Các vấn đề về đa thức

Trang 1

1 DINH NGHIA VA CAC PHEP TOAN 1.1 Định nghĩa đa thức :

Cho ham s6 f: R-» R Ta gọi f là đa thức nếu : f =const (hằng số) hoặc tồn tai ne Z*,n21 và các số thực ay», a,, ,4, V6i a, #0

sao cho f(x)=a,x" +a,x" )+ +a, x +a, |

— a, gọi là các hệ số Trong đó a, #0 là hệ số cao nhất ;

—a, là hệ số tự do Dac biệt a, =1 goi la da thức chuẩn tắc hay monic _* Với a, #0 thì n là bậc của đa thức f(x) kí hiệu deg f = n

Đặc biệt f =const thì deg f = 0 |

® Đơi khi ta viết gọn : P(x) = Xà x hay viết ngược lại : =0

f(x) = =P bx! =b,x" ` 2+ +bx+b, bị #0,

kav

1.2 Đa thức trên các tập số :

Cho f(x)= yx" ‘tax + 4a xta | Néu các hệ số a, e3 thì kí hiệu reA|x] Nếu các hệ số a, eQ thì kí hiệu: f cQ[xÌ Nếu các hệ số a, e Z thì kí hiệu feZ[x] : 1.3 Các phép toán : Cho : f(x)=a,x"+a,x"'+ ta,\xta,; g(x)=b,x™+bx"' + 4b, x +b, Khi đó ta có 3 phép tốn thơng thường : _„ f(x)+g(x) ; f(x)—gŒ) ; f(x)g(x) và phép hợp f,g(x) = f(g (x))

° Tir f(x), g(x) ta cé thé viết theo hình thức sau :

£(x)=A,x* + A,x' 4 FA, XA, | g(x)= Byx* +B,x*' + 4+B x +B |

Với : k= max{n ;m} ; A, =0 hoặc a;, B, =0 hoặc b, thì ta CÓ :

Trang 2

cep Ox) gO) = cyx® +1 Ht Gay RF Coy

Két qua: Cho f,geRIx] va deg f =n, degg =m Thì :

deg(f +ø) < max {m ; n} ; degf.g =n+m; degfug = n.m

1.4 Đa thức sai phân :

Cho f e R[x], degf =n, đa thức sai phân :

Af =f(x+1-f(x) = Sia, (x4 -Dax của [xan = xr]

i=, i=0

có bậc 14 n—1 va hé s6 cao nhat 1a na,

Từ đó ta có dãy đa thức sai phân giảm dần một bậc A*f 1.5 Đa thức Trê-bư-sếp : T, (x) =1,T, (x)=x (x)=2x7T,(x)—T,,(x),n>1: ‘Cu thé: T, (x) =1; 7, (x) =x 5 T, (x) =2x?-1; T, (x) = 4x? —3x 5 T, (x) = 8x4 —8x? 415 T, (x) = 16x5 — 20x? +5x,

Đa thức Trê-bư-sếp T, Íx) có bậc là n va cé hé sé cao nhat 1a 2°),

Đôi khi ta chỉ xét n >] trởđi : Kết quả :

- (: T1, (cosœ) = cosnœ Ta chứng minh bằng quy nạp theo n>l.'

Cho T, (x) véi Lộ

That

Khi n=1:T, (cosa) =cosa

Khi n =2:T, (cosa) = 2cos? œ —] = cos 2o

Giả sử Tị (cosœ) = cos ko Thì :

Trang 3

Voi Ixl<1 thi [T, (x)|=1< |cosnal=1 <> sinna =0<-na=ka,k eZ oa=k~ keZ n Do d6: x =cosa =cosk=,k =6,1, ,.n—1 n 1.6 Da thức lượng giác :

‘Dang L, (x)= a+ 9( (a, coskx +b, sinkx) ‘V6i |a, |e, lx0 gọi là

đa thức lượng giác cấp n với các hệ số au, a,, b,

Nếu các a, =0 thì L,(x)= a, + _b, sin kx Nếu các b, =0 thì L,(x)=a, +3 a, coskx

Trang 4

Vay : f(x) =x? +16 Bài tập 3 : Tìm đa thức f(x) thoả mãn các trường hợp sau : a) (x? ~x +2) +(x-2) =x? 4A) E (x) b) x'+2x!+3x7 +2x+I=((x)Ÿ c) degf =2 và f(x)—£(x~ lÌ=x Giải : a) Vi deg của vế trái là 4 nên deg £ = 2

_Dođó: f(x)=ax? +bx+c, a # Ô

Mà hệ số cao nhất:của vế trái là 1 nén a =1 Ta khai triển đồng nhất : ~2x°+6x?—8x+8§=(x? +4)(x? +bx +c) =x‘ +bx? +(4+e)x” +4bx +Ác b=-2 có 4+c=6 [b=-2 Do đó : => 4b=-8 c=2 4c =8 Vay: f(x) =x? -2x42

b) Vì deg của vế trái là 4 nên: deg f = 2

Trang 5

Bài tập 4 : Tìm tất cả các đa thức khác không P(x) thoả mãn đồng nhất thức :

a) P(x?)=[P(x)] ,xeR " : - (Rumani 80)

b) P(x? -2x)=[P(x-2)] ,xeR | (Bungari 76) `

— GIải: |

a) Giả sử đa thức cần tìm có dạng :

-P(x)=a,xX”+a, ¡X”” + +a,X +au, a, # Ô,

Giả thiết rằng một trong các hệ số a,_,,a,_,, ,a, khác không Chọn

số k lớn nhất (k <n) sao cho a, #0 Khi đó ta có : | P(x?)=a,x™ +ax* +.+ax? +a,

=(a,x" +a,x! + 4a,x+a,) =[P(x)Ÿ

Cân bằng các hệ số của x"”" ta nhận được : 0= 2a.a,

Điều này trái với giả thiết a, z 0

Suy ra: a,, =a, ; = =a, =a, =0 Và P(x) = a,x" “Từ điều kiện : a,x 2 pq *)=[P(x)] =a, a ta nhận được : Ta nhận được : a, =I | Vay: P(x) =x", (neZ"*) 'b) Kí hiệu : y=x~—], Oly )=P(y-1) Khido: [P(x-2)} =[P(y-1)] =[o(y)] ; P(x? -2x) =P(y Noa

Đồng nhất thức đã cho viết thành : Q(y )=[Q( (v)Ÿ 'yeTR

Do đó, theo kết quả trên thì Q(y)=y" hay P (y)=(y+1)",Vn eZ°

Vậy : P(x)=(x+1)”,neZ' SỐ si

Bài tập 5 : Tìm tất cả các đa thức P(x) thoả mãn điều kiện :

P(x).P(y)= Pˆ.(*š*)- (252), WuyeR @

- Giải :

Nhận xét rằng : 'P(x)=0 thoả mãn điều kiện bài toán ị Ta xét trường hợp P(x) #0 Thay x =0, y=0 vào (1) có P(0)=0

Trang 6

Hay P(x).P(3x)+P?(-x) =P? (2x), VxeR (2) Nếu P(x) =c, Vx(c # 0): không thoả mãn (2)

Nếu degP(x)=n>l1: -

Gọi hệ số cao nhất của P(x) là a, (a, #0), thi tir (2):

ag (3°âg)+aụ” =(2"ay} @3"+1=4" en=], Do đó : P(x)=a,x, a, €R;a, #0 Thử lại đa thức bậc nhất này thoả mãn điều kiện đề bài Vay : P(x)=ax,aeR Bài tập 6 : Tìm tất cả các đa thức P(x) có các hệ số nguyên không âm, nhỏ hơn 6 thoả mãn P(6)= =1994 Giải : Giả sử đa thức cần tìm có dạng :

P(x)=a,x"+a,_x° + 4a,x +a)

Theo bài thì : ".— om '+ 48,6+a, =1994, _Vì a,,i=0,1, ,n là số nguyên không âm, nhỏ hơn 6 nên : 3,8, , 3,„) = 1994 Trong đó : 4n là biểu diễn của 1994 trong hệ đếm cơ số 6 và - vì 1994 =13122 Nên : a,a, ay„) =13122 > n=4,a, =1,a, =3,a, =l,a, =a, =2 n-]} n-t n n-l —_ P(6) = a6" +a, 6") + 4a,6 +a) =a,8, 18g.) (6) Đa thức cần tìm là : P(x)= x" +3x° +x? +2x +2

- Thử lại ta thấy đa thức P(x) là duy nhất và thoả mãn đề ra

Bài tập 7 : Cho đa thức bậc hai : f(x)= x?+px+q Xác định đa thức bậc 4 g(x) chuẩn tắc (hệ số cao nhất bằng 1) thoả mãn : Fø())= g(f(x))

Giai :

Xét a(x) = f(f(x)) thi g(x) thoa dé bai Ta chứng minh đa thức đó là duy nhất

Giả sử ta có đa thức h(x) thoả đề bài sao cho f(h(x)) =h(f(x))

Dat p(x) =f(f(x))—h(x) thi degp < 4 (cùng hệ số cao nhất) Suy ra : -

pứ(x))=f(f(f(x)))—h(f(x))=f(f(f(x)))—-r(h(x))-

Trang 7

=[f(f G0) +pf (F(x) +q-(h(x))” —ph(x)—q =[?(f(x)Ÿ ~(h(œ))° ]+ p[( (F(£60)) )—h()] =p(x)[f( f(x))+h(x)+p | => deg p.deg f = degp +4 —› deg p = =4: vô lí Vay: g(x) =f(f(x)) = x*+2px? +(p? +p+2q)x ˆ+p(2q+p)x+q(p+q+])

Bài tip 8 : Cho đa thức lượng giác :

f(x)=cos4x +acos2x + bsin2x

Chứng minh :

a) f(x) nhan giá trị dương và âm với mọi a, b._

b) Néu f(x)2-1, Vx thi a=b=0 Giai : a) Theo gia thiét : f(x) =cos4x +acos2x + bsin 2x Ta có : F(0)=1+a;f(2]=1~a Suy ra : r(0)+r(Z]=2>0 nên f(x) có giá trị dương T tt Tương tự : F(S)*t(-‡]=-a<0 nên f(x) có giá tri am b) Ta có : F(~5]=~I~b>~I=>b<0 F(Z]=-I+b>~I>>0 Do đó : b=0

Nên f(x)>-1 = cos4x +acos2x >-1, Vx |

= 2t° +at20, Vte[-15 1] (với t =cos2x) =a=(Q

- Vậy: a=b=0,

Bài tập 9 : Xét hàm số P: ïR —› R thoả mãn :

_ Nếu Q(x) là đa thức với hệ số thực có bậc >2 thì P(Q(+x)) cũng là

một đa thức Chứng minh P(x) là một đa thức,

Trang 8

Giai:

Xét đa thức Q(x) =x’ Từ giả thiết của bài ta có P(x? ) là đa thức Đặt P(x?) =a,x" +a, xe t Fax tay

Hàm số (biến x) P(x” ) là hàm chẵn tren R

Do đó a, =0, Vì lẻ e{0;1:2; :k}.-

Từ đó suy ra P(x) là đa thức trên [0;+œ) _

Tương tự xét Q(x)=—x”, ta được P(x) là đa thức trên (~œ; 0]

Như vậy tồn tại các đa thức R(x) và S(x) sao cho : R(x) nếu x>0

=| S(x) nếu x<0 - (1)

Chon Q(x) =x? ta được P(x?) 1a da thite Dat T(x) =P(x*) Tir(1) taco:

T(x) =R(x*), Vx 20 ; T(x) =S(x*), Vx <0 => R(x?) =T(x) =S(x*) > R(x) =S(x) Vậy P(x) là một đa thức

Bài tập 10 : Tìm số tất cả các đa thức P(x) bậc không lớn hơn 3 với các hệ số _ nguyên Không âm và thoả mãn điều kiện P(3) = 2000 Giải : Xét trường hợp bậc của P(x)< I Giả sử : P(x)=ax+b (a,beN) P(3)=a.3+b = 2000 Suy ra : 0 <a< | 700 | = 666

_ Như vậy có 667 đa thức P(x) với bậc nhỏ hơn hoặc bang | thoa man

Trang 9

Suy ra: 0<b<666- 3a Tức là có 667~— 3a số Ð.,

Bởi vậy số đa thức P(x) của trường hợp này : 323 2_(667~ 3a) = 667.222 - 3(14+24+3+ +222) ` .Ặ.1 Trường hợp còn lại bậc của P(x) bằng 3 ; P{(x)=ax”+bx”+cx+d (a,b,c,deNÑ, s0) _ P(3)=27a+9b+3c +d = 2000, Tương tự như các đánh giá ở trên, ta có : 1<as| 7000 Jang o 27 0<b< — =222~3a, có 223 3a có giá trị b,

0<c T=— 666 - Sa 3b, có 667~9a~3b giá tric

Trang 10

2 HỆ SỐ VÄ GIÁ TRỊ ĐA THỨC

21 Hệ số : Cho f e IR[x], deg f = n

Nếu viết : f(x) =a,x"+a,x"' + 4a, x+a, = Dax" thì hệ số theo ¡=0 k ` x làa,, Nếu viết : f(x)=b,x"+b,,x”'+ +b,x+bụạ =3 _b,x' thì hệ số theo i=0 x, 14 by 2.2 Đa thức đồng nhất : Cho : f(x)=ayx"+a,x"'+ 4a, xta, x+b m-1 m g(x) =byx™ +b, x"! + 4b f=g<n=m và a, =b,,¡=0,], n Ta thường gọi là đồng nhất hệ số cùng bậc : a, =b,

2.3, Cac hing ding thức :

s(a+b)Í =a? +2ab +b?

*(a+b) =a*+3a?b +3ab? + bỉ

*(a+b) =a‘ +4a°b+6a’b? + 4ab’ +b!

Trang 11

2.4 Tổng các hệ số : - Cho đa thức P(x) sau khi khai triển, rút gọn được dạng : P(x)=a,x"+a,_jx"™ “` với cách viết hệ số a, di theo luỹ thừa x" Ta có: P(I)=a,+a- + +aU

P(-1)=(—1)"a, +(-))"" a) + .+(-1a, +a, => P(1)+P(~1)=2(a, +a, +a, + .+a,,, + ) va P(1)—P(-1)=2(a, +, 48, + 48),4) +.) Do đó khi khai triển đa thức ta có : ® Tổng các hệ số là P(1) * Tổng các hệ số theo luỹ thừa lẻ : “ha, PU)+P(-1) 2 `

Đặc biệt : Hàm đa thức chan P(—x)= P(x) thì các hệ số Aon =0,

Trang 12

Bài tập 12 : Tìm hệ số :

a) Theo x” của khai triển : P(x) = (+x)”, 0<m<n

b) Theo x” của khai triển : Q(&)=(x+4)" +(3x? —5)”

Tìm tổng các hệ số sau khi khai triển.: | Giải : a) Áp dụng khai triển nhị thức Niu-ton : P(x)= (14x) = của tư Do đó hệ số theo x” là: c (0<m< <n) 1b) Q(x) =(x 4.4)” +(x? +5)"

~Scyu'4 «Se, eC) ¡=0

Hệ số theo x” ứng với i=42 và j=37 la:

C24? +0273" +5)" =C8,4C,3*5 mo

Tổng các hệ SỐ sau khi khai triển : Q(1)=5”” +( -2)" 5° 2",

I iQ Zz ~“ >

Bài tập 13 : Định hệ số của x2 'xuất hiện sau khi bỏ các dấu ngoặc và nhóm

các số hạng giống nhau trong đa thức : P(4)=(.((x~2Ÿ ~2Ÿ ~2~ ~2) tee hoe k lần ì Giải : Ta có : | 2 2 ? 2 2 p(o)=( (((-29?-2) ~2) - -2) =(((4-2¥ =2) ~„.~2) 2 2 : -( ((4-29 - 2) ~ -2) = =((4-2)' -2) =(4-2) =4 k- 2 lần

Ta đặt A, là hệ số của x,B, là hệ số của x” và P,x” là tổng của các số hạng chứa các luỹ thừa lớn hơn 2 của x Ta có thể viết : `

P(x) -|.((œ-2Ÿ -2} - -2) ]

kiên

Trang 13

=P,x'+B,xÏ+A,x+4 "He -2Ý -2) jaa k-1 hin = [(P, x" +B, x? +A, (x +4)-2Ï =(P,x`+B,_xŸ +A,x+2Ÿ - =P,.j2x®+2P,.,B,_,x”+(2P, ,A,+B,/)x +, | +(4P_, +2B, A, ,)x?+(4B,, +A, 2)x7+4A, (x44 =[P 2x’ +2P, ,B,.x°+(2P._,A,, +B, ,°)x+4(P,., +2B, A, ,) |x’ + — 4B FAL) ESAL x +4 Tird6: A, =4A,_,,B, =A,_,?+4B,., Vì: (x—2) =xÌ—4x+4, nên A, =—4 - Dođó: A, =~4.4=-4',A, =—4', Một cách tổng quát A, = -4' Ta tính B, : —B.=A,j2+4B,,=A, 2+4(A,2`+4B, 5) =A, 244A, 7 +4 (AQ, +4B,,) HAL 4A +4 A +4 (AL +4B,,)

HAL t4A tPA + Fa A TAPP AT ESB Ø9)

Trang 14

Giai : Dé y 2 x? -3x +2 =(x—1) (x +2) Quy đồng và khử mẫu, ta được : 3x? +3x+3= A(x+2)+B(x~1)(x+2)+C(x~ 1Ÿ =(B+C)x?+(A+B~2C)x(2A-2B+C) Đồng nhất hệ số, tả CÓ: & B+C=3 | A=3 A+B-2C=3 => <B=2 |2A-2B+C=3 C=1 Bài tập 15 : Cho đa thức bậc 2 f(x)=ax? +bx+c thoả mãn lt@)J<a khi |x| <1 Chứng minh : |a|+|b|+|c|< 4œ - Giải: ‘Chon x =0,x =1,x =—1 va dat: A=f()=a+b+c; B=f(-I)=a-b+c ;C=f(0)=c <a va a=2(A+B)- C; b=(A- B);c=C * 1 1 (7 NI < 2(lAl+lBl +|2C]) +5 (lal +|Bl)+|C| <2 (&+6128)+2.(4+0)+g = 46,

Bài tập l6 : Giả sử Ìax? +bx+c|<1 khi |x| <1

Trang 15

=— =C(x? =D+LA(x+0+lLB(-x) 2 2 Nên : g(x)=Cx” + =lgG&)l<|c° =1|+-lAx+ Đ|+2lB(=x) <lI—x?|+klx +1l++II~x{ 2 2 =I-x2+iŒz+I)+42+~x) 2 2 =2—xŸ <2, Vx e[—1; 1| (Đpem) Bài tập 17: Cho hai da thức sau : f(x)=4x`+ax và g(x)= 4x” +bxŸ boxed Chứng minh : a) Nếu |f(x)|< 1, vxe[-l ; 1] thì a=-3 b) Nếu |z(x)|<1, Vx e[—1; 1] thì b=d=0,c=~3 Giải : a) Chon x=1:f(1) = 4+a<l=a<-3 Chọn màn >-l=a>~3., 2 \2/ 2 2 Do đó : a= -3

Trang 16

Chọn x =l >b+d<0 " Chọn x=—I>b+đ>0 do đó : b+d=0>d=-b Nên g(x) =4x? + bx? -3x—b Tiép tuc chon x = + thi tacé b=0 Vay: b=d=0

Bài tập 18 : Cho đa thức với hệ số thực : &)= ax? + bx? +x +d và một SỐ œ >0 Biết rằng với |x| < 1 thì có bất đẳng thức |f(x)|<ơ Tim lal; [bl;lcl;/dl lớn nhất _ Giải : A=f(-Cl)=-a+b~c+d_ a=-2 A+ 4 p-4c42D 1 a bc ao 4 dị cả pai(-t)=-212-£44 l 8 8 1 c==A-~B+—C-—D Đặt : b “ => 6 6 6 6 a c ° | =F F-45810) D=f(i)=a+b+c+d d=f(0) Từ giả thiết : lal<4a.; |bl<2œ; le|<3œ; la|l<ø |

Bang cach xét f(x) = ca) —3x) và Xf(X)= aÚx -1) Vậy : max|lal=4œ; max|bl=2œ;

maxlel=3œ; maxld|=

Trang 18

3 ĐA THUC VOI YEU TO GIAI TICH

3.1 Giới hạn, liên tục: Cho fe ®[x]:

f(x) = a,x" tax" + +a, (xta,,a, #0 Ta có f liên tục trên R va: +00 khi a, > 0 lim f(x) = - Kote —œ khi a, <0 +œ khi n chắn, a,„ > 0 hoặc n lẻ, a„ < 0 lim f(x) = oo | xo-*z —oœ khin le, a, > 0 hoac n chan, a, <0 3.2 Đạo hàm: Chofe R[x]:

F(x) Sax" tax"! + ta,xta,,ay #0 ‘Thi: f(x) = nayx"” '4(n-Dan"? +., +2a,_)x+a,_,

"(x)= n(n—Dayx"? +(n—D(n—2)a,x"" + 42a, , f“(x) = n(n—- L(n -2)a,x"” + +6a, , as f(x) =a,nl * Két qud: Néu degf =n thi: _ degf=n—l;degf“=n—2; ;degf°'=n—k (I<k<n) va deg f” =0 3.3 Nguyên hàm: Cho f e R[x]: f(x)=ayx"+a,x"' + 4a, ,x+a,,a, #0 Có nguyên hàm : : ay n+l a, n a F(x) = [ £(x)dx =—* x" +—x + +——X+C n+1 n

Bài tập 21 : Cho đa thức Pe R[x] bac lé

Chứng minh rằng tồn tại 2 số a< 0 và b>0 để P(a) P(b) <0 Giai :

a \_ 2m+l xem

Ta có : P(x) = ayX +a + +4,,, x+ amet

Trang 19

Với a, #0, degP =2m +L lẻ :

- Xét a, >0 thi lim P(x)=~œ nên tồn tạ a<0 để P(a)<0 và x¬~x lim P(x)= +œ nên tồn tại b>0 dé P(b)> 0 Do đó : P(a).P(b)<0 - Xét a,<O thì tương tự lim P(x)= + nên, tổn tại a<0 để x~—z XK Do đó : P(a).P(b) <0

° Kế quả : Nếu đa thức P(x) >0, Vx hoặc P(x)<0, Vx thi degP `

Trang 22

Va: P(2x) =8ax? + 4bx? +2cx +d

Tacộ: P(2x)=P'(x).P(x)

â Đax) +4bx? +2cx+d= (Bax? +2bx +©)(6ax +2b) `

c> 8ax” + 4bx” +2cx + d= 18a2x” + 1§abx? + (4b + 6ac) x + 2be Đồng nhất hệ số : 18a2=8a ` = | Hab = 40 > Jb=0 4b + 6ac = 2C c=0 2bc=d -ld=0 Do đó : P(x)= `) 9 '

Vay : P(x)=0 hoac PO) on) ;

Bài tập 26: a) Chứng minh: rằng không tồn tại đa thức P(x) để voi VxeR -có các bất đẳng thức : - (1): P'(x)>P“(x) và (2): P(x)>P“(x} b) Khẳng định trên còn đúng không nếu thay đổi bất đẳng thức (1) bằng bất đẳng thức (1’) : P(&x)>P'(x)1 | (Cộng hoà Dân chủ Đức 1974) Giải : | a) Néu P(x) 1a hang s6 thi P’(x)=P"(x)=0, va bat đẳng thức (1) không thoả mãn

| Gia sir deg P(x) =n 21 Khi đó, nếu n lẻ thì deg(P(x)~ P”(x))=n

là số lẻ, từ đó P(x)—P”(x)<0 với ít nhất một điểm x c R, nếu n chẩn thì

deg(P'(x)—P”(x))=n—1 là số lẻ, từ đó P'(x)—P“(x)<0 với ít nhất một

điểm xlR Như vậy, trong cả hai trường hợp n lẻ và n chắn, đa thức P(x)

không thoả mãn hoặc bất đẳng thức (2) hoặc bất đẳng thức Œ).,

Vậy a) được chứng minh xong

b) Chon P(x)=x?+3 Khi đó với mọi x thuộc Ñ, ta có

P(x)—P'(x)=x?~2x+3>0 va P(x)-P’(x) =x’? +1>0 nghia 1a khẳng định trên không còn đúng nữa

Trang 23

Và : P(2x)=§8ax” +4bx? +2cx +d

Ta có: P(2x)=P'(x).P“(x)

> Bax? +4bx? +2cex +d = (3ax? +2bx +c)(6ax + 2b) |

Vậy : P(x)=0 hoặc PO) ;

Bai tap 26: a) Ching minh: rang khong tồn tại đa thức P(x) để với VxeR

-có các bất đẳng thức : oe

(1) : P'(x) > P"(x) va (2): P(x) > P'(x),

b) Khẳng định trên còn đúng không nếu thay đổi bất đẳng thức (1) bang bat dang thifc (1’): P(x) > P’(x)?

- (Cộng hoà Dân chủ Đức 1974)

Giải : " |

a) Néu P(x) 1a hang s6 thi P’(x)=P"(x)=0, và bất đẳng thức (1) không thoả mãn

Giả sử degP(x)=n >1 Khi đó, nếu n lẻ thì deg(P(x)~P”(x))=n

là số lẻ, từ đó P(x)-P"(x) <0 với ít nhất một điểm x e l8, nếu n chấn thì

deg(P'(x)~P”(x))=n—1 là số lẻ, từ đó P'(x)—P“(x)<0 với ít nhất một

điểm xe Như vậy, trong cả hai trường hợp n lẻ và n chắn, đa thức P(x)

không thoả mãn hoặc bất đẳng thức (2) hoặc bất đẳng thức Cd) Vậy a) được chứng minh xong

b) Chọn Ƒ(x)=x”+3 Khi đó với mọi x thuộc RÑ, ta có

P(x)—P’(x) =x? -2x+3>0 va P(x)-—P"(x) =x’? 4+1>0 nghĩa là khẳng định trên không còn đúng nữa

Trang 24

- Bài tập 27 : Có tôn tại hay không đa thức P(x) và Q6) s sao cho : P(n) ".- với VneÑ Q(n) 2° nn? Giải : ` — 1 E1 Từ bất đăng thức : +——+ +—>k—=— k+l k+2 " 2k 2k 2 Suy Ta : ImÍn t8 thng) =.+00,” x¬x n Do đó nếu tồn tại đa thức P(x) và Q(x) thoả mãn bài toán thì: " P(x) _ lim XK Q0) Như vậy bậc của P(x) lớn hơn bậc của Q(x) Khi đó lim sĩ ¬ x¬+ X X

Trang 25

Ta cé: f(x) =3x? -36x +115 Giải: Vì A'=-21<0nên f'(x)> 0, Vx Do đó f(x) đồng biến trên IR Giả sử f(x)=y” với các số nguyên dương x, y Ta có : f(10)=~—41<0 f(11)=27=3 >0 nên x>11 Va: y? =f(x)=(x-5)° -(3x? — 40x +266) >(x-5)’ Déng thai: y? =f(x)=(x—9) +(9x? -128x +338) <(x-9)

Do đó : y=x—6 hay y=x—7 hay y=x—8 Giải ra ta được : x=lloy=3;

x=l2>y=5;

x=25->y=l6 ‘Vay giá trị cua x la: 11, 12, 25, Bai tập 29 : Cho day đa thức ( P.) sau đây : 28 Pb(x)=0;P.,(x)=P,(x)+ sR nel nen Chứng mình: vx e[0;1],Vn eN thì: 0<ýx- Ps, nt (Viét Nam 1989) Gidi: Ta chứng minh quy nap 0< P(x) <P.,, (x) I 1-P, (x) Vì:1~P,„(x)= L1, CP 9} 9-57, (0)s veel i}

Do đó dãy P, (x) tăng và bị chan 1 nén hdi tu vé f(x)> > 0 Chuyển qua giới hạn :

P., (x)= P.04 n+! thì f?(x)=x=f(x)= Vk

X— P28) ,

Trang 28

4 PHEP CHIA DA THUC UGC — BOI

4.1 Định nghĩa: ˆ

— -Cho hai đa thức f,g e IR[x] thì tồn tại cặp đa thức q(x) và r(x) duy

nhất thuộc J®[x]: f(x)= g(x).q(x)+r(x) | Với : deg r(x)< deg g(x)

Ta goi q(x) và r(x) lan lượt là thương và số dư trong phép chia f(x) cho g(x) Néu r(x)=0 thì ta nói f(x) chia hét cho g(x), hay

g(x) chia hết f(x) hay f(x) là bội của g(x) hay g(x) là ước của f(x),ta kí hiéu fig hay glf

4.2 Ước chung lớn nhất :

Một đa thức d(x) chia hét hai đa thức f(x) và g(x) gọi là ước chung của f(x) va g(x)

Nếu d(x) là một ước chung chia hết cho mọi ước chưng khác của 2 đa thức f(x) và g(x) ding thì ta gọi d(x) là ước chung lớn nhất của f(x) va g(x) R6 ràng các ước chung lớn nhất sai khác hằng số, để

bảo đảm tính duy nhất ta có thể quy ước chọn ước chung lớn nhất đạng chuẩn tắc (hệ số cao nhất bằng ])

Viết tắt ƯCLN, kí hiệu :

_ d(x)=(f(x),g())

Trang 29

u(x),v(x)elR[x] sao cho:

f(x).u(x)+g(x).v(x)=đ(x) Hơn nữa ta có thể chọn degu < degg và deg v < deg f Bai tap 31: Cho P(x)=x+x° 4x7 tx7 4x7 $x,

Tìm dư của phép chia P(x) cho: - a) x-l b) x”—] | -Giải : a) Ta có : P(x) =(x~1)Q(x)+r(x) | V6i deg r(x) < deg (x -1) = 1 = deg r(x) =0 nén du r(x)=c Do đó : P(x)=(x—1).Q(x)+c Chon x =1=> P(1)=c hay c= P(1)= 6 b) Ta có : P(x) =(x? -1).H(x) +8(x) voi degs(x) <1 =(x?-1).H(x)+ax +b | Chon: x=1:P(I)=a+b=6 - x =-1:P(-1)=-a+b=-6 Do đó : a=6,b=0 Vậy dư r(x)= 6x

Trang 30

pa+q=A _, _-a=b Do đó : pb+q=B aB—bA Vậy dư r(x) = AaB, , aBobA a-b a—-b Bài tập 33 : Tìm du của phép chia : a) x +1 cho x+], + b) x°+x° 41 chox?4+x4l c) x? +x*4x°41 chó x°+x”+x+] d) f(x!) cho f(x) với f(x)=x”+x”+.+x +, (Trung Quoc 1981) Giai : a) Tac6: x? +1=(x41)(x-1)4+2=> dư 2 b) Ta có : x5+x'+1=(x?+x+1)(x*°—x)+2x—2)+2=— dư 2: €) Ta có : x + +X) +1 =(x +x )+x+LÁx”)S=x)+2x°+2x”+3x=3)+4 = dự 4 d) Ta có : f(x)=x”+x””+ +x+l = f(x!)=x”9 + x90 + + x10 +] =f(x)(x91 x9 + 2x00 — 2x99 + 4x99 43x399 +— + 99x S—99)+ 1002 nên dư là 100 Lưu ý; Ÿ`(99— k)(x!99+0 _ x18) ~ (x10 -ÙY@9~k)xt k=0 ` =f(x)(x—1)5 (99—k)x'^ = f(x)5Š (99—k)(x9" =x"), Bai tập 34 : Xác định đa thức :

a) f(x) = 6x* —7x* +ax? +3x +2 chia hét cho x? -x +b

b) f(x) =x*+ax? +bx+c chia hét cho x-—2 vachia x? -1 du 2x

x

Trang 31

` Giải : | a) Lay da thitc f(x) = 6x’ —7x* +.ax* +3x +2 chia cho g(x) = x7 -x+b thì được thương là q(x}=6x” ~x+(ấ~ 6b-1)., Phan du r(x) =(a—6b+2)x +(—ab+6b? +b+2) Vì f(x):g(x) nên ¬¬" 0) : -ab+6b?+b+2=0 (2) (1) > a=5b-2 " s— Thay vao (2): b? +3b+2=0= b=-1;b=-2 Khi b=-1 thi a=~7 |

Khi b =-2 thi a=—12

có f(x)=6x*—7x° -12x”+3x+2 và g(x)=xÌ—x~2 b) Tac6é: f(x) =x? +ax? +bx +e

Vi f(x) chia hét cho x—2 nên f(2)= 8+4a+2b+c= 0

Do f(x) chia cho x?-1 thì dư 2x nên g(x) =f(x)-2x chia hết cho

(x? -1),

Suy ra: g(1)=1+a+(b- 2)+c= Ohayatbte=l

Trang 32

Và tiếp tục : r(x)= q,(x).r(x)+r,(x) thì : q,)=—=2(2x+l) và r,(x)=0 Do đó (f(x),g(x))=x+l với quy ước lấy hệ số cao nhất bằng 1 tir 3 3 nx)=-Tx-Š: Bài tập 36 : Chứng minh các mệnh đề sau : | a) Nếu (f(x), g, (x)) =(f(x), g, (x) = 1 thi (f(x) 2, 0g, (0) 1 b) Néu f(x).h(x):g() và (h(x), g(x)) =| thì f(x):g(x) c) Nếu f(x):g,(x),f(x):g,(x) và (g,(x),g,(x))=1 thì: f(x):g,{x)g, (x) 7 Giải : : a) Theo gia thiết va hé qua If thuyét nén tén tại các đa thức u,(x),u,(x),v,(x),v,(x)sao cho: : : f(x).u,(x)+g,(x).v,(x)=l f(x).u, (x) +g, (x).v, (x) =1 Nhân hai đẳng thức trên lại ta được : f(x)[f(x)u,(x)u,(x)+u,(x)g;(x)v,(x)+u; (x)g, (x)v,(x)]+ +g,(x)g,(x)v,(x)v,(x)=l _ hay f(x)u(x)+g,(x)g,(x)v(x)=1=(f(x),g,(x)g;(x))=l b) Vì (h(x), g(x))=1 nên tồn tai u(x),.v(x) sao cho: h(x)u(x)+g(x)v(x)=1 =f(x)=f(x)h(x)u(x)+f(x)g(x)v(x):g(x) vì f(x)h(x):g, (x) c) Vì f(x):g,(x) nên ta có f(x)=g,(x)g(x) | Và vì f(x)ig, (x) nén g, (x) g(x)ig, (x) => g(x)ig, (x) (vi g, (x), g, (x) =1) => f(x) =g, (x)g(x)ig, (x)g, (x) (dpem)

Bài tập 37 : Cho f(x) là đa thức có bậc lớn hơn | cé cdc he sO nguyén va k,

h là 2 số tự nhiên nguyên tố cùng nhau

Trang 33

Chứng minh rằng : f(k+h):k.h © f(k):h và f(h):k Giải : | Ta có : f(k+h)—f(k):(k+h)—-k=h (1) - f(k+h)—f(h):(K+h)—h =k (2) Do đó nếu f(k+h):kh thì từ (1) —f(k):h và từ (2) suy ra là f(h):k .Ngược lại nếu f(k):h thì f(h):k thì từ (1), (2) suy ra f(k+h)i :kvwàh Do đó : f(k+h): kh (lo (k, h)=1)

Lưu ý: Với feZ[x] và aeZ thì:

f(x)=(x— a)g(x)+r với a(x)eZix] Nén: f(a) = 0+r=r=f(a) | Do dé: f(x) =(x- —a)g(x)+f (a) hay f(x) (a) =(x—a)g(x) hay “tx)= f(a):x—a | | Bai ‘tap 38 : Gia sum và nà hai s số nguyên > 2 Chứng minh các đa thức : f(x)=l+x+x?+ +ưng; -g(x)=l+x+x?+ ,+x TU là nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi m, n là hai số nguyên tố cùng nhau | — GIẢI: x" —] ;g(x)= x— x-I

a) Giả sử m và ñ không nguyên tố cùng nhau, tức là m và n có một ước

chung d>2 Ta có x"—I và x"~1' đều chia hết cho x" —I.: Nên f(x) và Để ý rằng : (x)= = x1 -] _ =l+x+xXÍ+., + .X=l -

g(x) đều chia hết cho đa thức :

Đa thức này có bậc 21 (vì d>2 › Nhu vay f(x) va g(x) khong nguyên tố cùng nhau

b) Giá sử m và n là nguyên tố cùng nhau Khi đó tồn tại hai số nguyên khác không u và v sao cho mu + nv = l

Dĩ nhiên trong 2 số nguyến ủ, v có một số dương và có một số âm Vai

trờ của m và n là như nhau, và khỉ thay đổi kí hiệu, ta có thể xem rằng u và v

là hai số nguyên dương sao cho mu = nv+]

Trang 34

Ta có : x—I =(x 1) (x! —x)=(x™ —-Daxlx™-1) os Mặt khác ta có : x”" - ¡ =( x"=l)p(x) ; 2 x™—1=(x"-Iq(x) Với p(x), q(x) là hai đa thức Khi đó : " m l= xTT —*p(x)+*% q(x) = =fG)p()+g)a() (dpem) Bài tập 39 : Cho da thitc f(x) = 2x? +x~2

Chứng minh : f(f(x))~ x chia hết cho a(x) = 2x”+2x—I Giải: — “Ta có : f(f(x))—x=f(f(x))—f(x)+f(x)—x cuc =2f(x)+f(x)—-2—-2xÌ—x+2+f(x)—x =2(f(x)—x?)+2(Œ)—-x) =2(F(x)=x).(f(x) + x41) | = 2(2x? —2)(2x? +2x-1) Vay : f(f(x))—xig(x) |

Bài tập 40 : Chứng mình rang voi moi gid tri ne EN, da thức (x +1)" Set xen

Trang 35

- Bài tập 41 : Chứng minh rằng x" —1 : x" —I khi và chỉ khi n là bội số của k

Giải : |

Có thể phát biểu bài toán dưới dạng :

Dé x" —1ix* —1 thi diéu kién cần và đủ là n là bội sốC của k Chứng minh : a) Điều kiện đủ : Giả sử n là bội số của k tức là n =km với m nguyên dương Thì : © xh TT =xeh S1 <=(xÈ)”—1 =(xÊ S1 [x9 + t9 ¿+ xẾ +], - Đẳng thức này chứng tỏ : x"~lx* —I b) Điều kiện cần :

Ta hãy lấy số nguyên dương n chia cho số nguyên dương k Giả sử q và r là thương và số dư trong phép chia, tức là ta có: n= kq+r (0<r<k)

Thi: x"-L=x® Lax ox 4x? pax (x4 —1)+x'—I (1)

G trén ta da chtmg minh: x“ —1!x*—-1,

“Vi vay néu x"—1x* ~1 thì từ (1) suy ra x1 ~1,

Nhưng r<k nên x'—l:x`—I khi r=0

Thành thử nếu x"—I:x" -] thì r=0, tức là n= kạc n nói cách khác n là bội số của k Bài tập 42 : Chứng minh rằng với mọi n, đa thức x”"—x"+] không chia hết cho đa thức x” +x + 7 Giải : Để ý rằng : x”"—x" +1 =(x?" +x"+1)~2x", Ta nhận xét các trường hợp : n= 3m;n =3m+l;n =3m +2

1) Nếu n=3m +l hay n=3m+2 thì da thitc x7" +x" +1 chia hét cho

đa thức x?+x +] vard rang 2x"2x?+x4+1 hi

Vì vậy trong các trường hợp này : xe x" 41 (x2 4x41),

2) Giả sử n=3m : x”—x"+|=xe" <x tbe —1)-(x" -1) +1 và như thế ta đã biết các đa thức x”"—1 và x”"—I:x”+x+l nên trong cả

hai trường hợp này x?"T—x"+17(x?+x +1)

Bài tập 43 : Với những số nguyên dương n nào thì : .a) Đa thức x”" +x"+1 chia hết cho x” — x + F,

Trang 36

b) Đa thức x?" —x" +1 chia hét cho x? —x +1 Giải : +x1#1=t=x+1)g09 _ mo ay - a) Gia sit: x?" _- Xétn lé : Thay x-bdi - ox, tacd: x7? —x" +1= =(x? +x+l)g(= X)- 2n , =(x?"~x"+1)?(x?+x+1): điều này không thể ề xây ra - Suy ra n ‘khong thể lẻ ` " - Xét n chắn : Thay x bởi —x, ta được : 3n x +x! "+1=(x?+x+1)g(—x)=n=3m+l;n=3m+2 *® Nếu n=3m+l: Vì n chắn, suy ra m lẻ =>m = 2k+l==n= Ok +4 ¢Néu n=3m+2: en Vì n chắn, suy ra m cũng chẵn => m = Sa 2ö" Tóm lại : (axa nile? -x+1) khi và chỉ khi: _ n=6k+2 và n=6k+4 (ke«#Z}" ^ b) Giả sử: x”"—x" +] =(x?—x+l)g0): eH A Aaa re (2) - Xét n chắn : Thay x bởi —x trong (2), ta CÓ : 2n x?t ~x "1 #(x? +x+1)g(<x)

Do đó : (x?"—x" +1):(x? +x+1), Điều này: không thể xảyra ,

- Xét n lẻ : Thay x bởi —x trong (2), ta có :

x”"+x"+I=(x?+x+1)g(—x)

Do đó :n=3m+l:¡n=3m +2

® Nếu n=3m+l >m chắn >m=2k—=n=6k+l: - * Nếu n=3m+2=m lẻ >m=2k+l—n=6k +5

Vay (x?* =x" +1) Cx? -x +1) khi va chi khi n=6k+1 va n=6k+5

Bài tập 44 : Tìm điều kiện của số nguyên p và q sao cho + |

a) P(x) =x? +px+q nhan cing gid tri chan (1g) với I mọi x eZ b) Q(x) =x*+px+q nhan cùng giá trị chia hết cho 3 với: mọi xeZ

(Rumani 1962) Mais

Trang 37

a) P(x) nhận giá trị cùng chắn (hoặc lẻ) với mọi x e Z khi và chỉ khi mỗi số P(x+l)—P(x)=2x+I+p chia hết cho 2 nghĩa là p lẻ Khi đó tính chấn, lẻ của P(x) phụ thuộc vào tính chắn, lẻ của q = P(0) Như - ậy tất cả

giá trị của P(x) là chấn (Iẻ) khi p lẻ và q chắn (tương ứng q lẻ)

b) Vì Q(x)=x(x”+p)+q nên Q(3x) =3x(9x)+p})+q cEia h‹t cho 3 Với giá trị đó thì : Qx#+1)=(3x+1)(9x) +ốx+I+p)}+q = +(1+p)(nod3)

chia hết cho 3 khi và chỉ khi 1+ p chia hết cho 3

Trang 38

5 NGHIEM CUA DA THUC

5,1, Dinh nghia: Cho FeR[x] vasé aeR

Ta gọi œ là một nghiệm của f nếu f(œ) = 0 5.2, Định lí Bézout :

- Cho f e RÍ[xÌ; œ là một nghiệm thực của f khi và chỉ khi f(x):(x- 6) Chứng minh : Xét 2 đa thức f,g eR{x] với g(x)= x=ơ thì tồn tại

duy nhất cặp đa thức q(x), r(x) sao cho : f(x)= (x- œ)q(x)+r(x) Vì degr < degg = l —> r(x) = const

f(x)=(x—ơœ)q(x)+c= f(x)=c Do d6: f(x) =(x-a)q(x) +fla)

Nên ơ là nghiệm khi và chỉ khi f(x):(x -ơ) |

5.3 So dé Horner : Để tìm thương và dư trong piép chia n-l f(x) =a x" tax t t+a,_ \X+a,,a #0 cho g(x)=x-a, Ta lập bảng: ` | | oa fe} mf |

x =O | b, =a, | b, =ab, +4, | | b, =ab,_ +a, mm | b, ab, +a,

V6i f(x) =(x-a)q(x)+fla) ; fla)=b, =ab +a, ; nol

q(x) = box"! +b, x"? + 4+b, x +b, 5.4 Nghiệm bội : Cho fe RIx],aeR,k eZ, kề]

Ta gọi œ là nghiệm bội k của ta) néu f(x) chia hét cho (x - a" nhưng không chia hết cho (x—ơ)”” nghĩa là:

{rs (x-a)‘ g(x), VxeR gla) #0

Néu k =I, ta goi œ là nghiệm đơn hay vắn tá: là nghiệm

5.5 Nghiệm hữu tỉ, nghiệm nguyên : |

Dinh li: Cho f ¢ Z[x], degf =n,a, ¢Z sao cho: | f (x)= a,x" +ax" + 4a a, #0

Nghiệm hữu tỉ nếu có x=p/q với (p,q)=1 thi p là ước của hệ số tự

X+a

n=l n?

do và q là ước của hệ số cao nhất p|a,„, qla,

Trang 39

Chứng minh : Thay x =p/q.vao phuong trình f(x)= 0, ta có : As n n-l a, P +a, Pe +a, _P+a, =0 n-l q => ayp"+a,p"'q+ a,_q” pt+a,q’ =0

=> ap" = —(a,p"'q + +a g7 'p+a,q" ) Do vế phải chia hét cho q nén a,p" chia hét cho q

Ma (p,q) =1 nén a, chia hết cho q Suy ra: qlay

-Tương tự ta có : a,q" =—(a,p" + +a,_,q"'p)

Suy ra : a,q" chia hết cho p Suy ra: pla, (dpem) |

¢ Két qua (1) : Néu a, =1 thi cdc nghiém hitu ti cha f(x) đều là

nghiệm nguyên với f(x) là đa thức hệ nghiệm nguyên

se Kết quả (2) : Dựa vào các phân số p/q đó và sơ đồ Horner để tìm các nghiệm

5.6 Nghiệm phương trinh bậc hai :

Cho phương trình bậc hai : ax’ + bx +c =0,a #0 Lập 'A = b” —4ac

Nếu A< 0: Phương trình vô nghiệm

Nếu A= 0: Phương trình có nghiệm kép : x, = x; = a

=.¬

2a

Nếu A>0: Phương trình có 2 nghiệm phân biệt:

5.7 Tổn tại nghiệm của phương trình bậc hai f (x)= =ax’+bx+c,a #0 42 Khi A>0 hoặc có số œ mà a.f(œ) <0 by al Chứng mình : rd=al( +2) - | hứng min x x 2a PP Nếu A<0=a.f(x)>0, Vx

Nếu A>0=>a.f(x) có dấu dương và dấu âm

Do đó khi a.f(œ)<0 thì ta có hoặc A=0 hoặc A>0 nên phương

trình có nghiệm

Trang 40

_ Bài tp 46 : Cho f(x) =2x5 -70x? +4x? phép chia f(x) cho x-6 —x+l Tìm thương và dư của Giải : Ta lập sơ đồ Horner : - co f£ | 2 | 0 | =0 | 4 | =I ` a=6 | 2 | 12 | 2 | 6 | 95 57I Ta có : f(x)=(x—6)g(x)+f(6) =(x—6)(2x*+12x"+2x? + l6x+95)+ 571 Vậy thương : g(x)= 2x" +12x” +2x” +16x +95 Và dư : r(x)=f(6)=571 Bài tập 47 : Cho f(x) =x! —4x3 +6x? —12x +9 Tính f(1), f(2),f(3) Nhận xét ? Giải : Theo sơ đồ Horner : f l -4 6 -12 9 œ=]l - 1 3 3 -9 0 œ =2 L ~2 2 —8 -7 œ=3 I -l 3 -3 0 Do đó : f(1)=0;f(2)=~7; f(3)=0 Nhận xét : f(I)= 0; f(3)= 0

Định dạng
Số trang	62
Dung lượng	1,53 MB