Chuyên đề sử dụng nghiệm đa thức giải một số bài toán đại số

Chuyên Đề: Sử dụng nghiệm đa thức giải số toán Đại số Mã: TO03A Bài toán đa thức nội dung thường gặp kỳ thi học sinh giỏi Chuyên đề nhằm cung cấp cho em học sinh khái niệm dạng toán thường gặp đa thức liên quan đến nghiệm như: chứng minh đa thức bất khả quy, tìm điều kiện để đa thức chia hết đa thức kia, tìm đa thức thỏa mãn điều kiện cho trước I CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN Đa thức: Đa thức hệ số thực biểu thức có dạng f ( x) = a0 x n + a1 x n −1 + + an −1 x + an a0 , a1 , an số thực ( a0 ≠ ) a0 , a1 , an gọi hệ số đa thức, an gọi số hạng tự do, a0 x n gọi số hạng cao Số mũ cao n x gọi bậc f ( x) ký hiệu là: deg f=n Đa thức f ( x) hệ số thực ký hiệu f ( x) ∈° [ x] Tương tự ký hiệu f ( x) ∈ ¢ [ x], f ( x) ∈ § [ x] hiểu đa thức hệ số nguyên đa thức hệ số hữu tỉ *) Đa thức đa thức không Đa thức f ( x) ≡ c với ∀x ∈ ° gọi Đa thức Đa thức f ( x) ≡ với ∀x ∈ ° gọi Đa thức không *) Nếu a0 = f ( x) gọi đa thức đơn khởi Tính chất bậc: cho f ( x), g ( x) ∈ ° [ x] dễ chứng minh deg( fg ) = deg f + deg g deg( f ( g ( x))) = deg f deg g deg( f ± g ) ≤ max {deg f ,deg g} Nghiệm đa thức: a gọi nghiệm (thực phức) đa thức f ( x) f (a) = a gọi nghiệm bội k đa thức f ( x) f ( x)M( x − a)k f ( x) không chia hết cho ( x − a)k +1 *) Tính chất: ⎧ f (a) = ⎪ ′ ⎪ f (a) = a nghiệm bội k đa thức f ( x) ta có ⎪⎨ f ′′(a) = ⎪ ⎪ ⎪⎩ f ( k −1) (a ) = (với f ( k ) ( x) đa thức đạo hàm cấp k f ( x) ) Đa thức khả quy, bất khả quy ¢ [ x ] Đa thức f ( x) ∈¢ [ x] gọi khả quy ¢ [ x ] tồn đa thức g ( x), h( x) ∈¢ [ x] có bậc ≥ cho f ( x) = g ( x)h( x) Đa thức f ( x) ∈¢ [ x] không khả quy ¢ [ x ] gọi bất khả quy ¢ [ x ] Tương tự ta có định nghĩa đa thức bất khả quy § [ x ] ° [ x ] *) Một số kết quả: Đa thức f ( x) bất khả quy ° [ x ] f ( x) đa thức bậc f ( x) đa thức bậc có Δ < Đa thức f ( x) bất khả quy § [ x ] đa thức f ( x) bất khả quy ¢ [ x ] *) Tiêu chuẩn Ai đen stai nơ: Cho đa thức f ( x) ∈¢ [ x] f ( x) = a0 x n + a1 x n −1 + + an −1 x + an tồn số nguyên tố p thỏa mãn: p không ước a0 p ước a1 , a2 an p không ước an f ( x) bất khả quy ¢ [ x ] Phép chia đa thức Cho đa thức f ( x), g ( x) với g ( x) đa thức khác , tồn cặp đa thức q( x), r ( x) thỏa mãn f ( x) = q( x).g ( x) + r ( x) với deg r ( x) < deg g ( x) Nếu r ( x) ≡ ta nói f ( x) chia hết cho g ( x) Một số định lý thường dùng 5.1 Định lý bơzu: Đa thức f ( x) có nghiệm x = a ⇔ f ( x)M( x − a) *) Hệ quả: Nếu đa thức f ( x) có nghiệm x = a tồn đa thức g(x) cho f ( x) = ( x − a) g ( x) Nếu đa thức f ( x) có n nghiệm x1 , x2 xn tồn đa thức h(x) cho f ( x) = ( x − x1 )( x − x2 ) ( x − xn )h( x) Nếu đa thức bậc n f ( x) = a0 x n + a1 x n −1 + + an −1 x + an có n nghiệm x1 , x2 xn ta có phân tích f ( x) = a0 ( x − x1 )( x − x2 ) ( x − xn ) 5.2 Định lý vi ét: Nếu đa thức f ( x) = a0 x n + a1 x n −1 + + an −1 x + an có n nghiệm phức x1 , x2 xn ta có −a1 ⎧ ⎪ x1 + x2 + + xn = a ⎪ a2 ⎪ ⎪ x1 x2 + x1 x3 + xn −1 xn = a ⎪ ⎪ − a3 ⎨ x1 x2 x3 + x1 x2 x4 + xn −2 xn −1 xn = a0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x x x x = (−1) n an ⎪ n a0 ⎪ ⎩ 5.3 Định lý viét đảo: Cho n số phức x1 , x2 xn thỏa mãn ⎧ x1 + x2 + + xn = s1 ⎪ x x + x x + x x = s n −1 n ⎪⎪ ⎨ x1 x2 x3 + x1 x2 x4 + xn −2 xn −1 xn = s3 ⎪ ⎪ ⎪⎩ x1 x2 x3 xn = sn Khi x1 , x2 xn nghiệm phức đa thức f ( x) = x n − s1 x n −1 + s2 x n − − + (−1) n −1 sn −1 x + (−1) n sn 5.4 Định lý roll Định lý lagrăng a) Định lý roll : Cho hàm số f ( x) liên tục [a; b] có đạo hàm ( a; b ) f (a) = f (b) Khi ∃c ∈ ( a; b ) thỏa mãn f ′(c) = b) Định lý lagrăng Cho hàm số f ( x) liên tục [a; b] có đạo hàm ( a; b ) ∃c ∈ ( a; b ) thỏa mãn f ′(c) = f (b) − f (a) b−a c) Tính chất hàm số liên tục [a; b] Nếu hàm số f ( x) liên tục [a; b] tồn GTLN GTNN f ( x) [a; b] f ( x) nhận giá trị trung gian nằm GTNN GTLN *) Hệ Nếu hàm số f ( x) liên tục [a; b] f (a) f (b) < ∃c ∈ ( a; b ) thỏa mãn f (c) = 5.5 Công thức moa-vrơ số kết số phức Công thức moa vrơ ⎡⎣ r ( cosϕ + i sin ϕ )⎤⎦ = r n ( cosnϕ + i sin nϕ ) với ∀n ∈ ¢ n Cho n số phức z1 , z2 zn ta có kết sau z = z ; z1 + z2 + zn = z1 + z2 + zn z1.z2 zn = z1 z2 zn z1.z2 zn = z1 z2 zn z1 + z2 + + zn ≤ z1 + z2 + + zn Cho f ( x) ∈° [ x] ta có f ( z ) = f ( z ) II TÍNH CHẤT NGHIỆM CỦA ĐA THỨC Các tính chất nghiệm đa thức hệ số nguyên Nếu a nghiệm nguyên đa thức f ( x) ∈¢ [ x] f ( x) = a0 x n + a1 x n −1 + + an −1 x + an a phải ước hệ số tự an p nghiệm hữu tỉ f ( x) với p, q ∈ ¢ , q > phải có p q ước hệ số tự an q ước dương hệ số cao a0 Nếu x = Nếu a0 = ±1 nghiệm hữu tỉ có f ( x) số nguyên Nếu a,b hai số nguyên phân biệt ta có f (a) − f (b)Ma − b Cho d số nguyên dương không phương a,b hai số nguyên Nếu x = a + b d nghiệm f ( x) x = a − b d nghiệm f ( x) Các tính chất nghiệm đa thức hệ số thực Mọi đa thức bậc lẻ ° [ x ] có nghiệm thực Đa thức bậc n có tối đa n nghiệm (thực phức) Nếu đa thức f ( x) có bậc ≤ n có n + nghiệm phải có f ( x) ≡ với ∀x Đa thức f ( x) ∈° [ x] bậc n có đủ n nghiệm phức (kể bội) Nếu a + bi nghiệm đa thức f ( x) ∈° [ x] a − bi nghiệm f ( x) Nếu đa thức f ( x) chia hết cho đa thức g ( x) nghiệm đa thức g ( x) nghiệm đa thức f ( x) Nếu đa thức f ( x) chia hết cho đa thức g ( x) đa thức g ( x) nghiệm thực f ( x) nghiệm thực Nếu đa thức f ( x) ∈° [ x] nghiệm thực phải có f ( x) > với ∀x ∈ ° f ( x) < với ∀x ∈ ° Cho hai đa thức f ( x), g ( x) ∈ ° [ x] đẳng thức f ( x) = g ( x) với ∀x ∈ ° ta có f ( x) = g ( x) với ∀x ∈ £ Sử dụng định lý roll ta chứng minh đa thức f ( x) ∈° [ x] có n nghiệm thực phân biệt đa thức f ′( x) có n-1 nghiệm thực phân biệt xen kẽ nghiệm f ( x) III MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN NGHIỆM CỦA ĐA THỨC Chứng minh đa thức bất khả quy ¢ [ x ] Ví dụ Chứng minh đa thức x3 + x + bất khả quy ¢ [ x ] Lời giải Giả sử đa thức x3 + x + khả quy ¢ [ x ] Khi tồn đa thức: g ( x), h( x) ∈¢ [ x] bậc ≥ cho x3 + x + = g ( x).h( x) bậc đa thức x3 + x + nên đa thức g ( x), h( x) phải có đa thức bậc nhất, suy x3 + x + phải có nghiệm hữu tỉ Vì hệ số cao nên nghiệm phải số nguyên, nghiệm nguyên phải ước hệ số tự nên nghiệm ±1, ±3 Thử trực tiếp ta thấy ±1, ±3 nghiệm x3 + x + mâu thuẫn.vậy đa thức x3 + x + bất khả quy ¢ [ x ] Ví dụ Chứng minh đa thức P( x) = ( x − a1 )( x − a2 ) ( x − an ) − bất khả quy ¢ [ x ] Lời giải: Giả sử đa thức P( x) = ( x − a1 )( x − a2 ) ( x − an ) − khả quy ¢ [ x ] tồn đa thức g ( x), h( x) ∈¢ [ x] bậc ≥ cho P( x) = g ( x).h( x) Thay x = , i = 1, n ta g (ai ).h(ai ) = −1 g (ai ), h(ai ) ∈¢ ⎧ g (ai ) = ⎩h(ai ) = −1 nên ⎨ ⎧ g (ai ) = −1 ⎩h(ai ) = ⎨ suy g (ai ) + h(ai ) = 0, ∀i = 1, n Xét đa thức Q( x) = g ( x) + h( x) deg g ( x), deg h( x) ≤ n − nên deg Q( x) ≤ n − Mặt khác Q( x) có n nghiệm phân biệt x = , i = 1, n nên phải có Q( x) ≡ tức g ( x) = −h( x), ∀x ∈ ° Khi P( x) = −h2 ( x), ∀x ∈ ° Suy P( x) ≤ 0, ∀x ∈ ° điều vô lý lim P( x) = +∞ Vậy P(x) bất khả quy ¢ [ x ] x→+∞ Ví dụ Cho đa thức f ( x) = ( x − x + 6)2 n + 13 chứng minh đa thức f ( x) biểu diễn thành tích n+1 đa thức khác với hệ số nguyên Lời giải: Giả sử ngược lại ta có phân tích f ( x) = f1 ( x) f ( x) f n+1 ( x) (*) với fi ( x) ∈ ¢ [ x ] , deg fi ( x) ≥ 1, ∀i = 1, n + f ( x) > 0, ∀x ∈ ° nên f ( x) nghiệm thực đa thức fi ( x) nghiệm thực Suy fi ( x) phải đa thức bậc chẵn Giả sử deg f1 ( x) ≤ deg f ( x) ≤ deg f3 ( x) ≤ deg f n+1 ( x) deg f ( x) ≥ n +1 4n = deg f ( x) = ∑ deg f i ( x) ≥ 4n + vô lý i =1 Vậy suy f1 ( x), f ( x) đa thức bậc Vì hệ số cao f ( x) nên Hệ số x f1 ( x), f ( x) phải ±1 ,không tổng quát giả sử f1 ( x) = x + ax + b, f ( x) = x + cx + d a, b, c, d ∈ ¢ (vì không ta xét đa thức − f1 ( x), − f ( x) ) Vì f1 ( x), f ( x) nghiệm thực suy f1 ( x), f ( x) > 0, ∀x ∈ ° Trong (*) cho x=1 x=6 ta thu fi (1), fi (6) ∈{1,13}, i = 1, Do fi (6) − fi (1)M5 nên fi (6) = fi (1) = 1,(i = 1, 2) fi (6) = fi (1) = 13,(i = 1, 2) ⎧1 + a + b = ⎧a = −7 f1 ( x) = x − x + ⇔⎨ ⎩36 + 6a + b = ⎩b = Nếu f1 (6) = f1 (1) = ⎨ Dễ thấy đa thức có nghiệm thực mâu thuẫn Nếu f1 (6) = f1 (1) = 13 f (6) = f (1) = tương tự ta f ( x) = x − x + không thỏa mãn Vậy đa thức f ( x) biểu diễn thành tích n+1 đa thức khác với hệ số nguyên Chứng minh phương trình có nghiệm Ví dụ Cho đa thức f ( x) = x + 2015x + chứng minh phương trình f ( f ( f ( x) ) = ( n lần f ) có nghiệm thực với n nguyên n ≥ Lời giải: Bằng quy nạp dễ thấy đa thức hn ( x) = f ( f ( f ( x) )) ( n lần f ) có deg h( x) = 2n hệ số cao lim hn ( x) = +∞ ta tồn số thực x0 mà x→+∞ hn ( x0 ) < Thật gọi x0 điểm bất động đa thức f ( x) = x + 2015x + (nghiệm phương trình f ( x) = x ) x0 = −1007 − 10072 −1 < f ( x0 ) = x0 suy f ( f ( x0 )) = f ( x0 ) = x0 , quy nạp dễ hn ( x0 ) = f ( f ( f ( x0 )) = x0 < Dựa vào tính liên tục hn ( x) = f ( f ( f ( x)) ( x0 ; +∞) ∃c ∈ ( x0 ; +∞) thỏa mãn f (c) = hay phương trình hn ( x) = f ( f ( f ( x)) = có nghiệm thực Ví dụ Cho f ( x), g ( x) ∈ ° [ x] có bậc 2016 có hệ số số hạng cao Biết phương trình f ( x) = g ( x) nghiệm thực Chứng minh rằng: phương trình f ( x + 2015) = g ( x − 1) có nghiệm thực Lời giải: Giả sử ta có: f ( x) = x 2016 + a1 x 2015 + + a2016 g ( x) = x 2016 + b1 x 2015 + + b2016 Với , bi ∈ ° ∀i = 1, 2016 phương trình f ( x) = g ( x) tương đương (a1 − b1 ) x 2015 + (a2 − b2 ) x 2014 + a2016 − b2016 = Vì đa thức bậc lẻ ° [ x ] có nghiệm thực nên từ giả thiết phương trình: f ( x) = g ( x) nghiệm thực suy a1 = b1 lúc phương trình f ( x + 2015) = g ( x − 1) trở thành: 20162 x 2015 + c1 x 2014 + + c2015 = Phương trình hiển nhiên có nghiệm thực phương trinh đa thức bậc lẻ ° [ x ] Ví dụ Cho f ( x) ∈¢ [ x] thỏa mãn f (2015) = 2016 f (2016) = 2015 tồn hay không số nguyên x thỏa mãn f ( x) = x Lời giải: Giả sử tồn số nguyên x thỏa mãn f ( x) = x Do f ( x) ∈¢ [ x] nên ta có: f ( x) − f (2015)Mx − 2015 f ( x) − f (2016)Mx − 2016 suy x − 2016Mx − 2015 x − 2015Mx − 2016 Có điều x − 2015 = x − 2016 ⇔ x = 2015,5 mâu thuẫn 2015,5∉ ¢ Vậy phương trinh f ( x) = x nghiệm nguyên Sự chia hết ° [ x ] Ví dụ Tìm n nguyên n ≥1 để f ( x) = ( x + 1)n − x n − chia hết cho h( x) = x( x + 1)(1 + x + x ) Lời giải: Đa thức f ( x) = ( x + 1)n − xn − chia hết cho h( x) = x( x + 1)(1 + x + x ) ∃g ( x) ∈° [ x] cho f ( x) = h( x).g ( x) (*) đa thức h( x) = x( x + 1)(1 + x + x ) có tập ⎧ −1 ± i ⎫⎪ nghiệm ⎪⎨0, −1, ⎬ nên nghiệm f ( x) ⎪⎩ Vì ⎪⎭ ⎧ ⎪ f (0) = ⎪⎪ n ⎨ f (−1) = −(−1) − = ⎪ ⎪ f ( −1 + i ) = (cos π + i sin π ) n − (cos 2π + i sin 2π ) n − = ⎪⎩ 3 3 nπ nπ 2nπ 2nπ hay n lẻ cos + i sin − cos − i sin −1 = 3 3 ⎧ n = 2k + ⇔ n = 6k + 1, k ≥ ⇔⎨ ⎩n = 3m + Ngược lại n = 6k + 1, k ≥ dễ chứng minh f ( x)Mh( x) Ví dụ Cho f ( x), g ( x) ∈¢ [ x] thỏa mãn f ( x3 ) + xg ( x3 ) chia hết cho đa thức x + x + Chứng minh ( ( f (2015); g (2015))M2014 Lời giải: f ( x3 ) + xg ( x3 ) chia hết cho đa thức x + x + ∃h( x) ∈¢ [ x ] cho f ( x3 ) + xg ( x3 ) = ( x2 + x + 1)h( x) Vì đẳng thức ∀x ∈ £ nên cho x = ε với ε nghiệm phức đa thức x + x + (chú ý ε = ) ta f (1) + ε g (1) = f (1), g (1) ∈¢ nên f (1) = g (1) = lại f ( x), g ( x) ∈¢ [ x] Nên f (2015) = f (2015) − f (1)M2014 g (2015) = g (2015) − g (1)M2014 Suy 2014 ước chung f (2015), g (2015) Do phải ước UCLN ( f (2015); g (2015)) ta có điều phải chứng minh Ví dụ Cho hai đa thức phân biệt P ( x ) ,Q ( x ) ∈° [ x] thỏa mãn P(Q(x))=Q(P(x)) chứng minh đa thức P(P(x)) - Q(Q(x)) chia hết cho P(x) - Q(x) Lời giải : Ta có P(P(x)) - Q(Q(x)) =(P(P(x)) -P(Q(x))+(Q(P(x)) - Q(Q(x)) Do P ( x ) ,Q ( x ) ∈° [ x] nên P(P(x)) -P(Q(x) MP(x) - Q(x) Q(P(x)) - Q(Q(x) MP(x) - Q(x) từ ta có điều phải chứng minh Liên hệ nghiệm đa thức Ví dụ 10 Cho đa thức f ( x) = xn + xn−1 + + x + có n nghiệm x1 , x2 xn tính giá trị biểu thức: A = 1 + + + x1 − x2 − xn − Lời giải: ⎧ y1 = x1 − ⎪ y = x −1 Đặt ⎪⎨ 2 ⎪ ⎪⎩ yn = xn − Vì y1 = x1 − nên x1 = y1 + f ( x1 ) = nên ( y1 + 1) n + ( y1 + 1) n −1 + + ( y1 + 1) + = Hay y1n + + (1 + + + + n) y1 + n + = Suy phương trình x n + + n(n + 1) x + n + = có n nghiệm y1 , y2 yn Theo định lý viet ta có ⎧ n −1 n( n + 1) ⎪ y1 y2 yn −1 + y1 y3 yn −1 + + y2 yn = (−1) ⎨ n − ⎪ y y y = (−1) (n + 1) ⎩ n Do A = 1 n + + + = − y1 y2 yn Ví dụ 11 Giả sử f ( x) = x5 + x − có nghiệm x1 , x2 x5 tính giá trị biểu thức P = ∏ ( xi + xi + 1) i =1 Lời giải: Do f ( x) = x5 + x − có nghiệm x1 , x2 x5 nên ta có biểu diễn f ( x) = ( x − x1 ).( x − x2 ) ( x − x5 ) −1 ± i 2 Nên ta có x + x + = ( x − z1 ).( x − z2 ) suy x1 + x1 + = ( x1 − z1 ).( x1 − z2 ) Phương trình x + x + = có nghiệm phức z1,2 = 5 i =1 i =1 i =1 P = ∏ ( xi + xi + 1) = ∏ ( xi − z1 ).( xi − z2 ) = ∏ ( z1 − xi ).( z2 − xi ) = = f ( z1 ) f ( z2 ) Dễ thấy z12 + z1 + = ⇒ z13 = 1, z15 = z12 = −( z1 + 1) Do z15 + z1 − = −2 P=4 Ví dụ 12 Cho đa thức f ( x) = x + x + + x + với p nguyên tố Chứng minh ε nghiệm f ( x) ε p = tất nghiệm f ( x) p −1 p −2 ε , ε , ε ε p −1 Lời giải: Vì ε nghiệm f ( x) nên ε p −1 + ε p −2 + ε + ε + = mặt khác ε p − = (ε − 1)(ε p −1 + ε p −2 + ε + ε + 1) = ε p = trước hết ta chứng minh nhận xét:số nguyên dương k nhỏ thỏa mãn ε k = k=p Thật hiển nhiên k ≠ có ε p = giả sử ≤ k ≤ p − gọi q,r thương gần số dư chia p cho k ta có p = qk + r với ≤ r < k ε p = (ε k )q ε r mà ε p = 1, ε k = ⇒ ε r = Nếu r ≠ r < k ε r = nên k số số nguyên dương k nhỏ thỏa mãn ε k = Nếu r = p = qk suy k ước p nguyên tố vô lý ≤ k ≤ p − k nhỏ phải p ε pi − = (do ε p = 1) ∀i = 1, p − ε i −1 f ( x) , tồn ≤ i < j ≤ p − mà Ta lại có f (ε i ) = ε i ( p −1) + ε i ( p −2) + + ε i + = Suy ε , ε , ε ε p −1 nghiệm ε i = ε j suy ε j −i = vô lý < j − i < p 10 f ( x) đa thức bậc p-1 lại có p-1 nghiệm phân biệt ε , ε , ε ε p −1 nên tất nghiệm f ( x) Bài toán xác định đa thức Ví dụ 13 Cho đa thức f ( x) bậc có hệ số cao biết rằng: f (1) = 10 f (2) = 20 f (3) = 30 Tính f (4) + f (0) Lời giải : Xét đa thức g ( x) = f ( x) − 10 x g ( x) đa thức bậc có hệ số cao g (1) = g (2) = g (3) = suy g ( x) = ( x − 1)( x − 2)( x − 3)( x + a) Do f ( x) = g ( x) + 10 x = ( x − 1)( x − 2)( x − 3)( x + a) + 10 x Do f (4) + f (0) = 6(4 + a) + 40 − 6a = 64 Ví dụ 14 Tồn hay không đa thức P( x) bậc 2015 cho P( x − 2016) chia hết cho P( x) Lời giải: Ta tồn đa thức dạng P( x) = ( x + a)2015 thỏa mãn với a chọn thích hợp Thật với đa thức P( x) P( x2 − 2016) = ( x2 − 2016 + a)2015 chọn −1 + + 4.2016 ) Khi P( x2 − 2016) = ( x2 − a )2015 = ( x + a)2015 ( x − a)2015 M( x + a)2015 = P( x) a để −2016 + a = −a (lấy a = Ví dụ 15 Tìm tất đa thức ( x − 1) P( x + 1) − ( x + 2) P( x) = 0, ∀x ∈ ° P( x) ∈° [ x] thỏa mãn Lời giải: Lần lượt thay x=1,-2,0 vào đẳng thức thu P( x) có nghiệm 0,1,-1 Suy P( x)Mx3 − x tồn đa thức Q( x) ∈° [ x] cho 11 P( x) = ( x3 − x)Q( x) Thế vào đẳng thức ta Q( x + 1) = Q( x) Đặt Q(0) = a phương trình Q( x) − a = có vô số nghiệm 0,1,2 Do Q( x) − a ≡ 0, ∀x từ P( x) = a( x3 − x) với a số tùy ý IV BÀI TẬP Bài Cho đa thức f ( x) = x + 2015x + chứng minh phương trình f ( f ( f ( x)) = (n lần f) có nghiệm thực với n nguyên n ≥ Bài a) Chứng minh đa thức x3 + x + bất khả quy ¢ [ x ] a + b3 + b) a, b ∈ ¢ cho + ∈ ¢ chứng minh a 2004 − 1Mb + b +1 a +1 c) Chứng minh số A = (3 + 2) 2015 + (3 − 2) 2015 ∈ ¢ tìm số dư chia A cho 35 Bài Giả sử f ( x) = x5 + x + có nghiệm x1 , x2 x5 Tính giá trị biểu thức P = ∏ ( x12 + x1 + 1) Bài Chứng minh đa thức P( x) = ( x − a1 )( x − a2 ) ( x − an ) − Q( x) = ( x − a1 ) ( x − a2 ) ( x − an ) + (với a1 , a2 an số nguyên phân biệt) bất khả quy ¢ [ x ] Bài Tồn hay không đa thức P( x) bậc 2015 P( x − 2016) chia hết cho P( x) Bài Chứng minh đa thức P( x) = (cos ϕ + x sin ϕ )n − cos nϕ − x sin nϕ chia hết cho: x + với n nguyên n ≥ góc ϕ cho trước Bài7 Với giá trị n đa thức + x + x + x n−2 chia hết cho đa thức + x + x + x n−1 Bài Tìm n nguyên n ≥ để ( x + 1)n − x n − chia hết cho x( x + 1)(1 + x + x ) Bài Cho đa thức f ( x) = xn + xn−1 + + x + có n nghiệm x1 , x2 xn tính giá trị biểu thức: A = 1 + + + x1 − x2 − xn − Bài 10 Giả sử phương trình x n = có n nghiệm 1, x1 , x2 xn−1 chứng minh rằng: (1 − x1 )(1 − x2 ) (1 − xn−1 ) = n 12 Bài 11 Cho đa thức f ( x) = ( x − x + 6)2 n + 13 chứng minh đa thức f ( x) biểu diễn thành tích n+1 đa thức khác với hệ số nguyên Bài 12 Cho f ( x), g ( x) ∈¢ [ x] thỏa mãn f ( x3 ) + xg ( x3 ) chia hết cho đa thức x + x + chứng minh ( ( f (2015); g (2015))M2014 Bài 13 Tìm tất n nguyên n ≥ thỏa mãn ( x + 1)n + (2 x − 1)n chia hết cho x3 − x + x Bài 14 Cho hai đa thức phân biệt P(x),Q(x) thỏa mãn P(Q(x)) = Q(P(x)) chứng minh đa thức: P(P(x)) - Q(Q(x)) chia hết cho P(x) - Q(x) Bài 15 Cho đa thức f ( x) = x p−1 + x p−2 + + x + với p nguyên tố Chứng minh ε nghiệm f ( x) ε p = tất nghiệm f ( x) ε , ε , ε ε p −1 Bài 16 Cho f ( x), g ( x) ∈ ° [ x] có bậc 2016 có hệ số số hạng cao biết phương trình f ( x) = g ( x) nghiệm thực Chứng minh rằng: phương trình f ( x + 2015) = g ( x − 1) có nghiệm thực Bài 17 Chứng minh đa thức x a +1 + x 4b+2 + x 4c +3 + x d chia hết cho đa thức x3 + x + x + với a,b,c,d số nguyên dương Bài 18 Chứng minh đa thức f ( x) = ( x2 + 12 )( x2 + 22 ) ( x2 + n2 ) + bất khả quy ¢ [ x ] với n nguyên n ≥ Bài 19 Cho f ( x) ∈¢ [ x] thỏa mãn f (2015) = 2016 f (2016) = 2015 tồn hay không số nguyên x thỏa mãn f ( x) = x Tài liệu tham khảo: Chuyên đề số phức áp dụng tác giả Nguyễn Văn Mậu (chủ biên) Chuyên khảo đa thức tác giả Lê Hoành Phò Bài tập đại số sơ cấp tác giả V.A kretsmar Tài liệu trang web diendantoanhoc.net, mathscope.org 13 [...]...f ( x) là đa thức bậc p-1 lại có p-1 nghiệm phân biệt ε , ε 2 , ε 3 ε p −1 nên đó là tất cả nghiệm của f ( x) 5 Bài toán xác định đa thức Ví dụ 13 Cho đa thức f ( x) bậc 4 có hệ số cao nhất bằng 1 biết rằng: f (1) = 10 f (2) = 20 f (3) = 30 Tính f (4) + f (0) Lời giải : Xét đa thức g ( x) = f ( x) − 10 x khi đó g ( x) là đa thức bậc 4 có hệ số cao nhất bằng 1 và g (1) = g (2)... −1 Bài 16 Cho f ( x), g ( x) ∈ ° [ x] đều có bậc 2016 và có hệ số của số hạng cao nhất bằng 1 biết rằng phương trình f ( x) = g ( x) không có nghiệm thực Chứng minh rằng: phương trình f ( x + 2015) = g ( x − 1) có nghiệm thực Bài 17 Chứng minh rằng đa thức x 4 a +1 + x 4b+2 + x 4c +3 + x 4 d chia hết cho đa thức x3 + x 2 + x + 1 với a,b,c,d là các số nguyên dương bất kỳ Bài 18 Chứng minh rằng đa thức. .. − 1 x2 − 1 xn − 1 Bài 10 Giả sử phương trình x n = 1 có n nghiệm là 1, x1 , x2 xn−1 chứng minh rằng: (1 − x1 )(1 − x2 ) (1 − xn−1 ) = n 12 Bài 11 Cho đa thức f ( x) = ( x 2 − 7 x + 6)2 n + 13 chứng minh rằng đa thức f ( x) không thể biểu diễn được thành tích của n+1 đa thức khác hằng với hệ số nguyên Bài 12 Cho f ( x), g ( x) ∈¢ [ x] thỏa mãn f ( x3 ) + xg ( x3 ) chia hết cho đa thức x 2 + x + 1 chứng... 35 Bài 3 Giả sử f ( x) = x5 + x + 1 có 5 nghiệm là x1 , x2 x5 5 Tính giá trị biểu thức P = ∏ ( x12 + x1 + 1) 1 Bài 4 Chứng minh rằng các đa thức P( x) = ( x − a1 )( x − a2 ) ( x − an ) − 1 Q( x) = ( x − a1 ) 2 ( x − a2 ) 2 ( x − an ) 2 + 1 (với a1 , a2 an là các số nguyên phân biệt) bất khả quy trên ¢ [ x ] Bài 5 Tồn tại hay không một đa thức P( x) bậc 2015 sao P( x 2 − 2016) chia hết cho P( x) Bài. .. rằng đa thức P( x) = (cos ϕ + x sin ϕ )n − cos nϕ − x sin nϕ chia hết cho: x 2 + 1 với mọi n nguyên n ≥ 1 và góc ϕ cho trước Bài7 Với giá trị nào của n thì đa thức 1 + x 2 + x 4 + x 2 n−2 chia hết cho đa thức 1 + x + x 2 + x n−1 Bài 8 Tìm n nguyên n ≥ 1 để ( x + 1)n − x n − 1 chia hết cho x( x + 1)(1 + x + x 2 ) Bài 9 Cho đa thức f ( x) = xn + xn−1 + + x + 1 có n nghiệm x1 , x2 xn tính giá trị biểu thức: ... g (2015))M2014 Bài 13 Tìm tất cả n nguyên n ≥ 1 thỏa mãn ( x + 1)n + (2 x − 1)n chia hết cho x3 − x 2 + x Bài 14 Cho hai đa thức phân biệt P(x),Q(x) thỏa mãn P(Q(x)) = Q(P(x)) chứng minh rằng đa thức: P(P(x)) - Q(Q(x)) chia hết cho P(x) - Q(x) Bài 15 Cho đa thức f ( x) = x p−1 + x p−2 + + x + 1 với p nguyên tố Chứng minh rằng nếu ε là một nghiệm của f ( x) thì ε p = 1 và tất cả các nghiệm của f ( x)... 22 ) ( x2 + n2 ) + 1 bất khả quy trên ¢ [ x ] với mọi n nguyên n ≥ 1 Bài 19 Cho f ( x) ∈¢ [ x] thỏa mãn f (2015) = 2016 và f (2016) = 2015 tồn tại hay không số nguyên x thỏa mãn f ( x) = x Tài liệu tham khảo: 1 Chuyên đề số phức và áp dụng tác giả Nguyễn Văn Mậu (chủ biên) 2 Chuyên khảo đa thức tác giả Lê Hoành Phò 3 Bài tập đại số sơ cấp tác giả V.A kretsmar 4 Tài liệu trên trang web diendantoanhoc.net,... a là hằng số tùy ý IV BÀI TẬP Bài 1 Cho đa thức f ( x) = x 2 + 2015x + 1 chứng minh rằng phương trình f ( f ( f ( x)) = 0 (n lần f) có nghiệm thực với mọi n nguyên n ≥ 1 Bài 2 a) Chứng minh rằng đa thức x3 + x + 3 bất khả quy trên ¢ [ x ] a 3 + 1 b3 + 1 b) a, b ∈ ¢ sao cho + ∈ ¢ chứng minh rằng a 2004 − 1Mb + 1 b +1 a +1 c) Chứng minh rằng số A = (3 + 2 2) 2015 + (3 − 2 2) 2015 ∈ ¢ tìm số dư khi chia... 15 Tìm tất cả các đa thức ( x − 1) P( x + 1) − ( x + 2) P( x) = 0, ∀x ∈ ° P( x) ∈° [ x] thỏa mãn Lời giải: Lần lượt thay x=1,-2,0 vào đẳng thức trên thu được P( x) có các nghiệm là 0,1,-1 Suy ra P( x)Mx3 − x do đó tồn tại đa thức Q( x) ∈° [ x] sao cho 11 P( x) = ( x3 − x)Q( x) Thế vào đẳng thức trên ta được Q( x + 1) = Q( x) Đặt Q(0) = a khi đó phương trình Q( x) − a = 0 có vô số nghiệm là 0,1,2 Do... 1)( x − 2)( x − 3)( x + a) + 10 x Do vậy f (4) + f (0) = 6(4 + a) + 40 − 6a = 64 Ví dụ 14 Tồn tại hay không một đa thức P( x) bậc 2015 sao cho P( x 2 − 2016) chia hết cho P( x) Lời giải: Ta sẽ chỉ ra tồn tại đa thức dạng P( x) = ( x + a)2015 thỏa mãn với a được chọn thích hợp Thật vậy với đa thức P( x) như trên thì P( x2 − 2016) = ( x2 − 2016 + a)2015 chọn −1 + 1 + 4.2016 ) 2 Khi đó P( x2 − 2016) = ... đa thức g ( x) nghiệm đa thức g ( x) nghiệm đa thức f ( x) Nếu đa thức f ( x) chia hết cho đa thức g ( x) đa thức g ( x) nghiệm thực f ( x) nghiệm thực Nếu đa thức f ( x) ∈° [ x] nghiệm thực phải... a + b d nghiệm f ( x) x = a − b d nghiệm f ( x) Các tính chất nghiệm đa thức hệ số thực Mọi đa thức bậc lẻ ° [ x ] có nghiệm thực Đa thức bậc n có tối đa n nghiệm (thực phức) Nếu đa thức f (... định nghĩa đa thức bất khả quy § [ x ] ° [ x ] *) Một số kết quả: Đa thức f ( x) bất khả quy ° [ x ] f ( x) đa thức bậc f ( x) đa thức bậc có Δ < Đa thức f ( x) bất khả quy § [ x ] đa thức f (