Thông tin tài liệu
MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN CHỦ ĐỀ ĐA THỨC1 Nguyễn Duy Thái Sơn (Đại học Sư phạm – Đại học Đà Nẵng) Qua giảng này, ta khảo sát số dạng toán đa thức, thường gặp kỳ thi chọn học sinh giỏi THPT quốc gia kỳ thi chọn đội tuyển thi Toán quốc tế Ta gặp số dạng tốn Olympic mà phát biểu chúng ngồi khơng liên quan đến đa thức, kỹ thuật đa thức lại cho ta lời giải đẹp Bài toán Cho bốn số thực a, b, c, d đôi phân biệt x ay a z a 3t a x by b z b t b (i) Giải hệ phương trình: x cy c z c t c x dy d z d 3t d y z t x a 1 a a a x y z t 1 b 1 b b b (ii) Giả sử {a; b; c; d } {1; 2;3; 4} Giải hệ phương trình: x y z t 1 c 1 c c c x y z t d 1 d d d Lời giải (i) Với ( x; y; z; t ) , đặt P ( s ) : s ts zs ys x (s ), ta thu đa thức P [s ] có deg P có hệ số s (hệ số bậc cao nhất) Do a, b, c, d đôi phân biệt, dễ thấy: ( x; y; z; t ) nghiệm hệ cho {a; b; c; d } tập nghiệm Đây nội dung giảng tác giả trình bày lớp Tập huấn Giáo viên THPT chuyên Khu vực miền Bắc (Bắc Ninh, 16-23/7), Khu vực miền Trung (Nghệ An, 23-30/7) Khu vực miền Nam (Bình Dương, 30/7-6/8) ``Chương trình trọng điểm Quốc gia phát triển Toán học giai đoạn 2010-2020'', Viện Nghiên cứu cao cấp Tốn, tổ chức năm 2017 phương trình P ( s ) (với s ẩn số) Theo định lý nhân tử hóa đa thức, điều tương đương với: P ( s ) ( s a )( s b)( s c)( s d ) s ts zs ys x s a s (ab ac ad bc bd cd ) s abc s abcd cyc cyc x abcd y abc cyc z (ab ac ad bc bd cd ) t a cyc (ii) Với ( x; y; z; t ) , đặt P ( s ) : ( s 1)( s 2)( s 3)( s 4) x( s 2)( s 3)( s 4) y ( s 1)( s 3)( s 4) z ( s 1)( s 2)( s 4) t ( s 1)( s 2)( s 3), ta thu đa thức P [s ] có deg P có hệ số bậc cao Dễ thấy: ( x; y; z; t ) nghiệm hệ cho {a; b; c; d } tập nghiệm phương trình P ( s ) 0; cách tương đương, P ( s ) Q( s ); (1) đó, Q ( s ) : ( s a )( s b)( s c)( s d ) Ta thấy: Q [s ] có deg Q có hệ số bậc cao Suy ra: deg( P Q) Vậy, P Q đa thức không P Q triệt tiêu điểm đôi phân biệt: (1) P (1) Q (1) P (2) Q (2) P (3) Q (3) P (4) Q (4) Nhưng P (1) x(1 2)(1 3)(1 4) x, P (2) y (2 1)(2 3)(2 4) 2 y, P (3) z (3 1)(3 2)(3 4) z , P (4) t (4 1)(4 2)(4 3) 6t , nên (2) (2) x Q(1) 6, y Q (2) 2, z Q(3) 2, t Q (4) x (a 1)(b 1)(c 1)(d 1) y (a 2)(b 2)(c 2)( d 2) z (a 3)(b 3)(c 3)(d 3) t (a 4)(b 4)(c 4)( d 4) Bài toán Cho 2016 số thực c1 , c2 , , c2016 thỏa hệ: c1 23 c1 3 c1 2017 2018 c2016 2017 2018 c2016 2018 2019 c2016 c2 2018 2019 4032 4033 4031 4033 c2016 c c Hãy tìm giá trị tổng: S 1 2 2016 2017 Lời giải Xét đa thức Q [x] (deg Q 2017) phân thức f ( x) cho bởi: c2 3 c 45 2017 2016 ci i 1 ( x i )( x i 1) i 1 P( x) Dễ thấy: tồn đa thức P [x] có deg P 2015 để f ( x) Theo hệ phương trình đề Q( x) bài, với số nguyên j mà j 2016, ta có: f ( j) (4 j 1) P ( j ) Q( j ) (2 j 1)(2 j 1) Đặt R ( x) : (4 x 1) P ( x) Q( x), ta thu đa thức R [x] có deg R 2017 thỏa: R ( j ) với số nguyên j mà j 2016 Vậy, theo định lý nhân tử hóa đa thức, tồn số thực , cho Q ( x) : ( x i ), f ( x) : 2016 2016 j 1 j 1 R ( x) ( x ) ( x j ) (4 x 1) P( x) Q( x) ( x ) ( x j ) (1) Trong (1), chọn x : ta suy 2017 1 i Q(1 2) i 1 2016 2016 1 j j 1 j 1 4033 4035 Còn với x : 1 (1) kéo theo: j (1) 2016 1 2016 2017 (2) 2017 Q(1 2) 2016 j j 1 1 2017 Giải (2)-(3) ta tìm 2017 Cuối cùng, (1) chọn x : 0, ta có : i i 1 2016 1 j (1) 2016 j 1 (3) 2016 P(0) Q(0) ( j ) 2017 2016! ( 1) 2016 2016! 2017 j 1 P (0) 2016! 2017 2016! 2017 f (0) 1 1 Q(0) Q(0) 2017! 2016 S i 1 ci f (0) 1 2017 2016 i (i 1) m Bài toán (Romania) Với cặp số nguyên m, n mà m n, đặt Rnm : (m k ) n (1) k C kn 1 k 0 Với số nguyên m, n thế, chứng minh Rnn m1 Rnm Lời giải Trước tiên, để ý: m n n m n Từ đó, theo định nghĩa, Rnn m1 n m 1 k 0 (n m k ) n (1) k C kn 1 n m 1 (n k ) m k 0 n (1) k C nn11 k n 1 (i m) n (1) n 1i Cin 1 (thay i : n k k n i ) i m n 1 (m i ) n (1) n (1) n 1i Cin 1 i m n 1 (m k ) n (1) k C kn 1 (thay k : i ) k m So sánh với công thức xác định Rnm , ý (m k ) n (1) k C kn 1 k m, ta thấy Rnn m1 Rnm n 1 (m k ) (1) C n k 0 k k n 1 (1) Để chứng minh (1), ta sử dụng công thức nội suy Lagrange: Cho P [x], deg P n, cho n số thực x1 , x2 , , xn 1 đôi phân biệt Với số nguyên k n với số thực x, đặt (x x ) ( x) : (x x ) i ik k ik k i (trong tích trên, i chạy từ đến n khác k) Khi ta có đồng thức n 1 P ( x) P ( xk )k ( x) (2) k 1 Chứng minh: Với số nguyên k n 1, j n 1, dễ thấy 1 j k k ( x j ) 0 j k Từ đó, hai vế (2) n điểm x1 , x2 , , xn 1 Cả hai vế đa thức (của biến số x) có bậc khơng vượt q n, nên chúng phải trùng Trở lại toán, xét đa thức P ( x) : (m x) n điểm x j : j (1 j n 1) Sử dụng (2) ta có: n 1 P (0) P (k )k (0) (3) k 1 Nhưng ( i ) k (n 1)! (n 1)!(1) (0) (1) (k i) k (k i) (k i) k (n k )!(1) ik n k 1 k ik n n i k k! (1) k C nk 1 i k nên (3) (1) Bài toán (P48, Tạp chí Pi) Tìm tất số ngun n tất n số nguyên a1 a2 an cho đa thức S ( x) ( x a1 ) ( x a2 ) ( x an ) phân tích thành tích hai đa thức khác hằng, với hệ số nguyên Lời giải Giả sử n a1 a2 an số ngun cho ta có phân tích n S ( x) ( x ) G ( x) H ( x); (1) i 1 đó, G ( x ) H ( x ) hai đa thức khác hằng, với hệ số ngun, mà khơng tính tổng qt, ta giả sử deg G deg H Rõ ràng, hệ số bậc cao G ( x ) H ( x ) phải 1, 1 Nếu cần, đổi dấu G ( x ) H ( x ), ta xem hệ số Từ sau, tiện, ta quy ước: – số nguyên i , mà i n, gọi tắt số; – số phần tử tập hợp hữu hạn X ký hiệu X Lần lượt xét trường hợp: Trường hợp n Lúc này, deg H 1, tức H ( x ) x a với a đó, theo (1), n (a a ) Điều i 1 i vô lý, khơng thể biểu diễn thành tích nhiều ba số nguyên đôi phân biệt Vì vậy, n deg G deg H (2) Đặt R ( x ) : G ( x ) H ( x ) Ta có nhận xét sau: Nhận xét 1: R ( x ) đa thức khác hằng, với hệ số nguyên, deg R n Chứng minh: Giả sử phản chứng R ( x) c đa thức Khi đó, (1) viết lại thành n ( x a ) cG ( x) G ( x) i 1 i Trong đồng thức trên, hệ số bậc cao đa thức vế trái 1, đa thức vế phải 1; ta gặp mâu thuẫn Vậy, R( x) đa thức Các kết luận lại Nhận xét hiển nhiên Nhận xét 2: R (ai ) { 2; 2} với số i Chứng minh: Do (1) ta thấy G (ai ) H (ai ) G (ai ); H (ai ) 3;1 , 3; 1 , 1; 3 , 1;3 R (ai ) 2 với số i Nhận xét 3: Với ba số i, j , k mà i j R (ai ) R (a j ) R (ak ), ta có ( ak )( ak a j ) | Chứng minh: Đặt c R (ak ) Theo Nhận xét 2, c 2;2 R (ai ) R (a j ) c Áp dụng định lý Bezout (và Nhận xét 1), ta có phân tích R ( x) c ( x )( x a j ) P ( x), P ( x ) đa thức với hệ số nguyên Lấy x ak ta suy ( ak )( ak a j ) | R ( ak ) c | | c | Nhận xét 4: ( a j ) | với cặp số i, j mà R (ai ) R (a j ) Chứng minh: Đặt c R (ai ) Theo Nhận xét 2, c 2;2 R (a j ) c Áp dụng định lý Bezout (và Nhận xét 1), ta có phân tích R ( x) c ( x a j ) P ( x), P ( x ) đa thức với hệ số nguyên Lấy x ta suy ( a j ) | R ( ) c | | c | Dùng nhận xét ta loại hai trường hợp “con”: n 6, n 1a/ Thật vậy, giả sử n Vì a1 a2 an , với số i 6, ta có a1 Vậy, theo Nhận xét 4, ta phải có R (ai ) R (a1 ) với số i (3) Đặc biệt, R (a6 ) R (a1 ) Mà ( a4 a6 )( a4 a1 ) 4, nên theo Nhận xét ta phải có R (a6 ) R (a1 ) R(a4 ) Theo cách hoàn toàn tương tự, ( a2 a6 )( a2 a4 ) ( a5 a1 )( a5 a2 ) nên Nhận xét cho ta: R (a1 ) R (a6 ) R (a4 ) R (a2 ) R (a5 ) (4) Đặt c R ( a1 ), từ (3) (4) ta thấy phương trình R ( x) c có nhiều n nghiệm; nghiệm x với số i Điều mâu thuẫn với Nhận xét Vậy, 1a/ xảy Tiếp theo, gọi I tập hợp tất số i mà R (ai ) 2, J tập hợp tất số i mà R (ai ) 2 Theo Nhận xét 2, hiển nhiên ta có I J n (5) 1b/ Bây giả sử n Lúc từ (1) (2) dễ thấy deg G 3, deg H Suy ra: R ( x) R ( x) đa thức bậc ba có hệ số bậc cao Như hệ quả, ta có I 3, J Kết hợp với (5) ta thấy có hai khả năng: (b1) I J (b2) I J Xét (b1) Giả sử I i1 i2 i3 Theo định lý Bezout, ta có phân tích R ( x) ( x ai1 )( x ai2 )( x ai3 ) (6) Nếu J , từ (6) suy R (a1 ) (a1 ai1 )(a1 ai2 )(a1 ai3 ) ; điều khơng thể, 1 a1 ai1 a1 ai2 a1 ai3 (a1 ai1 )(a1 ai2 )(a1 ai3 ) 1 Vậy, I , tức i1 Lập luận tương tự, ta có I , tức i3 Chỉ phải khảo sát ba giá trị i2 (b1.1) Nếu i2 2, J nên từ (6) suy R(a4 ) ( a4 a1 )( a4 a2 )(a4 a5 ) 6, vô lý! (b1.2) Nếu i2 3, J nên từ (6) suy 4 R (a2 ) (a2 a1 )(a2 a3 )(a2 a5 ) 0, vơ lý! (b1.3) Nếu i2 4, J nên từ (6) suy 4 R (a3 ) (a3 a1 )(a3 a4 )(a3 a5 ) 0, vô lý! Tất mâu thuẫn gặp cho thấy khả (b1) khơng thể xảy Ta lặp lại phương pháp để thấy (b2) xảy Một phương pháp khác quy (b2) (b1) cách thay dãy a1 a2 a5 dãy b1 a5 b2 a4 b5 a1 , thay đa thức R( x) đa thức T ( x) R ( x) Chú ý rằng: T ( x) T ( x) đa thức bậc ba với hệ số nguyên có hệ số bậc cao 1; ra, R (ai ) T (b6i ) 2; R(ai ) 2 T (b6i ) nên vai trò tập I , J hoán đổi qua cách thay nói Tóm lại 1b/ loại trừ, ta phải xét trường hợp “con”: 1c/ n Lúc này, từ (1) (2) dễ thấy deg G deg H Suy ra: R ( x) R ( x) đa thức bậc hai có hệ số bậc cao Kết hợp với (5), ta thấy I J Lần này, với cặp số i, j mà R (ai ) R (a j ), dùng phương pháp chứng minh Nhận xét ta có 2( a j ) R ( ) R ( a j ) nên ( a j ) | Từ đây, a4 a1 2, ta suy R (a4 ) R (a1 ) Nếu 1;4 J , R ( x) 2( x a1 )( x a4 ) 2;3 I , nên R (a2 ) 2(a2 a1 )(a2 a4 ) 0, vô lý! Vậy, 1;4 I , nên R ( x) 2( x a1 )( x a4 ), 2;3 J 4 R (a2 ) 2(a2 a1 )(a2 a4 ) a2 a1 1, a4 a2 2; 4 R (a3 ) 2( a3 a1 )( a3 a4 ) a3 a1 2, a4 a3 Suy ra: a1 , a2 , a3 , a4 , theo thứ tự đó, bốn số nguyên liên tiếp Thử lại: n 4, với a1 , a2 , a3 , a4 , theo thứ tự đó, bốn số nguyên liên tiếp, ta có phân tích S ( x ) ( x a1 )( x a1 1)( x a1 2)( x a1 3) [( x a1 )( x a1 3) 1][( x a1 )( x a1 3) 3] thỏa mãn yêu cầu đề Trường hợp n Lúc này, deg G 2, deg H Suy ra: H ( x) x a (a ) Theo (1), (a a ) i 1 i Nhưng a a1 a a2 a a3 nên có khả năng: a a1 1, a a2 1, a a3 3; tức là, số nguyên a1 , a2 , a3 lập thành cấp số cộng với công sai Thử lại: n 3, với a1 , a2 , a3 số nguyên, theo thứ tự đó, lập thành cấp số cộng với cơng sai 2, ta có phân tích S ( x ) ( x a1 )( x a1 2)( x a1 4) ( x a1 1)[( x a1 ) 5( x a1 ) 3] thỏa mãn yêu cầu đề Trường hợp n Lúc này, deg G deg H Suy ra: H ( x) x a, với a Theo (1), (a a ) i 1 i Nhưng a a1 a a2 nên có hai khả năng: a a1 3, a a2 1; a a1 1, a a2 3 Vậy, a2 a1 Thử lại: n 2, với a2 a1 ( a1 ), ta có phân tích S ( x ) ( x a1 )( x a1 2) ( x a1 1)( x a1 3) thỏa mãn yêu cầu đề Kết luận: Tất số nguyên n tất n số nguyên a1 a2 an thỏa mãn yêu cầu đề gồm: n 4; a1 , a2 , a3 , a4 , theo thứ tự đó, bốn số nguyên liên tiếp; n 3; số nguyên a1 , a2 , a3 , theo thứ tự đó, lập thành cấp số cộng với công sai 2; n 2; a1 , a2 số nguyên mà a2 a1 Bài toán (Nga) Cho f ( x) x bx c tam thức bậc hai với hệ số b, c Giả sử phương trình f f ( x) có đủ nghiệm thực (không thiết phân biệt), ký hiệu x1 , x2 , x3 , x4 Biết x1 x2 1, chứng minh c 1 Lời giải Nếu phương trình f ( x) khơng có nghiệm thực thì: với x , đặt t : f ( x) ( ), ta thấy f (t ) 0; vậy, phương trình f f ( x) khơng có nghiệm thực, mâu thuẫn với giả thiết! Do đó, phương trình f ( x) phải có nghiệm thực Giả sử {t1 ; t2 } tập nghiệm Theo định lý Viète, t1 t2 b (1) Ngoài ra, f ( x) ( x t1 )( x t2 ), nên ( x x1 )( x x2 )( x x3 )( x x4 ) f f ( x) ( f ( x) t1 )( f ( x) t2 ) ( x bx c t1 )( x bx c t2 ) Từ đó, có khả sau xảy ra: ( x x1 ) | ( x bx c t1 ) f ( x) t1 ( x x2 ) | ( x bx c t2 ) f ( x) t2 ( x x1 ) | ( x bx c t2 ) f ( x) t2 ( x x2 ) | ( x bx c t1 ) f ( x) t1 ( x x1 )( x x2 ) x bx c t1 ( x x3 )( x x4 ) x bx c t2 ( x x1 )( x x2 ) x bx c t2 ( x x3 )( x x4 ) x bx c t1 Xét hai khả đầu Lúc x12 x22 b( x1 x2 ) 2c f ( x1 ) f ( x2 ) t1 t2 (1) x12 x22 b 2c b x x22 x x c 1 Xét hai khả cuối Lúc (cân hệ số bậc dùng định lý Viète), ta có 1 x1 x2 b b (2) Hơn nữa, phương trình f ( x) ti x bx c ti có biệt thức i b 4(c ti ) với i {1; 2} Vì vậy, 2b 8c 4(t1 t2 ) 1 b 2(t1 t2 ) (1) b 2b (2) c 4 Bài toán (Saudi Arabia TST 2016) Tìm số tự nhiên n lớn có tính chất: tồn n tam thức bậc hai f1 ( x) x b1 x c1 , f ( x) x b2 x c2 , , f n ( x) x bn x cn đôi không trùng nhau, với hệ số bi , ci (1 i n), cho, với cặp số i j n, phương trình f i ( x) f j ( x) có có nghiệm thực Lời giải Kiểm tra trực tiếp ta thấy tam thức bậc hai f1 ( x) : x 4, f ( x) : x x 6, f3 ( x) : x x 12 thỏa hệ f1 ( x) f ( x) 2( x 1) f1 ( x) f3 ( x) 2( x 2) f ( x) f3 ( x) 2( x 3) Từ đó, n có tính chất đề Tiếp theo, ta chứng minh n số tự nhiên lớn cần tìm Giả sử phản chứng tồn số tự nhiên n có tính chất đề Ta đến mâu thuẫn cách sau: Cách 1: Từ giả thiết dễ dàng suy ra: với cặp số i j n, tồn số thực tij cho f i ( x) f j ( x) x (bi b j ) x ci c j 2( x tij ) ; thế, bi b j 4tij ci c j 2tij2 Giải hệ b1 b2 4t12 b1 b3 4t13 b2 b3 4t23 ta tìm b1 2(t12 t13 t23 ) b2 2(t12 t13 t23 ) b3 2(t12 t13 t23 ) Từ đó, 4t14 2(t12 t13 t23 ) b4 4t24 2(t12 t13 t23 ), vậy, t13 t24 t14 t23 (1) c1 t122 t132 t23 c1 c2 2t122 Tương tự, ta giải: c1 c3 2t132 c2 t122 t132 t23 suy ra: 2 c2 c3 2t23 c3 t122 t132 t23 2 2 2t142 (t122 t132 t23 ) c4 2t24 (t122 t132 t23 ) t142 t23 t132 t24 Từ (1) (2), dễ thấy t13t24 t14t23 Đặt S : t13 t24 t14 t23 P : t13t24 t14t23 , ta có {t13 ; t24 } {t14 ; t23} (2) hai vế tập nghiệm phương trình bậc hai x Sx P Vậy, t13 t14 t13 t23 Nếu t13 t14 f1 ( x) f3 ( x) f1 ( x) f ( x) f ( x) f ( x), mâu thuẫn với giả thiết! Còn t13 t23 f1 ( x) f ( x) f ( x) f ( x) f1 ( x) f ( x), mâu thuẫn! Cách 2: Với cặp số i j n, đặt g ij ( x) : f i ( x) f j ( x) gọi tij nghiệm thực phương trình g ij ( x) 0, ta có gij ( x) 2( x tij ) Xét tổng g ( x) : f i ( x), ta thấy: i 1 2( x t13 ) 2( x t24 ) g13 ( x) g 24 ( x) g ( x) g14 ( x) g 23 ( x) 2( x t14 ) 2( x t23 ) Cân hệ số hai vế ta đến hệ (1)-(2) tìm mâu thuẫn thấy Cách Cách (dựa ý tưởng Nguyễn Thế Minh, giáo viên trường THPT chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương): Theo giả thiết, với cặp số i j n, phương trình bậc hai f i ( x) f j ( x) x (bi b j ) x ci c j có nghiệm kép, nên có biệt thức ij 0, suy (bi b j ) 8(ci c j ) Từ đó, (b1 b2 ) (b3 b4 ) 8(c1 c2 c3 c4 ) 8(c1 c3 c2 c4 ) (b1 b3 ) (b2 b4 ) (b1 b2 ) (b1 b3 ) (b2 b4 ) (b3 b4 ) (b2 b3 )(2b1 b2 b3 ) (b2 b3 )(b2 b3 2b4 ) (b2 b3 )(b1 b4 ) Vậy, b2 b3 b1 b4 Nếu b2 b3 , 8(c1 c2 ) (b1 b2 ) (b1 b3 ) 8(c1 c3 ) c2 c3 nên f ( x) f ( x), mâu thuẫn với giả thiết! Còn b1 b4 , ta lại có 8(c1 c2 ) (b1 b2 ) (b2 b4 ) 8(c2 c4 ) c1 c4 nên f1 ( x) f ( x), mâu thuẫn! Cách (dựa ý tưởng Nguyễn Văn Phương, giáo viên trường THPT chuyên Trần Đại Nghĩa, TP Hồ Chí Minh): Theo giả thiết, với cặp số i j n, phương trình bậc hai f i ( x) f j ( x) x (bi b j ) x ci c j có nghiệm kép, nên có biệt thức ij 0, suy (bi b j ) 8(ci c j ) Từ đó, n 3, ta thấy: với số j n, ( x; y ) (b j ; c j ) phải nghiệm hệ phương trình (b1 x) 8(c1 y ) (b2 x) 8(c2 y ) (3) Nếu b1 b2 hệ (3) có nghiệm c1 c2 ; suy f1 ( x) f ( x), mâu thuẫn với giả thiết! Nếu b1 b2 , cách trừ vế theo vế phương trình hệ, ta thấy hệ (3) có nghiệm c1 c2 b1 b2 x b b 2 y (b1 x) c Vậy, n Suy điều phải chứng minh Bài toán (Saudi Arabia TST 2017) Đa thức P [x] gọi có biểu diễn lập phương m có dạng P( x) i Pi ( x) , với m *, (i )im1 , ( Pi )im1 [x] (phụ thuộc vào P) Tính số i 1 tam thức bậc hai ax bx c có biểu diễn lập phương, với hệ số a, b, c lấy từ tập S {1; 2; 3; ; 2017} (tập gồm 2017 số nguyên dương đầu tiên) n Lời giải Cho P( x) ci xi , với n , (ci )in0 Ta nói đa thức P đẹp hai điều kiện i 0 sau thỏa mãn: (i) với số i n, i ci (ii) ci i3 (0i n ) Nhận xét 1: Mọi đa thức có biểu diễn lập phương đẹp Chứng minh: Trước hết, dễ thấy: - P1 P2 đa thức đẹp đa thức P1 P2 đẹp, - P đa thức đẹp số nguyên đa thức P đẹp Vì thế, từ định nghĩa đa thức có biểu diễn lập phương, để suy Nhận xét ta phải chứng minh đa thức P đẹp lập phương đa thức với hệ số nguyên, tức có dạng P( x) : Q( x)3 , đó, Q [x] (1) m Giả sử Q( x) : xi , với m , (ai )im0 , P( x) : Q( x)3 Áp dụng công thức “đa thức”: i 0 N m i i 0 j0 j1 jm N N! j01 j1 m jm j0 ! j1 ! jm ! (tổng vế phải lấy theo tất số tự nhiên j0 , j1 , , jm có tổng N , lũy thừa với số mũ hiểu 1) với N : 3, i : xi (0 i m), ta thấy: P( x) ai3 x3i 3ai2 ak x 2i k 6ai ak a x i k ; ik i (2) ik i k đó, với tổng vế phải ta ngầm hiểu số i, k , chạy từ đến m, đôi khác Hơn nữa, với cặp số i, k thế, ta có: 2i k 2k i 3; 3ai2 ak 3ak2 3ai ak (ai ak ) Vì thế, từ (2) ta thấy đa thức P đẹp; khẳng định (1) chứng minh Nhận xét 2: Mọi đa thức đẹp với bậc bé có biểu diễn lập phương Chứng minh: Cho P đa thức đẹp với deg P Khi đó, P( x) 3a2 x 3a1 x a0 với a0 , a1 , a2 số nguyên mà a1 a2 ( a1 a2 2) Ta dễ dàng kiểm tra trực tiếp: P( x) a1 a2 a a ( x 1)3 ( x 1)3 a1 x3 (a0 a2 )13 , 2 (3) suy ra: P có biểu diễn lập phương Trở lại toán: xét tam thức bậc hai P ( x) ax bx c, với hệ số a, b, c lấy từ tập S Theo Nhận xét 1-2, P có biểu diễn lập phương đẹp; tức là, a 3, b 3, a b (4) Tập T : {s S | s 3} {1 3; 3; 3; ; 672 3} gồm 672 số nguyên, có 336 số chẵn 336 số lẻ Điều kiện (4) tương đương với điều kiện: a T , b T , a b có tính chẵn lẻ Vậy, để P có biểu diễn lập phương, ta cần cần: - chọn a T : có 672 cách chọn - chọn b T mà b tính chẵn lẻ với a : có thảy 336 cách chọn - chọn c S : có 2017 cách chọn Theo quy tắc nhân, có thảy 672 336 2017 3362 2017 tam thức P có biểu diễn lập phương Ghi chú: Ta chứng minh đa thức đẹp có biểu diễn lập phương Nhận xét lời giải bước sở Ở bước quy nạp, ta cho n giả sử đa thức đẹp với bậc bé 3(n 1) có biểu diễn lập phương Xét P đa thức đẹp mà deg P 3n Ta cần chứng minh P có biểu diễn lập phương Dưới ta đưa hai cách chứng minh Cách 1: Theo giả thiết, ta viết P( x) 3a3n1 x3n1 3a3n2 x3n2 a3( n1) x 3( n1) Q( x); (5) đó, a3( n1) , a3n2 , a3n1 số nguyên; Q [x], deg Q 3(n 1); hai khả sau xảy ra: (i) a3n2 a3n1 chẵn, đa thức Q đẹp (ii) a3n2 a3n1 lẻ, đa thức Q( x) 3x3n đẹp Xét (i) Lúc này, dựa biểu diễn (3) đa thức đẹp với bậc bé 3, ta viết lại (5) dạng: P( x) x3( n1) 3a3n1 x 3a3n2 x a3( n1) Q( x) a a a a 3n2 3n1 ( x n x n1 )3 3n2 3n1 ( x n x n1 )3 a3n2 ( x n )3 (a3( n1) a3n1 )( x n1 )3 Q( x) 2 Từ đây, dùng giả thiết quy nạp ta suy P có biểu diễn lập phương Xét (ii) Lúc này, gợi ý phần từ biểu diễn (i), ta viết lại (5) dạng: P( x) a3n2 a3n1 n a a3n1 n ( x x n1 )3 3n2 ( x x n1 )3 a3n2 ( x n )3 ( x n x n2 )3 2 (a3( n1) a3n1 )( x n1 )3 ( x n2 )3 Q( x) 3x3n4 Từ đây, dùng giả thiết quy nạp ta suy P có biểu diễn lập phương Cách 2: (dựa ý tưởng Nguyễn Duy Khang, giáo viên trường THPT chuyên Thoại Ngọc Hầu, An Giang) Theo giả thiết, ta viết n P( x) [3a3k 1 x3k 1 3a3k 2 x3k 2 a3( k 1) x3( k 1) ]; k 1 (6) đó, (ai )i3n01 , 3a 6, tức a i i3 i (7) i3 Gọi d phần dư phép chia a3n1 a3n2 cho Do (7), ta viết lại (6) dạng P( x) [3a3n1 x3n1 3(a3n2 d ) x3n2 a3( n1) x 3( n1) ] (3dx 3n2 3dx3( n1)1 ) Q( x) ( x n1 )3[3a3n1 x 3(a3n2 d ) x a3( n1) ] d ( x n2 )3 (3x 3x ) Q( x), (8) với Q đa thức đẹp có bậc bé 3(n 1) Theo giả thiết quy nạp, Q có biểu diễn lập phương Từ định nghĩa d , ta thấy đa thức 3a3n1 x 3(a3n2 d ) x a3( n1) đẹp, nên theo Nhận xét lời giải Bài tốn (bước sở) đa thức có biểu diễn lập phương Ngồi ra, ta kiểm tra trực tiếp “biểu diễn lập phương”: x x ( x )3 ( x 1)3 13 Cuối cùng, tổng tích đa thức có biểu diễn lập phương đa thức có biểu diễn lập phương (hãy chứng minh!) nên từ (8) suy P có biểu diễn lập phương Bài toán (American Mathematical Monthly) Với số tự nhiên n k (k 2), gọi ank thặng dư không âm bé (mod k ) Cn2 n ; tức là, ank [0; k ) Cn2 n ank (mod k ) Tìm tất số tự nhiên k để dãy số (ank )n0 có tuần hồn; tức là, n0 , T *, n n0 , ankT ank (nói cách khác, dãy số (ank )nn0 tuần hồn n0 lớn; ta nói dãy số (Cn2 n )n0 có tuần hồn (mod k )) Lời giải (của Nguyễn Cảnh Hoàng Phạm Nam Khánh – thành viên đội tuyển Việt Nam dự thi (2n)! (2n 1)! 2 2Cn2 n1 0(mod 2) n Suy ra: k số IMO2017) Dễ thấy Cn2 n n !n ! n !(n 1)! tự nhiên thỏa yêu cầu đề Ta chứng minh số tự nhiên k không thỏa yêu cầu đề Thật vậy, k nên phải xảy hai trường hợp sau: (i) | k (ii) p | k với p số nguyên tố lẻ Ta dùng bổ đề sau (và hệ hiển nhiên nó): Bổ đề: Với x , ta có [2 x] 2[x] (0 ){x}
Ngày đăng: 03/05/2018, 05:29
Xem thêm:
