Nội dung chuyên đề này bao gồm các phần sau: */ Nhắc lại một số kết quả cơ bản về tính chất số học và đại số của đa thức.. Nghiệm nguyên của đa thức hệ số nguyên.. Tính chất chia hết của
Trang 1Chuyên đề:
NGHIỆM VÀ TÍNH CHẤT NGHIỆM CỦA ĐA THỨC
A MỞ ĐẦU
Đa thức là nội dung rất quan trọng trong chương trình toán học phổ thông và bắt đầu được giảng dạy trong chương trình đại số ở cấp THCS Các bài toán về
đa thức cũng xuất hiện nhiều trong các kì thi học sinh giỏi Quốc gia và Quốc tế Kiến thức liên quan để giải các bài tập đa thức cũng rất đa dạng và phong phú Trong nội dung của chuyên đề nhỏ này chỉ đề cập đến một số vấn đề liên quan đến nghiệm của đa thức
Nội dung chuyên đề này bao gồm các phần sau:
*/ Nhắc lại một số kết quả cơ bản về tính chất số học và đại số của đa thức
I Nghiệm nguyên của đa thức hệ số nguyên
II Tính chất chia hết của hai đa thức
III Định lý Viète và áp dụng
IV Định lý Roll và áp dụng
B NỘI DUNG
*/ Nhắc lại một số kết quả cơ bản về tính chất số học và đại số của đa thức.
- Đa thức bậc n có không quá n nghiệm thực.
- Đa thức có vô số nghiệm là đa thức không
- Đa thức có bậc nhỏ hơn hoặc bằng n mà nhận cùng một giá trị bằng nhau tại n+1 giá trị khác nhau của đối số thì đa thức đó là đa thức hằng
- Hai đa thức bậc nhỏ hơn hoặc bằng n mà nhận n+1 giá trị bằng nhau tại n+1 giá trị khác nhau của đối số thì đồng nhất bằng nhau
-Bậc của tổng hai đa thức không lớn hơn bậc của cả hai đa thức đó
- Bậc của tích hai đa thức khác không bằng tổng các bậc của hai đa thức đó
Trang 2- Hai đa thức f và g thuộc ¡ [ ] x trong đó g khác không (đa thức không), khi đó
có duy nhất một cặp đa thức q r, ∈ ¡ [ ]x sao cho f =qg r+ trong đó hoặcr= 0 hoặc deg r degg< với r≠ 0
- Dư của phép chia đa thức f x( ) cho x c− là f c( )
-Với bất kì hai đa thức f g, ∈ ¢ [ ] x bao giờ cũng tồn tại ƯCLN của f và g và ƯCLN đó là duy nhất
- Nếu đa thức d là ƯCLN của các đa thức f và g, khi đó tồn tại hai đa thức u,v sao cho fu gv d+ = Ngược lại nếu đa thức d là ước chung của các đa thức f và g thỏa mãnfu gv d+ = thì d là ƯCLN của f và g.
- Hai đa thức f và g nguyên tố cùng nhau tức là ( , ) 1f g = khi và chỉ khi tồn tại
hai đa thức u,v sao cho fu gv+ = 1.
- Nếu các đa thức f(x) và g(x) nguyên tố cùng nhau thì ( ) m
f x
và ( ) m
g x
sẽ
nguyên tố cùng nhau với mọi m,n nguyên dương
- Mọi nghiệm x0 của đa thức 1
−
bất đẳng thức |a0 | |( x0 | 1 − ) ≤A A m, = ax a| k|,k= 1, n
- Đa thức p bất khả quy khi và chỉ khi mọi ước của nó đều là đa thức bậc 0 hoặc
là đa thức có dạng ap với a là hằng số khác 0
- Mỗi đa thức f bậc lớn hơn không bất kỳ đều phân tích được thành tích các đa thức bất khả quy Và sự phân tích đó là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các nhân tử và nhân tử bậc không
- Tiêu chuẩn Eisenstein:
nguyên tố p thỏa mãn đồng thời các điều kiện :
*) an không chia hết cho p,
*) Tất cả các hệ số còn lại chia hết cho p
*) a0 chia hết cho p nhưng không chia hết cho p2 thì p(x) không phân tích được thành tích các đa thức có bậc thấp hơn với các hệ số hữu tỷ
- Ta có các khẳng định sau về đa thức nguyên:
Trang 3(a) Định lý về nghiệm nguyên Cho 1
−
0 , , , 1 n
a a a là các số nguyên và f(p) = 0 với p nguyên Khi đó a0 chia hết cho p
(b) Định lý về nghiệm hữu tỷ Cho 1
−
0 , , , 1 n
a a a là các số nguyên và f(p/q) = 0 với p/q là phân số tối giản Khi đó
a0 chia hết cho p và an chia hết cho q
(c) Trong các ký hiệu của câu (b), với mọi số nguyên k số f(k) chia hết cho
p – kq
- Định lý Viète:
a/ Giả sử phương trình 1
có n nghiệm (thực hoặc phức) x x1 , , , 2 x n thì
( )
1
2
1 2 1
1
2
( )
(
.
)
.
.
.
.
.
( )
1
n
n n
n n
n n
n
n
a
E x x
a a
a
a
E x x
a
x x
−
−
−
=
=
=
(2)
b/ Ngược lại nếu các số x x1 , , , 2 x n thỏa mãn hệ trên thì chúng là nghiệm của phương trình (1)
c/ Các hàm E x E x1 ( ), 2 ( ), ,E x n( ) trong hệ phương trình (2) được gọi là hàm (đa thức) đối xứng sơ cấp Viète
- Kết quả sau đây là hệ quả của định lý Rolle :
Nếu đa thức P x( ) ∈ ¡ [ ] x có k nghiệm thực phân biệt thì P’(x) có ít nhất k-1 nghiệm thực
I Nghiệm nguyên của đa thức hệ số nguyên.
Trong phần này ta thường sử dụng tính chất chia hết, tính chẵn lẻ, định lý Bezout, định lý Fermat,…
Trang 4Bài 1.Cho các đa thức P x Q x( ), ( ) ∈ ¢ [ ] x và a∈ ¢ thỏa mãn P a( ) =P a( + 2015) 0; =
(2014) 2016
Q = Chứng minh rằng phương trình Q P x( ( )) 1 = không có nghiệm nguyên
Lời giải:
( ) ( )( 2015) ( )
P x = −x a x a− − g x , ⇒P x( )chẵn với ∀ ∈x ¢
( ) ( 2014) ( ) 2016
Q x = −x h x + ⇒Q P x( ( )) ( ( ) 2014) ( ( )) 2016 = P x − h P x + chia hết cho 2 nênQ P x( ( )) 1 ≠ ∀ ∈x ¢ (đpcm)
Bài 2.
Cho k∈ ¥ * Tìm tất cả các đa thức P(x) thỏa mãn: (x− 2015) ( ) (k P x = −x 2016)k P x( + 1)(*)
Lời giải:
Giả sử P(x) là đa thức thỏa mãn đề Ta thấy x=2016 là nghiệm bội bậc ≥k của P(x).Theo định lý Bezout ta có P x( ) ( = −x 2016) ( )k Q x , thay vào (*) ta được
(x− 2015) (k x− 2016) ( ) (k Q x = −x 2015) (k x− 2016) (k Q x+ 1) Từ đó suy ra ( ) ( 1)
Q x =Q x+ ∀x, hay Q x( ) =a là hằng số Vậy P x( ) =a x( − 2016)k Thử lại đúng
Bài 3: Cho f ∈ ¢ [ ] x
a/ Giả sử
4
0
( )
i
f i
=
∏ không chia hết cho 5 Chứng minh rằng phương trình f x( ) 0 =
không có nghiệm nguyên
b/ Chứng minh rằng nếu f x( ) 1 = có quá 3 nghiệm nguyên thì phương trình
( ) 1
f x = − không có nghiệm nguyên.
c/ Giả sử a,b,c là 3 nghiệm nguyên khác nhau của phương trình f x( ) 1 = Chứng minh rằng nghiệm nguyên của phương trình f x( ) = − 1 lớn hơn min {a, b,c}
d/ Giả sử degf≥ 1, n(f) là số nghiệm nguyên của phương trình f x2 ( ) 1 = Chứng minh rằng n f( ) ≤degf + 2.
e/ Giả sử f ∈ ¢ [ ] x , a b, ∈ ¢ sao cho f a( ) = f b( ) 1 = , c d, ∈ ¢ sao cho ( ) ( ) 1.
f c = f d = − Chứng minh rằng {a,b,c,d} là một hoán vị của bốn số nguyên
liên tiếp nào đó
Trang 5Lời giải
a/ Giả sử x0 ∈ ¢ là nghiệm của phương trình f x( ) 0 =
Viết x0 = 5q r+ , r∈ { 0,1 , 2,3 }.
Vì f x( ) 5 0 M ⇒ f r( ) 5 M điều này vô lý Vậy phương trình f x( ) 0 = không có nghiệm nguyên
b/ Giả sử phương trình f x( ) 1 = có bốn nghiệm a b c d, , , ∈ ¢ khác nhau Suy ra ( ) ( )( )( )( ) ( ) 1
f x = −x a x b x c x d Q x− − − + với Q x( ) ∈ ¢ [ ] x
Do -2 không thể phân tích thành tích của bốn số nguyên phân biệt nên phương trình f x( ) = − 1 không thể có nghiệm nguyên
c/ Giả sử phương trình f x( ) 1 = có 3 nghiệm nguyên a,b,c và phương trình
( ) 1
f x = − có nghiệm nguyên d Theo câu b ta suy ra phương trình f x( ) 1 = có
đúng 3 nghiệm
Khi đó f x( ) ( = −x a x b x c Q x)( − )( − ) ( ) 1 + với Q x( ) 0 ≠ ∀ ∈x ¢
Và− = 1 (d a d b d c Q d− )( − )( − ) ( ) 1 + ⇔(a d b d c d Q d− ) ( − ) ( − ) ( ) = 2 suy ra ba số a-d,b-d,c-d phân biệt vàđều là ước của 2 nên tồn tại một số âm, giả sử
{a,b,c}
a d− < ⇒ > ⇒ >d a d (đpcm)
d/ Giả sử n f( ) ≥degf + 3 (*)
Do f2 ( )x = 1 ⇔( f x( ) 1 − ) ( f( )x + = 1) 0 và do số nghiệm của phương trình f(x)=1 và f(x)=-1 đều ≤n f( ) nên ta suy ra hai phương trình f(x)=1 và f(x)=-1 đều phải có
ít nhất 3 nghiệm Giả sử phương trình f(x)=1 có 3 nghiệm a,b,c (a<b<c) và phương trình f(x)=-1 có 3 nghiệm x x x1 , , 2 3 Theo câu c thì x x x1 , , 2 3 >min a b c{ , , } =a
Vậy − = 1 (x i−a x)( i−b x)( i−c Q x) ( ) 1i + ⇔ − = 2 (x i−a x)( i−b x)( i−c Q x) ( )i do đó
x −a x −a x −a là ba nghiệm nguyên dương phân biệt của -2, điều này vô lý Vậy điều giả sử là sai hay ta có n f( ) ≤degf + 2.
e/ Giả sử f(x)=1 có nghiệm a,b (a<b), phương trình f(x)=-1 có nghiệm c,d (c<d)
Ta có (c-a)(c-b) là ước của 2, (d-a)(d-b) cũng là ước của 2 Do đó a,b,c,d là hoán
vị của 4 số tự nhiên liên tiếp
Bài 4.
Trang 6Cho P(x) và Q(x) là hai đa thức với hệ số nguyên Biết rằng đa thức
( ) ( )
xP x +Q x chia hết cho x2 + +x 1 Gọi d là ƯCLN của P(2015) và Q(2015) Chứng minh rằng d ≥ 2014.
Lời giải:
Ta có xP x( ) 3 +Q x( ) 3 =x P x( ( ) 3 −P(1)) ( ( ) + Q x3 −Q(1)) ( + xP(1) +Q(1)) mà x P x( ( ) 3 −P(1))
và ( ( )Q x3 −Q(1)) cùng chia hết cho x3 − 1 nên chia hết cho x2 + +x 1 Do đó (xP(1) +Q(1)) chia hết cho x2 + +x 1 Vì deg (xP(1) +Q(1))=1≤deg(x2 + +x 1)=2 nên
(xP(1) +Q(1)) 0 ≡ ⇒P(1) =Q(1) 0 = Theo định lý Bezout ta có 1
1
( ) ( 1) ( ) ( ) ( 1) ( )
P x x P x
= −
Với P x Q x1 ( ), ( ) 1 là các đa thức với hệ số nguyên
Do đó P(2015) và Q(2015) cùng chia hết cho 2014 Vì d = ( (2015), (2015)P Q suy
ra d≥ 2014.
Bài 5.
Cho đa thức f x( ) =x2017 +ax2 + +bx c với a b c, , ∈ ¢ có ba nghiệm nguyên x x x1 , , 2 3 Chứng minh rằng 2017 2017 2017
(a +b +c + 1)(x −x )(x −x )(x −x) chia hết cho 2017.
Lời giải:
Ta có f x( ) =x2017 −x+ax2 + +(b 1)x c+ Đặt g x( ) =ax2 + + (b 1)x c+
Do 2017 là số nguyên tố nên theo định lý Fecma nhỏ ta có x2017 ≡x(mod 2017)
Từ giả thiết suy ra g x( ) 0i ≡ (mod 2017).
- Nếu (x1 −x x2 )( 2 −x x3 )( 3 −x1 )chia hết cho 2017 thì bài toán chứng minh xong
- Nếu (x1 −x x2 )( 2 −x x3 )( 3 −x1 )không chia hết cho 2017.
Ta có
( ) ( ) 2017
g x −g x M ⇒ (x1−x a x2)( ( 1+x2) + +b 1) 2017 M ⇒a x( 1+x2) + +b 1 2017 M (1) Tương tự ⇒a x( 2 +x3 ) + +b 1 2017 M (2)
Từ (1) và (2) suy ra a x( 1 −x3 ) 2017 M ⇒aM 2017 ⇒ +b 1 2017 M Mà
1
( ) 2017 2017
g x M ⇒cM
Do đó a b c+ + + 1 2017 M mà a2017 +b2017 +c2017 + ≡ + + + 1 (a b c 1) (mod 2017) nên a2017 +b2017 +c2017 + 1 2017 M ⇒đpcm
Trang 7Bài 6.
Cho a,b,c là ba số nguyên phân biệt và đa thức P x( ) ∈ ¢ [ ] x sao cho ( ) ( ) ( ) 2.
P a =P b =P c = Chứng minh rằng phương trình P x( ) 3 0 − = không có nghiệm nguyên
Lời giải:
Từ giả thiết ta có P x( ) ( = −x a x b x c Q x)( − )( − ) ( ) 2 + trong đó Q x( ) ∈ ¢ [ ] x Giả sử phương trình P x( ) 3 0 − = có nghiệm nguyên là d Khi đó (d a d b d c Q d− )( − )( − ) ( ) 1 = Do đó d a d b d c− , − , − ∈ − {1, 1} vô lý do d a d b d c− , − , −
phân biệt Từ đó ta có đpcm
Bài 7.
Cho đa thức f x( ) ∈ ¢ [ ] x Chứng minh rằng nếu đa thức Q x( ) = f x( ) 12 + có ít nhất
6 nghiệm nguyên phân biệt thì f x( )không có nghiệm nguyên
Lời giải:
Giả sử Q x( ) có 6 nghiệm nguyên phân biệt là x x1 , , 2 x6 khi đó
( ) ( )( ) ( ) ( ) 12
f x = −x x x x− x x H x− − , trong đó H x( ) ∈ ¢ [ ] x Nếu đa thức f x( ) có nghiệm nguyên là a khi đó (a x a x− 1 )( − 2 ) (a x H a− 6 ) ( ) 12 = Suy ra
(a x− ),(a x− ), ,(a x− ) ∈ ± ± ± ± { 1; 2; 3; 6} Do (a x− 1),(a x− 2), ,(a x− 6) phân biệt, mà
| ( ) | 1H a ≥ nên ta có 2 2 2
12 | = −a x | |a x− | |a x− | |H a( ) | 1 2 3 1 36 ≥ = vô lý suy ra đpcm
Bài 8.Cho f x( ) là một đa thức bậc 5 với hệ số nguyên, nhận giá trị 2015 với 4 giá trị nguyên khác nhau của biến x Chứng minh rằng phương trình f x( ) 2046 =
không thể có nghiệm nguyên
Lời giải:
Giả sử f x( ) 2015 = tại bốn giá trị phân biệt là x x x x1 , , , 2 3 4 và phương trình ( ) 2046
( )
( ) ( )( )( )( ) ( ) 2015, [ ]
f x = −x x x x− x x x x H x− − + H x ∈ ¢ x và
( ) 2046 ( )( )( )( ) ( ) 31
f a = ⇔ −a x a x a x a x H a− − − = Do 31 là số nguyên tố nên
Trang 8không thể phân tích thành tích của 4 số nguyên phân biệt điều này mâu thuẫn suy ra đpcm
Bài 9 (IMO 1993).
Chứng minh rằng đa thức f x( ) =x n + 5x n− 1 + 3,n∈ ¥ * bất khả quy trên ¢ [ ] x
Lời giải:
Dễ thấy với n=2 thì đa thức f x( ) =x2 + 5x+ 3 bất khả quy trên ¢ [ ] x
Với n≥ 3 giả sử f x( ) =g x h x( ) ( ); trong đó g x h x( ), ( ) ∈ ¢ [ ]x và có bậc ≥ 1
Ta có f(0) 3 = là một số nguyên tố nên | (0) | 1g = hoặc | (0) | 1h = Giả sử | (0) | 1.g =
Do hệ số cao nhất của f(x) bằng 1 nên hệ số cao nhất của h và g là ± 1 Không
1
k
g x =x +a x − + +a , (k≥ 1) a i∈ ¢ Gọi c c1 , , , 2 c k là k nghiệm phức của g Khi đó g x( ) ( = −x c x c1 )( − 2 ) (x c− k).
Ta có
1 2
| (0) | | |g = c c c k , ( ) 0 ( ) 0 n 1 ( 5) 3
g c = ⇒ f c = ⇒c − c + = −
1
2
| ( ) n 5 5 5 | 3k
c c c − c + c + c + =
( 1 ) ( 2 ) ( )
k
k
Mặt khác f( 5) − = −g( 5) ( 5) 3h − = nên trong hai số |g(-5)| và |h(-5)| có một số bằng
1, một số bằng 3 Vì |g(-5)|≤ ≤ 3 3k do k≥ 1 Do đó từ (*) suy ra |g(-5)|=3 và k=1 Vậy g x( ) ( = −x c1 ) ∈ ¢ [ ] x ⇒ ∈c1 ¢ [ ] x
Vì | (0) | 1g = nên|c1 = ⇒ = ± ⇒ 1 c1 1 g x( ) = ± ⇒x 1 | ( 5) | 4,g − ∈ { 6 }vô lý do |g(-5)|=3 Vậy đa thức f(x) bất khả quy trên ¢ [ ] x
Bài 10.(VMO 2013-2014)
( ) 7 6 n 13,
P x = x − x+ + n∈ ¥ Chứng minh rằng P x( ) không thể phân tích thành tích của n+ 1 đa thức khác hằng số với hệ số nguyên
Lời giải:
Dễ thấy degP x( ) 4 = n và P x( ) không có nghiệm thực Tam thức x2 − 7x+ 6 có hai nghiệm là 1 và 6; và 13 là số nguyên tố
Trang 9Giả sử P x( ) =P x P1 ( ) n+1 ( )x thì P x i( ) có bậc chẵn Vì nếu P x i( )có bậc lẻ thì ( )
i
P x có nghiệm thực do đó P(x) có nghiệm thực, mâu thuẫn
Vì tổng các bậc của P x i( ) là 4n nên phải có ít nhất hai đa thức có bậc là 2, giả
sử là P x1 ( ) và P x2 ( )
Vì hệ số cao nhất của P x( ) bằng 1 nên đặt 2
P x =x +ax b+ > và
2
P x =x + + > ∀cx d x
Do P(1) =P1 (1) P n+1 (1) 13 = nên trong hai số P1(1) và P2 (1) có ít nhất một số bằng 1, giả sử là P1 (1)=1⇒ = −a b Mặt khác ta có P(6) =P1 (6) P n+1 (6) 13 = nên
1 (6)
P bằng 1 hoặc 13 Mà P1 (6) 36 5 = − b chia 5 dư 1 và 13 chia 5 dư 3 nên
2
P = ⇒ = ⇒b P x =x − x+ là đa thức có nghiệm thực, mâu thuẫn
II Tính chất chia hết của hai đa thức.
Trong phần này ta sử dụng tính chất sau:
Nếu hai đa thức f x g x( ), ( ) ∈ ¡ [ ] x có bậc đều lớn hơn 0 và f x g x( ) ( ) M trong
[ ] x
bội của nghiệm trong g(x) nhỏ hơn hoặc bằng trong f(x)).
Bài 1.
Chứng minh rằng với mọi giá trị của n, đa thức (x+ 1) 2n+1 +x n+2chia hết cho đa thức x2 + +x 1
Lời giải: (Dùng số phức)
Đa thức x2 + x + 1 có hai nghiệm là
2
3
1 i±
−
=
α Để chứng minh P(x) chia hết
cho x2 + x + 1 ta chỉ cần chứng minh P(α) = 0 Điều này tương đương với việc chứng minh
0 2
3 1 2
3
− + +
Trang 10Chuyển các số phức sang dạng lượng giác rồi dùng công thức Moivre, ta có điều này tương đương với
0 3
2 ) 2 ( sin 3
2 ) 2 ( cos 3
) 1 2 ( sin 3
) 1 2
(
+ +
+ +
+
i n
n i
n
Điều này đúng vì (2n+1)π/3 - (n+2)2π/3 = π
Bài 2 Tìm tất cả các giá trị n sao cho x2n + xn + 1 chia hết cho x2 + x + 1
Lời giải:
Tương tự như bài 1, ta có P(x) = x2n + xn + 1 chia hết cho x2 + x + 1 khi và chỉ khi P(α) = 0 Áp dụng công thức Moivre, ta có điều này tương đương với
0 1 3
2 sin 3
2 cos 3
4 sin 3
4
+
+
+
i n n
i n
Điều này xảy ra khi n không chia hết cho 3
Chú ý: Ngoài cách giải dùng số phức như trên ta còn có thể giải bài toán 1 và
2 bằng cách quy nạp theo n.
Bài 3.
Tồn tại hay không đa thức P x degP x( ), ( ) 2015 = thỏa mãn P x( 2 − 2014)chia hết cho ( ).
P x
Lời giải:
Xét đa thức P x( ) ( = +x a) 2015 ,a∈ ¡
Khi đó P x( 2 − 2014) ( = x2 + −a 2014) 2015=[(x a+ ) 2 − 2 (a x a+ + + − ) a2 a 2014] 2015 Dễ thấy phương trình a2 + −a 2014 0 = luôn có hai nghiệm Tức là ta chọn được a sao cho a2 + −a 2014 0 = từ đó suy ra P x( 2 − 2014) ( = +x a) 2015 (x a− ) 2015 chia hết cho ( )
P x
Bài 4.
Cho đa thức f x( ) ∈ ¤ [ ] x thỏa mãn: (1 5) 0
4
f + = Chứng minh rằng 1 5
4
Lời giải
( ) ( ).( ) ( )
2 4
x
f x =P x x + − +R x (degR(x)≤ 1, ( ), ( )P x R x ∈ ¤ [ ]x )