SKKN giải pháp giúp học sinh phát huy khả năng giải bài toán về nghiệm của đa thức

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NINH BÌNHTRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN TỤY SÁNG KIẾN GIẢI PHÁP GIÚP HỌC SINH PHÁT HUY KHẢ NĂNG GIẢI BÀI TOÁN VỀ NGHIỆM CỦA ĐA THỨC Người thực hiện: NGÔ THỊ HOA Ch

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NINH BÌNH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN TỤY

SÁNG KIẾN

GIẢI PHÁP GIÚP HỌC SINH PHÁT HUY KHẢ

NĂNG GIẢI BÀI TOÁN VỀ NGHIỆM CỦA ĐA THỨC

Người thực hiện: NGÔ THỊ HOA Chức vụ: Giáo viên

SKKN môn: Toán

I MỞ ĐẦU 1.1 Lý do chọn đề tài

Mỗi một nội dung trong chương trình chuyên toán phổ thông đều có vai trò rất quan trọngtrong việc hình thành và phát triển tư duy của học sinh Trong quá trình giảng dạy, giáo viên phải đặt ra cái đích là giúp học sinh nắm được kiến thức cơ bản, hình thành phương pháp, kỹ năng, kỹ xảo, từ đó tạo được thái độ và động cơ học tập đúng đắn Thực tế dạy và học cho chúng

ta thấy còn có nhiều vấn đề cần phải giải quyết như học sinh học nội dung về nghiệm của đa thức còn yếu, chưa hình thành được kỹ năng, kỹ xảo trong quá trình giải toán Đặc biệt, các nămgần đây, trong các đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp Quốc gia mật độ xuất hiện các bài toán về nghiệm của đa thức xuất hiện ngày càng nhiều Từ thực tiễn giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi nhiều năm, cùng với kinh nghiệm trong quá trình giảng dạy Tôi đã tổng hợp, khai thác

nhiều chuyên đề về nội dung Đa thức Trong SKKN này tôi xin chia sẻ : ‘‘Giải pháp giúp học

sinh phát huy khả năng giải bài toán về nghiệm của đa thức ”.

Đây là một nội dung quan trọng, hay trong chương trình giải tíchs của lớp chuyên Toán nên đã

có rất nhiều tài liệu, sách viết cũng như rất nhiều thầy cô giáo và học sinh say sưa nghiên cứu vàhọc tập Tuy nhiên việc đưa ra hướng tiếp cận và quy lạ về quen đối với bài toán này nhiều sách tham khảo vẫn chưa đáp ứng được cho người đọc Chính vì vậy việc đưa ra sáng kiến này là cần thiết, làm các em hiểu sâu hơn về các bài toán này và yêu thích chủ đề Đa thức

1.2 Mục đích nghiên cứu

Qua nội dung đề tài này chúng tôi mong muốn cung cấp cho người đọc nắm được cách tiếp cận bài toán, quy lạ về quen, đồng thời giúp cho học sinh một số kiến thức, phương pháp và các kỹ năng cơ bản để học sinh có thể giải quyết các bài toán tích phân, hình thành cho các em thói quen tìm tòi tích lũy và rèn luyện tư duy sáng tạo, giải quyết các bài toán trong đời sống xã hội, chuẩn bị tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi THPT Quốc gia

1.3 Đối tượng nghiên cứu

Chúng tôi tập trung nghiên cứu một số tính chất về tích phân, nghiên cứu về câu hỏi tích phân ở dạng trắc nghiệm khách quan, nghiên cứu về ứng dụng của tích phân để tính diện tích hình phẳng, thể tích khối tròn xoay và vận dụng nó trong các bài toán thực tế của đời sống xã hội

1.4 Phương pháp nghiên cứu

Trong phạm vi của đề tài, chúng tôi sử dụng kết hợp các phương pháp như: phương pháp thống kê – phân loại; phương pháp phân tích – tổng hợp- đánh giá; phương pháp vấn đáp - gợi

mở, nêu ví dụ; phương pháp diễn giải và một số phương pháp khác như phương pháp quy lạ

về quen, sử dụng máy tính để hổ trợ tìm đáp án trong câu hởi trắc nghiệm khách quan

II NỘI DUNG SÁNG KIẾN

2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến

Vấn đề chúng tôi nghiên cứu được dựa trên cơ sở nội dung đa thức của tài liệu chuyên toán Khi giải bài tập toán, người học phải được trang bị các kỹ năng suy luận, liên hệ giữa cái

cũ và cái mới, giữa bài toán đã làm và bài toán mới Các tiết dạy bài tập phải được thiết kế theo

hệ thống chuẩn bị sẵn từ dễ đến khó nhằm phát triển tư duy cho học sinh trong quá trình giảng dạy, phát huy tính tích cực của học sinh Hệ thống bài tập giúp học sinh có thể tiếp cận và nắm bắt những kiến thức cơ bản nhất, và dần dần phát triển khả năng tư duy, khả năng vận dụng các kiến thức đã học một cách linh hoạt vào giải toán và trình bày lời giải Từ đó học sinh có hứng thú và động cơ học tập tốt Trong quá trình giảng dạy nội dung Đa thức, tôi thấy kỹ năng giải bàitoán nghiệm Đa thức của học sinh còn yếu Do đó cần phải cho học sinh tiếp cận bài toán một cách dễ dàng, quy lạ về quen, thiết kế trình tự bài giảng hợp lý giảm bớt khó khăn giúp học sinh nắm được kiến thức cơ bản, hình thành phương pháp, kĩ năng, kĩ xảo và lĩnh hội lĩnh kiến thức mớitừ đó đạt kết quả cao nhất có thể được trong kỳ thi THPT Quốc gia, thi học sinh giỏi các cấp

2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến

Nội dung Đa thức là một phần kiến thức tương đối khó và rộng với học sinh Học sinh rất nhanh quên và không vận dụng được những kiến thức đã học vào giải toán Trong kỳ thi HSG Quốc gia năm 2017, nội dung này đưa ra trong 1 câu ở ngày thi 1.Với tình hình ấy để giúp học sinh định hướng tốt hơn trong quá trình giải bài toán liên quan đến nghiệm của đa thức, người giáo viên cần tạo cho học sinh thói quen tiếp cận bài toán, khai thác các yếu đặc trưng của

bài toán để tìm lời giải Trong đó việc hình thành cho học sinh kỹ năng quy lạ về quen, kỹ năng

kỹ năng đọc hiểu bài toán nâng cao

Chính vì vậy đề tài này đưa ra giúp giáo viên hướng dẫn bài toán Đa thức cho học sinh với cách tiếp cận dễ hơn, giúp học sinh có điều kiện hoàn thiện các phương pháp và rèn luyện tưduy sáng tạo của bản thân, chuẩn bị tốt cho kỳ thi HSG Quốc gia

Vậy tôi mong muốn các đồng nghiệp và học sinh ngày càng vận dụng tốt các kiến thức

về nghiệm của đa thức để đưa ra những giải pháp nhằm giải quyết bài toán liên qua đến nghiệm của đa thức một cách chính xác và nhanh nhất

2.3 Các biện pháp thực hiện

2.3.1 Một số kiến thức cần nhớ

I KIẾN THỨC CƠ BẢN

1 Định nghĩa và các phép toán.

tại nÎ Z,n ³ 1 và các số thực a a a0, , , ,1 2 a với sao cho : n

Đặc biệt khi a = thì đa thức được gọi là đa thức chuẩn tắc hay đa thức mo-nic.0 1

Với a ¹0 0 thì n được gọi là bậc của đa thức f x , ký hiệu degf( ) = , đặc biệt: n f º c¹ 0thì Quy ước với f x º( ) 0 thì degf = - ¥

Định nghĩa 2 Ta nói đa thức P x với hệ số nguyên là bất khả quy trên Z x( ) é ùê úë û, nếu nó không

phân tích được thành tích của hai đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn hơn hoặc bằng 1.( trong

bài viết này khi nói một đa thức bất khả quy có nghĩa là nói đa thức này bất khả quy trên Z xé ùê ú

ë û)

2 Các định lý

Định lý 2.1.(Định lý cơ bản) Mọi đa thức bậc n có không quá n nghiệm thực.

Từ đó nếu degf = và n f x = tại ít nhất ( ) 0 n + điểm, thì 1 f x( ) º 0 "x

Định lý 2.2( Định lý về phép chi có dư)

Cho f g, Î Ré ùê úë û Khi đó tồn tại các đa thức : x q r, Î Ré ùê úë û sao cho. x

f x =q x g x× +r x

trong đó degr <degg

Đặc biệt, khi r x º( ) 0thì ta nói f x chia hết cho ( ) g x , ký hiệu ( ) f x g x( ) ( )M hay

( ) ( )

g x f x

Định lý 2.3( Định lý Bezout 1)

Nếu x = là nghiệm của đa thức a f x thì ( ) f x x a( ) (M - )

Từ đó suy ra với P Î Zé ùê úë û và ,x a blà hai số nguyên phân biệt thì P a( )- P b a b( )M

-Định lý 2.4( -Định lý Bezout 2)

Hai đa thức P x Q x nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi tồn tại các đa thức ( ) ( ), U x V x ( ) ( ),

sao cho U x P x( ) ( )+V x Q x( ) ( ) = 1

Chứng minh

Giả sử tồn tại U x V x thỏa mãn điều kiện ( ) ( ), U x P x( ) ( ) +V x Q x( ) ( ) =1

Đặt D x( ) =gcd(P x Q x( ) ( ), ) = Ta chứng minh tồn tại các đa thức 1 U x V x thỏa mãn ( ) ( ),

Ta chứng minh bằng quy nạp theo m=min deg ,deg{ P Q}

Nếu m = thì điều cần chứng minh hiển nhiên.0

Giả sử điều cần chứng minh đúng với m m ³( 0)

Xét hai đa thức P x Q x có ( ) ( ), min deg ,deg{ P Q} =m+ 1

Không mất tính tổng quát , giả sử m+ =1 degP Thực hiện phép chia Q x cho ( ) P x được ( )

thương là S x và dư là ( ) R x ( )

Không thể xảy ra trường hợp R x = vì khi đó ( ) 0 P x( ) 1 deg= (P x Q x( ) ( ), )( vô lý)

Vì vậy 1 gcd= (P x Q x( ) ( ), ) =gcd(P x R x( ) ( ), ) với min deg ,deg{ P R} <m+ Khi đó 1theo giat thiết quy nạp , tồn tại các đa thức ( )* ( ) ( ) * ( )

Định lý 2.5( Sự phân tích tiêu chuẩn)

Mọi đa thức với hệ số thực đều có thể biểu diễn ở dạng:

j k

1.2 Nghiệm của đa thức

Định nghĩa 1 Số a được gọi là nghiệm của đa thức P x nếu ( ) P a = ( ) 0

Định lý 1 Từ hệ quả 1 ta có:a là nghiệm của P x khi và chỉ khi ( ) P x x a( )M( - )

Hệ quả 1. Trong ¡ é ùê úx , mọi đa thức bậc n có không quá n nghiệm thực (kể cả bội).

Định lý 4 Cho đa thức P x( ) Î Ré ùê úë û Nếu x z= +a bi a b , ,( Î R) là một nghiệm phức của( )

P x thì liên hợp của nó z = -a bi cũng là một nghiệm của P x ( )

Định lý 5

i) Cho P x( ) Î Cé ùê úë û bậc n, hệ số cao nhất là a và có n nghiệm phức là x a a1, , ,2 a Khi đó n

ii) Nếu hai đa thức P x Q x đều có bậc không vượt quá n, và lại bằng nhau tại nhiều hơn n ( ) ( ),

giá trị khác nhau của biến x thì P x( ) =Q x( ).

Hệ quả 2. Cho P x là một đa thức với hệ số thực Khi đó( )

i) Nếu hàm y=P x( ) là hàm số chẵn thì tất cả các hệ số của lũy thừa bậc lẻ đều bằng 0.

ii) Nếu hàm y=P x( ) là hàm số lẻ thì tất cả các hệ số của lũy thừa bậc chẵn đều bằng 0.

( ) ( )

1 2

1 2

1 1

2 1

1

k k

2 1

n i i

Trong trường họp đặc biệt khi hệ số cao nhất của P x bằng 1 thì dẫn đến mọi nghiệm ( )

hữu tỉ của đa thức đều là nghiệm nguyên nên thu được hệ quả

i) Mọi đa thức bậc lẻ luôn có nghiệm thực.

ii) Nếu đa thức bậc n mà không có nghiệm thực thì n phải là số chẵn.

Định lý 2 (Định lý Lagrange) Nếu ( )f x là hàm liên tục trên đoạn [ ; ] a b , có đạo hàm trên

khoảng ( ; )a b thì tồn tại cÎ ( ; )a b sao cho f c'( ) f b( ) f a( )

Để d cắt (C) tại ba điểm phân biệt thì ab ¹ 0 Đặt t = 3x, khi đó theo giả thiết , phương trình

íïïï

ï = ïïî

-Mặt khác, xét hàm số f t( ) =at3- t2+b, để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt khi chỉ khi tíchgiá trị cực đại và giá trị cực tiểu nhỏ hơn 0 Điều đó tương đương với

-Ví dụ 2 Cho a b c d e, , , , là các số thực Chứng minh rằng nếu đa thức :

Do đó, phương trình f x =( ) 0 có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn éë-ê x0, x0ùúû

Vậy nên đa thức f x( )=ax4+bx3+cx2+dx e+ có nghiệm thực thỏa mãn điều kiện bài toán

Như vậy đối với đa thức P(x) không thỏa mãn hoặc bất đẳng thức (1) hoặc bất đẳng thức (2) Suy

ra điều phải chứng minh

b) Chọn đa thức P x( ) =x2+3 khi đó với mọi x Î ¡ ta có

P x - P x º x - x+ > và P x( )- P x''( ) º x2+ >1 0

Nghĩa là khẳng định trên không còn đúng nữa

Ví dụ 4 (VMO - 95) : Hãy xác định tất cả các đa thức P(x) thỏa mãn điều kiện sau : Với mỗi số

1995

a > thì số nghiệm thực của phương trình : P x( )=a(mỗi nghiệm được tính với số bội của nó) bằng bậc của đa thức P(x), và mỗi nghiệm thực của phương trình trên đều lớn hơn 1995

Bài giải

Do yêu cầu mỗi nghiệm thực của P(x) = a đều lớn hơn 1995 nên chỉ xét các đa thức P(x) có bậc n ³ 1

- Xét đa thức P(x) bậc n là hàm đơn điệu trên (- ¥ +¥; ) thỏa mãn đề tài

Vì đồ thị hàm P(x) chỉ có hữu hạn điểm uốn nên với a đủ lớn và a > 1995 thì P(x) = a chỉ có tối đa mộtnghiệm (mỗi nghiệm được tính với số bội của nó), suy ra n = 1 và P(x) có dạng bx c+ với b > 0 ;

Do đồ thị hàm P(x) chỉ có hữu hạn điểm uốn nên với a đủ lớn và a>max d{ ,1995}, thì

P(x) = a chỉ có tối đa hai nghiệm (mỗi nghiệm được tính với số bội của nó), suy ra n = 2

Nhưng nếu P(x) là tam thức bậc hai với a đủ lớn và a > 1995 thì P(x) = a chỉ có tối đa một nghiệm lớnhơn 1995, đa thức đó lại không thỏa mãn đề bài

Vậy mọi đa thức P(x) thỏa mãn đề bài có dạng P(x) = bx + c với b >0 và c£ 1995(1- b)

Ví dụ 15:Cho phương trình a x0 2+a x a1 + 2 =0(a¹ 0) (1) có hai nghiệm phân biệt p(x) là đa thứcbậc n và có n nghiệm thực phân biệt, chứng minh rằng:

- Nếu d =0 bổ đề là hiển nhiên

Vậy phương trình p x( )+d p x'( )=0có n - 1 nghiệm Þ $ Îa i ( ,x x i i+1) với i =1,n- 1 mà

phương trình p x( )+d p x'( )=0là phương trình bậc n có (n - 1) nghiệm a a1, , ,2 a n-1 nên

( ) '( ) ( )( ) ( n )(ax )

p x +d p x = x- a x- a x- a - +b

Vậy phương trình p x( )+d p x'( )=0phải có nghiệm thứ n Bổ đề được chứng minh

Áp dụng bổ đề để giải bài toán:

Gọi d d1, 2 là hai nghiệm của (1)

1

1 2

0 2

1 2

0

a a a a

d d

-ï + =ïï

ïï

Þ í

ïï =ïï

Ví dụ 6.(TST 1994) Cho p x( )Î ¡ é ùê úx và deg ( )p x =4 Giả sử p x =( ) 0 có 4 nghiệm dương phân

Do phương trình p x( )- p x'( )=0 có 3 nghiệm y1<y2 <y3 và deg(p p- ')=4

Suy ra phương trình p x( )- p x'( )=0 có nghiệm thứ 4 là y4 không giảm tổng quát ta giả sử hệ số x4

Bài toán được chứng minh.

Ví dụ 7 Cho P x Q x R x( ), ( ), ( ) là các đa thức với hệ số thực có bậc tương ứng là 3, 2, 3 thỏa mãn điều kiện ( ) (2 )2 ( )2

( ) ( ) ( )

P x + Q x = R x Hỏi đa thức T x( )=P x Q x R x( ) ( ) ( ) có ít nhất bao nhiêu nghiệmthực (kể cả bội của nghiệm) ?

Bài giải

Không mất tính tổng quát, có thể coi các hệ số bậc cao nhất của các đa thức P, Q, R đều dương

Trước hết, ta chứng minh đa thức Q(x) luôn luôn có hai nghiệm thực

Ta có, Q2 =(R P R- )( +P) Vì degP =degQ =3 nên deg(R+P)=3

Do degQ2 = Þ4 deg(R P- )=1 Do đó đa thức Q2 có nghiệm thực và vì vậy đa thức Q cónghiệm thực Vì degQ =2 nên Q có đúng hai nghiệm thực

Tiếp theo, ta chứng minh đa thức P(x) luôn luôn có 3 nghiệm thực

Ta có : P2=(R Q R Q- )( + ) Vì deg(R Q- )=deg(R Q+ )=3 nên các đa thức (R Q- ) và(R Q+ ) có nghiệm thực Nếu hai nghiệm thực đó khác nhau, thì P có hai nghiệm phân biệt và nghiệmcòn lại của P hiển nhiên cũng là nghiệm thực

Nếu (R Q- ) và (R Q+ ) có chung nghiệm thực x = a thì x = a là nghiệm của R và của Q Do vậy,

( ) ( ) ( ), ( ) ( ) ( ), ( ) ( ) ( )

R x = x a R x- Q x = x a Q x P x- = x a P x- .

Thế vào hệ thức : P2 =(R Q R Q- )( + ), ta thu được P12 =R12- Q12, với P R1, 1 là các tam thức bậchai, Q1 là nhị thức bậc nhất Ta có : Q12 =(R1- P R1)( 1+P1)

Vì Q12 là đa thức bậc hai và R1+Q1 là tam thức bậc hai nên R1- P1 là đa thức hằng

0

2 1

k i i

a i

=

<

+

å thì p x( ) cónghiệm thực

Áp dụng định lý Lagrange cho Q x trong é( ) ë-ê ú1,1ùû

(1) ( 1)

'( ) '( ) 02

-

-= Þ <

Mà Q'(0)=p(0)=a0>0 áp dụng định lý Bonxano Cauchy suy ra tồn tại a nằm giữa 2 nghiệm c

và 0 sao cho Q'( )a =0 hay p( )a =0(đpcm).

Ví dụ 9 Cho p x( )Î ¡ é ùê úx có nghiệm phân biệt lớn hơn 1 Chứng minh rằng

Trước hết ta chứng minh PT (2) và (3) không thể có nghiệm chung trong (1,+¥ )

Thật vậy giả sử (2) và (3) có nghiệm chung a và a Î (1,+ ¥ )

2

'( ) 1( ) '( ) 0 ( )

1( ) '( ) 0 '( )

Þ Î - điều này vô lí vì a > 1

Bây giờ ta chứng minh PT (3) có ít nhất n - 1 nghiệm lớn hơn 1 và PT (2) có ít nhất n nghiệm trong đó n-1 nghiệm lớn hơn 1 Từ đó suy ra phương trình (1) có ít nhất 2n - 1 nghiệm phân biệt

Vậy phương trình f x ='( ) 0 có ít nhất n - 1 nghiệm lớn hơn 1

Vậy (2) có n nghiệm trong đó ít nhất n - 1 nghiệm lớn hơn 1

Vậy phương trình (1) có ít nhất n - 1 nghiệm (đpcm)

Do a k-1¹ 0Þ nghiệm phương trình f k-1( )x =0 cho x n k- - 1 và đặt 1

u x

Ví dụ 11 Cho số thực   0 và đa thức P x  với hệ số thực bậc n n  1 sao cho P x  không

có nghiệm thực Chứng minh đa thức Q x  P x P x' 2P x''  n P n  x không có nghiệm thực

Suy ra Q x ' 0 0 suy ra P x  0 0 vô lý Vậy Q x  vô nghiệm Đpcm

Ví dụ 12 Tìm a, b để f x( )=2x4+ax3+bx2+ax b- chia hết cho (x - 1)2 Chứng minh khi

đó ( )f x không chia hết cho (x - 1)3

Lời giải

Ta có: f x x -( ) (M 1)2 nên f có nghiệm bội k ³ 2 Þ f(1)= và '(1)0 f = 0

5 1

4

'

44

55

i i

çè øå

n

a C

a ³ Chứng minhP x có ít nhất 1 nghiệm có môđun ( )

không vượt quá 1

a

a = å < P x có ít ( )

nhất 1 nghiệm có môđun không vượt quá 1

Ví dụ 2: Có tồn tại hay không các số dương a b c b, , ; ³ 3max ,( )a c sao cho có thể chọn được

Lời giải

Giả sử tồn tại , ,a b c thỏa mãn đề bài.

Giả sử x x1, , ,2 x là các nghiệm nguyên của n P x n( )

Mà x x1, , ,2 x là các số nguyên phân biệt nên n

Ví dụ 3: Cho phương trình ax3+bx2+cx d+ =0(a¹ 0) có 3 nghiệm dương x x x 1, ,2 3Chứng minh rằng: 7 7 7 3 2

b

a c

x x x x x x

a

ìïï + + =- >

ïïïíï

1 1

1(

)(

1) .(

)(1

))

(

n n

n n

n n

Ví dụ 6 Cho P x( )=x3+ax2+bx c+ có hệ số nguyên Chứng minh nếu ( )P x có một

nghiệm bằng tích 2 nghiệm còn lại thì:2 ( 1)P - MP(1)+ -P( 1) 2(1- +P(0))

Vậy tất cả các nghiệm của P x = đều nằm trong đoạn ( ) 0 éêë- a a1; 1+2ùúû

c) Giải pháp 3: Sử dụng định nghĩa nghiệm, định lý Bơ-zu, phân tích tiêu chuẩn,

Ví dụ 2 Cho đa thức ( )f x Î ¡ [ ]x và degf > thỏa mãn ( ) 0,0 f x > " Î ¡x [ ]x Chứng minh tồn

tại ,A B Î R x[ ] sao cho: f x( )=A x2( )+B x2( )

x = x + + x - - x Từ đó bài toán được giải quyết

Ví dụ 4 Cho các đa thức P x Q x R x với hệ số thực có bậc tương ứng là 3,2,3 thỏa mãn ( ) ( ) ( ), ,đẳng thức P x2( )+Q x2( ) =R x2( )," Î ¡ Hỏi đa thức x T x( ) =P x Q x R x( ) ( ) ( ) có ít nhất bao nhiêu nghiệm thực (kể cả nghiệm bội)

Lời giải

Ta có Q x2( ) =R x2( )- P x2( ) Û Q x2( ) =(R x( )- P x R x( ) ) ( ( ) +P x( ) ).

Do deg(R+P) = nên phương trình 3 R x( )+P x( ) = có ít nhất 1 nghiệm.0

Suy ra phương trình Q x = có nghiệm ( ) 0

Mà degQ = nên 2 Q x = có 2 nghiệm ( ) 0

Mặt khác P x2( ) =(R x( )- Q x R x( ) ) ( ( )+Q x( ) )

Do deg(R Q+ ) =deg(R Q- ) = nên 3 P x = có ít nhất 2 nghiệm.2( ) 0

+) Hai nghiệm của P x = là phân biệt Khi đó 2( ) 0 P x = có ít nhất 2 nghiệm, mà( ) 0

degP = nên 3 P x = sẽ có 3 nghiệm thực Mặt khác do deg( ) 0 R = nên 3 R x = có ít ( ) 0nhất 1 nghiệm Do vậy mà T x = có ít nhất 6 nghiệm.( ) 0

+) Hai nghiệm là nghiệm kép x= a

Do đó một trong hai đa thức có 2 nghiệm

Điều này dẫn đến T x = có 6 nghiệm.( ) 0

 Chỉ có một trong hai đa thức R x( )- Q x( ) = và 0 R x( ) +Q x( ) = nhận a làm 0

nghiệm

Khi đó do deg(R Q- ) =deg(R Q+ ) = nên 3 R x( )- Q x( ) = hoặc 0 R x( ) +Q x( ) = 0

sẽ có 3 nghiệm và P x = cũng sẽ có ít nhất 3 nghiệm Do deg2( ) 0 P = nên 3 P x = 2( ) 0

sẽ có 2 nghiệm hoặc có 6 nghiệm

Mà P x = có ít nhất 3 nghiệm nên 2( ) 0 P x = phải có 6 nghiệm hay là 2( ) 0 P x = có 3 ( ) 0nghiệm

Vậy T x = có ít nhất 6 nghiệm.( ) 0

Ví dụ 5

Cho các đa thức bậc ba:P x( ) =x3+2x2- 7x- 16; Q x( ) =x3+3x2+8x- 4

1 Chứng minh rằng mỗi đa thức P x và ( ) Q x đều có một nghiệm dương duy nhất.( )

2 Gọi các nghiệm dương của P x và ( ) Q x lần lượt là p và q ( )

ê = ê

lập bảng biến thiên suy ra P x có nghiệm ( )

dương duy nhất, đó chính là p

Xét Q x'( ) =3x2+6x+ > " Î ¡ và có 8 0, x Q( )0 = - 4, lim ( )

®+¥ = +¥ mà Q x liên ( )

tục trên ¡ nên Q x có nghiệm dương duy nhất, đó chính là q.( )

2 Ta có p là nghiệm dương của P x và từ bảng biến thiên, suy ra ( ) P( )2 < nên 0 p > Khi 2

đó, p là nghiệm của phương trình ( )2 3 ( )2 2 ( )2 6 4 2

Ví dụ 6 Chứng minh rằng không tồn tại các đa thức khác hằng P x và ( ) Q x sao cho( )

Ta sử dụng phản chứng, giả sử tồn tại các đa thức thỏa mãn đề bài

TH 1 P x Q x không có nghiệm chung Ta sẽ chứng minh ( ) ( ), Q x vô nghiệm Thật vậy, giả ( )

sử tồn tại x sao cho 0 Q x = khi đó ( )0 0 P x ¹( )0 0, do đó