g(x) thỏa:

 

 

g x   2  3   n ,

*

n  

Lời giải

Dễ thấy:

n



     

Giả sử tồn tại hai đa thức f(x) và g(x) thoả yêu cầu bài toán thì  

 

x

f x lim

g x

  

Suy ra: deg f  deg g Khi đó  

x

0

f x

xg x

b















(*)

(a , b0 0 lần lượt là hệ số của ẩn x bậc cao nhất của f(x) , g(x) )

Chứng minh

n



(**) hoàn toàn không khó khăn (*) và (**) mâu thuẫn nhau

Bài 17 Với f(x) là đa thức bậc n và các số a  b nào đó thoả mãn các bất đẳng thức:

 

n n

f a  0 , -f a   0, f  a  0, ,  1 f a  0

f b  0 , -f b   0, f  b  0, ,  1 f b  0

Chứng minh rằng tất cả các nghiệm thực của đa thức f(x) đều thuộc khoảng

(a, b)

Lời giải

Áp dụng khai triển Taylor, ta có:

  

n

www.DeThiThuDaiHoc.com

=

 

 

n

Nếu x  a thì f x    0 Suy ra f x   không có nghiệm x  a

  

n

Nếu x  b thì f x    0 Suy ra f x   không có nghiệm x  b

Vậy ta có điều phải chứng minh

Bài 18 Cho đa thức f(x) có 3 nghiệm a  b  c và x2  mx  n  0 có nghiệm Chứng minh rằng phương trình: f    x  mP x     nP x    0 có nghiệm thuộc khoảng  a,c 

Lời giải

Gọi t, s là nghiệm của phương trìnhx2  mx  n  0 có nghiệm

Theo định lý Viet ta có: t s m

ts n

  









Ta có: f    x  mP x     nP x    f     x  t  s P x      tsP x  

=   f    x  tf x       s f x       tf x    

Xét   tx  

g x e f x

 có g a    g b    g c    0

Theo định lý Rolle thì tồn tại    a, b ,     b,c  sao cho g      g      0 Suy ra: f      tf     f      tf     0

h x e f x tf x



      có h     h     0

Theo định lý Rolle tồn tại      ,    a, c  sao cho h      0

Vậy f    x  mP x     nP x    0 có nghiệm thuộc  a,c 

Bài 19 Chứng minh rằng đa thức   n 2   n 1  

f x nx  n 2 x  n 2 x n

hết cho đa thức  x 1  3 với mọi n  *

Lời giải

f x   n n  2 x   n 1 n   2 x  n  2

f x n n 1 n 2 x x 

f x n n 1 n 2 nx  n 1 x 

Dễ thấy f 1    f 1     f 1     0 và f    1  n n 1 n     2   0

Vậy x0  1 là nghiệm bội 3 của đa thức f(x)

Vậy đa thức   n 2   n 1  

f x nx  n 2 x  n 2 x n

x 1  với mọi n  *

Bài 20 Tìm giá trị nhỏ nhất của m sao cho với mỗi đa thức bậc hai f(x) thoả mãn điều

kiện: f x      1 x   0,1 nghiệm đúng bất đẳng thức f 0     m

www.DeThiThuDaiHoc.com

Lời giải

Giả sử   2

f x  ax  bx  c  a  0  là một đa thức bậc hai tuỳ ý

Dựa vào giải thiết ta có:

 

f 0  c  1 ; 1 a b

 

 

  ; f 1    a   b c  1

Từ các bất đẳng thức này ta suy ra:

3c 3

a b

4 2

a b c 1

 





   



Cộng vế theo vế các bất đẳng thức này ta được:

4 2

               

Vậy 8 là một trong các giá trị có thể có của m Chứng minh m = 8 là giá trị nhỏ nhất của m

Thật vậy! Đa thức   2

f x   8x  8x 1  thoả mãn điều kiện f x    1

 

x 0,1

 

Bởi vì:

f x    1 2 2x 1   0 x   0,1 và f x     1 8x 1 x     0

 

x 0,1

 

Suy ra: f 0     8 Vậy giá trị nhỏ nhất của m bằng 8

Bài 21 Tính  

 

 

lim

x

P x

P x



 , ở đây P x   là đa thức với hệ số dương

Lời giải

Vì P là đa thức với hệ số dương , với x > 1 ta có:

 

 

 

 

 

 

1

1

P x

 Vì

 

 

 

1

1



 

 

 

x

P x

P x



  

Q x  2x  4x  3x  5x  3x  4x  2

Đặt

Chứng minh rằng: I  K  J

Lời giải

www.DeThiThuDaiHoc.com