Chuyên đề bài TOÁN NGHIỆM THỰC của đa THỨC đại số

BÀI TOÁN NGHIỆM THỰC CỦA ĐA THỨC ĐẠI SỐ MÃ: TO02B Đặt vấn đề: Đa thức là đối tượng nghiên cứu trọng tâm của đại số, cũng là một công cụ đắc lực của giải tích trong lý thuyết xấp xỉ, lý

BÀI TOÁN NGHIỆM THỰC CỦA ĐA THỨC ĐẠI SỐ

MÃ: TO02B

Đặt vấn đề: Đa thức là đối tượng nghiên cứu trọng tâm của đại số, cũng là một công

cụ đắc lực của giải tích trong lý thuyết xấp xỉ, lý thuyết nội suy, lý thuyết tối ưu…Trong đó vấn đề nghiệm của đa thức cũng đặc biệt được quan tâm Để giải bài toán nghiệm thực của

đa thức ở đây tôi mạnh dạn tiếp cận thử theo hai hướng sau :

+) Đại số

+) Giải tích

I Về mặt đại số: Giải một số bài toán nghiệm đối với đa thức f (x)∈ ° [ ]x

Một số kiến thức đại số liên quan:

1) Vận dụng tính chất của tam thức bậc hai

2) Bậc của đa thức, định lí Vi-et đối với đa thức bậc 2,3,…

3) So sánh hệ số tự do, hệ số bậc cao nhất…

Một số bài toán về nghiệm của đa thức giải được bằng phương pháp đại số :

Bài toán 1 Cho các số thực a b c, , Chứng minh rằng ít nhất một trong ba phương trình sau:

x2+ −(a b x) (+ − =b c) 0, x2 + −(b c x) (+ − =c a) 0, x2 + −(c a x) (+ − =a b) 0

có nghiệm thực

Bài giải

NX :Khi tiếp cận đa thức bậc hai về vấn đề nghiệm thì suy nghĩ tự nhiên nhất là biệt thức Δ

Thật vậy:Tổng của ba biệt thức Δ của các tam thức bậc hai là

( ) (2 ) (2 )2

Suy ra tồn tại ít nhất một tam thức bậc 2 có biệt thức Δ lớn hơn bằng 0

Như vậy câu trả lời đã được khẳng định

Bài toán 2 (All-Russian Olympiad 2012 Grade 11 Day 2)

Cho đa thức P x( ) và các số thực a ,a ,a ,b ,b ,b1 2 3 1 2 3 thỏa mãn a a a1 2 3 ≠0 Giả sử rằng với mọi x ta đều có: P a x b( 1 + 1) (+P a x b2 + 2) (=P a x b3 + 3) Chứng minh rằng đa thức P x( )

có ít nhất một nghiệm thực

Bài giải

NX :Ta tiếp cận bài toán này ở dạng chính tắc của biểu diễn đa thức và tư duy suy luận là điều không thể thiếu

Cho đa thức ( ) n i

i 0

P x c x , c 0,n

=

=∑ ≠ ∈• Xét hệ số bậc cao nhất từ đồng nhất thức P a x b( 1 + 1) (+P a x b2 + 2) (=P a x b3 + 3)

Suy ra: n n n

Khi đó chỉ có hai trường hợp xảy ra, đó là:

+) Nếu a1 =a2 = = ⇒ =a3 a a 0 mâu thuẫn!

+) Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử: a2 ≠a3 suy ra

Phương trình a x b2 + 2 =a x b3 + ⇔3 3 2 ( )

1 1

2 3

b b

a a

−

− Suy ra điều phải chứng minh

Bài toán 3 (VMO - 2012)

Cho hai cấp số cộng ( ) ( )a , bn n với m là số nguyên dương , m 2> Xét m tam thức bậc hai :

p x =x +a x b+ k 1,2, ,m= Chứng minh rằng nếu p x1( ) và p xm( ) không có nghiệm thực thì các tam thức còn lại cũng không có nghiệm thực

Bài giải

Ta có tam thức bậc haip x1( ) và p xm( ) không có nghiệm thực suy ra

( )

1

p x > ∀ ∈°0 x và p xm( )> ∀ ∈°0 x

p x =x +a x b+ k 2, ,m 1= − có nghiệm thực x c= Khi đó : p xm( )−p xk( ) (= m k ax b− )( + )

p xk( )−p x1( ) (= −k 1 ax b)( + )

(ở đây a, b lần lượt là công sai của hai cấp số cộng( ) ( )a , bn n )

Do đó : p cm( ) (= m k ac b− )( + )

p c1( ) (= − −k 1 ac b)( + )

Nên p c p cm( ) ( )1 <0 : Vô lý Vậy các tam thức bậc hai còn lại cũng không có nghiệm thực

Bài toán 4 Cho P(x),Q(x),R(x) là các đa thức với hệ số thực có bậc tương ứng là 3, 2, 3 thỏa mãn điều kiện ( ) (2 ) (2 )2

P(x) + Q(x) = R(x) Hỏi đa thức T(x) P(x).Q(x).R(x)= có ít nhất bao nhiêu nghiệm thực (kể cả bội của nghiệm) ?

Bài giải

Không mất tính tổng quát, có thể coi các hệ số bậc cao nhất của các đa thức P, Q, R đều dương

Trước hết, ta chứng minh đa thức Q(x) luôn luôn có hai nghiệm thực

Ta có, Q2 =(R P)(R P)− + Vì degP degQ 3= = nên deg(R P) 3+ =

Do deg Q2 = ⇒4 deg(R P) 1− = Do đó đa thức Q có nghiệm thực và vì vậy đa thức Q có 2 nghiệm thực Vì degQ 2= nên Q có đúng hai nghiệm thực

Tiếp theo, ta chứng minh đa thức P(x) luôn luôn có 3 nghiệm thực

Ta có : P2 =(R Q)(R Q)− + Vì deg(R Q) deg(R Q) 3− = + = nên các đa thức (R Q)− và

(R Q)+ có nghiệm thực Nếu hai nghiệm thực đó khác nhau, thì P có hai nghiệm phân biệt

và nghiệm còn lại của P hiển nhiên cũng là nghiệm thực

Nếu (R Q)− và (R Q)+ có chung nghiệm thực x = a thì x = a là nghiệm của R và của Q

Do vậy, R(x) (x a)R (x), Q(x) (x a)Q (x), P(x) (x a)P (x)= − 1 = − 1 = − 1

Thế vào hệ thức : P2 =(R Q)(R Q)− + , ta thu được 2 2 2

P =R −Q , với P ,R1 1 là các tam thức bậc hai, Q1 là nhị thức bậc nhất Ta có : 2

Q =(R −P )(R +P )

Vì 2

1

Q là đa thức bậc hai và R1+Q1 là tam thức bậc hai nên R1−P1 là đa thức hằng

1

P (x) a x= +bx c (a 0)+ > và Q (x) dx e1 = + thì 2

1

R (x) a x= +bx c k+ + và

k R (x) P (x)+ =(dx e) (1)+

Suy ra k > 0 Thay giá trị x e

d

= − vào (1), ta được : R1 e P1 e 0

⎛− ⎞+ ⎛− ⎞=

Nên P1 e k 0

⎛− ⎞= − <

⎜ ⎟

⎝ ⎠ Do đó tam thức bậc hai P (x)1 có hai nghiệm thực và P(x) có 3 nghiệm thực

Trở lại bài toán Do P có 3 nghiệm thực, Q có hai nghiệm thực và R là đa thức bậc 3 (có ít nhất một nghiệm thực) nên số nghiệm thực của T(x) không nhỏ thua 6

Ví dụ ta chọn:

2

P(x) x 3x 2x Q(x) 2(x 2x 1) R(x) x 3x 4x 2

Thì P2+Q2 =R2 và đa thức (PQR) có đúng 6 nghiệm thực

II Về mặt Giải tích: Giải một số bài toán nghiệm đối với đa thức f (x)∈ ° [ ]x

Ta biết f (x)∈ ° [ ]x là hàm khả vi, do đó để giải một số bài toán đối với đa thức [ ]

f (x)∈ ° x thì đôi khi phương pháp đã sử dụng trong giải tích rất có hiệu lực, trong phần này chúng ta sẽ tìm hiểu ứng dụng phương pháp giải tích vào một số bài toán về đa thức trong tập số thực

Một số kiến thức giải tích liên quan:

1) Định lí Fermart: f (x) khả vi trong (a,b), f '(x) 0 x (a,b)

f '(x) 0

≥

trình f '(x) 0= có không quá đếm được các nghiệm thì f (x) đồng biến ( nghịch biến) trong (a,b)

2) Mọi đa thức bậc lẻ có ít nhất một nghiện thực

3) Nếu tồn tại hai số thực a b a b, ( < ) thỏa mãn f a f b( ) ( )<0 thì đa thức f (x) có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng ( )a b;

4) Định lí Laranger: f (x) liên tục [ ]a,b khả vi trong (a,b) và khi đó tồn tại

c (a,b)∈ : f (b) f (a) f '(c)

b a

5) Định lí Roller: f (x) liên tục [ ]a,b khả vi trong (a,b) và f (b) f (a)= khi đó tồn tại c (a,b)∈ : f '(c) 0=

Một số bài toán về nghiệm của đa thức giải được bằng phương pháp giải tích:

Bài toán 4 : Cho a,b,c,d,e là các số thực Chứng minh rằng nếu phương trình :

2

ax + +(b c)x d e 0+ + = có nghiệm thực thuộc khoảng [1,+∞), thì phương trình :

4 3 2

ax +bx +cx + + =dx e 0 cũng có nghiệm thực

Bài giải

Gọi x0∈ +∞[1, ) là nghiệm của phương trình : ax2+ +(b c)x d e 0+ + =

Nghĩa là : 2

ax +cx + = −e (bx +d)

Xét hàm số : f (x) ax= 4+bx3+cx2+dx e+

f x = ax +cx + +e x bx + d

f − x = ax +cx + −e x bx + d

Suy ra :

2

2 2

ax cx e x ax cx e

ax cx e 1 x 0

Do đó, phương trình f (x) 0= có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn ⎡⎣− x , x0 0⎤⎦

Vậy nên phương trình ax4+bx3+cx2+ + =dx e 0 có nghiệm thực thỏa mãn điều kiện bài toán

Bài toán 5 (VMO - 95) : Hãy xác định tất cả các đa thức P(x) thỏa mãn điều kiện sau : Với

mỗi số a 1995> thì số nghiệm thực của phương trình : P(x) a= (mỗi nghiệm được tính với

số bội của nó) bằng bậc của đa thức P(x), và mỗi nghiệm thực của phương trình trên đều lớn hơn 1995

Bài giải

Do yêu cầu mỗi nghiệm thực của P(x) = a đều lớn hơn 1995 nên chỉ xét các đa thức P(x) có bậc n 1≥

- Xét đa thức P(x) bậc n là hàm đơn điệu trên (−∞ +∞; ) thỏa mãn đề tài

Vì đồ thị hàm P(x) chỉ có hữu hạn điểm uốn nên với a đủ lớn và a > 1995 thì P(x) = a chỉ có tối đa một nghiệm (mỗi nghiệm được tính với số bội của nó), suy ra n = 1 và P(x) có dạng

bx c+ với b > 0 ; nghiệm của P(x) là x a c

b

−

= Ta có x > 1995 với mọi a > 1995 khi và chỉ khi b > 0 và c 1995(1 b)≤ −

- Xét đa thức P(x) có hàm số cực trị trên (−∞ +∞; ) thỏa mãn đề bài thì n 2≥ Giả sử P(x) đạt cực đại tại m điểm u ;u ; ;u (m 1)1 2 m ≥ và đạt cực tiểu tại k điểm v ;v ; ;v (k 1)1 2 k ≥ Đặt d ma P(u );P(u ); ;P(u );P(v );P(v ); ;P(v )= x{ 1 2 m 1 2 k }

Do đồ thị hàm P(x) chỉ có hữu hạn điểm uốn nên với a đủ lớn và a max d,1995> { }, thì P(x) = a chỉ có tối đa hai nghiệm (mỗi nghiệm được tính với số bội của nó), suy ra n = 2 Nhưng nếu P(x) là tam thức bậc hai với a đủ lớn và a > 1995 thì P(x) = a chỉ có tối đa một nghiệm lớn hơn 1995, đa thức đó lại không thỏa mãn đề bài

Vậy mọi đa thức P(x) thỏa mãn đề bài có dạng P(x) = bx + c với b 0> và c 1995(1 b)≤ −

Bài toán 6:Cho phương trình 2

a x +a x a+ =0(a 0)≠ (1) có hai nghiệm phân biệt p(x) là

đa thức bậc n và có n nghiệm thực phân biệt, chứng minh rằng:

a p(x) a p'(x) a p''(x) 0+ + = cũng có n nghiệm

Bài giải

Trước hết ta chứng minh bổ đề: ∀δ∈ ° khi đó phương trình p(x)+ δp'(x) 0= có nghiệm Chứng minh:

- Nếu δ =0bổ đề là hiển nhiên

- Nếu δ ≠0xét

x

(x) e p(x)δ

Rõ ràng ϕ(x) 0= ⇔p(x) 0= ⇒ ϕ(x) 0= có n nghiệm phân biệt x , x , , x1 2 n

Áp dụng định lí Roller:

i (x ,x ), '(x) 0(i 1,2,3, ,n 1)i i 1+

x

'(x) p'(x).eδ e p(x)δ δ p(x) p'(x)

Vậy phương trình p(x)+ δp'(x) 0= có n - 1 nghiệm ⇒ ∃α ∈i (x , x )i i 1+ với i 1,n 1= − mà phương trình p(x)+ δp'(x) 0= là phương trình bậc n có (n - 1) nghiệm α α1, 2, ,αn 1− nên

p(x)+ δp'(x) (x= − α )(x− α ) (x− α − )(ax b)+

Vậy phương trình p(x)+ δp'(x) 0= phải có nghiệm thứ n Bổ đề được chứng minh

Áp dụng bổ đề để giải bài toán:

Gọi δ δ1, 2 là hai nghiệm của (1)

1

1 2

0

2

1 2

0

a a a a

−

⎧δ +δ =

⎪⎪

⇒ ⎨

⎪δ δ =

⎪⎩

Do đó phương trình a p(x) a p'(x) a p''(x) 00 + 1 + 2 =

p(x) ( )p'(x) p''(x) 0

p(x) p'(x) p'(x) p''(x) 0

Áp dụng bổ đề suy ra 0 p(x)= − δ1p'(x) Q(x)= có n nghiệm

Từ giả thiết Q(x) 0= có n nghiệm suy ra Q(n)− δ2Q'(x) 0= có n nghiệm (Đpcm)

Bài toán 7 :(TST 1994) Cho p(x)∈ ° [ ]x và degp(x) 4= Giả sử p(x) 0= có 4 nghiệm dương phân biệt Chứng minh rằng : 1 4x2 p(x) 1 1 4x2 p'(x) p''(x) 0

dương phân biệt

Lời giải

Ta chứng minh bổ đề sau nếu p(x) 0= có 4 nghiệm phân biệt

0 x< <x <x <x thì phương trình p(x) p'(x) 0− = có 4 nghiệm phân biệt y , y , y , y1 2 3 4

thỏa mãn 0 x< < <1 y1 x2<y2 <x3 <y3 <x4<y4

Xét f (x) e p(x)= −x ⇒f (x) 0= ⇔p(x) 0=

Vậy f (x) 0= có 4 nghiệm 0 x< <1 x2 <x3 <x4

Áp dụng định lý Lagrange ta có : f '(x)= −e p(x) p'(x)e−x + −x

f '(x) 0= ⇔p(x) p'(x) 0− =

Do phương trình p(x) p'(x) 0− = có 3 nghiệm y1<y2 <y3 và deg(p p') 4− =

Suy ra phương trình p(x) p'(x) 0− = có nghiệm thứ 4 là y4 không giảm tổng quát ta giả sử

hệ số x4 trong p(x)là dương

x

→∞ − = +∞ ⇒ ∃α > sao cho : p( ) p'( ) 0α − α >

Do p(y ) p'(y ) p(y ) p'(y ) 03 − 3 = 2 − 2 = ⇒ ∈ β αy4 ( , )

Vậy 0 x< < <1 y1 x2 <y2 <x3<y3 <x4 <y4 (đpcm)

PtQ(x) p(x) p'(x) 0

⇒ = − = có 4 nghiệm dương phân biệt y , y , y , y1 2 3 4

Giả sử Q(x) ax= 4+bx3+cx2 +dx e (a,e 0)+ ≠

4 1

PT R(x) x Q 0

x

⎛ ⎞

⎝ ⎠ có 4 nghiệm dương phân biệt 1 2 3 4

1 1 1 1 , , ,

y y y y

R(x) R'(x) 0

⇒ − = cũng có 4 nghiệm dương phân biệt

Ta có : R(x) R'(x) 0− =

2

(x 4x )p ( x 4x x )p' x p'' 0

1 (x 4x)p

x

⇔ ⎜ ⎟− ⎜ ⎟+ ⎜ ⎟=

⎡ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎡ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎡ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤

⇔ ⎢ ⎜ ⎟− ⎜ ⎟⎥− ⎢ ⎜ ⎟− ⎜ ⎟⎥+ ⎢ ⎜ ⎟− ⎜ ⎟⎥=

( x 4x 1)p' p'' 0

⎛ ⎞+ − + + ⎛ ⎞− ⎛ ⎞=

Đặt t 1

x

= phương trình có dạng :

2

p(t) 1 p'(t) p''(t) 0

Bài toán được chứng minh

Bài toán 8: Cho 2k i

i 0

p(x) a x (a 0,a 0)

=

=∑ ≠ >

Chứng minh rằng nếu: 2k 2i

i 0

a

0 2i 1

=

<

+

∑ thì phương trình p(x) = 0 có nghiệm thực

Bài giải

Xét n i i 1

i 0

a

i 1

+

=

+

+

Áp dụng định lý Lagrange cho Q(x) trong [ ]−1,1

Q(1) Q( 1)

Q'(c) Q'(c) 0 2

Mà Q'(0) p(0) a= = >0 0 áp dụng định lý Bonxano Cauchy suy ra tồn tại α nằm giữa 2 nghiệm c và 0 sao cho Q'( ) 0 hay p( ) 0α = α = (đpcm)

Bài toán 9 :Cho p(x)∈ ° [ ]x có n nghiệm phân biệt lớn hơn 1 Chứng minh rằng

Phương trình : 2 ( ( ) (2 )2)

(1 x )p(x)p'(x) x p(x)+ + + p'(x) =0 (1) có ít nhất 2n - 1 nghiệm phân biệt

Lời giải

Ta có :

(1) p(x) p'(x).x x.p(x) p'(x) 0

p(x) p'(x).x 0 (2)

x.p(x) p'(x) 0 (3)

⎡

⎣

Trước hết ta chứng minh PT (2) và (3) không thể có nghiệm chung trong (1,+ ∞)

Thật vậy giả sử (2) và (3) có nghiệm chung a và a (1,∈ + ∞)

2

p'(a) 1 p(a) ap'(a) 0 p(a) a

a 1 ap(a) p'(a) 0 p'(a)

a p(a)

−

⎪

⎪⎩

{ }

⇒ ∈ − điều này vô lí vì a > 1

Bây giờ ta chứng minh PT (3) có ít nhất n - 1 nghiệm lớn hơn 1 và PT (2) có ít nhất n nghiệm trong đó n -1 nghiệm lớn hơn 1 Từ đó suy ra phương trình (1) có ít nhất 2n - 1 nghiệm phân biệt

Xét hàm số :

2 x 2

f (x) e p(x)= ⇒f (x) 0= ⇔p(x) 0=

Vậy f (x) 0= có nghiệm phân biệt trong (1,+ ∞) Áp dụng định lí Roller ta thấy giữa 2 nghiệm của f(x) có một nghiệm của f '(x)

Vậy phương trình f '(x) 0= có ít nhất n - 1 nghiệm lớn hơn 1

2 x 2

f '(x) e= x.p(x) p '(x)+

f '(x) 0= ⇔x.p(x) p'(x) 0+ = vậy PT (3) có ít nhất n - 1 nghiệm lớn hơn 1

Xét g(x) x.p(x)= , ta có phương trình g(x) 0= có n + 1 nghiệm

0 x= < < <1 x x < < x

Áp dụng định lí Roller : g'(x) 0= có nghiệm α α1, 2, ,αn thỏa mãn α ∈i (x , x ) (i 1,n)i 1− i =

Mà g'(x) xp'(x) p(x)= + ⇒g'(x) 0= ⇔xp'(x) p(x) 0 (2)+ =

Vậy (2) có n nghiệm trong đó ít nhất n - 1 nghiệm lớn hơn 1

Vậy phương trình (1) có ít nhất n - 1 nghiệm (đpcm)

f (x) a= +a x a x+ + − − +a x+ + + + a x , với k 1 k 1

n

− + ≠

⎧

⎨ ≠

Chứng minh rằng nếu f (x) 0= có n nghiệm phân biệt thì a ak 1− k 1+ <0

Lời giải

Ta chứng minh f (x) 0i = có n - i nghiệm phân biệt (i 1,n 1)= −

i 1,f (x) 0= = có n nghiệm phân biệt x1<x2< < xn 1− <xn

Áp dụng định lí Roller 1

i (x ,x )f ( ) 0i i 1+ i

Giả sử f (x) 0i = có n - i nghiệm i t< < < <1 t2 tn i−

Áp dụng định lí Roller cho f (x) trong i [t ,ti i 1+ ](i 1,n i 1)= − − k

k (t ,t ) :f ( ) 0k k 1+ k

Áp dụng bổ đề trên vì f (x) 0= có n nghiệm phân biệt ⇒fk 1− (x) 0= có (n - k - 1) nghiệm phân biệt

k 1

2

− +

−

Do ak 1− ≠ ⇒0 nghiệm phương trình fk 1 − (x) 0= cho xn k 1− − và đặt u 1

x

= phương trình

k 1

f − (x) 0= có dạng : n k 1 n k 1 n k 2 k

k 3

k 1

2

− −

−

=

−

Vì ϕ =(t) 0 có n - k - 1 nghiệm phân biệt áp dụng bổ đề ta suy ra ϕn k 1− − (u) 0= có hai nghiệm phân biệt

(n k 1)! (k 1)!

− −

− −

Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt : ⇔ −(n k)(n k 1)a a− + k 1 k 1− + <0

k 1 k 1

⇔ < (đpcm)

Kết luận: Bài viết trên đây được tổng hợp từ nhiều nguồn tư liệu khác nhau dùng cho việc ôn luyện học sinh giỏi Thông qua các đợt tập huấn dành cho giáo viên trường chuyên tôi đã được học hỏi nhiều kinh nghiệm từ các đồng nghiệp trong quá trình dạy ôn học sinh giỏi Qua bài viết này tôi xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới những người đồng nghiệp của tôi