DS1 d1 GiangQV da thuc

CHUYÊN ĐỀ ĐA THỨC A TÓM TẮT LÝ THUYẾT CƠ BẢN ĐA THỨC Định nghĩa Cho A ∈{ R, Q , Z } Ta gọi đa thức bận n, biến x biểu thức có dạng : Pn ( x ) = an x n + an −1 x n −1 + + a1 x + a0 ( an ≠ 0) a1 ∈ A gọi hệ số, an hệ số cao a0 hệ số tự đa thức Nếu a1 = 0, i = 1, , n ta có bậc đa thức Nếu a1 = 0, i = 0, , n ta coi bậc đa thức − ∞ gọi đa thức khơng ( nói chung người ta không định nghĩa bậc đa thức không ) Tập hợp tất đa thức với hệ số lấy A ký hiệu A[x] + Nghiệm đa thức : Giả sử a phần tử tùy thuộc A.f(x)= an x n + an −1 x n −1 + + a1 x + a0 đa thức tùy thuộc vào A[x] Phần tử f(a) = an a n + an −1a n −1 + + a1a + a0 (an ≠ 0) gọi giá trị f(x) a Nếu f(a) = ta nói a nghiệm f(x) Bài tốn tìm nghiệm đa thức f(x) A gọi giải phương trình đại số bậc n an x n + an −1 x n −1 + + a1 x + a0 ( an ≠ 0) Trong A Các phép toán đa thức Cho hai đa thức f(x) = an x n + an −1 x n −1 + + a1 x + a0 , g(x) = bn x n + bn −1 x n −1 + + b1 x + b0 Ta định nghĩa phép tính số học : f(x) g(x) = (an + bn ) x n + (an −1 + bn −1 ) x n −1 + + (a1 + b1 ) x + a0 + b0 f(x) g(x) = (an − bn ) x n + (an −1 − bn −1 ) x n −1 + + (a1 − b1 ) x + a0 − b0 f(x).g(x) = c2 n x n + c2 n −1 x n −1 + + c1 x + c0 ck = a0bk + a1bk −1 + + ak b0 Các phép tính đa thức : Định lý : Giả sử A = R A = Q, f(x), g(x) ≠ hai đa thức thuộc A[x] Khi ln tồn hai đa thức q(x) r(x) thuộc A[x] cho : f(x) = g(x).q(x) + r(x) với deg r(x) < deg g(x) Nếu r(x) = ta nói f(x) chia hết cho g(x) Định lý : Giả sử A = R A = Q, f(x) ∈ A[x] Số dư phép chia f(x) cho (x – a) f(a) Định lý : a nghiệm f(x) f(x) chia hết cho (x – a ) Giả sử A = R A = Q, a ∈ A, f(x) ∈ A[x] m số tự nhiên lớn hay Khi a nghiệm bội cấp m f(x) f(x) chia hết cho ( x − a)m không chia hết cho ( x − a)m+1 Định lý : ( Định lý Vieete ) Giả sử phương trình an x n + an −1 x n −1 + + a1 x + a0 ( an ≠ 0) (1) có n nghiệm x1 , x2 , , xn : (2) Ngược lại số x1 , x2 , , xn thỏa mãn hệ chúng nghiệm phương trình (1) Hệ (2) có n thành phần vế trái thành phần thứ k có Cnk số hạng, vế trái thành phần thứ k số x1 , x2 , , xn xuất Cnk−−11 lần Các hàm E1 , E2 , , En gọi hàm đa thức đối xứng Vieete bậc 1,2,…,n ( cách tương ứng ) Chú ý: Hệ (2) viết gọn lại sau an − k = (−1) k an  i1 < i2 < n  điều vô lý Vậy phương trình f ( − x ) + f ( x ) = có vơ số nghiệm  f ( − x ) = − f ( x ) ∀x ∈ IR  f (0) =  f ( ) = − f ( )    f ( −1) = −1 Chọn x =    f ( −1) = f ( ) −  f (1) =  Xét dãy số: a0 = ; an +1 = an + ∀n ≥  an > ; ∀n ≥ Ta chứng minh an +1 > an (1), ∀n ≥ Thật với n =  a1 = > = a0  (1) n = Giả sử (1) đến n  an + = an +1 + > an + = an +1 Vậy (1) ∀n ∈ N Bây ta chứng minh f (an ) = an (2) ∀n ≥ Với n =  f ( a0 ) = f (1) = = a0  (2) với n = Giả sử f ( an ) = an Ta chứng minh f ( an+1 ) = an+1 ta có f ( an+1 ) = + f (an2+1 − 1) = + f ( an ) = + an = an2+1  f ( an+1 ) = an+1 f ( an+1 ) = −an+1 Nếu f ( an +1 ) = − an +1  f ( an + ) = + f ( an2+ − 1) = + f ( an +1 ) = − an +1 < vơ lý f ( an+1 ) = an+1 Vậy f ( an ) = an ∀n ≥ Do phương trình f ( x ) = x có vơ số nghiệm, f ( x ) = x ∀x ∈ R Thử lại ta thấy đa thức f ( x ) = x thỏa mãn yêu cầu tốn Nhận xét: Từ phương trình hàm mà Nn cần tìm đa thức f ( x ) có hệ số thực Ta dự đốn f ( x ) ≡ g ( x ) với g ( x ) đa thức xác định Để chứng minh f ( x ) ≡ g ( x) ∀x ∈ R ta xây dựng dãy lặp x0 = a , xn+1 = ϕ ( xn ) sau chứng minh ( xn ) dãy đơn điệu thực chứng minh f ( an ) ≡ g (a n ) ∀n ∈ N từ suy f ( x ) ≡ g ( x ) ∀x ∈ R Ví dụ (1.2) Tìm đa thức f(x) có hệ số thực cho f ( x) f ( x + 1) = f ( x + x + 1) (1) ∀x ∈ R Lời giải + N ếu deg f = suy f ( x) = c  c2 = c  c ∈{0,1} + N ếu deg f ( x ) = 2m +  ∃a ∈ R cho f ( a ) = Chọn x = a  f ( a ) f ( a + 1) = f ( a + a + 1) Do f ( a ) = nên f ( a + a + 1) = Do đa thức f ( x ) có tính chất a nghiệm phương trình f ( x ) = a + a + nghiệm phương trình f ( x ) = Xây dựng dãy số x0 = a , xn+1 = xn2 + xn + ∀n ≥  xn +1 − xn = xn2 + >  xn +1 > xn ∀n Vậy xn dãy tăng thực từ tính chất ta nhận f ( xn ) = với n ≥ N hư đa thức f ( x ) có vơ số nghiệm, điều khơng thể xảy degf ≥ , deg f = m , m ∈ N * Từ phương trình (1) cách so sánh hệ số x 4m hai vế ta nhận hệ số x 2m khai triển f ( x ) Do đa thức f ( x ) = ( x + 1) + h ( x ) (2) m h ( x ) đa thức có hệ số thực degh ( x ) = P < 2m Thế biểu thức (2) vào phương trình ý đến đồng thức (x (x 2 + 1) m (( x +1) +1) = (( x m + 1) h ( x + 1) + m (( x + 1) 2 ) + x + 1) + ) m ∀x ∈ R ta nhận phương trình m + h ( x ) + h ( x ) h ( x + 1) = h ( x + x + 1) ∀x ∈ R N ếu p ≥  deg h ( x + x + 1) = p bậc vế trái ( 2m + p ) Vì ( 2m + p ) > p điều xảy ra, p =  h ( x ) ≡ c  c =  f ( x ) = ( x + 1) m Thử lại f ( x ) = ( x + 1) thỏa mãn phương trình (1) m Nhận xét: Để chứng minh phương trình f(x) = vơ nghiệm f(x) đa thức bậc n thỏa mãn phương trình hàm xác định ta thường sử dụng phương pháp phản chứng giả sử phương trình có nghiệm x = a từ phương trình hàm xác định đa thức ta xây dựng dãy số x0 = a, xn+1 = g ( xn ) ∀n ≥ sau chứng minh xn dãy đơn điệu chứng minh f ( xn ) = ∀n ≥ Điều mâu thuẫn với tính hữu hạn nghiệm đa thức Ví dụ 1.3: Tìm đa thức f(x) deg f(x) = 4n + thỏa mãn Lời giải Thay x –x => Chứng minh tương tự ví dụ (1.1) ta nhận f(x) = f(-x) Do f(x) = q( Ta có Đặt y = , q(x) , deg q = 2n + Vậy đa thức q có tính chất (*) Do Để ý N ên từ (*) ta suy  Mà deg q = 2n + nên Ta có Chọn y = -1  q(-1) = Từ (*) Chọn y = -1  , chọn y =  q (1) = 0, chọn y =  q(4)=-1 Từ ta xây dựng dãy số dễ thấy Ta chứng minh Thật m tăng thực (1) => (1) với m =  Giả sử (1) đến m Vậy (1) với m phương trình q(y) = có vơ số nghiệm Điều vô lý Vậy không tồn đa thức thỏa mãn u cầu tốn Ví dụ 1.4: Tìm tất đa thức thỏa mãn đồng thời điều kiện sau : ( i) ii) mà xy – zt = Lời giải Giả sử deg Chọn số nguyên dương k cho k có nhiều ước số lấy x ước k( ) Chọn y = z=k 1, t =  xy – zt = k – (k –1) = N hận xét phương trình (1) phương trình có bậc mà số nghiệm nhiều nên deg Từ (2) dùng phương pháp đồng hệ số  Chứng minh tương tự ta có Chọn x = y = 1, z = t = => xy – zt =  ab =  xy – zt = Chọn  n lẻ, cd =   xy – zt Chọn  N ếu cd = N ếu cd Vậy  (không xảy ra)  , a,c Thử lại thấy bậc đa thức thỏa mãn yêu cầu n chẵn Vậy ( Ví dụ 1.5 : Tìm tất đa thức f(x) cho : p(x)p(2 Lời giải với Đặt p(x) = ,m q(1) ≠ (*) Thay (*) vào (1) ta có : q(2x-1) Trong M = { Đặt R(x) = Xét a không thuộc M a > Xây dựng dãy Do a > : R( Hay R( q(2x-1) = q(x) q(x) = c Vậy f(x) = c ,c ,m II) Sử dụng phương pháp đồng giải toán xác định đa thức Ví dụ 1.6 : ( IMO-2004) Tìm tất đa thức p(x) R[x] cho : p(a-b) + p(b-c) + p(c-a) = 2p(a+b+c) thỏa mãn ab+bc+ca = Lời giải Giả sử p(x) = n a x i i với R, i =0 Ta có (a,b,c) = (6x, 3x, -2x) thỏa mãn ab + bc + ca = R p(3x) + p(5x) + p(-8x) = 2p(-7x) n n ⇔  (3i + 5i + ( −8 ) ) x i =  2ai 7i xi i i =0 R R i =0 ⇔ N ếu i lẻ  N ếu i chẵn i i Vậy => Mà Vậy p(x) = Thử lại đa thức p(x) = thỏa mãn ycbt Ví dụ 1.7 : Tìm tất đa thức f(x) = Thỏa mãn f( cho ( N ếu tồn k số la nghiệm bội k phương trình f(x)= Lời giải Vì n > f( (  f(x)= So sánh hệ số tự suy Theo giả thiết  nên có trường hợp xảy : Vì TH1   f(x) = so sánh hệ số hai vế ta hệ phương trình =>  p,q Thử lại (p,q) (thỏa mãn ) (p,q) TH2 0= (2,1)  f(x) = Ta có (x+1) thỏa mãn N gược lại với Vậy với giá trị cần tìm P P = Ví dụ 3.10: Cho x,y,z thỏa mãn điều kiện : Tìm min, max m Lời giải Xét f(t) 0⇔ =  Bảng biến thiên : t - + g - 4-m - + + + -m Vì f(t) = có nghiệm t ⇔ Vậy giá trị lớn m 4, giá trị nhỏ m Ví dụ 3.11 : hay khơng hai đa thức f(x), g(x) cho : Lời giải Giả sử f(x), g(x) cho Xét g(x) = ln x , x > Áp dụng định lý Lagrang cho f(x) [i,i+1]  ln( i+1) – ln i = i<   n n n 1 < i + − i < (ln ln ) ( )    i =1 i + i =1 i =1 i ⇔ ⇔ ln (n+1) < Vậy Vậy lim  deg f  N ếu deg f = deg g+1  lim hệ số lũy thừa cao f(x) g(x) N ếu deg f  lim mâu thuẫn Vậy không tồn đa thức f(x), g(x) thỏa mãn tốn Ví dụ 3.12: Tìm tất P(x) R[x] thỏa mãn : Lời giải Giả sử tồn đa thức (1) Chọn x = y =  p(0) = Đạo hàm vế theo x ta : Trong (2) chọn y N ếu Mà p (0) x  p(x)   p(x) N ếu p (0) ≠  Giả sử deg p(x)  n C 2n –  n  p(x) n Ta so sánh bậc vế.N ếu deg p = n ax Vậy nghiệm phương trình p(x) Ví dụ 3.13 : Tìm P(x) ax với a R[x] cho Lời giải Trước hết ta chứng minh p(x) thỏa mãn (1)  deg p(x) Giả sử deg p(x) N ếu ta có Do   Chọn m ⇔ max {0,  Từ p(x) p(p(x)+x) – p(p(x) ,  p(x) + x > p(x) Áp dụng định lý LGR cho hàm p(x)  Do  ta có mâu thuẫn ( điều ( Tương tự N ếu deg p  xét  Vậy deg p ≤ 2  p(x)   ⇔ ⇔  vô nghiệm ⇔ Vậy deg p(x)  p(x) ax, p(p(x))  p( p( ( Thỏa mãn x, p( Vậy có đa thức thỏa mãn p §4 Sử dụng tính chất số phức để giải toán đa thức trường số phức I) Giải tốn đa thức tính chất nghiệm phức phương trình Trong phần kiến thức mà ta thường sử dụng : + Định lý đại số : Trong trường phức đa thức bậc n có đóng n nghiệm + Định lý Viet + Tính chất Modum số phức Cho hai số phức z1 z2 : z1.z2 = z1 z2 z1 + z2 ≤ z1 + z2 , dấu xảy z1 = k z2 với k ≥ z1 − z2 ≥ z1 − z2 Ví dụ 4.1 : Tìm tất đa thức có hệ số thực P(x) thỏa mãn : P(x).P(x+1) = P ( x + x + 1), ∀x ∈ R (1) Lời giải N ếu P(x) ≡ a ( a số ) thay vào (1) ta : a = a ⇔ a(a − 1) = ⇔ a ∈{0,1} Bây ta xét P(x) đa thức có bậc lớn Giả sử a nghiệm P(x) Khi a + a + nghiệm Trong (1) thay x x – ta : P(x).P(x+1) = P ( x − x + 1), ∀x ∈ R Vì P(a) = nên suy P (a + a + 1) = 0, a − a + nghiệm P(x) Chọn a nghiệm có mơđun lớn ( có nhiều nghiệm ta chọn chúng ) Từ cách chọn suy a2 + a + ≤ a , a2 + a −1 ≤ a Theo bất đẳng thức mơđun ta có 2a = ( a + a + 1) + ( − a + a − 1) ≤ a + a + + − a + a − = a + a + + a − a + ≤ a + a = 2a N hư dấu phải xảy bất đẳng thức , suy ( a + a + 1) + ( − a + a − 1) = a + a + + − a + a − Suy tồn số thực δ ≥ cho a + a + = δ ( − a + a − ) N ếu a + a + < a − a + a2 − a + > a2 − a + + a2 + a + ≥ a  a2 − a + > a Tương tự a + a + > a − a + a + a + > a mâu thuẫn với cách chọn a Vậy a − a + = a + a + từ δ = ta có a + a + = − a + a − ⇔ a = −1 ⇔ a = ± i Vậy P(x) = ( x + 1)m Q( x) Q ( x ) đa thức khơng chia hết cho x + Thay vào (1) ta có ( x + 1)m Q( x)( x + x + 2) m Q( x + 1) = [x + x + 1]m Q( x + x + 1) hay Q( x).Q( x + 1) = Q( x + x + 1) Q(x) thỏa mãn (1) N ếu Q(x) có nghiệm ta tương tự trên, nghiệm có mơđun lớn phải i, − i N hưng điều khơng thể Q(x) khơng chia hết cho x + Bởi Q(x) số Giả sử c, thay vào (1) ta c = Vậy P( x) = ( x + 1)m Thử lại ta kết luận : tất đa thức thỏa mãn đề P( x) ≡ 0, P( x) ≡ 1, P( x) = ( x + 1)m ( với m = 1, 2, …) Ví dụ 4.2 : Tìm tất đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn : P( x) P(2 x ) = P(2 x3 + x) ∀x ∈ R (1) Lời giải ta thấy P ( x ) ≡ P ( x ) ≡ thỏa mãn Với đa thức P ( x ) ≡ a ta có a = a ⇔ Tiếp theo xét trường hợn P(x) khác số Giả sử : P ( x ) = an x n + an −1 x n −1 + + a1 x + a0 với an ≠ đa thức thỏa mãn yêu cầu tốn Từ (1) ta có (an x n + an −1 x n −1 + + a1 x + a0 )[an (2 x ) n + + a1 (2 x ) + a0 ] ≡ [an (2 x + x) n + + a1 (2 x + x) + a0 ] So sánh hệ số x 3n hệ số tự vế ta  an2 = an 2n an2 = 2n an  a =1   n    a0 = ao ao ∈ {0,1} ao ∈ {0,1} Trường hợp an = ao = Khi P ( x ) = x n + an −1 x n −1 + + a1 x = x l P1 ( x) (l ∈ N * , P1 (0) ≠ thay vào (1) ta x l P1 ( x)(2 x )l P1 (2 x ) = (2 x + x)l P1 (2 x + x), ∀x ∈ R  P1 ( x )(2 x )l P1 (2 x ) = (2 x + 1)l P1 (2 x + x), ∀x ≠ Do hàm đa thức liên tục R, nên từ (2), cho x (2) ta P1 (0) = 0, đến ta gặp mâu thuẫn Vậy trường hợp không xảy Trường hợp an = ao = Giả sử α nghiệm P(x).Khi ao = nên α ≠ Ta có P (2α + α ) = P(α ) P(2α ) = suy 2α + α nghiệm P(x) xét dãy số (α n ) sau : (α = α ≠ 0, α n +1 = 2α n3 + α n , ∀n = 0,1, N ếu α > (α n ) dãy tăng nghiêm ngặt, α < (α n ) dãy giảm nghiêm ngặt từ suy P(x) có nghiệm thực khác khơng có vơ số nghiệm thực Điều khơng thể xảy Kết hợp P(0) = ≠ suy P(x) ≠ với x ϵ R Suy P(x) có nghiệm phức z1 , z2 , , zn Theo định lý Viet ta có z1 , z2 , , zn = (−1)n  z1 z2 zn = N ếu tồn zk cho zk > Điều dẫn đến zk2 + = zk2 − ( −1) ≥ zk2 − −1 = zk2 − > Do zk3 + zk = zk zk2 + > zk P(x) có vơ số nghiệm điều xảy Vậy với k = 1, 2, …, n zk ≤ 1, từ từ (3) suy zk = ∀ k = 1, n Giả α = cos ϕ + i sin ϕ nghiệm phức P(x), 2α + α nghiệm P(x) = 2α + α = α 2α + = 2α + = 2cos 2ϕ + 2isin 2ϕ + = (2cos 2ϕ + 1) + (2 sin2ϕ )i = (2cos 2ϕ + 1) + (2sin2ϕ )2 Từ (2cos 2ϕ + 1)2 + (2sin2ϕ )2 =1 ⇔ cos 2ϕ = ⇔ϕ= π + kπ Suy α = ±i Do P(x) = ( x + 1)k , k ∈ N thử lại thấy thỏa mãn Vậy tất đa thức thỏa mãn yêu cầu P(x)≡ 0, P(x)≡ ( x + 1)k k ∈ N Ví dụ 4.3: Tìm đa thức P(x) có hệ số thực thỏa mãn điều kiện P( x).P(2 x ) = P( x3 + x), ∀x ∈ R Lời giải (1) Với đa thức P(x) ≡ a, ta có a = a ⇔ ta thấy P(x) ≡ P(x) ≡ thỏa mãn Tiếp theo xét trường hợp P(x) khác số : P ( x ) = an x n + an −1 x n −1 + + a1 x + a0 , an ≠ 0, n ∈ N * (2) Từ (1) ta có P(0) = P(0) = Do a0 = a0 = Trường hợp a0 = Khi giả sử P( x) = x mQ( x), Q(0) ≠ 0, m ∈ N * thay vào (1) ta : x mQ( x).(2 x ) m Q(2 x ) = ( x3 + x)m Q( x3 + x), ∀x ∈ R  Q( x).(2 x ) m Q(2 x ) = ( x + 1)m Q( x3 + x), ∀x ∈ R (3) Từ (3), cho x = ta Q(0) = đến ta gặp mâu thuẫn Trường hợp a0 = Đồng hệ số bậc cao (1) ta an an 2n = an ⇔ an = 2n Từ (1) suy P( x0 )= P( x03 + x0 ) = 0, x0 nghiệm P(x) x03 + x0 nghiệm P(x) Xét dãy số ( xn ) sau : x0 ≠ 0; xn +1 = xn3 + xn , ∀n = 0,1, 2, N ếu x0 > ( xn ) dãy tăng nghiêm ngặt, x0 < ( xn ) dãy giảm nghiêm ngặt Từ suy P(x) có nghiệm thực khác khơng có vơ số nghiệm thực Điều khơng thể xảy Kết hợp P(0) = ≠ suy P(x) ≠ với x ϵ R Suy P(x) có nghiệm thực z1 , z2 , , zn theo định lý Viet ta có z1 z2 zn = (−1) n 2n  z1 z2 zn = 2n Vì tồn zk cho zk ≥ Điều dẫn đến zk2 + = zk2 − (−1) ≥ zk2 − −1 = zk2 − ≥ Do zk3 + zk = zk zk2 + > zk P(x) có vơ số nghiệm, điều khơng thể xảy Vậy có hai đa thức thỏa mãn yêu cầu đề P(x) ≡ P(x) ≡ Ví dụ 4.4 Tìm tất đa thức f(x) ϵ R[x] thỏa mãn f (sin x + cos x) = f (sin x) + f (cos x), ∀x ∈ R (1) Lời giải Dễ thấy đa thức f(x) ≡ c ( c số ) thỏa mãn yêu cầu đề Tiếp theo giả sử deg (f) = n ≥ đặt t = tan x 2t 1− t2 sin x = Vậy (1) trở thành , cosx = 1+ t2 1+ t2 + 2x − x2 2x − x2 = + f( ) f ( ) f ( ) + x2 + x2 + x2 (2) n Giả sử f ( x) =  ak x k + a0 N hân vế (2) với ( + x ) thay x i ( i đơn vị k =1 ảo, i = −1 ) ta an (2 + 2i ) n = an [(2i ) n + n ] ⇔ (1 + i ) n = + i n Số phức (1 + i)n có mơđun 2n Ta có (3) (1 + i ) n = + (cos π π nπ nπ nπ nπ + i sin ) n = + cos + i sin  + i n = + cos = cos 2 2 2 Do từ (3) suy 2n = cos nπ nπ ⇔ 2n − = cos 4 (4) Khi n = (4) Khi n = (4) khơng Khi n > 2n−2 > > cos nπ , (4) không n > Tóm lại (4) ⇔ n = Do deg (f) = suy f(x) = ax + b Thay vào (1) b = Vậy f(x) ≡ ax Các đa thức thỏa mãn yêu cầu đề f(x) ≡ c, f(x) ≡ ax (a,c số a ≠ ) II) Giải số tốn đếm tính chất nghiệm phức đa thức Số phức có ứng dụng hiệu toán đếm Và vai trò trung tâm kỹ thuật ứng dụng số phức vào toán đếm nguyên thủy đơn vị Chú ý ε nguyên thủy bậc n đơn vị ta có : i) + ε + + ε n −1 = ii) + ε k + + ε k ( n −1) = với (k ; n) = Đây tính chất quan trọng nguyên thủy thường sử dụng Ví dụ 4.5 : Tìm số số có n chữ số lập từ chữ số 3, 4, 5, chia hết cho Lời giải Gọi cn số số có n chữ số thỏa mãn yêu cầu đề Gọi α nghiệm phương trình x + x + = Khi α = α k + α k + = k không chia hết cho 3, α k + α k + = k chia hết cho Xét đa thức P( x) = ( x3 + x + x5 + x )n Dễ thấy cn tổng hệ số số mũ chia hết cho khai triển 6n 2n k =0 k =0 P(x) N ói cách khác P ( x) =  ak x k cn =  a3k Mặt khác ta có P(1) + P(α) + P( Cuối cùng, P(1) = n , P(α) = P( )= 6n 2n k =0 k =0  ak (1 + α k + α 2k ) =  3a3k 2n ) = nên ta có cn =  a3k = k =0 4n + Ví dụ 4.6 : Cho p số nguyên tố lẻ Tìm số tập A tập hợp {1, 2, …2p}, biết (i) A chứa p phần tử (ii) Tổng phần tử A chia hết cho p Lời giải Xét đa thức P( x) = x p −1 + x p −2 + + x + đa thức có p – nghiệm phân biệt Gọi α nghiệm đa thức P(x) Chú ý α , α , , α p −1 p – nghiệm phân biệt P(x) α p = Do theo định lý Viet, x p −1 − = ( x − α )( x − α ) ( x − α p −1 ) Xét đa thức Q( x) = ( x − α )( x − α ) ( x − α p ) gọi H = {A ⊂ {1, 2, , p}: A = p} 2p Giả sử Q( x) =  ak x k a p = −  α S (A) ,S(A) =  x k =0 A∈H x∈A p −1 Vì S(A) = j(mod p) α S (A) = α j nên a p =  n jα j n j số A ϵ H cho j =0 S(A) = j(mod p) Mặt khác Q( x) = ( x p − 1)2 suy a p = −2 p −1 n α j j =2 (1) j =0 p −1 Xét đa thức R( x) =  n j x j + n0 − Từ (1) suy α nghiệm R(x) Vì j =0 deg P = deg R α nghiệm P(x) nên P(x) R(x) khác số nhân Từ n p −1 = n p −2 = = n1 = n0 − suy n0 − = Vậy đáp số toán n0 = + n p −1 + n p − + + n1 + n0 − p = c2pp − p c2pp − p Ví dụ 4.7 : Cho n số nguyên tố a1 , a2 , , am số nguyên dương Gọi f(k) m số (c1 , c2 , , cm ) thỏa mãn điều kiện ≤ c j ≤ a j c1 + c2 + + cm = k (mod n) Chứng minh f(0) = f(1) = … = f(n – 1) với j ϵ {1, 2, …, m } Lời giải Xét α = cos + isin m Chú ý hệ thức sau ∏ ( X + X + + X a ) = k k =1 ∏ 1≤ ck ≤ ak X c1 + + cn Và f (0) + f (1)α + f (n − 1)α n −1 = ∏ 1≤ ck ≤ ak m X c1 + + cn = ∏ (α + α + + α ak ) k =1 Từ suy f(0) = f(1) = …= f(n – 1) f (0) + f (1)α + + f (n − 1)α n−1 = điều tương đương với m ∏ (α + α + + α ak ) = tức α + α + + α ak = với j ϵ {1, 2, …, m} k =1 Từ suy α a − = tức j Ví dụ 4.8 : Cho p số nguyên tố lẻ , n ∈ N * , (n, p) = Tính số (a1 , a2 , , a p −1 ) Lời giải Xét p(x) = x p −1 + x p −2 + + x + 1, p( x) = có p – nghiệm phân biệt Gọi α nghiệm p(x) = suy (α – 1)p(α) = ⇔ α – 1= (α ≠ 1) (α k ) p = 1(k = 2, p − 1)  α , α , , α p −1 nghiệm chúng đôi khác Vậy tập nghiệm p(x) { α , α , , α p −1 } Vì α p =  (α n ) p = 1, (n, p) =  α n ≠  p(α n ) =  {α n , α n , , α ( p −1) n } = {α , α , , α p −1} Vậy với n {α n , α n , , α ( p −1) n } hoán vị {α , α , , α p −1} Đặt A = {( a1 , a2 , , a p −1 ); ≤ a j ≤ n − 1, a j ∈ N }  A = n p −1 p −1 j ∈ {0,1, 2, , p − 1}: A j = {( a1 , a2 , , a p −1 ) ∈ A  kak ≡ j (mod p ) k =1 p −1 } p −1 A =  Aj i =0 Với a ≡ (a1 , a2 , , a p −1 ) ∈ A đặt S (a) =  kak a ∈ Aj ⇔ S (a) ≡ j (mod p)  α S ( a ) = α j k =1 Xét F( x) = x n−1 + x n−2 + + x + ta có F (α ) F (α ) F (α p −1 ) = (α n −1 ) (α n ( p −1) − 1) =1 (α − 1)(α − 1) (α p −1 − 1) Vì (α n , α n , , α n ( p −1) ) hoán vị (α , , α p −1 ) lại có F (α ) F (α ) F (α p −1 ) = α α ∈A S (a) p −1 n j =0 j =0 =  A j α j   A j α j = ∀α p −1 Đặt Q( x) =  Aj x j + A0 −  Q(α ) = ∀α nghiệm p(x) = j =0  deg P = deg Q = p −  A1 = A2 = = An = A0 −  A0 = n p −1 − +1 p Kết luận : Bài viết chia sẻ số kinh nghiệm dạy chuyên đề thức Của tác giả số năm trực tiêp giảng dạy khối phổ thơng chun tốn Tại số trường chuyên Tác giả mong nhận đóng góp bạn đồng nghiệp để giảng chuyên đề đa thức ngày hoàn thiện