SKKN một số ỨNG DỤNG TÍNH CHẤT NGHIỆM của đa THỨC hệ số THỰC

Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hồng Cương THƠNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN ********** Tên sáng kiến: MỘT SỐ ỨNG DỤNG TÍNH CHẤT NGHIỆM CỦA ĐA THỨC HỆ SỐ THỰC Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: - Chương trình Tốn lớp 10 THPT chun, 11 THPT chun - Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Quốc gia Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ - 2015 đến - 2016 Tác giả: Họ tên: Nguyễn Hoàng Cương Năm sinh: 1980 Nơi thường trú: 239 đường Hưng Yên, phường Quang Trung, TP Nam Định Trình độ chuyên môn: Thạc sĩ Chức vụ công tác: Giáo viên Nơi làm việc: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định Địa liên hệ: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định Điện thoại: 0914.521.894 Đồng tác giả: Họ tên: Nguyễn Trung Sỹ Năm sinh: 1982 Nơi thường trú: Nam Tân, Nam Trực, Nam Định Trình độ chun mơn: Thạc sĩ Chức vụ cơng tác: Giáo viên Nơi làm việc: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định Địa liên hệ: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định Điện thoại: 0125.459.1182 Đơn vị áp dụng sáng kiến Tên đơn vị: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định Địa chỉ: 76 đường Vị Xuyên, TP Nam Định Điện thoại: 03503.640297 NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hồng Cương I ĐIỀU KIỆN, HỒN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN Đa thức nội dung quan trọng chương trình tốn học phổ thơng bắt đầu giảng dạy chương trình đại số cấp THCS Các toán đa thức xuất nhiều kì thi học sinh giỏi Quốc gia Quốc tế Kiến thức liên quan để giải tập đa thức đa dạng phong phú Đa thức nói chung nghiệm đa thức nói riêng có nhiều tính chất quan trọng có nhiều ứng dụng mặt đại số giải tích Trong kì thi học sinh giỏi, tính chất áp dụng nhiều Trong trình giảng dạy, đặc biệt sau thời gian nghiên cứu giảng dạy cho đội tuyển học sinh giỏi, nhận thấy học sinh cung cấp kiến thức đa thức tính chất nghiệm; đồng thời biết số ứng dụng vận dụng để giải tập lớn Báo cáo sáng kiến việc trình bày lại số kiến thức mặt đại số giải tích đa thức nghiệm đa thức; báo cáo đưa số ứng dụng tính chất nghiệm toán thi học sinh giỏi cấp II CÁC GIẢI PHÁP THỰC HIỆN A Các kiến thức chuẩn bị: Định nghĩa: Cho hàm số f : �� � Ta gọi f đa thức f số tồn n ��* số thực a0 , a1 , , an với a0 �0 cho f  x   a0 x n  a1x n1   an1 x  an +) a0 , a1 , , an gọi hệ số đa thức; a0 �0 gọi hệ số cao nhất; an gọi hệ số tự +) Đặc biệt a0  f gọi đa thức chuẩn tắc đa thức monic Bậc đa thức: Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hoàng Cương n n 1 f x  a x  a x   an1 x  an   Cho đa thức f  x   0, x �� đa thức f khơng có bậc +) Nếu f số khác bậc f 0; kí hiệu deg f  +) Nếu a0 �0 bậc f n ; kí hiệu deg f  n +) Nếu Nghiệm đa thức: 3.1 Định nghĩa: Cho đa thức f �� x  số  �� Ta gọi  nghiệm đa thức f f    3.2 Định lý Bezout: Cho đa thức f  x chia hết cho *) Một số hệ quả: f �� x  Số thực  nghiệm đa thức f  x   +) Hệ 1: Phần dư phép chia đa thức f  x cho đa thức  x   f  a +) Hệ 2: f x f x Nếu x1 , x2 , , xm nghiệm phên biệt đa thức     chia x  x1   x  x2   x  xm  hết cho  3.3 Nghiệm bội: Cho đa thức f �� x   �� k ��* , f x Ta gọi  nghiệm bội đa thức f   chia hết cho  x    k f  x  không chia hết cho  x    k 1 , nghĩa f  x    x  a  g  x  , x �� k g    �0 3.4 Nghiệm hữu tỉ, nghiệm nguyên: n n 1 f x  a x  a x   an1 x  an , ��, i  0, n, a0 �0   Cho đa thức Nếu x p , q với  p, q   nghiệm f  x  p ước an q ước a0 Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hồng Cương f x Nếu a0  nghiệm hữu tỉ   nghiệm nguyên, với f  x  �� x  3.5 Nghiệm với yếu tố giải tích: 3.5.1 Tính liên tục: f �� x  , deg f  n Cho đa thức Nếu tồn hai số a, b mà f  a f  b  f x x  c � a; b  đa thức   có nghiệm 3.5.2 Nghiệm bội: * f �� x   �� Cho đa thức , k �� Ta gọi  nghiệm bội đa  k 1 �  a  �f  a   f '  a    f �  k f  a  �0 thức f � f x f' x *) Kết quả: Nếu   có nghiệm bội k    có nghiệm bội k  3.5.3 Định lý Lagrange: f x a; b có đạo hàm khoảng Nếu hàm số   liên tục đoạn  f  b  f  a   a; b  tồn số c � a; b  cho b  a  f ' c  *) Định lý Rolle: Nếu f có hai nghiệm x  a, x  b có đạo hàm đoạn  a; b f  a  f  b  c � a; b  cho f '  c   tồn số *) Áp dụng vào đa thức: f x f' x f a  f  b +) Đa thức   liên tục � có đạo hàm   ,   c � a; b  f ' c  tồn số cho   f x f' x f ''  x  +) Nếu đa thức   có k nghiệm   có k  nghiệm; có k  nghiệm, 3.5.4 Khải triển Taylor: f x �� x  ,deg f  x   n Với số x0 ��, ta có khai triển Cho đa thức   f '  x0  f ''  x0  f    x0  f    x0  k n f  x   f  x0    x  x0    x  x0     x  x0     x  x0  1! 2! k! n! k Khai triển gọi khai triển Taylor đa thức Quan hệ số nghiệm bậc đa thức: n P x Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hoàng Cương f �� x  , deg f  n xi Cho đa thức , nghiệm bội ki , i  1; m Khi ta có k1  k2   km �deg f  n Đặc biệt, k1  k2   km  n , ta có phân tích đầy đủ theo f x nghiệm x1 , x2 , , xn (có thể trùng nhau)   bậc n f  x   a  x  x1   x  x2   x  xn  f �� x  f  x   a0 x n  a1 x n1   an1 x  an a0 �0 *) Định lý: Cho đa thức , , Nếu f  x có nhiều n nghiệm  0, i  0, n , tức f  0, x �� Định lý Viet: 5.1 Định lý Viet thuận: Cho đa thức f �� x  , f  x   a0 x n  a1x n1   an1 x  an , a0 �0 Nếu f có n nghiệm x1 , x2 , , xn (phân biệt hay trùng nhau) thì: n S1  �xi  x1  x2   xn   i 1 S2  �x x 1�i  j �n i j a1 a0  x1 x2  x1x3   xn 1 xn  a2 a0 Sk  � 1�i1 i2  ik �n xi1 xi2 xik   1 Sn  x1 x2 xn   1 n k ak a0 an a0 5.1 Định lý Viet đảo: Nếu có có n số x1 , x2 , , xn thỏa mãn Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hoàng Cương n a1 � S  x  x  x   x   � i n � a0 � i 1 � a2 �S2  � xi x j  x1 x2  x1 x3   xn1xn  a0 � 1�i j �n � � � k a �Sk  xi1 xi2 xik   1 k � a0 � 1�i1 i2  ik �n � a �Sn  x1 x2 xn   1 n n a0 � � x1 , x2 , , xn nghiệm (nếu có) phương trình: X n  S1 X n1  S2 X n2    1 S k X nk    1 k n 1 S n1 X   1 S n  n B Các toán áp dụng: B.1 Ứng dụng tính chất đại số nghiệm đa thức: B.1.1 Chứng minh đa thức có nghiệm tìm nghiệm đa thức: Bài 1: Cho đa thức P  x  �� x  Chứng minh đa thức Giải: Giả sử cho P   , P  1 Q x �� x  có nghiệm nguyên x  a Khi tồn đa thức   P    aQ   ; P  1    a  Q  1 P   , P  1 số nguyên lẻ P  x  khơng có nghiệm ngun P x   x  a Q x Từ ta có Vì P x thỏa mãn số nguyên lẻ nên suy a;  a số nguyên lẻ Điều mâu thuẫn a;  a số nguyên liên tiếp Vậy đa thức P  x khơng có nghiệm ngun *) Nhận xét: Đây toán quen thuộc nghiệm nguyên đa thức Ta nhận thấy số 0, đề không ảnh hưởng đến kết tốn mà điểm quan trọng tính chất chúng, ta thấy hai số cần khác tính chẵn lẻ đủ để đảm bảo kết tốn Từ đó, ta xét vài trường hợp đặc biệt để che giấu chất vấn đề Ta có toán sau: Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hoàng Cương Bài 1.1 Cho đa thức P  x  �� x  P  2015k  P  2016k   2017 k Giải: Giả sử cho Hay Chứng minh đa thức P x nghiệm nguyên Q x �� x  có nghiệm nguyên x  a Khi tồn đa thức   P x   x  a Q x Từ ta có Suy P x thỏa mãn: tồn số k nguyên cho P  2015k    2015k  a  Q  2015k  ; P  2016k    2016k  a  Q  2016 k  P  2015k  P  2016k    2015k  a  Q  2015k   2016k  a  Q  2016k  2017 k   2015k  a  Q  2015k   2016k  a  Q  2016k  k 2015k  a  ;  2016 k  a   2017 Vì số nguyên lẻ nên suy số nguyên lẻ k Nếu a chẵn 2016  a chẵn (mâu thuẫn) k Nếu a lẻ 2015  a chẵn (mâu thuẫn) Điều chứng tỏ giả sử sai Vậy đa thức Bài 1.2 .Cho đa thức biệt a, b, c, d P  x  �� x  không P  x nghiệm nguyên thỏa mãn: tồn số nguyên dương phân đồng thời chia hết cho P  a  P  b  P  c  P  d   20162016  Chứng minh đa thức P  x  nghiệm nguyên Bài Cho đa thức f ( x)  x 2016 2015  �ai x i i 0 � 1;1 i  0;2015 khơng có nghiệm thực Tìm số lớn hệ số 1 f ( x) Giải: Gọi m số hệ số -1 f ( x) Số hệ số f ( x) 2017  m � f (1)  2017  2m Mà lim f ( x )  � f ( x) ; khơng có nghiệm thực nên f ( x)  0x �ℝ x �� m 1008  2016 2015 2014 2013 Với m  1008 , xét f ( x)  x  x  x  x   x  x  x �0 f ( x)  Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hồng Cương 2014 2012 x �1thì f ( x)  ( x  1)( x  x   1)   x � 0;1 f ( x)  (1  x)( x 2014  x 2012   1)  x 2016  � f ( x)  0x �ℝ � f ( x) khơng có nghiệm thực Vậy, số lớn hệ số -1 f ( x ) 1008 0;1 Bài Cho a ∈ℝ\   Tìm tất nghiệm đa thức f ( x)   a  a   x  x  1   a  a  1  x  x  3 Giải: Vì deg f ( x )  nên f ( x ) khơng có q nghiệm Vì f (a )  nên x  a nghiệm f ( x) Mặt khác x0 nghiệm phương trình cho 2 f (1  x0 )   a  a  �   a  a  1 �  x0   (1  x0 ) � �1  x0     x0   1�  � � � 2   a  a   x0  x0  1   a  a  1  x0  x0   f ( x0 )  3 2 2 � � 3� �1 � �1 � �1 � � �1 � �1 � � � � f ( x )  f � �  a  a  �    a  a     � � � � � � � � � � � �x0 � �x0 � �x0 � � �x0 � �x0 � x � � � � Và Do đó, với x  a nghiệm đa thức f ( x) , ta có thêm hai nghiệm 1 1 ; ; a 1 a 1 1  a; a Đến đây, ta suy f ( x ) lại có thêm nghiệm a 1 1 a;1  a; ;1  ; ; a a 1 a 1 a Tóm lại, đa thức cho có nghiệm Nhận xét: Ý tưởng vét cạn nghiệm đa thức với kiến thức quen thuộc: phương trình đa thức bậc n có khơng q n nghiệm Dễ thấy nói chung nghiệm phân biệt, với vài giá trị a làm cho chúng trùng giá trị a làm đa thức cho có nghiệm bội; đó, điều khơng ảnh hưởng đến đầy đủ nghiệm đa thức nêu Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hoàng Cương Bài 4: Cho hai đa thức bậc P ( x) Q( x) có hệ số hữu tỉ Chứng minh hai đa thức P ( x ) Q( x) có nghiệm chung vơ tỉ hai nghiệm chung hữu tỉ P ( x) Q( x) có nghiệm chung vô tỉ Giải: Giả sử P( x)  �ai x i 0 i ; Q( x)  �bi xi i 0 với a4b4 �0 ; ; bi ∈ℚ i  1;4 Gọi nghiệm chung vô tỉ 1 ; nghiệm chung hữu tỉ   Gọi nghiệm lại P ( x) Q ( x)   Theo định lý Viètte, ta có: 1         a3 a4 ∈ℚ 1  1  1   2   2   3  a2 a4 ∈ℚ Suy 1   ∈ℚ 1 ∈ℚ Tương tự, ta có 1   1 số hữu tỉ �           (   1 ) Do ∈ℚ � 1      ∈ℚ       1 số vô tỉ (đpcm) Bài 5: Tồn hay không ba số khác không a; b; c cho đa thức sau có n n nghiệm ngun khơng thiết phân biệt n  : P( x )  �x i  ax  bx  c i 3 ? Giải: Giả sử tồn số khác không a; b; c thỏa mãn yêu cầu toán Gọi x1; x2 ; ; xn nghiệm đa thức cho n Áp dụng định lí Viètte, ta có: c  1�   �x  i 1 n i xi i 1; n n �n � �n � b n 1 xi � � � �  1 b � �   � � c i 1 xi �i 1 � �i 1 xi �  1 n2 �n �� a  � xi � �� � 1�i  j �n xi x j �i 1 �� � � � �n � �n � n � �  �xi � � � � � � � � 2� x � i  i  � � � i � i 1 xi � � � � Sáng kiến kinh nghiệm �  1 n2  1 a  Nguyễn Hoàng Cương n c �b n � n b  2ac �  � �� �  c2 i 1 xi � i 1 xi �c n 1 n n � n  n � � 2 c2 i 1 xi i 1 xi n Mà lim n n n�� nên b  2ac �n n n  c c (vơ lí  � c2 ) Do đó, điều giả sử sai Vậy, khơng tồn số a; b; c thỏa mãn đề Bài 6: (Vietnam TST 1992) ns n1 1992 Cho đa thức P ( x)   x  x  x   x  x với n1; n2 ; ; ns số tự nhiên cho trước thỏa mãn  n1   ns  1992 Chứng minh nghiệm 1 đa thức P ( x ) (nếu có) khơng thể lớn ns n1 1992 Giải: Ta có: P ( x)   x  x  x   x  x � 1 � x �� ;0 � P ( x ) �  P ( x )  � � Với x �0 Ta chứng minh Thật vậy, với x  x �1 , ta có: P ( x ) �1  x  x  x5   x k 1   x1991 � 1 � x 996  x   x997  x  x � ;0 � �   x  0 2 � � x 1 x 1 � � 1 P ( x)  0x �� ; �� � � Vậy, (đcm) Bài 7: (IMO 1976) Cho dãy đa thức Pk ( x ) xác định P1 ( x)  x  2, Pi 1 ( x)  Pi ( Pi ( x)), i  1;2;3; n Chứng minh phương trình Pn ( x)  x có nghiệm thực phân biệt Giải: Xét nghiệm phương trình đoạn  2;2 Đặt x  2cos t 10 Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hoàng Cương *) Ngoài tập chứng minh trực tiếp tính chất đa thức, nghiệm đa thức áp dụng để chứng minh tốn dạng khác dãy số, chứng minh tính chất số học, Ở toán này, thường phải xác định đa thức tìm nghiệm, xét tính chất nghiệm đa thức thỏa mãn yêu cầu toán Bài 6: Cho p nguyên tố lẻ xét dãy ( xn ) thỏa x1  1, x2  p xn   pxn1  xn x2 m  Chứng minh: p  số phương với số nguyên dương m Giải: Xét đa thức Chebyshev loại loại : T0 ( x)  1, T1 ( x)  x, Tn  xU n1 ( x)  U n ( x) U ( x )  1,U1 ( x )  x,U n   xU n1 ( x )  U n ( x ) Ta có đẳng thức quen thuộc liên hệ hai đa thức dạng kiểu phương trình Pell : Tn2 ( x)  ( x  1)U n21 ( x)  � Tn ( x)  Tn ( x)   U n21 ( x) x 1 x 1 Ta chứng minh: Tn ( x )  Tn ( x)  ��, n ��* �� ,κ n �, n  mod  x 1 x  Thực vậy, ta có tính chất quen thuộc sau đa thức Chebyshev loại : Tn (1)  1, n ��* Điều đồng nghĩa với việc đa thức Tn ( x)  nhận x  làm nghiệm, hay nhận Tn ( x )  �� x  làm nhân tử, tức x  n * Ta có : Tn (1)  (1) , n �� 52 Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hồng Cương Do n lẻ Tn ( 1)  1 Điều cho thấy đa thức Tn ( x)  nhận x  1 Tn ( x )  �� , κ n �, n  mod  x  x  làm nghiệm, hay nhận làm nhân tử, tức Dễ dàng nhận thấy xn1  Tn ( p) với số tự nhiên n Tn ( p )  Tn ( p )   U n21 ( p ) (*) p 1 p 1 Ở đây, ta xét n lẻ : �T ( p )  Tn ( p )  � d  gcd �n , �� d ∣2 p  p  � � Gọi : Từ suy U n1 ( p) số chẵn, điều vơ lí với n lẻ n  chẵn đa thức Chebyshev loại có bậc chẵn số lẻ biến số số nguyên Tn ( p )  xn 1   (*) p  p  số d  Như phải có Từ ta suy phương với số nguyên dương n lẻ p 1 C2001 1 p p 1 Bài 7: Cho số nguyên tố lớn Chứng minh chia k hết cho p , Cn tổ hợp chập k n Giải: Ta chứng minh kết tổng quát sau: Nếu p số nguyên tố lớn p 1 Cmp 1 k 1 k 2 * chia hết cho p với m, k �� Để chứng minh ta sử dụng kết sau Định lý La-grăng: Cho số nguyên tố p Xét đa thức P( x )  an x n  an1x n1  K  a1 x  a0 * với n �� , �� Giả sử có n  số nguyên 1 , ,K , n1 cho i �   j (mod p ) i �j P   i  �0  mod p  i  1,2,K , n  Khi  i �0  mod p  i  1,2,K , n Chứng minh quy nạp theo n 53 Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hoàng Cương Dễ thấy định lý với n  Giả sử định lý với đa thức hệ số nguyên với bậc nh ỏ h ơn n Đặt G  x   P  x   an  x  1  K  x   n  Khi degG  x   n G   i  �0  mod p   i  1,2,K , n  G  x  �  mod p  G   n1   �a  n1 1  K   n1  n  n � Xét đa thức  mod p   mod p  an  mod p  H  x   P  x   an x n  an1 x n1  K  a1x  a0 Ta có deg H  x   n H   i  �0  mod p  i  1,2,K , n Theo quy nạp a0 , a1 ,K , an1 �0  mod p  Trở lại toán Xét đa thức f  x    x  1  x   K  x  p  1  x p 1   p  1 !  a p 2 x p 2  K  a1x Ta có f  i  �0  mod p  i  1,2,K , p  (định lý Willson Fermat), (vì deg f  p  ) theo định lý La-grăng vừa chứng minh có �0  mod p  i  1,2,K , p  Lại có f  p   a p 2 p p 2  K  a1 p   p p 1 �0  mod p  p > f  p  �a2 p  a1 p �a1 p  mod p  a M p Mặt khác nên suy a1 p �  mod p  C Ta có p 1 mp k 1  mp  k a1  mod p   1 K  mp k  p  1  p  1 ! Vậy C p 1  1� f mp k    mp k   p  1 !� � mp 1 �  k p 1  a p 2  mp k  p2  K  a2  mp k   a1  mp k    mp k  k 2 chia hết cho p (do a1 Mp ) Vì  p  1 ! p 1 k 2 p k  nguyên tố nên Cmp k 1  1Mp 54 p 1 Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hoàng Cương Bài 8: Tìm a, b nguyên để phương trình x  ax  bx   có hai số nghiệm có tích -1 Giải: Ta để ý phương trình có nghiệm x có nghiệm x Gọi u,v nghiệm mà có tích uv �1 (vì tích hai nghiệm chọn 1 u , v, , u v Ta chứng minh hai nghiệm có u u ) Do ta gọi nghiệm tích -1 phải u,v Thật vậy, theo định lí Viète ta có: � u  v   uv  1 1 �   a  1 u  v     a � � uv � � u v �� � u v u  v 1   � � uv     b uv   b  2 � v u � uv � Vì a, b số nguyên nên từ (1) suy u  v hữu tỉ, từ (2) suy  u  v  phải số nguyên Nên suy u  v số nguyên Vì uv  khơng chia hết cho uv nên từ (1) ta có u  v chia hết cho uv Cũng từ (2) ta có  u  v  chia hết cho uv Nhưng u  v  u  v   có ước chung -1 nên suy uv  uv  1 Vì ta giả sử uv �1 nên suy uv  1 Từ (1) suy a  Từ (2) ta có b    u  v   �2 Thử lại với a  0, b �2, b ��, phương trình trở thành x  bx   (*) Phương trình có nghiệm b  b  b  b  u ;v 2 Đây hai nghiệm thỏa mãn đề Vậy ta a  0, b �2, b �� 55 Sáng kiến kinh nghiệm *) Nhận xét: Nguyễn Hoàng Cương Xét đa thức P  x   ax  bx  cx  d ,  a �0  , có ba nghiệm x1 , x2 , x3 Ta đặt Sn  x1n  x2 n  x3 n Bằng cách áp dụng định lí Viète ta có hệ thức truy hồi aS n3  bS n  cS n1  dS n  1 , n �1 Áp dụng nhận xét giúp ta giải số tập thú vị Bài 9: (VMO 2009) Cho ba số a,b,c thỏa mãn điều kiện: với số nguyên n n n dương n, a  b  c số nguyên Chứng minh tồn số nguyên p, q, r cho a, b, c ba nghiệm phương trình x  px  px  r  n n n * Giải: đặt Tn  a  b  c Tn ��, n �� Ta phải chứng minh số p    a  b  c  p  ab  ac  bc, r   abc thỏa mãn điều kiện toán Thật vậy, theo định lí Viète đảo a, b, c ba nghiệm phương trình x3  px  px  r  Ta có p  T1 �� Ta chứng minh q, r �� Ta có biểu diễn T1   p  1 ,T2  p  2q   , T3   p  pq  3r   Hơn theo định lí Viète ta có hệ thức truy hồi Tn3  pTn 2  qTn 1  rTn  hay Tn3   pTn  qTn1  rTn   Vì T1 , T2 �� nên từ (2) suy p �� Từ (3) suy 6qr ��  pT3  2 p  p q  6qr , kết hợp với 2q �� ta suy 2 T   pT  qT  rT  p  p q  pr  q n  Trong (4) cho ta 2 Suy 3T4  p  12 p q  12 pr  6q Kết hợp với 2q �� (5) ta 6q ��� q �� Từ (3) suy 3r �� nên r m , m ��  Lại từ (4) ta có rTn �� suy mTn �0  mod3 , n �1 Đến ta xét hai trường hợp: Trường hợp Nếu tồn n mà (Tn ,3)  suy m �0  mod 3 nên r �� 56 Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hoàng Cương Trường hợp Nếu Tn �0  mod3 , n �1 Khi từ (3) suy r �� Bài toán chứng minh xong Bài 10: (VMS 2009) Cho số thực x,y,z thỏa mãn �x  y  z  �2 2 �x  y  z  �x  y  z  � n 1 n 1  z n1   n �� Chứng minh với số tự nhiên n ta ln có x  y Giải: Ta đặt p  x  y  z , q  xy  yz  xz , r  xyz �p  �p  �2 � �� q  1 �p  2q  �p  pq  3r  � r 0 � Từ giả thiết ta có � Theo định lí Viète đảo ta có x, y, z nghiệm phương trình t 0 � t3  t  � � t  �1 � Do  x, y, z  hoán vị số  0, 1,1 Vậy nên x n1  y n 1  z n1   n �� Nhận xét: Một tốn tương tự tốn VMS 2010: a) Chứng minh với số nguyên dương n biểu thức Sn  x n  y n  z n biểu diễn dạng đa thức Px  s, p, q  bậc không n với s  x  y  z, p  xy  yz  zx, q  xyz Hãy tìm tổng hệ số đa thức P2010  s, q, r  Bài 11: (Canada 1982) Cho đa thức P  x   x  ax  bx  c có hệ số nguyên Chứng minh đa thức có nghiệm tích hai nghiệm P  1 M� P  1  P  1    P    � � � Giải: Giả sử đa thức có ba nghiệm thỏa mãn nêu 57 Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hoàng Cương Ta gọi nghiệm u , v, uv � u  v  uv   a  1 � uv   u  v   b   � �2 u v  c   Áp dụng định lí Viète ta có � (I) u  1 � u  v  uv   �  u  1  v  1  � � v  1 � Nếu a  từ (1) ta có Phương trình có nghiệm -1 nên hiển nhiên P  1  chia hết cho số Nếu a �0 cộng vế theo vế (2) (3) ta uv   u  v  uv   b  c  uv   a  (do (1)) Suy nguyên uv  bc  a số hữu tỉ a, b, c số nguyên Lại (3) nên u 2v uv hữu tỉ nên uv nguyên Ta có P  1  P  1    P      a  1  2  u  v  uv  1  2  u  1  v  1 �0 Mặt khác P  x    x  u   x  v   x  uv  nên P  1   1  u   1  v   1  uv   2   u    v    uv  Từ ta có điều phải chứng minh B.5 Một số tập đề nghị: Bài 1: (France TST 2012) n n 1 Tìm tất đa thức hệ số nguyên f ( x)  x  an1x   a1x  a0 cho a0 ; a1; ; an1 nghiệm đa thức Bài 2: (IMO Shortlist 2005) Tìm tất đa thức monic P( x) ∈ℤ  x  có bậc hai tồn đa thức Q( x) ∈ℤ  x  mà hệ số đa thức R( x)  P( x).Q( x) thuộc tập  1;1 Bài 3: (Germany 1970) Chứng minh với giá trị n nguyên dương tùy ý, đa thức 58 Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hoàng Cương n xk Pn ( x)   � k 1 k ! khơng thể có nhiều nghiệm th ực Bài 4: (Chọn đội tham dự VMO 2016 tỉnh Thanh Hóa) Cho đa thức f ( x)  x  11x  36 x  36 Chứng minh với số nguyên tố p , tồn số nguyên n để p f  n  Bài 5: (Bungari 1995) n n 1 n2 Cho đa thức f ( x)  x  (k  1) x  (2k  1) x   (( n  1) k  1) x  nk  Chứng minh: a) f (1  k )  n  b) Nếu n �3 k ngun khác f ( x) khơng có nghiệm nguyên Bài 6: (Bungari 1997) 2 Chứng minh đa thức f ( x, y, z )  x  y  z  3( x  y  z )  khơng có nghiệm hữu tỉ Bài 7: (Bungari 1998) Cho đa thức f ( x)  x  x  , hỏi đa thức f ( f ( x )) ; f ( f ( f ( x))) có nghiệm thực? Bài 8: (VMO 2003) 3 Cho hai đa thức P( x)  x  x  15 x  Q( x)  12 x  x  x  a) Chứng ,minh đa thức có nghiệm th ực phân biệt b) Gọi  ;  nghiệm lớn P( x) Q( x) Chứng minh   3  Bai 9: (IMO 2006) Cho đa thức P( x) có hệ số nguyên , bậc n  số nguyên dương k Xét đa thức Q( x )  P ( P( P( P ( x)) )) , k lần Chứng minh khơng có q n số nguyên t cho Q (t )  t Bài 10: (Rumani TST 2007) 59 Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hoàng Cương n 1 Xét đa thức hệ số nguyên P( x) có bậc n �3 : P ( x)  x n  �ai x i i 0 cho a0 tổng ak  ank số chẵn Giả sử P( x)  G ( x).H ( x) với hai đa thức G ( x) H ( x) đa thức hệ sô nguyên, deg G ( x) �deg H ( x) tất hệ số H ( x) lẻ Chứng minh P( x) có nghiệm nguyên Bài 11: (Russian 2012) Cho đa thức P( x) số a1; a2 ; a3 ; b1; b2 ; b3 thỏa mãn a1a2 a3 �0 P (a1 x  b1 )  P (a2 x  b2 )  P (a3 x  b3 )x Chứng minh đa thức P( x) có nghiệm thực Bài 12: Tồn hay không số a1; a2 ; ; an ∈ℝ nghiệm đa thức n f ( x)  x  � 1 Cnk akk x n k n k k 1 Bài 13: Cho  ;   đa thức monic hệ số thực P( x) có bậc n �2 Chưsng minh tồn hai đa thức monic Q( x ); R ( x ) để điều kiện sau đồng thời thỏa mãn: deg Q( x)  deg R ( x)  n Q( x) R( x) có n nghiệm thực (kể bội)  Q( x)   R( x) P( x)    i) ii) iii) Bài 14: Với số nguyên tố p có n  chữ số p  an an1 a1a0 ( n ∈ℕ) Xét đa n thức f p ( x )  �ai xi i 0 f ( x) Tìm tất số nguyên tố p để p có n nghiệm hữu tỉ Bài 15: Với số nguyên dương n , tìm tất đa thức P( x) thỏa mãn đồng thời hai điều kiện: 60 Sáng kiến kinh nghiệm i) ii) Nguyễn Hồng Cương Các hệ số P( x) đơi khác thuộc tập  0;1; ;n P( x) có n nghiệm thực Bài 16: Cho P( x) ∈ℚ  x  , có bậc n có n nghiệm thực phân biệt lập thành cấp số cộng Chứng minh P( x) bất khả quy ℚ  x  n �2 n xi Pn ( x )   � i 1 i có Bài 17: Cho số nguyên dương n Hỏi đa thức nghiệm thực? Bài 18: Chứng minh đa thức P( x) bậc n với hệ số thực, khơng n  có nghiệm thực đa thức Q( x)  P( x)   P '( x)    P n  x  , với  số thực cho trước, khơng có nghiệm thực Bài 19: Cho sơ ngun dương khơng phương a1; a2 ; ; an Chứng minh tồn đa thức monic f ( x) có hệ số ngun, khơng đồng n nhận �a i 1 i làm nghiệm n Bài 20: Cho đa thức có bậc n với hệ số thực: P ( x)  �ai x ni i 0 Chứng minh P( x) có n nghiệm thực phân biệt  n  1 b1  2nb0b2  n Bài f ( x)  � x  i   21: Chứng minh đa thức x  a  bi thỏa mãn  a i 1 có nghiệm phức  b2  1  4b  Bài 22: (Bungari 1984) 61 Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hoàng Cương P  x   ax n  ax n1  c2 x n 2   cn2 x  n 2bx  b  a �0  Cho đa thức có n nghiệm thức dương Chứng minh tất nghiệm Bài (Mỹ 1977) Giả sử a, b hai bốn nghiệm đa th ức P  x   x  x  Chứng minh tích a.b nghiệm đa thức Q  x   x  x  x  x  Bài 24 (TH&TT tháng 12 năm 2007) Chứng minh phương trình x  ax  bx  c  có ba nghiệm thực phân biệt phương trình x3  ax   a  4b  x  a  4ab  8c  có ba nghiệm phân biệt n Bài 25: Cho đa thức p  x   �ai xi  n �2, a0 , an �0  i 0 dương Chứng minh Bài 26: Cho đa thức thực   xk k  1, n có n nghiệm phân biệt an1a1 �n an a0   x n  a1 x n1   an1 x  �0, i  1; n  có n nghiệm Chứng minh P  x  � x  1 , x �0 n Bài 27: Cho đa thức p  x   x  ax  bx  c  có ba nghiệm phân biệt Chứng minh đa thức Q  x   x  ax  ab  c a  b x   có ba nghiệm phân biệt Bài 28: (Hungari1983) n n 1 Cho đa thức P  x   x  a1 x   an1 x  có hệ số khơng âm n có n nghiệm thực Chứng minh ta có P   �3 62 Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hoàng Cương Bài 29: (Đề thi đề nghị Olympic 30-4) Cho đa thức P  x   ax  bx  cx  d b3c x  x2  x3 � x , x , x 81 a có ba nghiệm thực Chứng minh P  x  x   a  b x Bài 30: Cho đa thức  a  b  1 x 1 với a, b số a  b2   �  ab �1 thực có ba nghiệm thực chứng minh Bài 31 (Thổ Nhĩ Kỳ TST 2009) Cho đa thức P  x   x  ax  bx  c với hệ số thực có ba nghiệm dương phân biệt Tìm giá trị nhỏ c bi ểu th ức P 1 a  b  c c   2a  b b Bài 32 Giả sử phương trình: x  (b - a) x  (c  ab) x  ac  có nghiệm 2b  � thực dương phân biệt Chứng minh  a  b  c  ac Bài 33 Giả sử phương trình: x  (b - a) x  (c  ab) x  ac  có nghiệm 2b  �2 ac � thực dương phân biệt  a  b  c Chứng minh rằng: Bài 34 Giả sử phương trình: x  ax  bx  c  có nghiệm thực dương Chứng minh  a  b  c �(1  c ) 63 Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hoàng Cương III HIỆU QUẢ DO SÁNG KIẾN ĐEM LẠI: Hiệu kinh tế: Trên Internet có nhiều tài liệu vấn đề chưa tổng hợp hết ứng dụng tính chất nghiệm đa thức Nhóm tác giả hi vọng đề tài dùng làm tài liệu tham khảo cho thầy giáo, cô giáo dạy lớp 10 chuyên Toán, 11 chuyên Toán dạy đội tuyển HSG cấp đồng thời tài liệu tham khảo dành cho học sinh yêu thích chuyên đề “Đa thức” nói chung học sinh chun Tốn nói riêng Hiệu mặt xã hội: Qua số tập trên, thấy ứng dụng tính chất nghiệm đa thức kì thi học sinh giỏi Các ứng dụng tính chất nghiệm đa thức phong phú áp dụng đa dạng dạng tập Trong khuôn khổ viết này, điều kiện thời gian có hạn, chúng tơi nghiên cứu số ứng dụng tính chất đại số, tính chất giải tích nghiệm đa thức vài ứng dụng tính chất số học nghiệm đa thức, đồng thời đưa lớp toán minh họa cho ứng dụng Những ứng dụng áp dụng để giảng dạy em học sinh lớp 10, 11 chuyên Toán em học sinh đội tuyển HSG Quốc gia, đội tuyển cụm duyên hải đồng Bắc Bộ Trong q trình dạy, chúng tơi em học sinh nhiệt tình đón nhận đồng thời đạt số kết định: Tuy nhiên, kinh nghiệm chưa nhiều thời gian hạn chế nên viết nhiều thiếu sót Rất mong nhận đóng góp ý kiến thầy giáo, giáo bạn đồng nghiệp để viết hồn thiện Tơi xin chân thành cảm ơn! IV Cam kết không chép vi phạm quyền: Chúng xin cam kết kết sáng kiến kết nhóm tác giả chúng tơi nghiên cứu qua q trình dạy lớp chuyên Toán đội tuyển học sinh giỏi Quốc gia, học sinh giỏi khu vực đồng duyên hải Bắc Bộ Chúng không chép vi phạm quyền tác giả Đánh giá, xếp loại Tổ chun mơn Nhóm tác giả sáng kiến Nguyễn Hoàng Cương Nguyễn Trung Sỹ 64 Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hoàng Cương CƠ QUAN ĐƠN VỊ ÁP DỤNG SÁNG KIẾN (xác nhận, đánh giá, xếp loại) SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO (xác nhận, đánh giá, xếp loại) 65 Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hoàng Cương Tài liệu tham khảo: Chuyên khảo đa thức - Lê Hồnh Phò Tài liệu chun Tốn lớp 12 - Đoàn Quỳnh (Chủ biên) Những vấn đề đa thức Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi - Phan Huy Khải Tủ sách THTT, Các thi Olympic Toán THPT Việt Nam (1990 - 2006) Titu Andresscu, Mathematics Olympic Treasures Đề thi học sinh giỏi tỉnh nước Tạp chí Tốn học tuổi trẻ IMO Shortlist năm 10 Các tài liệu Internet: http://mathlinks.ro; http://mathscope.org 66 ... thời biết số ứng dụng vận dụng để giải tập lớn Báo cáo sáng kiến ngồi việc trình bày lại số kiến thức mặt đại số giải tích đa thức nghiệm đa thức; báo cáo đưa số ứng dụng tính chất nghiệm toán... x đa thức có bậc nhỏ 2015 2015 Dễ thấy 2C2016 2015 x  R( x) đa thức bậc lẻ nên phải có nghiệm thực Vậy ta có điều phải chứng minh B.1.2 Ứng dụng để chứng minh hệ thức nghiệm, hệ thức hệ số đa. ..  số  �� Ta gọi  nghiệm đa thức f f    3.2 Định lý Bezout: Cho đa thức f  x chia hết cho *) Một số hệ quả: f �� x  Số thực  nghiệm đa thức f  x   +) Hệ 1: Phần dư phép chia đa