Một số chuyên đề và đa thức dành cho học sinh giỏi toán bậc Trung học phổ thông (LV thạc sĩ)

Một số chuyên đề và đa thức dành cho học sinh giỏi toán bậc Trung học phổ thông (LV thạc sĩ)Một số chuyên đề và đa thức dành cho học sinh giỏi toán bậc Trung học phổ thông (LV thạc sĩ)Một số chuyên đề và đa thức dành cho học sinh giỏi toán bậc Trung học phổ thông (LV thạc sĩ)Một số chuyên đề và đa thức dành cho học sinh giỏi toán bậc Trung học phổ thông (LV thạc sĩ)Một số chuyên đề và đa thức dành cho học sinh giỏi toán bậc Trung học phổ thông (LV thạc sĩ)Một số chuyên đề và đa thức dành cho học sinh giỏi toán bậc Trung học phổ thông (LV thạc sĩ)Một số chuyên đề và đa thức dành cho học sinh giỏi toán bậc Trung học phổ thông (LV thạc sĩ)Một số chuyên đề và đa thức dành cho học sinh giỏi toán bậc Trung học phổ thông (LV thạc sĩ)Một số chuyên đề và đa thức dành cho học sinh giỏi toán bậc Trung học phổ thông (LV thạc sĩ)Một số chuyên đề và đa thức dành cho học sinh giỏi toán bậc Trung học phổ thông (LV thạc sĩ)Một số chuyên đề và đa thức dành cho học sinh giỏi toán bậc Trung học phổ thông (LV thạc sĩ)Một số chuyên đề và đa thức dành cho học sinh giỏi toán bậc Trung học phổ thông (LV thạc sĩ)Một số chuyên đề và đa thức dành cho học sinh giỏi toán bậc Trung học phổ thông (LV thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC LƯU MỸ MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ VỀ ĐA THỨC DÀNH CHO HỌC SINH GIỎI TOÁN BẬC TRUNG HỌC PHỔ THÔNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC LƯU MỸ MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ VỀ ĐA THỨC DÀNH CHO HỌC SINH GIỎI TOÁN BẬC TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS LÊ THỊ THANH NHÀN Thái Nguyên - 2015 i Mục lục Lời cảm ơn ii Mở đầu 1 Nhắc lại kiến thức đa thức 1.1 Phép chia với dư ước chung lớn 1.2 Nghiệm đa thức 1.3 Định lí Đại số Công thức Viete 1.4 Đa thức bất khả quy 10 Một số dạng toán thi học sinh giỏi đa thức 14 2.1 Một số toán đơn giản 14 2.2 Sử dụng nghiệm đa thức 18 2.3 Sử dụng đa thức bất khả quy 24 2.4 Sử dụng công thức Viete 27 2.5 Đồng thức Newton 34 Kết luận Đề nghị 39 Tài liệu tham khảo 40 ii Lời cảm ơn Trước hết, xin gửi lời biết ơn chân thành sâu sắc đến PGS.TS Lê Thị Thanh Nhàn Mặc dù bận rộn công việc Cô dành nhiều thời gian tâm huyết công việc hướng dẫn Cho đến hôm nay, luận văn thạc sĩ toán học hoàn thành, xin cảm ơn Cô đôn đốc nhắc nhở giúp đỡ Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu, Khoa Toán - Tin Phòng Đào tạo Trường Đại học khoa học - Đại học Thái Nguyên Tôi xin trân trọng cảm ơn Thầy, Cô tận tình truyền đạt kiến thức quý báu tạo điều kiện thuận lợi để hoàn thành luận văn Cuối cùng, xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn đến gia đình, bạn bè, đồng nghiệp, người không ngừng động viên, hỗ trợ tạo điều kiện tốt cho suốt thời gian học tập thực luận văn Mở đầu Luận văn trình bày lời giải số dạng toán đa thức dành cho học sinh giỏi bậc trung học phổ thông Luận văn viết chủ yếu dựa theo sách Polynomials G D Carroll (2011) sách Polynomials V V Prasolov (2004) Luận văn tham khảo số kiến thức sở Giáo trình Lý thuyết đa thức Lê Thị Thanh Nhàn (2015) sách Ideals, Varieties and Algorithms D Cox, Little J., D O’Shea (2006) Luận văn viết theo dạng chuyên đề, bao gồm toán hay đa thức, đặc biệt nghiệm đa thức, Đồng thức Newton đa thức bất khả quy Các toán chủ yếu dược chọn lọc từ tài liệu Tiếng Anh nói trên, mà không chép từ tài liệu Tiếng Việt Nội dung luận văn hoàn toàn không trùng lặp với luận văn thạc sĩ bảo vệ trước đa thức Thực tế, số đề toán khó có lời giải tóm tắt hướng dẫn, diễn giải tường minh chi tiết lời giải luận văn Có toán phát biểu sách (mà lời giải), tự giải chúng Nhiều toán nằm rải rác sách số tài liệu khác bố cục lại theo chủ đề định để người đọc dễ theo dõi Ngoài phần Mở đầu Kết luận, luận văn chia thành hai chương Trong Chương 1, nhắc lại kiến thức đa thức mà sử dụng luận văn này, bao gồm phép chia với dư ước chung lớn nhất; nghiệm đa thức; Định lí đại số công thức Viete, đa thức bất khả quy Chương trình bày số dạng toán thi học sinh giỏi đa thức Chúng đề cập đến lời giải số dạng toán khó đa thức, đặc biệt dạng toán thi học sinh giỏi quốc tế Chương gồm mục: Một số toán đơn giản; sử dụng nghiệm đa thức; sử dụng đa thức bất khả quy; sử dụng công thức Viete; đồng thức Newton Thái Nguyên, ngày 10 tháng năm 2015 Lưu Mỹ Học viên Cao học Lớp B Khóa 06/2013-06/2015 Chuyên ngành Phương pháp Toán sơ cấp Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Email: luumy.kienan@gmail.com Chương Nhắc lại kiến thức đa thức Một tập V C gọi vành ∈ V phép cộng, phép trừ, phép nhân đóng trong V (tức ∈ V a + b, a − b, ab ∈ V với a, b ∈ V ) Trong suốt chương này, giả thiết V vành C Một vành K C gọi trường phần tử khác K khả nghịch (tức a−1 = 1/a ∈ K với = a ∈ K) Trong suốt chương này, giả thiết K trường C 1.1 Phép chia với dư ước chung lớn Một đa thức biến với hệ số V biểu thức có dạng f (x) = an xn + + a1 x + a0 , x kí hiệu, gọi biến phần tử V , gọi hệ số f (x) Ta viết f (x) = xi , = với i > n Nếu an = n gọi bậc f (x) ta viết deg f (x) = n Hai đa thức xi bi xi = bi với i Tập đa thức biến x với hệ số V kí hiệu V [x] Trong tiết nhắc lại số kết phép chia đa thức với hệ số trường K Trước hết nhắc lại Định lí chia với dư quen biết Định lí 1.1 Cho f (x), g(x) ∈ K[x] với g(x) = Khi tồn cặp đa thức q(x), r(x) ∈ K[x] cho f (x) = g(x)q(x) + r(x), với r(x) = deg r(x) < deg g(x) Trong định lí trên, q(x) gọi thương r(x) gọi dư phép chia f (x) cho g(x) Nếu dư phép chia f (x) cho g(x) tồn q(x) ∈ K[x] cho f (x) = g(x)q(x) Trong trường hợp này, ta nói f (x) chia hết cho g(x) hay g(x) ước f (x) Hệ 1.1 Cho a ∈ K Khi dư phép chia f (x) ∈ K[x] cho x − a f (a) Chứng minh Chia f (x) cho x − a, dư đa thức bậc bậc (x − a) Vì vậy, dư phần tử r ∈ K Ta có f (x) = (x − a)q(x) + r Thay x = a vào đẳng thức ta r = f (a) Định nghĩa 1.1 Một đa thức d(x) ∈ K[x] gọi ước chung lớn đa thức f1 (x), , fs (x) ∈ K[x] d(x) ước chung fi (x) với i = 1, , s t(x) ∈ K[x] ước chung fi (x) d(x) chia hết cho t(x) Chú ý ước d(x) ước chung lớn f1 (x), , fs (x) ước chung f1 (x), , fs (x) có dạng ad(x) với = a ∈ K Trong số này, có đa thức d∗ (x) ước chung lớn f1 , , fs có hệ số cao Do ta kí hiệu gcd(f1 , , fs ) = d∗ (x) Ta tìm ước chung lớn nhiều đa thức quy nạp dựa theo công thức gcd(f1 , , fs ) = gcd(gcd(f1 , , fs−1 ), fs ) Vì để tìm ước chung lớn hữu hạn đa thức, ta cần tìm ước chung lớn hai đa thức Bổ đề 1.1 Cho f, g, q, r ∈ K[x] đa thức thỏa mãn g(x) = f = gq +r r = deg r < deg g Khi ước chung lớn f g ước chung lớn g r Chứng minh Giả sử d(x) ước chung lớn f g Khi d(x) ước f − gq Do d(x) ước r(x) Vì d(x) ước chung g r Giả sử t(x) ước chung g r Khi t(x) ước f − gq Suy t(x) ước f (x) Vì t(x) ước chung g f Suy t(x) ước d(x) Vậy d(x) ước chung lớn g r Ngược lại, giả sử d(x) ước chung lớn g r Hoàn toàn tương tự ta d(x) ước chung lớn f g Định lí 1.2 (Thuật toán Euclid tìm ước chung lớn nhất) Giả sử f, g ∈ K[x] g = Thực liên tiếp phép chia ta có     f = gq + r, r = 0, deg r < deg g        g = rq1 + r1 , r1 = 0, deg r1 < deg r       r = r1 q2 + r2 , r2 = 0, deg r2 < deg r1           rk−2 = rk−1 qk + rk , rk = 0, deg rk < deg rk−1       rk−1 = rk qk+1 Khi rk ước chung lớn f g Chứng minh Chia f cho g ta phần dư r Nếu r = chia g cho r ta phần dư r1 Nếu r1 = chia r cho r1 ta dư r2 Quá trình phải chấm dứt sau số hữu hạn bước bước dãy giảm số tự nhiên deg g > deg r > deg r1 > phải dừng Theo Bổ đề 1.1, ước chung lớn f g rk Từ thuật toán Euclid tìm ước chung lớn ta suy f1 , , fs ∈ K[x] đa thức không đồng thời tồn ước chung lớn f1 , , fs K[x] Kết sau cho thấy ước chung lớn tổ hợp tuyến tính đa thức Định lí 1.3 Giả sử f (x), g(x) ∈ K[x] d(x) ∈ K[x] ước chung lớn f (x), g(x) Khi tồn u(x), v(x) ∈ K[x] cho d(x) = f (x)u(x) + g(x)v(x) Chứng minh Ta chứng minh Định lí theo thuật toán sau đây, gọi thuật toán Euclid mở rộng Trong phép chia liên tiếp thuật toán Euclid tìm ước chung lớn nhất, d(x) = rk (x) Đặt u1 (x) = 1, v1 (x) = −qk (x), từ đẳng thức giáp cuối ta có d(x) = rk−2 (x)u1 (x) + rk−1 (x)v1 (x) Thay rk−1 (x) từ đẳng thức giáp cuối ta rk−1 (x) = rk−3 (x) − rk−2 (x)qk−1 (x) ta có d(x) = rk−3 (x)u2 (x)+rk−2 (x)v2 (x), u2 (x) = v1 (x) v2 (x) = u1 (x) − v1 (x)qk−1 (x) Cứ tiếp tục từ lên, đến đẳng thức ta có kết 1.2 Nghiệm đa thức Định nghĩa 1.2 Phần tử α ∈ C gọi nghiệm đa thức f (x) = an xn + + a1 x + a0 ∈ K[x] f (α) = an αn + + a1 α + a0 = Từ Hệ 1.1 ta có kết sau: Hệ 1.2 Phần tử a ∈ K nghiệm đa thức f (x) ∈ K[x] với tồn đa thức g(x) ∈ K[x] cho f (x) = (x − a)g(x) Cho k > số nguyên Một phần tử a ∈ C gọi nghiệm bội k đa thức f (x) ∈ K[x] C[x], đa thức f (x) chia hết cho (x − a)k không chia hết cho (x − a)k+1 Nếu k = a gọi nghiệm đơn Nếu k = a gọi nghiệm kép Hệ 1.3 Phần tử a ∈ K nghiệm bội k f (x) ∈ K[x] với f (x) = (x − a)k g(x) với g(x) ∈ K[x] với g(a) = 26 có g(ai )h(ai ) = với i = 1, , n Do g(ai ) h(ai ) số nguyên nên ta có g(ai ) = ±1 h(ai ) = ±1 với i = 1, , n Vì n lẻ g(a1 ), , g(an ) ∈ {1, −1}, phải có (n + 1)/2 số i cho g(ai ) = (hoặc g(ai ) = −1) Không tính tổng quát ta giả thiết g(ai ) = với (n+1)/2 số i Vì phân biệt nên đa thức g(x) − có (n + 1)/2 nghiệm Suy deg g(x) ≥ (n + 1)/2 Tương tự ta suy deg h(x) ≥ (n + 1)/2 Suy n = deg f (x) = deg g(x) + deg h(x) ≥ (n + 1)/2 + (n + 1)/2 = n + 1, điều vô lí Tiêu chuẩn Eisenstein Cho f (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 đa thức bậc n dương với hệ số nguyên Nếu có số nguyên tố p cho p không ước an p ước với i < n, đồng thời p2 không ước a0 f (x) đa thức bất khả quy Q (tức f (x) không tích hai đa thức có hệ số nguyên có bậc bé n) Lời giải toán sau cần sử dụng tiêu chuẩn Eisenstein Bài toán 2.20 Cho p nguyên tố Chứng minh f (x) = xp−1 + xp−2 + · · · + x + bất khả quy Q Chứng minh Đặt f (x) = xp−1 + xp−2 + · · · + x + có f (x) = xp − , x−1 nên (x + 1)p − x p−1 = x + Cp1 xp−2 + · · · + Cpp−2 x + Cpp−1 f (x + 1) = 27 Với ≤ k ≤ p − 1, ta có Cpk = p! .p k!(p − k)! với Cpk = Do p nguyên tố, Cpp−1 = p! = p p2 , 1!(p − 1)! an = p với Cpk = Cpp−k Theo tiêu chuẩn Eisenstein f (x + 1) bất khả quy nên f (x) bất khả quy Bài toán sau có cách giải tương tự toán Bài toán 2.21 (IMO 1993) Cho số nguyên n > Chứng minh xn + 5xn−1 + bất khả quy Z[x] 2.4 Sử dụng công thức Viete Lời giải toán sau cần đến công thức Viete Bài toán 2.22 Cho a1 , a2 , , an b1 , b2 , , bn hai dãy số cho = aj ; bi = bj với i = j + bj = với i, j Cho n2 số cjk với j, k = 1, 2, , n cho với i k ta có   1 n j=1 cjk = + bj  0 i = k, i = k Chứng minh n cjk = a1 + · · · + an + b1 + · · · + bn i,k=1 Chứng minh Xét đa thức f (x) = (x + b1 )(x + b2 ) · · · (x + bn ) n n − cjk (x + b1 ) · · · (x + bj−1 )(x + bj+1 ) · · · (x + bn ) j=1 k=1 28 (như kết cuối có chứa tất (x + bl ) trừ l = j) Khi đó, f đa thức bậc n, hệ số xn−1 n n n bl − l=1 cjk j=1 k=1 Khi a đa thức với i, số khác nhau, chúng hệ số nguyên f Vậy theo Định lí Viete hệ số xn−1 − n i=1 Để chứng minh điều ta giả sử chọn a , nhân hai vế với (ai + b1 )(ai + b2 ) · · · (ai + bn ), ta n cjk (ai + b1 ) · · · (ai + bj−1 )(ai + bj+1 ) · · · (ai + bn ) j=1 =   (ai + b1 )(ai + b2 ) · · · (ai + bn ) i = k,  0 i = k Ta thay tất giá trị k, i = k ta nhận được: cjk (ai + b1 ) · · · (ai + bj−1 )(ai + bj+1 ) · · · (ai + bn ) j k = (ai + b1 )(ai + b2 ) · · · (ai + bn ) f (ai ) = Bài toán 2.23 Tìm tất cặp số (x, y, z) thoả mãn:    x + y + z = 17   xy + xz + yz = 94     xyz = 168 Lời giải Theo giả thiết ta có σ1 = 17, σ2 = 94, σ3 = 168 Khi x, y, z nghiệm phương trình: f (a) = a3 − 17a2 + 94a − 168 = Nhận thấy ước 168, ta chọn a = kết f (a) = a2 − 10a + 24 a−7 29 hay f (a) = (a − 7)(a − 4)(a − 6) tất số (x, y, z) thoả mãn toán hoán vị (4, 6, 7) Lời giải toán sau cần đến khai triển Newton Bài toán 2.24 (AIME 2001) Tìm tổng đối xứng tất nghiệm thực phức (không thực) phương trình 2001 x 2001 −x + = Lời giải Trước hết ta nhắc lại khai triển nhị thức Newton n n (a − b) Cnk an−k (−1)k bk = = k=0 Cn0 an − Cn1 an−1 b + · · · + Cnn−1 a(−1)n−1 bn−1 + Cnn (−1)n bn Ở ta kí hiệu Cnk = n! với k, n ∈ N k ≤ n k!(n − k)! Ta có x 2001 + −x 2001 2001 = x 2001 k C2001 + k=0 = x2001 + C2001 +··· + 2000 +C2001 = 1999 C2001 2 2001−k (−x)k 2001 2000 + C2001 (−x) (−x)1999 2001 (−x)2000 + C2001 (−x)2001 2000 C2001 1999 x2000 − C2001 −··· − C2001 2 x 2000 x+ 1999 C2001 + 1998 C2001 σ2000 −C2001 ( 21 )2 −a1999 = =− = a2000 C2001 ( 12 ) Vậy σ2000 = 500 2001.2000 2001 · = 500, x1998 2001 Khi đó, đa thức có bậc 2000 Như ta có tổng đối xứng cần tìm hệ số xi Khi −a1999 , a2000 Cnk = Cnn−k 30 Bài toán 2.25 (USA 1984) Biết tích hai bốn nghiệm khác không phương trình bậc x4 − 18x3 + kx2 + 200x − 1984 = −32 Tìm k Lời giải Gọi bốn nghiệm toán cho r, s, t, u, không tính tổng quát ta giả sử rs = −32 Từ công thức Viete cho ta    r + s + u + t = 18      rs + rt + ru + st + su + tu = k   rst + rsu + rtu + stu = −200      rstu = −1984 (2.1) Do rs = −32, từ rstu = −1984 suy tu = 62 Thay vào phương trình thứ ta rs(t + u) + tu(r + s) = −200 −32(t + u) + 62(r + s) = −200 Đặt   u+t=a  r+s=b ta −32a + 62b = −200 Từ r + s + u + t = 18 ta có a + b = 18 nên   a + b = 18  16a − 31b = 100   a = 14  b=4 Từ phương trình rs + rt + ru + st + su + tu = k ta có k = rs + (r + s)(t + u) + tu = −32 + 14.4 + 62 hay k = 86 Bài toán 2.26 (Canada 2001) Cho P (x) đa thức bậc hai với hệ số nguyên cho 31 (a) Cả hai nghiệm số nguyên dương (b) Tổng hệ số số nguyên tố (c) Tồn số nguyên k thỏa mãn P (k) = −55 Chứng minh nghiệm Tìm nghiệm lại Chứng minh Đặt P (x) = ax2 + bx + c = a(x − r1 )(x − r2 ), r1 , r2 hai nghiệm a, b, c nguyên Theo giả thiết a + b + c = p (với p nguyên tố), không tính tổng quát, giả sử r1 r2 , từ P (1) = a + b + c = p P (1) = a(1 − r1 )(1 − r2 ) Vì a ∈ Z nên a ∈ {1; −1, p, −p} (do p nguyên tố) Nếu a = p (1 − r1 )(1 − r2 ) = nên hệ   r =r =0  r =r =2 không xảy điều kiện (c) có P (k) = −55 Nếu a = −p (1 − r1 )(1 − r2 ) = −1 nên r1 = r2 = (mâu thuẫn) Bây giờ, P (k) = a(k − r1 )(k − r2 ) = −5.11, ta có hai khả    a=1   k − r1 = 55     k−r =1    a=1   (2.2) (2.3) k − r1 = 11     k−r =5 b Xét hệ (2.2) có r2 = r1 + 54 mà r1 + r2 = − = −b suy b = −2r1 − 54, r1 r2 = a c = c ta c = r1 (r1 + 54) a Vì a+b+c = p nên 1+(−2r1 −54)+r12 +54r1 = p hay r12 +52r1 −(53+p) = nên r1 = −52 ± 522 + 4(53 + p) = −26 ± 262 + 53 + p 32 = −26 ± 272 + p Đặt h2 = 272 + p p = (h + 27)(h − 27), p nguyên tố nên h − 27 = suy h = 28 ta p = 55 không số nguyên tố nên không thoả mãn (Trường hợp h + 27 = h = −26 không thỏa mãn) Xét hệ (2.3), từ hệ (2.3) ta có    r = r1 +   b = −2r1 −     c = r (r + 6) 1 mà p = a + b + c, a = nên p = 10(2r1 + 6) + r12 + 6r1 hay r12 + 4r1 − (5 + p) = phương trình cho ta r = −2 ± 32 + p Đặt i2 = 32 + p hay p = (i + 3)(i − 3), p nguyên tố nên i − = hay i = p = (nguyên tố) Vậy r1 = 2, r2 = Tóm lại đa thức P (x) thoả mãn ba diều kiện P (x) = (x − 2)(x − 8) với hai nghiệm x = 2, x = Bài toán sau cần sử dụng đến Định lí Viete Bài toán 2.27 (Canada 1996) Gọi α, β, γ ba nghiệm phương trình x3 − x − = Tìm A= 1−α 1−β 1−γ + + 1+α 1+β 1+γ Lời giải Ta có (1 − α)(1 + β)(1 + γ) + (1 − β)(1 + α)(1 + γ) + (1 − γ)(1 + α)(1 + β) (1 + α)(1 + β)(1 + γ) + (α + β + γ) − (βγ + αβ + αγ) − 3αβγ = + (α + β + γ) + (αβ + βγ + γα) + αβγ + σ1 − σ2 − 3σ3 = + σ1 + σ2 + σ3 A = Vì α, β, γ ba nghiệm phương trình x3 − x − = nên ta có σ1 = α + β + γ = 0, σ2 = αβ + βγ + γα = −1, 33 σ3 = αβγ = −1 từ A= 3+0+1+3 = −7 1+0−1−1 Bài toán 2.28 (USSR Olympiad Problems Book) Chứng minh α, β hai nghiệm phương trình x2 + px + = (1) γ, δ hai nghiệm phương trình x2 + qx + = (2) (α − γ)(β − γ)(α + δ)(β + δ) = q − p2 Chứng minh Vì α, β hai nghiệm phương trình (1), theo Viete ta có α + β = −p, αβ = Tương tự γ, δ hai nghiệm phương trình (2) nên ta có γ + δ = −q, γδ = γ + γq + = ⇒ γ + = −γq δ + δq + = ⇒ δ + = −δq Biến đổi với ý γδ = 1, ta có (α − γ)(β − γ)(α + δ)(β + δ) = [αβ − (α + β)γ + γ ][αβ + (α + β)δ + δ ] = (1 + pγ + γ )(1 − pδ + δ ) = (pγ − qγ)(−pδ − δq) = γδ(q − p2 ) = q − p2 34 Bằng cách đặt −z = t, lời giải toán sau tương tự lời giải Bài toán 2.23 Bài toán 2.29 Tìm số (x, y, z) thoả mãn    x+y−z =0   zx − xy + yz = 27     xyz = 54 2.5 Đồng thức Newton Trước hết nhắc lại công thức đồng thức Newton Đặt Sn = r1n + r2n + · · · + rnn , với ri nghiệm đa thức P (x) Ta có P (x) = an (x − r1 )(x − r2 ) · · · (x − rn ) hệ số tương ứng với xi (với ≤ i ≤ n) Khi đồng thức Newton hay tổng Newton cho an S1 + an−1 = an S2 + an−1 S1 + 2an−2 = an S3 + an−1 S2 + an−2 S1 + 3an−3 = Tổng quát ta có an Sd + an−1 Sd−1 + an−2 Sd−2 + · · · + an−d+1 S1 + dan−d = Có nhiều cách chứng minh Đồng thức Newton có cách dùng phương pháp quy nạp toán học Ở đây, tác giả không chứng minh mà áp dụng vào giải toán Lời giải toán sau cần đến công thức Đồng thức Newton Bài toán 2.30 Gọi a, b, c nghiệm phương trình x3 + 2x2 + 3x + = Tìm a2 + b2 + c2 35 Lời giải Ta có (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) suy a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 − 2(ab + bc + ca) Định lí Viete cho ta   a + b + c = −2,  ab + bc + ca = nên a2 + b2 + c2 = −2 Bài toán 2.31 Gọi a, b, c ba nghiệm phương trình 7x3 − 21x2 + 9x + = Tính a4 + b4 + c4 Lời giải Ta cần tìm S4 := a4 + b4 + c4 Áp dụng đồng thức Newton: 7S1 − 21 = ta có 7S2 − 21S1 + 2.9 = S1 = ta có 7S3 − 21S2 + 9S1 + 3.2 = S2 = ta có 7S4 − 21S3 + 9S2 + 2S1 + 4.0 = 45 S3 = ta có 102 S4 = 1695 49 Bài toán 2.32 (AIME 2003) Gọi nghiệm phương trình x4 − x3 − x2 − = a, b, c, d Tìm p(a) + p(b) + p(c) + p(d) p(x) = x6 − x5 − x3 − x2 − x Lời giải Đặt z = p(a) + p(b) + p(c) + p(d), ta có z = (a6 − a5 − a3 − a2 − a) + (b6 − b5 − b3 − b2 − b) +(c6 − c5 − c3 − c2 − c) + (d6 − d5 − d3 − d2 − d) = (a6 + b6 + c6 + d6 ) − (a5 + b5 + c5 + d5 ) − (a3 + b3 + c3 + d3 ) −(a2 + b2 + c2 + d2 ) − (a + b + c + d) = S6 − S5 − S3 − S2 − S1 Áp dụng đồng thức Newton với d = với nghiệm x4 − x3 − x2 − 1, ta a4 S6 + a3 S5 + a2 S4 + a1 S3 + a0 S2 + a−1 S1 + 6a−2 = 36 Suy S6 − S5 − S4 + 0.S3 − S2 + 0.S1 + 6.0 = Hay S6 − S5 − S4 − S2 = Cộng S4 − S3 − S1 cho hai vế S6 − S5 − S4 − S2 = 0, ta S6 − S5 − S4 − S2 + (S4 − S3 − S1 ) = S4 − S3 − S1 Đẳng thức tương đương với S6 − S5 − S3 − S2 − S1 = S4 − S3 − S1 Lần ta có an S1 + an−1 = Suy 1.S1 − = Vì S1 = an S2 + an−1 S1 + 2.an−2 = 0, ta có 1.S2 + (−1).1 + 2.(−1) = Do S2 = Tương tự ta có an S3 + an−1 S2 + an−2 S1 + 3an−3 = Suy 1.S3 − S2 − S1 + 3.0 = hay S3 − − − = nên S3 = Ta có an S4 + an−1 S3 + an−2 S2 + an−3 S1 + 4an−4 = Suy S4 − S3 − S2 + 0.S1 + 4(−1) = hay S4 − − − = nên S4 = 11 Vậy z = S4 − S3 − S1 = 11 − − = Bài toán 2.33 (APMO 2003) Giả sử đa thức với hệ số thực P (x) = x8 − 4x7 + 7x6 + a5 x5 + a4 x4 + a3 x3 + a2 x2 + a1 x + a0 có nghiệm số thực dương Tìm tất giá trị có a0 37 Lời giải Đây đa thức bậc 8, gọi nghiệm thực dương P (x) r1 , r2 , , r8 Áp dụng công thức Viet, ta có r1 + r2 + · · · + r8 = = σ1 σ2 = (chú ý σ2 = r1 r2 + r1 r3 + r1 r4 + · · · + r7 r8 = 7) Các giá trị σ2 không đặc biệt hữu ích việc tìm a0 , vậy, sử dụng đồng thức Newton a8 S2 + a7 S1 + 2a6 = 0, hay 1.S2 + (−4).4 + 2.7 = 0, S2 = r12 + r22 + · · · + r82 = 2, S1 = r1 + r2 + · · · + r8 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số thực x1 , x2 , · · · , xn y1 , y2 , · · · , yn , ta có (x1 y1 + x2 y2 + · · · + xn yn )2 (x21 + x22 + · · · + x2n )(y12 + y22 + · · · + yn2 ) Dấu xảy x1 x2 xn = = ··· = y1 y2 yn với yj = 0, j = 1, n Ở coi x1 = x2 = · · · = x8 = 1, yi = ri , i = 1, Có (r1 + r2 + · · · + r8 )2 8(r12 + r22 + · · · + r82 ) Chú ý rằng, dấu xảy r1 = r2 = · · · = r8 = Khi a0 = r1 r2 · · · r8 = 256 Bài toán 2.34 Tìm tất số thực phức thỏa mãn hệ phương trình    x+y+z =3   x2 + y + z =     x3 + y + z = 38 Lời giải Không tính tổng quát, ta giả sử x, y, z nghiệm đa thức với hệ số số hạng cao Định lí Viete cho ta x + y + z = 3, ta có a2 = −3 Khi đa thức có dạng f (r) = r3 − 3r2 + a1 r + a0 , tổng Newton ta có a3 S2 + a2 S1 + 2a1 = a3 = 1, a2 = −3, S2 = x2 + y + z = 3, S1 = x + y + z = nên 1.3 + (−3).3 + 2.a1 = 0, suy a1 = Mặt khác, a3 S3 + a2 S2 + a1 S1 + 3a0 = 0, S3 = x3 + y + z = hay 1.3 + (−3).3 + 3.3 + 3.a0 = suy a0 = −1 nên f (r) = r3 − 3r2 + 3r − = (r − 1)3 Vậy hệ có nghiệm x = y = z = 39 Kết luận Đề nghị Luận văn trình bày lời giải số dạng toán đa thức dành cho học sinh giỏi bậc trung học phổ thông Luận văn viết chủ yếu dựa theo sách Polynomials G D Carroll (2011) sách Polynomials V V Prasolov (2004) Luận văn tham khảo số kiến thức sở Giáo trình Lý thuyết đa thức Lê Thị Thanh Nhàn (2015) sách Ideals, Varieties and Algorithms D Cox, Little J., D O’Shea (2006) Trong luận văn này, thực nội dung sau • Nhắc lại kiến thức sở đa thức phục vụ cho lời giải toán Chương • Trình bày lời số dạng toán đa thức dành cho học sinh giỏi bậc trung học phổ thông (bao gồm nhiều toán khó toán thi đề cử thi học sinh giỏi toán quốc tế) Các toán chia theo chủ đề mà lời giải tương ứng với kiến thức phép chia với dư ước chung lớn nhất; nghiệm đa thức; Công thức Viete; đa thức bất khả quy; Đồng thức Newton 40 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Lê Thị Thanh Nhàn (2015), Lý thuyết đa thức (Giáo trình Sau đại học), NXB Đại học Quốc gia Hà Nội Tiếng Anh [2] Carroll G D (2011), Polynomials, Lecture Notes, http://ebookbrowsee net/gabriel-carroll-pdf-d200255276 [3] Cox D., Little J., O’Shea D (2006), Ideals, Varieties and Algorithms, Springer [4] Prasolov V V (2004), Polynomials, Springer (second edition) ...ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC LƯU MỸ MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ VỀ ĐA THỨC DÀNH CHO HỌC SINH GIỎI TOÁN BẬC TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01... nghiệm đa thức; Định lí đại số công thức Viete, đa thức bất khả quy Chương trình bày số dạng toán thi học sinh giỏi đa thức Chúng đề cập đến lời giải số dạng toán khó đa thức, đặc biệt dạng toán. .. 14 Chương Một số dạng toán thi học sinh giỏi đa thức 2.1 Một số toán đơn giản Lời giải toán sau cần dùng đến định nghĩa hai đa thức Bài toán 2.1 Cho m n số tự nhiên với m chẵn Với k n! số tổ hợp