Chuyen de 19 nghiem cua da thuc

CHUYÊN ĐỀ 19 NGHIỆM CỦA ĐA THỨC KIẾN THỨC TRỌNG TÂM G f �R  x  Định nghĩa: Cho số  �R Ta gọi  nghiệm thực f f ( )  k Ta gọi  nghiệm bội k f ( x ) f ( x ) chia hết cho ( x   ) không chia hết cho ( x   ) k 1 nghĩa là: f ( x )  ( x   ) k g ( x ), x �R g ( ) �0 ( k 1) � ( )  �f ( )  0, f '( )  0, , f � (k ) hay �f ( ) �0 Định lí BEZOUT:  nghiệm đa thức f ( x) f ( x) chia hết cho x   Nghiệm hữu tỷ, nghiệm nguyên f �Z  x  , deg f  n, �Z Cho f ( x)  ao x n  a1 x n1   an1 x  an , ao �0 p x q với ( p, q )  p ước hệ số tự q ước hệ số cao Nghiệm hữu tỷ có nhất: p an , q ao Nếu f có n nghiệm x1 , x2 , , xn (phân biệt hay trùng nhau) a x1  x2   xn  ao Thì: x1 x2  x1 x3   xn 1 xn  a2 ao x1 x2 x3  x1 x2 x4   xn2 xn 1 xn   a3 ao x1 x2 xn  ( 1) n an ao Đảo lại, n số x1 , x2 , x3 , xn có tổng tích chập k n số xi Sk x1 , x2 , , xn nghiệm có phương trình: X n  S1 X n1  S2 X n2   (1)n1.S n 1 X  (1) n S n  Định lí liên tục:  a, b f (a) f (b)  đa thức f ( x) có Nếu đa thức f ( x ) nhận giá trị trái dấu nghiệm x  c �(a, b) Định lí LAGRANGE: Với đa thức f ( x ) www.LuyenThiThuKhoa.vn  a, b  có số c �(a, b) : f (b)  f (a )  f '(c) ba Phone: 094 757 2201 Đặc biệt f (a )  f (b)  hay cần f ( a)  f (b) f '(c)  tức là: f '( x )  có nghiệm thuộc (a, b) Định lí ROLE: Giữa nghiệm đa thức f ( x) có nghiệm f '( x ) Nếu f có n nghiệm phân biệt f ' có n  nghiệm phân biệt, f ''' có n  nghiệm phân biệt,…, f ( nk ) có n  k nghiệm phân biệt,… Phân tích nhân tử theo nghiệm f �R  x  g �R  x  Cho có nghiệm x1 , x2 , , xm với bội tương ứng k1 , k , , k m tồn f ( x )  ( x  x1 )k1 ( x  x2 ) k2 ( x  xm ) km g ( x) m Hay f ( x)  �( x  xi ) ki g ( x) i 1 m với �k1 �n i 1 Nếu f bậc n có đủ n nghiệm phân biệt hay trùng thì: n f ( x)  A( x  x1 )( x  x2 ) ( x  xn )  A�( x  xi ) i 1 f �R  x  Phân tích nhân tử Các nhân tử f nhị thức bậc tam thức bậc hai vô nghiệm: m s i 1 k 1 f ( x)  ao �( x  di )�( x  bk x  ck ) Với hệ số di , bk , ck �R, 2s  m  deg f , bk  4ck  cách phân tích f ( z ) �C  z  , deg f  n Phân tích nhân tử f ( z )  ao z n  a1 z n1   an 1 z  an , ao �0 Theo định lí D’ALEMNBERT f có đủ n nghiệm phức z1 , z2 , , zn nên: n f ( z )  ao ( z  z1 )( z  z2 ) ( z  zn )  ao �( z  zi ) i 1 Đa thức CHEBYSHEV: Tn ( x) xác định sau: Tn ( x)  1, T1 ( x)  x, Tn1 x  2x.Tn ( x )  Tn1 , n �1 Cụ thể: To ( x)  1; T1 ( x)  x; T2 ( x)  2x  T3 ( x)  4x3  3x; T4 ( x)  8x4  8x  T5 ( x)  16 x  20x3  5x, n 1 Đa thức Chebyshev (Trưbưsep) Tn ( x ) có bậc n có hệ số cao n � Đôi ta xét trở Kết quả: ( ) : Tn (cos  )  cos n ( ) : Tn ( x ) �1,x � 1,1 ( ) : Tn ( x )  có n nghiệm phân biệt trê  x  cos k ,k  0,1, ,n  n www.LuyenThiThuKhoa.vn  1,1 là: Phone: 094 757 2201 Chú ý: 1) Số lượng nghiệm: - Mỗi đa thức hệ số thực bậc n có khơng q n nghiệm thực - Đa thức có vơ số nghiệm đa thức khơng f �0 - Nếu đa thức có bậc �n có q n nghiệm đa thức khơng - Nếu đa thức có bậc �n nhận n  giá trị n  điểm khác biến đa - thức hằng: f �C Hai đa thức có bậc �n nhận n  giá trị n  điểm khác biến đồng nhau: f �g 2) Quy tắc dấu DESCARTE: f ( x )  ao x n  a1 x n 1   an 1 x  an ,ao �0 Gọi D số nghiệm dương (kể bội) L số lần đổi dấu dãy hệ số khác từ ao đến an (bỏ hệ số  ) Thì: D �L L  D số chẵn hay L  D  2m,m �N 3) Đưa đa thức vào giả thiết số Cho n số x1 ,x2 , ,xn ta xét đa thức nhận n số làm nghiệm: n f ( x )  �( x  xi )  ( x  x1 )( x  x2 ) ( x  xn ) i 1 Từ ta khai thác quan hệ nghiệm, Viette, hệ số, đạo hàm,… CÁC BÀI TOÁN Bài toán 19.1: Cho số tự nhiên n �2 , chứng minh phương trình: xn x n1 x2 x     10 n! ( n  )! 2! 1! khơng có nghiệm hữu tỉ Hướng dẫn giải Ta chứng minh phản chứng Giả sử phương trình cho có nghiệm hữu tỉ  Khi  nghiệm hữu tỉ đa thức: P( x )  x n  nx n1   n! xk x   n!  n! k! 1! n Nhưng P(x) đa thức bậc n với hệ số nguyên, hệ số x 1, nên suy  phải số nguyên, ta có: k 2   n  n n1   n!   n!  n!  n!  k! 1! (1) Gọi p ước nguyên tố n r k  1,n , kí hiệu rk số mũ cao p thỏa mãn k !Mp k , ta có: �k � �k � �k � rk  � � � �  � s � �p � �p � �p � (2) s s 1 Với s số nguyên không âm thỏa mãn: p �k  p k k k ps rk �    s  k k p p p 1 p 1 Từ (2) suy ra: www.LuyenThiThuKhoa.vn Phone: 094 757 2201 Do rn  rk  rn  k Suy rn  rk �rn  k  n! nk 1 Mp , k  1,n Vì ta k ! (3) n Mà nMp nên từ (1) ta có  Mp , dó  Mp k Suy  Mpk ,k  1,n n!  k r 1 Mpn ,k  1,n k! Kết hợp điều với (3) r 1 Từ (1) ta suy n!Mpn : mâu thuẫn � đpcm P( x ) �Z  x  Bài toán 19.2: Cho P( x )  1; P( x )  2; P( x )  có nghiệm ngun x1 ,x2 ,x3 Chưng minnh P( x )  khơng có nghiệm ngun Hướng dẫn giải x ,x ,x Ta chứng minh nghiệm nguyên phương trình q( x ) �Z  x  Ta có P( x )  ( x  x2 ).q( x )  với Cho x  x1 x  x3 , ta  P( x1 )  ( x1  x2 )q( x1 )  � ( x1  x2 )q( x1 )  1  P( x3 )  ( x3  x2 )q( x3 )  � ( x3  x2 )q( x3 )  Vì x1  x2 ; x3  x2 ;q( x3 );q( x3 ) số nguyên nên x1  x2 x3  x2 �1 Nhưng x1 �x3 nên: Hoặc x1  x2  x3  x2  1 Hoặc x1  x2  1 x3  x2  Do x2 trung bình cộng x1 ,x3 Giả sử phương trình P( x )  có nghiệm ngun x'2 �x2 Lặp lại lập luận cho số x1 ,x2 ,x3 ta lấy x'2  x2 (mâu thuẫn) Vậy x2 nghiệm phương trình P( x )  Hướng dẫn giải tương tự cho P( x )  1; P( x )  Giả sử phương trình P( x )  có nghiệm nguyên x5 , ta có:  P( x5 )  ( x5  x2 )q( x5 )  � ( x5  x2 )q( x5 )  Nếu x5  x2 lấy giá trị �1 �3 Nếu x5  x2  �1 theo chứng minh x5 phải trùng với x1 x3 Vơ lý x5 khác với x1 x3 Do xảy khả x5  x2  �3 P( x )  ( x  x3 )r( x )  3;r( x ) �Z  x  Mà �  P( x5 )  ( x5  x3 )r( x5 )  � ( x5  x3 )r( x5 )  Suy x5  x3 lấy giá trị �1 �2 Có thể thấy x5  x3  �1 (mâu thuẫn) Nên x5  x3  �2 đó: Nếu x1  x2  x3  x2  1 x5  x2  3 www.LuyenThiThuKhoa.vn Phone: 094 757 2201 Nếu x1  x2  1 x3  x2  x5  x2  Như nghiệm nguyên x5 (nếu tồn tại) phương trình P( x )  xác định hoàn toàn x1 ,x2 ,x3 Các số Vậy P( x )  khơng thể có nghiệm ngun Bài tốn 19.3: Chứng minh với số nguyên a, đa thức: f ( x )  x  2001x  ( 2000  a )x  1999x  a khơng thể có hai nghiệm ngun (phân biệt hay trùng nhau) Hướng dẫn giải x Trước hết chứng minh o nghiệm nguyên f ( x ) xo phải số chẵn Thật vậy: f ( xo )  0; f ( )  2a  1999 số lẻ nên f ( xo )  f ( ) số lẻ Nhưng f ( xo )  f ( ) chia hết cho xo  nên xo  số lẻ xo chẵn Ta xét trường hợp: - - Giả sử f ( x ) có hai nghiệm nguyên x1 ,x2 phân biệt, thì: f ( x1 )  f ( x2 ) 0  ( x13  x12 x2  x1 x22  x23 )  2001( x12  x1 x2  x22  ( 2000  a )( x1  x2 )  1999 x1  x2 Đẳng thức khơng thể xảy x1 ,x2 chẵn Giả sử f ( x ) có nghiệm kép xo chẵn Khi xo nghiệm đạo hàm f '( x ) Do đó: f '( xo )  4xo3  6003xo2  2( 2000  a )xo  1999  Đẳng thức xảy xo chẵn n n n Bài tốn 19.4: Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện: với số nguyên dương n,a  b  c số nguyên Chứng minh tồn số nguyên p, q, r cho a, b, c nghiệm phương trình x  px  qx  r  Hướng dẫn giải n n Ta xét toán: Cho hai số thực a, b thỏa mãn điều kiện: với số nguyên dương n,a  b số nguyên Chứng minh tồn số nguyên p, q cho a, b nghiệm phương trình x  px  q  Theo định lí Viet, rõ ràng điều phải chứng minh tương đương với việc chứng minnh a  b a.b số nguyên a  b hiển nhiên nguyên theo điều kiện đề 2 Ngồi ta có 2ab  ( a  b )  ( a  b ) số nguyên Đến đây, ta tiếp tục dùng đẳng 2 2 4 2 thức để suy 2a b số nguyên: 2a b  ( a  b )  ( a  b ) Bổ đề Nếu x số thực cho 2x 2x số nguyên x số nguyên Chứng minh Ta chứng minh phản chứng Giả sử 2x  k ngun, x khơng ngun Khi k số nguyên lẻ: x  m k  2m  Suy www.LuyenThiThuKhoa.vn Phone: 094 757 2201 Nhưng 2x  2( m  )  2m  2m  2 không nguyên Mâu thuẫn Vậy điều giả sử sai, tức x nguyên Như vậy, theo bổ đề ab nguyên ta suy điều phải chứng minnh Từ phép chứng minh ta suy kết mạnh hơn: 2 4 Nếu a  b,a  b ,a  b số nguyên a, b nghiệm phương trình x  px  q  n n với p, q số nguyên (và dó a  b nguyên dương với n nguyên dương) Điều có nghĩa ta cần dùng giả thiết toán đến n  Ví dụ a 2 ,b   2 cho thấy k  giá trị nhỏ thỏa mãn điều kiện: Nếu a, b số thực thỏa mãn điều kiện a n  b n n n số nguyên với n  1,2 ,k a  b nguyên với n nguyên dương Trở lại với toán, ta cần chứng minh a  b  c,ab  bc  ca abc nguyên Theo điều kiện đề a  b  c số nguyên Tiếp theo ta có 2( ab  bc  ca )  ( a  b  c )2  ( a  b  c ) số nguyên Tương tự lời hướng dẫn gải trên, ta muốn chứng minh 2( ab  bc  ca ) số nguyên Từ dùng bổ đề suy ab  bc  ca số nguyên 2 2 2 2 4 Ta có 2( a b  b c  c a )  ( a  b  c )  ( a  b  c ) 2 2 2 2( ab  bc  ca )  2( a b  b c  c a )  4abc( a  b  c ) (1) 3 2 Vì a  b  c  3abc  ( a  b  c )( a  b  c  ab  bc  ca ) (2) 2 3 Từ đây, a  b  c,a  b  c ,a  b  c 2( ab  bc  ca ) số nguyên nên ta suy 6abc số nguyên (ta nhân (2) với 2! ) Từ đó, nhân (2) với ta thu 6( ab  bc  ca )2  2( a 2b  b 2c  c a )  12abc( a  b  c ) số nguyên Như 2( ab  bc  ca ) 6( ab  bc  ca ) Áp dụng cách chứng minh bổ đề nêu trên, ta suy ab  bc  ca số nguyên Từ đây, thay vào (2) ta có 3abc số nguyên Tiếp theo, ta dụng đẳng thức tương tự (2) a6  b6  c6  3a 2b 2c  ( a  b  c )( a  b  c  a 2b  b 2c  c a ) 2 2 2 2 với ý 2( a b  b c  c a ) số nguyên ta suy 6a b c số nguyên 2 Từ 6abc 6a b c số nguyên, cách chứng minh hoàn toàn tương tự ta suy abc số nguyên Bài toán Hướng dẫn giải hồn tốn Bài tốn 19.5: Cho đa thức P(x) có bậc m  có hệ số nguyên Gọi n số tất nghiệm nguyên phân biệt hai phương trình P( x )  P( x )  1 Chứng minh : n  m  Hướng dẫn giải Xét hai đa thức A( x ) B( x ) , với hệ số nguyên, chúng giống hoàn toàn, trừ hai số hạng tự khác nhau, hai số hạng đơn vị www.LuyenThiThuKhoa.vn Phone: 094 757 2201 Gọi r s nghiệm nguyên tương ứng hai đa thức, tức là: A( r )  (1) B( s )  (2) i i Khi đó, trừ (1) cho (2) ta tổng hạng tử có dạng a( r  s ) cộng thêm cho Mỗi hạng tử chia hết cho ( r  s ) , phải chia hết cho ( r  s ) Từ đó, suy r s 0, đơn vị Giả sử r nghiệm nguyên bé tất nghiệm nguyên hai phương trình: P( x )  P( x )  1 Ta biết đa thức bậc m có khơng q m nghiệm phân biệt, có khơng m nghiệm nguyên phân biệt Theo nhận xét trên, r nghiệm nguyên phương trình s nghiệm nguyên phương trình r s khác 0, đơn vị Nhưng ta có s �r , ta s  r,s  r  s  r  Do vậy, ta suy phương trình thứ hai có thêm vào nhiều nghiệm phân biệt Vậy: n �m  Bài tốn 19.6: Tìm nghiệm đa thức P( x ) hệ số thực thỏa mãn: ( x  3x  3x  )P( x  )  ( x  3x  3x  )P( x ) với x Hướng dẫn giải Ta có ( x  )( x  x  )P( x  )  ( x  )( x  x  )P( x ) Từ chọn: x  2 suy P( 2 )  , chọn x  1 suy ra: P( 1 )  (do P( 2 )  9P( 1 )), Chọn x  suy P( )  0, chọn x  suy P( )  Do P( x )  x( x  )( x  )( x  )Q( x ) , với Q( x ) đa thức hệ số thực Thay P( x ) vào đẳng thức đề ta �  x   x2  x  �  x  1  x   x  x   Q  x   � �       x   x  x  x  x  1  x   Q( x ) Suy x     x  Q( x  )  x  x  Q( x ),x �0,x �1,x �1,x �2,x �2 Q  x  1  Q( x ) ,x �0,x �1,x �1,x �2,x �2 x  x 1 x  x 1 Q  x  1 Q( x ) �  ,x �0,x �1,x �1,x �2,x �2 ( x  1)  ( x  )  x  x  Q( x ) R( x )  x  x  , ta có R( x0  R( x  ),x �0,x �1,x �1,x �2,x �2 Đặt � 2 Suy R( x ) �C (hằng số), nên Q( x ) �C( x  x  ) Do P( x )  Cx( x  )( x  )( x  ) Thử lại:  x    x  x  1 C  x  x  1  x    x   x  x         x   x  x  C x  x  x  x  1  x  1  x   (thỏa mãn) P( x )  Cx( x  )( x  )( x  ) Vậy nên có nghiệm x  0; �1, 2 www.LuyenThiThuKhoa.vn Phone: 094 757 2201 Bài tốn 19.7: Tìm a để phương trình: 16 x  ax  ( 2a  17 )x  ax  16  có nghiệm phân biệt lập cấp số nhân Hướng dẫn giải Gọi nghiệp phân biệt lập cấp số nhân y, ym, ym , ym với a A y �0,m ��1,m �0 Với 16 , theo Viete   y  m  m2  m3  A (1)   y  m3  m4  m5  m6   A y m  m2  2m3  m4  m5  A  17 16 (2) (3) Ta có: m �1 m  1 phương trình có nghiệm trùng y  ym trái với Ta có   ( ) � y  m  1 m   A �0 Chia (3) cho (1) vế theo vế: y m  (4) Suy m  0,m  Thay (4) vào (2) được: 15 y ( m  m  m  m5 )  A  0 16 (2’) Vì m  0, y  , A  Từ (1) suy y  y  3 m Đặt m  v y  v Từ (4) ta có:  v 3  v  v  v6 )  A  Thay vào (2) (2’) được: (5) Rồi biến đổi phương trình: 1� v  �2v  3v  � 2v   v  �� 2v   v  �  v  2 � � � � � � � 2� � 2v   v  � � �         2 Ta có: 2v  3v   2v  (  )v   2v   v   (do biệt số âm) nên: 1 ( v  )( v  )  � v  v 2 170 A 16 suy ra: a  170 Thay vào (5) có:   1 , ,2,8 Đảo lại a  170 phương trình: 16 x  170x  357 x  170x   có nghiệm phân biệt lập cấp số nhân có cơng bội Vậy a  170 Bài tốn 19.8: Tìm a, b ngun cho phương trình: x 3 bx  ax   (1) Có số nghiệm có tích 1 Hướng dẫn giải Giả sử có số nguyên a, b mà phương trình www.LuyenThiThuKhoa.vn Phone: 094 757 2201 x  ax3  bx  ax   có nghiệm u, v với u,v �Z u,v �1 Để ý x nghiệm x �0 x nghiệm 1 u,v, , u v Như phương trình (1) có nghiệm là: 1  u  v   uv  1 uv    a u v uv Theo định lí Viet ta có: (2) v u ( u  v )2 u.v      u.v  b u v uv u.v Và (3) u.v   Ta chứng minh Giả sử u.v  1 Từ (2) (3) ta suy u  v hữu tỉ ( u  v ) �Z nên ( u  v ) �Z hai ( u  v ),( u  v )2  chia hết cho u.v � 1 �u  v  , u  v   1� � , nên suy u.v  u.v  1 Nhưng Điều mâu thuẫn với u.v ��1 Vậy u.v  1 a  0,b  ( u  v )  �2 Ngược lại a  0,b  Z ,b 2 Phương trình (1) trở thành: x  bx   có hai nghiệm: b  b  b  b  ,v  2 Thỏa mãn: u.v  1  Z ,u.v Vậy số nguyên a, b cần tìm là: a  0,b  Z ,b u 2 Bài toán 19.9: Cho phương trình bậc 3: x  px  qx  r  có nghiệm phân biệt Chứng minh điều kiện cần đủ để nghiệm x1 ,x2 ,x3 a) Lâp cấp số cộng là: p  pq  27r  3 b) Lập cấp số nhận là: q  rp  Hướng dẫn giải x ,x ,x a) Giả sử nghiệm lập cấp số cộng nên x1  x3  2x2 p x1  x2  x3   p � x2   Theo định lí Viet � p�  � � Nên: � � � p� � p� p�  � q �  � r  �3� �3� Do đó: p  pq  27r  Đảo lại có p  pq  27r  phương trình nhận x2   p nghiệm nên � � p �� 2 x  x  px  q  � � � � � �� p2 � � � www.LuyenThiThuKhoa.vn Phone: 094 757 2201 x1  x3   p  p 2p   2x2 3 Khi đó: Vậy x1 ,x2 ,x3 lập thành cấp số cộng b) Giả sử nghiệm x1 ,x2 ,x3 lập cấp số nhân nên x1 x3  x2 Theo định lí Viete thì: x1 x2  x1 x3  x2 x3  q1 x1 x2  x22  x2 x3  qx2  x1  x2  x3   q Mà x1  x2  x3   p Suy �q�  � � p� � Nên: x2   q p �q� �q� p�  � q �  � r  � q  rp  p � � � p� 3 Đảo lại có q  rp  phương trình nhận � q� �2 pr � f ( x )  � �x  � �x  Mx  � p q � � � � Do x2   q p nghiệm phương trình pr �q � x1 x3   � �  x2 q �p � Khi nên x1 ,x2 ,x3 lập cấp số nhân Bài tốn 19.10: Cho đa thức P( x ) có bậc n  có nghiệm thực x1 ,x2 ,x3 , ,xn phân biệt Chưng minh: 1    0 P'( x1 ) P'( x2 ) P'( xn ) Đặt Hướng dẫn giải P( x )  a( x  x1 )  x  x2 ) ( x  xn  ,a �0 n  Pi ( x )  � x  x j j 1  j �i Nên P'( x )  P1( x )  P2 ( x )   Pn ( x ) với P ( x )  0,j �i � P'( x j )  Pj ( x j ) �0,j  1,n Ta thấy i j n P( x ) F( x )  � i 1 P'( xi ) i  Xét đa thức: có bậc khơng vượt q n  P( x ) F( xi )  i i   P'( xi ) Với i  1,n ta có: � F( x ) có n nghiệm phân biệt � F( x )  n 1 Mà hệ số F( x ) x a a a    0 P'( xn ) Nên P'( x1 ) P'( x2 ) 1    0 P'( xn ) Vậy: P'( x1 ) P'( x2 ) (đpcm) Bài toán 19.11: Giả sử a b nghiệm đa thức: x  x  Chứng minh tích ab nghiệm đa thức: x  x  x  x  Hướng dẫn giải www.LuyenThiThuKhoa.vn 10 Phone: 094 757 2201 Vì n  k  � 3( n  k )  n  k Do g( x ) �h( x ) � ak  (mâu thuẫn) Nên an �0 Vậy f ( x ) nghiệm số thực Bài tốn 19.26: Cho cấp số cộng ( an ),( bn ) số m nguyên dương, m  Xét m tam thức bậc hai: pk ( x )  x  ak x  bk với k  1,2, ,m Chứng minh p1( x ) pm( x ) khơng có nghiệm số thực tam thức lại khơng có nghiệm số thực Hướng dẫn giải p p Ta có tam thức bậc hai: p1( x ) m( x ) khơng cói nghieemj số thực p1( x ) m( x ) ln dương với x Giả sử tồn pk ( x )  x  ak x  bk với k  2,3, ,m  có nghiệm số thực x  c Gọi a, b công sai hai cấp số cộng ( an ),( bn ) pm( x )  pk ( x )  ( m  k )( ax  b ) pk ( x )  p1( x )  ( m  k )( ax  b ) Do pm ( c )  ( m  k )( ac  b ) p1( c )  ( k  )( ac  b ) nên pm ( c ).p1( c )  : vô lý Vậy tam thức lại khơng có nghiệm số thực Bài toán 19.27: Cho đa thức Pk ( x ),k  1,2,3 xác định bởi: Ta có P1( x )  x  2,Pi 1  P1( Pi ( x )),i  1,2,3, n Chứng mịm Pn ( x )  x có nghiệm thực phân biệt Hướng dẫn giải Ta thu hẹp việc xét nghiệm phương trình đoạn 2 �x �2 Đặt x  cos t, nt Khi đó, quy nạp ta chứng minh được: Pn ( x )  cos nt Và phương trình Pn ( x )  x trở thành: cos  cos t 2k 2k t  ,t  ,k  1,2, ,n n 2n  2n  Từ ta nghiệm: n Suy phương trình Pn ( x )  x có nghiệm thực phân biệt Bài toán 19.28: Chứng minh đa thức P( x ) bậc n có n nghiệm thực phân biệt đa thức P( x )  P'( x ) có n nghiệm thực phân biệt Hướng dẫn giải P( x ) Giả sử có n nghiệm thực phân biệt x1  x2   xn x Đặt f ( n )  e P( x ) f ( x1 )  f ( x2 )   f ( xn )  x Do f '( x )  e ( P( x )  P'( x )) nên theo định lí Role, tồn n  số thực phân biệt y1 , y2 , , yn1 thỏa mãn: x1  y1  x2  y2  x3   xn 1  yn 1  xn cho f '( y1 )  f '( y2 )  f '( yn1 )  x Vì e  với x nên ta có n  nghiệm G( x )  P( x )  P'( x ) Ta chứng minh G( x ) có nghiệm yo  x1 Khơng tính tổng qt, ta giả sử hệ số cao P( x ) lim G( x )  � Xét deg P  n chẵn, ta thấy G( x ) hàm đa thức bậc chẵn thì: x�� www.LuyenThiThuKhoa.vn 18 Phone: 094 757 2201 Ta có: P( x )  ( x  x1 )( x  x2 ) ( x  xn ) nên P'( x )  ( x  x2 )( x  x3 ) ( x  xn )  ( x  x3 ) ( x  xn )( x  x1 )   ( x  xn 1 )( x  x1 ) ( x  xn 2 ) � P'( x )  ( x1  x2 )( x1  x3 ) ( x1  xn )  Do vậy: G( x1 )  P( x1 )  P'( x1 )  P'( x1 )  G( yo    Suy tồn yo �( �,x1 ) cho lim G( x )  � Xét deg P  n lẻ x�� tính tương tự ta có G( x1 )  nên tồn yo �( �; x1 ) cho G( yo )  � dpcm n Bài toán 19.29: Cho đa thức f ( x )  ao  a1 x   an x có n nghiệm thực Chứng minh với p  n  - đa thức g( x )  ao  a1 p.x  a2 p( p  )x   am p( p  ) ( p  n  ).x n có n nghiệm thực Hướng dẫn giải Để giải toán ta xét hai trường hợp Trường hợp 1: f ( x ) không nhận x  làm nghiệm Ta chứng minh quy nạp Với n  toán hiển nhiên Giả sử vớ n  k , ta chứng minh với n  k  , twccs k 1 k  nghiệm thực khác đa thức Nếu đa thức f ( x )  ao  a1 x   ak 1 x g( x )  ao  p.a1 x   p( p  ) ( p  k ).ak 1 x k 1 có k  nghiệm thực khác với pk Gọi c nghiệm f ( x ) f ( x0  ( x  c ).q( x ) q( x ) đa thức bậc k x: Với : (1) q( x )  bo  b1 x   bk x k (2) Thay (2) vào (1), đồng hệ số ta được: ao  c.bo ;a1  c.b1  bo ; ;ak  c.bk  bk 1 ;ak 1  bk k 1 Do g( x )  ao  p.a1 x   p.( p  10 ( p  k )ak 1 x  c.bo  p( c.b1  bo )x   p( p  ) ( p  k ).bk x k 1  c.Q( x )  p.x.Q( x )  x Q( x ) (3) k Trong Q( x )  bo  b1 p.x   p( p  ) ( P  k ).bk x Do f ( x ) có k  nghiệm thực khác nên q( x ) có k nghệm thực khác Mặt khác p p  k nên p  k  Cho nên theo giả thiết quy nạp ta có đa thức Q( x ) có k nghiệm thực Do g( x ) có - K  nghiệm thực Vậy theo nguyên lý quy nạp, toán Trường hợp 2: f ( x ) nhận x  làm nghiệm www.LuyenThiThuKhoa.vn 19 Phone: 094 757 2201  Giả sử x  nghiệm bội k f ( x ),( k  Z ,k n ) k n nk   ak )x k Khi ta có: f ( x )  ak x   an x  ( an x k n Và g( x )  p( p  ) ( p  k  )ak x   p( p  ) ( p  n  )an x  p( p  ) ( p  k  ).x k � a   ( p  k ) ( p  n  ).an x n k � �k � f ( x ) Vì có n nghiệm thực nên H( x )  ak   an x n k có n  k nghiệm thực khác Do áp dụng kết trường hợp cho H( x ) và: p'  p  k  n  k  (do p  n  ) , ta đa thức: R( x )  ak   ( p  k ) ( p  n  ).an x nk có n  k nghiệm thực Vậy g( x ) có n nghiệm thực (đpcm) Bài toán 19.30: Cho k  1,2, ,n; p số dương Chứng minh nghiệm đa thức: f ( x )  ao x n  a1 x n 1   an với hệ số thực (hoặc phức) modun không vượt quá: ak a p  max  max k ao ao p k 1 a) b) max k c) ak ao a a1  max k 1 k ao a1 d) Hướng dẫn giải n n 1 a) Ta có f ( x )  ao x  a1 x   an a a  ao x n (    n n ) ao x ao x A  max ak ao x �1 x �1  A Với nghiệm hiển nhiên x 1 Với nghiệm thì: a a a f ( x )  � 1     n n ao x ao x ao x 1 � � xn 1 � A A � � A n �x x x 1 x � x 1 � � x x Gọi  A x 1 A x x n A n 1 �1 � a �x � a f ( x )  ao � �  � �   n n p �p � p �p � b) Ta có: p Theo câu a) nghiệm x đa thức phải có: x ak ak + �+ max x p max  k p ao p ao p k 1 www.LuyenThiThuKhoa.vn 20 Phone: 094 757 2201 p  max k c) Đặt ak ao đó: ak � pk ao ak ao p k 1 p max ak ao p k 1 �p nên Do đó, theo câu b) , modun tất nghiệm không vượt x �p  max p  max k 1 d) Đặt ak ao ak ao p k 1 , �2 p  max k ak ao ak �a1 p k 1 ak a1 a1  max k  ao ao ao p ao p Theo câu b) nghiệm đa thức không vượt  ak k 1 x �p  max ak ao p k 1 a a �  max k 1 k ao a1  bo �ao ,bi �ai Cho  2n số ,bi thỏa : với i  1, ,n n n 1 Bài toán 19.31: Chứng minh nghiệm có đa thức ao x  a1 x   an có giá trị tuyệt đối n n 1 không vượt nghiệm dương xo phương trình : bo x  b1 x   bn  Hướng dẫn giải n n 1 Đặt f ( x )  ao x  a1 x   an g( x )  bo x n  b1 xn1   bn b b b g( x )  x n ( bo   22   nn )  x n h( x ) x x x Ta có : nb b 2b h'( x )  12    nn1 �0 b �ai �0 x3 x x Thì i Nên h( x ) tăng ( 0; �) nhận giá trị thuộc ( �,bo ) Do g( x ) có nghiệm dương xo Và x  xo � g( x )  Ta có f ( x )  ao x n  a1 x n 1   an �ao x n  a1 x n1   an �ao x n  a1 x n1   an n  ao x  a1 x n1   an n �bo x  b1 x n 1   an  g( x ) Nên với nghiệm x có f ( x ) x �xo www.LuyenThiThuKhoa.vn 21 Phone: 094 757 2201 ns n1 1992 Bài toán 19.32: Cho đa thức: P( x )   x  x  x   x  x với n1 , ns số tự nhiên thỏa mãn:  n1   ns  1992 Chứng minh nghiệm đa thức P( x ) (nếu có) khơng thể lớn 1 2 n1 Ta có P( x )   x  x  x   x Với x �0 P( x ) �1  ns Hướng dẫn giải  x1992 �1  � x �� � ;0 � � P( x )  � � Ta chứng minh với Thật với x  x �1 ta có: P( x ) �1  x  x  x   x 2k 1   x1991   x  1 x ( x1990  x1988   ).(  x ) (  x2 )  x996  x  x  x 997   x2  x2 1 x �( ;0 ) 997  0,1  x  x  Mà với  x  0; x 1 x �( ;0 ) Nên P( x )  với 1 ; �) (đpcm) Bài toán 19.33: Cho phương trình ax  bx  cx  d  0( a �0 ) có nghiệm dương x1 ,x2 ,x3 Chứng Vậy P( x )  với x �( b3c x17  x72  x37 � 81a minh rằng: Hướng dẫn giải b � x1  x2  x3    � � a � �x x  x x  x x  c  2 3 a Theo Viet: � Ta có: Và x1 x2  x2 x3  x3 x1 �x12  x22  x32 �  ( x1  x2  x3 )2 �3( x12  x22  x32 ) �  0 b2 c �( x12  x22  x32 )2 �  3a Do đó: Vì x1 ,x2 ,x3  nên: www.LuyenThiThuKhoa.vn b2 c 9a 22 c �x12  x22  x32 a b2 3a �x12  x22  x32 �( x14  x24  x34 ) Phone: 094 757 2201 ( x14  x24  7 2  ( x1 x1  x2 x22 x3 )( x17  x72  x73 ) x34 )2 �( x1  x2  b4 c b  � ( x1 a 81a x72  x32 x32 )2 b3c x37 ) ( x17 x72 x37 ) 81a b x1  x2  x3   3a Dấu “=” xảy Bài toán 19.34: Cho số thực a số tự nhiên n �2 Chứng minh z nghiệm phức đa thức X n 1  X  aX  z  n n Giả sử z  r(cos   i sin  ) Hướng dẫn giải n 1  X  aX  Do z nghiệm đa thức P( X )  X r n 1  cos( n  )  i sin( n  )   r  cos 2  i sin 2   ar(cos   i sin  )     0i Nên Từ đồng phần thực với phần thực, phần ảo với phần ảo ta n 1 � �r cos( n  )  r cos 2  cos    0( ) �n1 �r sin( n  )  r sin 2  sin   0( ) Nếu sin   z số thực, mâu thuẫn với giả thiết z  �n n , ta có điều phải chứng minh Nếu cos   Tiếp theo giả sử sin  �0 cos  �0 Nhân vế (1) với sin  , nhân vế (2) với cos  trừ ta r n1 sin( n )  r sin   sin   � r n 1 sin( n )  ( r  ) sin  r n 1  sin  sin  Do r  sin  r n 1 � � sin  n n r  Mà nên  do r 0 Mặt khác r  �2r � r r n 1 r n  1 �2   rn � r  n � z  r  n r n n Suy n r  Nên có điều phải chứng minh 3 Bài tốn 19.35: Chứng minh:  số vô tỉ Hướng dẫn giải 3 3 Đặt: x   Ta có: x    8(  ) 3 Nên x   x � x  x   Giả sử x hữu tỉ mà ao  � x số nguyên 3 Và    nên x  3 Do đó: x  x   �0 : vô lý Vậy x số vô tỉ www.LuyenThiThuKhoa.vn 23 Phone: 094 757 2201 2 Bài toán 19.36: Tìm a, b để f ( x )  2x  ax  bx  ax  b chia hết cho ( x  ) Chứng minh f ( x ) khơng chia hết cho ( x  )3 Hướng dẫn giải ( x  ) nên f có nghiệm bội k �2 Ta có: f ( x )M � f ( )  f '( )  �  a  b  a  b   3a  2b  a  Vậy a  1 b  2 Do f ( x )  2x  x  2x  x  2, f '( x )  f ''( x )  24x  x  Vì f ''( )  14 �0 nên f ( x ) không chia hết cho ( x  1) n n n Bài toán 19.37: Giả sử c  d  ( c  d ) ,n �N ,n  Chứng minh cd( c  d )  Hướng dẫn giải c  Nếu ta có điều phải chứng minh n n n Nếu c �0 , ta xét đa thức P( x )  ( x  c )  x  c Ta có P( )  Ta chứng minh P( x ) khơng có nghiệm khác khác c P( x )  ( x  c )n  x n  c n - - P'( x )  n( x  c )n1  nx n1  n � �x  c  n1  x n1 � � nên có Nếu n lẻ P'( x ) khơng có nghiệm, suy P( x ) hàm đơn điệu thực sự, suy x  nghiệm P( x ) Nếu n chẵn, P'( x ) có nghiệm nhất, suy P( x ) có nhiều hai nghiệm Mà c hai nghiệm P( x ) , P( x ) có hai nghiệm c Tóm lại P( x ) khơng có nghiệm khác c Mà theo giả thiết ta có P( d )  , suy d  d  c , cd( c  d )  Bài toán 19.38: Cho a, b, c đôi không đối a  b b  c c  a ( a  b )( b  c )( c  a )    0 Chứng minh: a  b b  c c  a ( a  b )( b  c )( c  a ) Hướng dẫn giải a  b b  c c  a ( a  b )( b  c )( c  a )    0 a  b b  c c  a ( a  b )( b  c )( c  a ) Giả sử Quy đồng mẫu số vế trái, ta tử thức: f   a  b  b  c  c  a    b  c  c  a   a  b   c  a   a  b  b  c   a  b  b  c   c  a  Ta xem: f đa thức theo a có deg f �2 Để ý: f ( b )  f ( c )  f ( )  Xét b, c, đơi khác f ( a ) �0 Xét trường hợp lại b  c hay b  hay c  ta có f ( a )  www.LuyenThiThuKhoa.vn 24 Phone: 094 757 2201 Vậy f  Bài toán 19.39: Cho ao ,a1 , ,an n  số đôi khác Giải hệ phương trình �xo  x1ao  x2 ao2   xn aon � �xo  x1a1  x2 a12   xn a1n � � � n �xo  x1an  x2 an   xn an Hướng dẫn giải y n1 Xét đa thức: f ( y )  xn y  xn1 y   x1 y  xo có deg f �n �xo  x1ao  x2 ao2   xn aon � �xo  x1a1  x2 a12   xn a1n � � � xo  x1an  x2 an2   xn ann � Từ hệ n Ta có f ( ao )  f ( a1 )   f ( a )  Nên f ( y ) có n  nghiệm phân biệt, f ( y )  n Từ suy xo  x1  x  n Thử lại ta thấy xo  x1  x  thỏa mãn hệ cho n Vậy hệ có nghiệm ( xo ,x1 , ,x )  ( 0,0, ,0 ) Bài tốn 19.40: Giải hệ phương trình xn x2 � x1 �a  b  a  b   a  b  1 n �1 � x1 xn x2    1 � a2  bn �a2  b1 a2  b2 � � xn x2 � x1 �a  b  a  b   a  b  n n n �n Trong a1 ,a2 , ,an ,b1 ,b2 , ,bn 2n số khác Tính tổng nghiệm Hướng dẫn giải Đa thức f ( X ) với biến số X, xác định công thức: xn x1 x2 f(X )    1  X  b1 X  b2 X  bn  X  b1   X  b2   X  bn  (1) Rõ ràng đa thức f ( x ) có bậc n có hệ số cao – xn x2 � x1 �a  b  a  b   a  b  1 n �1 � x1 xn x2    1 � a2  bn �a2  b1 a2  b2 � � xn x2 � x1 �a  b  a  b   a  b  n n n Từ hệ phương trình � n www.LuyenThiThuKhoa.vn 25 Phone: 094 757 2201 Suy rằng: f ( a1 )  f ( a2 )   f ( an )  (2) Nhân hai vế (1) với X  bi để ý đến (2) ta được: � x � xi 1 xi 1 xn xi  ( X  bi ) �       1� X  bi 1 X  bi 1 X  bn �X  b1 � X  a X  a X  a  1  2  n   X  b1   X  bi 1   X  bi1   X  bn  Và đẳng thức này, cho X  bi , đến kết quả:   bi  a1   bi  a2   bi  an  xi  ,i  1,2, ,n  bi  b1   bi  bi 1   bi  bi 1   bi  bn  Đó nghiệm phương trình cho: Ta có: f ( X )  ( X  a1 )( X  a2 ) ( X  an ) Thành thử quy đồng mẫu vế trái (1), được: x1( X  b2 )( X  b3 ) ( X  bn )  x2 ( X  b1 )( X  b3 ) ( X  bn )   xn ( X  b1 )( X  b2 ) ( X  bn1 )  ( X  b1 )( X  b2 ) ( X  bn )  f ( X )  ( X  a1 )( X  a2 ) ( X  an ) n 1 So sánh hệ số X hai vế đằng thức trên, ta được: a1  a2   an  x1  x2   xn  b1  b2   bn Do tổng: T  x1  x2  x3   xn  a1  a2   an  b1  b1   bn Bài toán 19.41: Cho đa thức p( x ) bậc có nghiệm thực phân biệt Tìm số bé hệ số khác Hướng dẫn giải Xét p( x )  ax  bx  cx  dx  e,a �0 Nếu có hệ số b  c  d  e  nên P( x )  ax có nghiệm bội (loại) tức p( x ) khơng thể có hệ số khác Do p( x ) có hệ số khác n Xét p( x )  ax  bx ,n �2 p( x ) có nghiệm bội: loại d p( x )  ax  dx  ax( x  ) a có tối đa nghiệm: loại Xét Xét p( x )  ax  e có nghiệm: loại Do p( x ) có hệ số khác 2 Chọn p( x )  x  5x  4x  x( x  )( x  ) Thì p( x ) có nghiệm phân biệt hệ số khác 0: tồn Vậy số bé hệ số khác Bài toán 19.42: Chứng minh tồn 2015 tam giác ABC thỏa mãn: sin A  sin B  sin C 12 12  ; sin A sin B sin C  cos A  cos B  cos C 25 Hướng dẫn giải A B �tan tan  Tam giác ABC có A B C A B C �sin A  cos cos cos ; �cosA   sin sin sin www.LuyenThiThuKhoa.vn 26 Phone: 094 757 2201 A B C A B C sin sin ,v  cos cos cos 2 2 2 Đặt v 12 12  8uv  �u  ,v  25 10 Theo giả thiết:  4u vaf Ta lập phương trình bậc có nghiệm: A B C A B C u tan ,tan ,tan tan tan tan   2 2 2 v 1 A � �   ��  tg � A B C 2� v � cos cos cos 2 2 Ta có: 25 A A B A B C �   �tan  �tan2 tan2  �tan2 tan2 tan 2 2 2 u  sin 2 25 A� A B � A B� A A � �  1 � tan �  2�tan tan  � tan tan � 2�tan �tan  � � 2� 2 � 2� 2 36 � � 25 A� A �  1 � tan �  2.1   .�tan  � 2� 36 � A� 1� A � 99 A 11 � �� tan �  � tan �  � �tan  � � � 3� � 36 � A B C 11 tan ,tan ,tan X3  X2  X  0 2 nghiệm phương trình: 6 Do đó: � 1� 1, , � � , , Hướng dẫn giải tập nghiệm � sin A,sin B,sin C 5 Vậy có vơ số tam giác ABC thỏa mãn điều kiện, đồng dạng với tam giác vuông Ai Cập ( 3,4,5 ) nên tồn 2015 tam giác T Bài tốn 19.43: Tính tổng: sin 2   3 6 sin2 7 Hướng dẫn giải sin2 2 3  , , 2 Ta có: 7 nghiệm phương trình: sin 4x  sin 3x Đặt t  sin x thif sin 3x  ( 3t  4t ) sin x  ( sin 2x.cos 2x )2  16t (  t )(  2t )2 Ta có phương trình: 64t  112t  56t   2 3 6 sin ,sin ,sin 7 nghiệm phương trình: Do đó: 64z  112z  56 z   Áp dụng định lí Viete: 1 T   2 3 6 sin sin sin 7 1 x1 x2  x2 x3  x3 x1     8 x1 x2 x3 x1 x2 x3 www.LuyenThiThuKhoa.vn 27 Phone: 094 757 2201 Bài toán 19.44: Cho số thực: x1 ,x2 , ,xn :  x1  x2   xn  thỏa mãn: n 1  0,i  1,2, ,n x  x i j j 0, j �i � Kí hiệu xo  0,xn1  Chứng minh xn1i   xi với i  1,2, ,n Đặt Hướng dẫn giải P( x )  ( x  xo )( x  x1 ) ( x  xn )( x  xn 1 ) n 1 P'( x )  � n 1 � ( x  xj ) i 1 j 0, j �i Thì P''( x )  n 1 P''( xi )  � ���( x  x j ) k 0 l 0 j 0 j �,l n 1 n 1 n 1 n1 n 1 n 1 j �i k 0 k �i 0 i  xk � ( x  x j )  �( x  x j ) �x i 0 j 0, j �i Từ Suy ra: x( x  )P''( x )  ( n  )( n  ).P( x ) (1) Do đó: tồn đa thức bậc n  với hệ số cao 1, thỏa (1) n Mặt khác đa thức Q( x )  ( 1 ) P(  x ) thỏa mãn phương trình (1), Q(x) đa thức bậc n  với hệ số cao n Vậy ( 1 ) P(  x )  P( x ) Và  x1  x2   xn  nên ta có đpcm n n 1 Bài tốn 19.45: Cho P( x )  x  a1 x   an 1 x  , với �0 có n nghiệm xi Chứng minh: P( x ) �( x  )n ,x �0 Hướng dẫn giải n Vì �0 nên nghiệm xi  n n �xi  i 1  Xét x �Z : n P( x )  �( x  xi )  �( x  xi )  �(     xi ) 44 4 43 i i i 1 i 1 x 1s n ��( x  )n x 1 xi  ( x  )n x1 x1 xn  ( x  )n i 1 Xét x  t tùy ý: ak  �xi1 xi2 xik ( 1 )k ( �i1  i2   in �n )  �xi1 xi2 xik k (BCS Cn số) k �Cnk Cn x1 x2 xn  Cnk n Do đó: P( x ) ��Cnk x nk  (  x )n www.LuyenThiThuKhoa.vn k 0 28 (đpcm) Phone: 094 757 2201 Bài toán 19.46: Cho số dương a, b, c, d Giả sử phương trình ax  ax  bx  cx  d  có ( 0; ) Chứng minh bất đẳng thức : 21a  164c �80b  320d nghiệm thuộc khoảng Hướng dẫn giải Giả sử phương trình ax  ax  bx  cx  d  có nghiệm x1 ,x2 ,x3 ,x4 ( 0; ) thuộc khoảng Theo định lí Viete ta có: b , a c d x1 x2 x3  x1 x2 x4  x1 x3 x4  x2 x3 x4  x1 x2 x3 x4  a a Vì a  nên bất đẳng thức : 21a  164c �80b  320d c b d � 21  164 �80  320 a a a � 21  164( x1 x2 x3  x1 x2 x4  x1 x3 x4  x2 x3 x4 ) x1  x2  x3  x4  1; x1 x2  x1 x3  x1 x4  x2 x3  x3 x4  �80( x1 x2  x1 x3  x1 x4  x2 x3  x2 x4  x3 x4 )  320( x1 x2 x3 x4 ) (*) Áp dụng bất đẳng thức BCS (  2x1 )(  2x2 )(  2x3 ) 3 �1  2x1   2x2   2x3 ) � �1  2x4 � �� � � � � � � � � 27(  2x1 )(  2x2 )(  2x3 ) �(  2x4 ) (1) Tương tự: 27(  2x1 )(  2x2 )(  2x4 ) �(  2x3 )3 (2) 27(  2x1 )(  2x3 )(  2x4 ) �(  2x2 ) 27(  2x4 )(  2x2 )(  2x3 ) �(  2x1 ) (3) (4) Nhân vế (1), (2), (3), (4) rút gọn ta có: 81(  2x1 )(  2x2 )(  2x3 )(  2x4 ) �(  2x3 )(  2x4 )(  2x1 )(  2x2 ) Khai triển rút gọn ta có bất đẳng thức (*) x1  x2  x3  x4  Đẳng thức xảy ra: b c 1 �  ,  ,d  a a 16 256 a,b,c,d  Chứng minnh: Bài toán 19.47: Cho abc  bcd  cda  dab ab  bc  cd  da  ac  bd � Hướng dẫn giải a � b � c �d Khơng tính tổng quát, giả sử Xét đa thức: f ( x )  ( x  a )( x  b( x  c )( x  d )  x4  ( a  b  c  d )x  ( ab  bc  cd  da  ac  bd )2 ( abc  bcd  cda  dab )x  abcd www.LuyenThiThuKhoa.vn 29 Phone: 094 757 2201 Vì f có nghiệm nên f ' có nghiệm x1 ,x2 ,x3  f '( x )  4x  3( a  b  c  d )x  2( ab  bc  cd  da  ac  d )x ( abc  bcd  cda  dab) �4( x  x1 )( x  x2 )( x  x3 ) x2 x2 x3  ( abc  bcd  cda  dab ) Theo định lí Viete, ta có: x1 x2  x2 x3  x3 x1  ( ab  bc  cd  da  ac  bd ) Áp dụng bất đẳng thức BCS: ( ab  bc  cd  da  ac  bd )  x1 x2  x2 x3  x3 x1 �3 ( x1 x2 x3 )2  3  abc  bcd  cda  dab  16 Từ suy đpcm n n 1 Bài toán 19.48: Cho f ( x )  x  a1 x   an có bậc n �2 có n nghiệm b1 ,b2 , ,bn Chứng minh: � 1 � f ( x  ).�    ��2n ,x  bi x  bn � �x  b1 x  b2 Hướng dẫn giải n n1 Ta có f ( x )  x  a1 x   a x có n nghiệm thực b1 ,b2 , ,bn f  x   ( x  b1 )( x  b2 ) ( x  bn ) Nên: � f ( x  )  (  x  b1 )(  x  bn ) (  x  bn ) � 1 � f ( x  ).�    � x  b1 � �x  b1 x  b2 Do đó: �f ( x  ).n.n n ( BCS ) ( x  b1 )( x  b2 ) ( x  bn ) (  x  b1 )n (  x  bn )n x  b1 x  bn Từ nhị thức Newton Và  nt  (  t )n �1  nt  n( n  )t ,t  n( n  )2 �2nt ,t �1,n �2 nên ta có: (  t )n �2nt đó: (  x  bj )n �2( x  bj ),t  x  bj  �1 1 � n n � f ( x  ).�    ��n  2n   2n  b  b  b n� � BÀI LUYỆN TẬP: Bài tập 19.1: Giả sử m tham số để phương trình: www.LuyenThiThuKhoa.vn 30 Phone: 094 757 2201 ( x  )( x  )( x  )( x  )  m P Có nghiệm khác Tính giá trị: 1 1    x1 x2 x3 x4 theo m Hướng dẫn 50 Dùng định lí Viet Kết 24  m Bài tập 19.2: Cho đa thức : f ( x )  x  4x  2x  12x  n 2x  S  � 2i i 1 ( xi  ) với n số nghiệm xi đa thức f ( x ) Hãy tính tổng Hướng dẫn Chứng minh f ( x ) có nghiệm Kết S a b c   0 Bài tập 19.3: Cho abc �0 Chứng minh: f ( x )  ax  bx  c  có nghiệm Hướng dẫn Xét F( x )  a b c x  x  x  0,1 áp dụng định lí Lagrange Bài tập 19.4: Cho x1 ,x2 ,x3 ,x4 nghiệm phương trình: x  px  q  Lập phương trình bậc có nghiệm là:   ( x1  x2 )( x1  x3 ),   ( x2  x3 )( x2  x1 ),   ( x3  x1 )( x3  x2 ) Hướng dẫn 2 Dùng định lí Viet Kết x  px  27( q  p )  Bài tập 19.5: Tồn hay không tồn số a1 ,a2 , ,an �R nghiệm đa thức: n P( x )  x n  �( 1 )k Cnk akk x nk k 1 Hướng dẫn Chú ý tổ hợp Kết a1  a2  an  a Bài tập 19.6: Cho ao  1,a1  n,a2  n2  n Tìm n nghiệm đa thức P( x )  ao x n  a1 x n 1   an 1 x  an với n �3 www.LuyenThiThuKhoa.vn 31 Phone: 094 757 2201 Hướng dẫn Dùng định lí Viet đánh giá Kết xi  Bài tập 19.7: Cho phương trình x  ax  bx   có nghiệm dương Chứng minh rằng: 2a ( a  ) �9( 3b  ) Dấu đẳng thức xảy nào? Hướng dẫn Dùng Viet bất đẳng thức AM  GM Bài tập 19.8: Phương trình: z  2z  z  m  có nghiệm hữu tỉ phân biệt không? Hướng dẫn Dùng phản chứng Kết khơng thể có nghiệm hữu tỉ phân biệt Bài tập 19.9: Tìm a để phương trình sau vô nghiệm: x6  3x  (  a )x  (7  2a )x  ( 60a )x  3x   Hướng dẫn Biến đổi đưa tham số a bên Kết a 27 Bài tập 19.10: Đặt un  cos n  3 5  cos n  cos n ,n 7 nguyên Chứng minh un hữu tỉ với n nguyên Hướng dẫn Dùng qui nạp 8un 1  4un  4un1  4un 2 ,n �3 www.LuyenThiThuKhoa.vn 32 Phone: 094 757 2201 ...  cd  da  ac  d )x ( abc  bcd  cda  dab) �4( x  x1 )( x  x2 )( x  x3 ) x2 x2 x3  ( abc  bcd  cda  dab ) Theo định lí Viete, ta có: x1 x2  x2 x3  x3 x1  ( ab  bc  cd  da  ac... xảy ra: b c 1 �  ,  ,d  a a 16 256 a,b,c,d  Chứng minnh: Bài toán 19. 47: Cho abc  bcd  cda  dab ab  bc  cd  da  ac  bd � Hướng dẫn giải a � b � c �d Khơng tính tổng qt, giả sử Xét... Hướng dẫn giải  x1992 �1  � x �� � ;0 � � P( x )  � � Ta chứng minh với Thật với x  x �1 ta có: P( x ) �1  x  x  x   x 2k 1   x1991   x  1 x ( x1990  x1988   ).(  x )