Một số dạng toán về đa thức qua các kỳ thi Olympic

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TRẦN THỊ VIẾT THỦY MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ ĐA THỨC QUA CÁC KỲ THI OLYMPIC LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC HÀ NỘI - NĂM 2017 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TRẦN THỊ VIẾT THỦY MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ ĐA THỨC QUA CÁC KỲ THI OLYMPIC LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Mã số: 60.46.01.13 Người hướng dẫn khoa học GS TSKH NGUYỄN VĂN MẬU HÀ NỘI - NĂM 2017 Mục lục Mở đầu 1 Xác 1.1 1.2 1.3 1.4 3 13 19 Ước lượng đa thức 2.1 Đa thức Chebyshev tính chất 2.2 Các dạng toán liên quan đến đa thức Chebyshev 2.3 Ước lượng, giá trị cực trị đa thức 28 28 32 36 định đa thức Một số tính chất đa thức Xác định đa thức theo đặc trưng Xác định đa thức theo đặc trưng Xác dịnh đa thức theo phép biến đổi số học nghiệm vi phân hàm Một số dạng toán liên quan 47 3.1 Đa thức với hệ số nguyên đa thức nhận giá trị nguyên 47 3.2 Đa thức với hệ số hữu tỷ phân thức hữu tỷ 58 3.3 Ứng dụng tính chất nghiệm đa thức 67 Kết luận 72 Tài liệu tham khảo 74 MỞ ĐẦU Một chuyên đề quan trọng đại số, tốn học nói chung chun đề đa thức Đa thức có vị trí quan trọng kiến thức tốn nói chung, chương trình phổ thông, đặc biệt lớp chuyên tốn nói riêng Trong kì thi chọn học sinh giỏi tốn, vơ địch Quốc gia, Quốc tế Olympic sinh viên, dạng toán đa thức thường xuất với mức độ khó khó Nhiều đề thi đáp án đăngtải tạp chí toán học tuổi trẻ, nhiều sách tham khảo chưa thật đầy đủ Với mong muốn có chuyên đề giúp nâng cao kiến thức đa thức bồi dưỡng học sinh giỏi toán, luận văn "Một số dạng toán đa thức qua đề thi Olympic” nhằm tìm hiểu, thu thập tài liệu biên soạn gồm đề thi học sinh giỏi toán THPT Quốc gia, đề thi toán Quốc tế, đề thi Olympic sinh viên Các dạng toán đa thức phong phú, đa dạng thể loại phương pháp, thường rất phức tạp nên khó phân loại hệ thống thành chuyên đề riêng biệt Tuy vậy, để đáp ứng nhu cầu giảng dạy, học tập, luận văn "Một số dạng toán đa thức qua đề thi Olympic” cố gắng tối đa xếp theo trình tự hợp lí nhằm giúp tiếp cận bước , mức độ kiến thức luyện tập kĩ giải toán Luận văn chia làm chương Chương Xác định tồn đa thức Chương Ước lượng đa thức Chương Một số dạng tốn liên quan đến đa thức Để hồn thành luận văn này, tác giả xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu dành thời gian hướng dẫn, bảo tận tình, giúp đỡ suốt trình xây dựng đề cương hoàn thành luận văn Tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành tới quý thầy cô đọc, kiểm tra, đánh giá đưa ý kiến quý báu để luận văn đầy đủ phong phú hơn.Qua đây, tác giả xin cảm ơn Ban Giám Hiệu, phịng sau Đại học, khoa Tốn Tin trường Đại Học Khoa học Tự Nhiên Hà Nội giảng dạy, tạo điều kiện thuận lợi suốt trình học tập Tuy thân có nhiều cố gắng, nỗ lực nghiên cứu, song điều kiện trình độ cịn hạn chế nên luận văn khó tránh khỏi sai sót Tác giả kính mong nhận đóng góp ý kiến thầy để luận văn hoàn thiện hơn! Tác giả xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, tháng 10 năm 2016 Tác giả Trần Thị Viết Thủy Chương Xác định đa thức 1.1 Một số tính chất đa thức Định nghĩa 1.1 (xem [2]) Cho vành A vành giao hốn có đơn vị Ta gọi đa thức bậc n biến x biểu thức có dạng Pn (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 (an = 0), ∈ A gọi hệ số, an hệ số bậc cao a0 hệ số tự đa thức Nếu = 0, i = 0, · · · , n − a0 = ta có bậc đa thức Nếu = ∀i = 0, · · · , n − ta coi bậc đa thức −∞ gọi đa thức không Tập hợp tất đa thức với hệ số lấy vành A kí hiệu A[x] Khi A = K trường vành K[x] vành giao hốn có đơn vị Ta thường xét A = Z,hoặc A = Q A = R Khi ta có vành đa thức tương ứng Z[x], Q[x], R[x] Tính chất 1.1 (xem [2]) Nếu đa thức f (x) g(x) nguyên tố đa thức f (x) h(x) nguyên tố đa thức f (x) g(x)h(x) nguyên tố Tính chất 1.2 (xem [2]) Nếu đa thức f (x), g(x), h(x) thỏa mãn điều kiện f (x)h(x) chia hết cho g(x), g(x) h(x) nguyên tố f (x) chia hết cho g(x) Tính chất 1.3 (xem [2]) Nếu đa thức f (x) chia hết cho đa thức g(x) h(x) với g(x) nguyên tố f (x) chia hết cho g(x)h(x) Tính chất 1.4 (xem [2]) Nếu đa thức f (x) g(x) nguyên tố [f (x)]m [g(x)]n nguyên tố với m, n nguyên dương Định lý 1.1 (xem [7]) [Định lí nghiệm đa thức] Nếu đa thức bậc n có hệ số số hạng có bậc cao khác có khơng n nghiệm Định lý 1.2 (xem [7]) [Định lí Bezout] Cho đa thức P (x) ∈ R[x] số thực α, α nghiệm P (x) P (x) (x − α) Điều có nghĩa tồn đa thức Q(x) ∈ R[x] cho P (x) = (x − α).Q(x) Định lý 1.3 (Công thức khai triển Abel) Cho số đôi khác x1 , x2 , , xn Khi đa thức P(x) với degP(x) < n+1 viết dạng P (x) = a0 + a1 (x − x1 ) + a2 (x − x1 ) (x − x2 ) + · · · + an (x − x1 ) (x − x2 ) (x − xn ) Định lý 1.4 (Định lí Viet thuận) Cho đa thức P (x) = a0 xn + a1 xn−1 + a2 xn−2 + + an (a0 = 0) có n nghiệm x1 , x2 , x3 , , xn Khi ta có  a1  S1 = x1 + x2 + + xn = −    a0   S = x x + x x + + x x + + x x = a2 2 n n−1 n a0     an   Sn = x1 x2 xn = (−1)n a0 Định lý 1.5 (Định lí Viet đảo) Ngược lại có số x1 , x2 , x3 , , xn thỏa mãn  x1 + x2 + + xn = S1    x1 x2 + x1 x3 + + x1 xn + + xn−1 xn = S2    x x xn = S n x1 , x2 , x3 , , xn nghiệm đa thức P (x) = xn − S1 xn−1 + S2 xn−2 + + (−1)n Sn Định lý 1.6 (Định lí Lagrange) Nếu f (x) hàm liên tục đoạn [a, b], khả vi khoảng (a, b) tồn c ∈ (a, b) cho f (c) = f (b) − f (a) b−a Một hệ quan trọng, áp dụng nhiều giải tốn định lí Lagrange, định lí Rolle: Định lý 1.7 (Định lí Rolle ) Cho f (x) hàm liên tục đoạn [a, b], khả vi khoảng (a, b) f (a) = f (b) tồn c ∈ (a, b) cho f (c) = Định lý 1.8 (Bất đẳng thức Schur ) Cho số không âm a, b, c Khi với r > ta có bất đẳng thức ar (a − b)(a − c) + br (b − c)(b − a) + cr (c − a)(c − b) ≥ Đẳng thức xảy a = b = c a = b, c = hoán vị tương ứng Các trường hợp thường dùng để giải toán r = 1, r = 1.2 Xác định đa thức theo đặc trưng số học Trong phần ta khảo sát toán xác định đa thức với hệ số nguyên đa thức nhận giá trị nguyên tập số tự nhiên dựa vào đặc trưng số học như: tính chia hết, đồng dư, nguyên tố nhau, Bài toán 1.1 (Mathemmatical Reflection issue 4, 2015) Tìm tất đa thức P (x) bậc ≥ với hệ số nguyên thỏa mãn điều kiện a2 + b2 − c2 | P (a) + P (b) − P (c), ∀a, b, c ∈ Z, (a2 + b2 − c2 = 0) Lời giải Ta có a2 + b2 − c2 | P (a) + P (b) − P (c), ∀a, b, c ∈ Z (1.1) Chọn b = c, (1.1) ta có P (a) a2 , ∀a ∈ Z Suy P (a) = ma2 , ∀a ∈ Z, m ∈ Z (1.2) Chọn b = 0, (1.1) ta a2 − c2 | P (a) + P (0) − P (c), ∀a, b, c ∈ Z (1.3) Theo định lý phương trình Pythagoras, tồn vô số cặp số nguyên (a, b) cho a2 + b2 = m2 , m ∈ Z Gọi tập hợp gồm cặp số nguyên (a, b) S Theo (1.3) ta có √ a2 + b2 − c2 | P ( a2 + b2 ) + P (0) − P (c), ∀a, b ∈ S, c ∈ Z (1.4) Từ (1.1) (1.4), ta suy √ 2 a + b − c | P ( a2 + b2 ) + P (0) − P (a) − P (b), ∀a, b ∈ S, c ∈ Z Hay √ a2 + b2 − c2 | P ( a2 + b2 ) − P (a) − P (b), ∀a, b ∈ S, c ∈ Z (1.2) √ Cho c → +∞ ta thu P ( a2 + b2 ) = P (a) + P (b), ∀a, b ∈ S √ Vậy P ( a2 + b2 ) = P (a) + P (b) √ Chọn a = b = x ta P (x 2) = 2P (x), ∀x ∈ R Giả sử P (x) = an xn +an−1 xn−1 + .+a1 x+a0 , ∈ Z, ∀i = 0, n, sau so sánh hệ số bậc cao tương ứng hai vế ta √ an ( 2)n = 2an ⇒ n = Suy P (x) = a2 x2 + a1 x + a0 , P (0) = nên a0 = Lại từ P (x) x2 , ∀x ∈ Z nên a1 = Vậy đa thức cần tìm P (x) = kx2 , k ∈ Z tùy ý khác Bài toán 1.2 (Olympic SV, 1996) Cho Pn (x) đa thức bậc n cho m ∈ N∗ Chứng minh Nếu Pn (xm ) chia hết cho (x − a)k chia hết cho (xm − am )k (a = 0) Lời giải Giả sử, Pn (x) = an (x − am )n + · · · + a2 (x − am )2 + a1 (x − am ) + a0 Khi Pn (xm ) = an (xm − am )n + · · · + a2 (xm − am )2 + a1 (xm − am ) + a0 Ta chứng minh a0 = a1 = · · · = ak−1 = phương pháp phản chứng Thật vậy, giả sử số khác không đầu tiên, k −1 Dễ thấy Pn (xm ) không chia hết cho (x − a)i + 1, với i + k Suy Pn (xm ) không chia hết cho (x − a)k , mâu thuẫn Suy điều phải chứng minh Đặc biệt k = a = 1, ta có Pn (xm ) chia hết cho x − chia hết cho xm − Bài toán 1.3 (Olympic SV, 2002) Tồn hay không tồn đa thức P (x) bậc 2002 cho P (x2 − 2001) chia hết cho P (x)? Lời giải Ta giả sử tồn đa thức P (x) với deg P (x) = 2002 Xét đa thức P (x) = (x + a)2002 Ta có P (x2 − 2001) = (x2 − 2001 + a)2002 = (x + a)2 − 2a(x + a) + a2 + a − 2001 2002 −1 + √ 8005 Nếu ta chọn a, cho a2 + a − 2001 = hay a = √ −1 − 8005 , đa thức P (x2 − 2001) = (x2 − a2 )2002 = a = (x + a)2002 (x − a)2002 chia hết cho P (x) Vậy, đa thức √ −1 + 8005 2002 P (x) = x + Lời giải Trước hết ta chứng minh nhận xét sau: Nếu u, v ∈ Q mà √ √ s = u 3 + v ∈ Q u = v = √ √ Thật vậy, s = u 3 + v ∈ Q s2 ∈ Q nên vs2 − u2 s − 6uv = a ∈ Q Từ √ (3v − u3 ) = vs2 − u2 s − 6uv = a ∈ Q √ u Nếu 3v − u3 = 3 = ∈ Q, mâu thuẫn, nên 3v − u3 = Do v √ a ∈ Q mâu thuẫn Vậy nhận xét chứng minh 3= 3v − u3 a) Xét f (x) = ax + b với a, b ∈ Q thỏa mãn tốn, từ nhận xét ta có √ √ 3 (a − 1) + a = − b ∈ Q nên a − = a = 0, mâu thuẫn √ Xét f (x) đa thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c Khi f ( 3 + √ √ √ √ √ 9) = + 3 (a + b) + (3a + b) 3 + 6a + c = + 3 Theo nhận xét a + b = 0, 3a + b = 1, 6a + c = Suy nghiệm −1 (a, b, c) , ,0 2 x2 x Vậy có đa thức bậc hai thoả mãn f (x) = − Đó 2 đa thức bậc nhỏ thỏa mãn đề √ √ b) Đặt α = 3 + ta có α3 = 9α + 12 Vậy đa thức g(x) = x3 − 9x + 12 nhận α nghiệm Nếu f (x) đa thức hệ số nguyên thỏa mãn đề f (x) = g(x)h(x) + r(x), h(x), r(x) đa thức hệ số nguyên với bậc √ r(x) nhỏ Vì g(α) = nên r(α) = f (α) = + 3, theo câu a) điều không xảy √ √ √ Vậy không tồn đa thức hệ số nguyên f (x) mà f ( 3+ 9) = 3+ 3 Tương tự với hướng giải VMO 2017 sau: Bài toán 3.13 (HSGQG, 2017) Tồn hay không đa thức P (x) với hệ số nguyên thỏa mãn √ √ √ √ 3 P (1 + 2) = + P (1 + 5) = + 60 Lời giải Giả sử đa thức P (x) nói tồn Đặt Q(x) = P (1 + x) − Q(x) đa thức với hệ số nguyên √ √ √ Từ giả thiết, ta có Q( 2) = P (1 + 2) − = √ √ √ Q( 5) = P (1 + 5) − = + √ Như vậy, đa thức Q(x) − x có nghiệm vô tỉ Do x3 − đa √ thức bậc nhỏ có hệ số nguyên nhận làm nghiệm nên Q(x) − x phải bội đa thức Nói cách khác , tồn đa thức R(x) có hệ số nguyên cho Q(x) − x = (x3 − 2)R(x) √ √ Do R(x) có hệ số nguyên nên R( 5) có dạng a+b với a, b ∈ ZZ √ Thay x = vào đẳng thức ta được, √ √ √ √ + = (5 − 2)(a + b 5) = 25b − 2a + (5a − 2b) 5, suy 5a − 2b = 25b − 2a = Tuy nhiên, khơng có cặp số ngun thỏa mãn hệ phương trình Chứng tỏ khơng tồn đa thức P (x) Bài toán 3.14 (Đề thi HSGQG năm 1990, bảng A ngày thứ nhất) Giả sử f (x) = a0 xn + a1 xn−1 + + an−1 x + an đa thức với hệ số thực, có a0 = thỏa mãn đẳng thức sau với số thực x f (x)f (2x2 ) = f (2x3 + x) (3.9) Chứng minh đa thức f (x) khơng có nghiệm số thực Lời giải Ta chứng tỏ x0 = không nghiệm f (x), nghĩa an = f (0) = Gọi k số lớn cho ak = Lúc vế trái (3.9) có dạng f (x)f (x2 ) = (a0 xn + + ak xn−k )(a0 2n x2n + + ak 2n−k x2(n−k) ) = a20 2n x3n + + a2k 2n−k x3(n−k) 61 Vế phải (3.9) có dạng f (2x3 + x) = a0 (2x3 + x)n + + ak (2x3 + x)n−k = a0 2n x3n + + ak xn−k So sánh hai vế (3.9) ta có a2k 2n−k x3(n−k) = ak xn−k với x, suy n = k hay an = ak = Giả sử f (x) có nghiệm thực x0 = Xét dãy số xn+1 = 2x3n + xn với n = 0, 1, 2, Nếu x0 > x0 < x1 < x2 < Nếu x0 < x0 > x1 > x2 > Từ hệ thức (3.9) suy x0 = mà f (x0 ) = f (xk ) = với k , nghĩa f (x) bậc n không đồng mà có vơ số nghiệm thực khác nhau, dẫn đến mâu thuẫn Vậy đa thức f (x) khơng có nghiệm thực Chú ý Tồn đa thức f (x) = x2 + có tính chất Bài tốn 3.15 (Đề thi HSGQG năm 1991, bảng B ngày thứ nhất) Cho biết đa thức P (x) = x10 − 10x9 + 39x8 + a7 x7 + + a1 x + a0 , với giá trị định a0 , a1 , , a7 , có 10 nghiệm số thực Chứng minh tất nghiệm P (x) nằm khoảng từ −2, đến 4, Lời giải Giả sử x1 , x2 , x3 , , x10 10 nghiệm đa thức P (x) Theo định lí Viet, ta có 10 10 xi = 10, xi xj = 39 (3.10) i,j=1 i,j=1 i=j Từ 10 100 = 10 xi = i=1 10 x2i + 2.39 suy i=1 xi = 22 i=1 Mặt khác 10 10 (xi − 1) = i=1 10 (x2i − 2xi + 1) = i=1 i=1 62 10 x2i −2 xi + 10 i=1 (3.11) Từ (3.10), (3.11) cho ta đẳng thức 10 (xi − 1)2 = 22 − 20 + 10 = 12 i=1 Vậy với i (1 ≤ i ≤ 10) (xi − 1)2 ≤ 12 < 12 + = ( )2 • Nếu xi − ≥ xi < + 3, = 4, • Nếu xi − < − xi < 3, ⇒ xi > −2.5 Bài toán 3.16 (Đề thi HSGQG năm 1992, bảng A ngày thứ hai) Cho đa thức P (x) = + x2 + x9 + xn1 + + xns + x1992 với n1 , n2 , , ns số tự nhiên cho trước thỏa mãn < n1 < < ns < 1992 Chứng √ minh 1− nghiệm đa thức P (x) (nếu có) khơng thể lớn Lời giải Với x ≥ P (x) ≥ > Với x < 0, x = −1 ta có P (x) ≥ + x + x3 + x5 + x7 + x9 + + x2k+1 + + x1991 x(x − x996 ) − x2 + x − x997 =1+ = − x2 − x2 √ 1− Mà với x ∈ , − x2 > 0, −x997 > − x2 + x > 0, nên √ √ 1− 1− suy P (x) > với x ∈ ; Vậy P (x) > với x > 2 Bài toán 3.17 (Đề thi HSGQG năm 1998, bảng A ngày thứ hai) Tìm tất số nguyên dương n để có đa thức hệ số thực P (x) thỏa mãn P (x1998 − x−1998 ) = xn − x−n với số thực x = Lời giải Ta chứng minh cho trường hợp tổng quát thay 1998 số nguyên dương k Giả sử đa thức bậc m m x i , P (x) = i=0 63 am = (3.12) thỏa mãn P (xk − x−k ) = xn − x−n , (x = 0) hay m i=0 (x2k − 1)i x2n − = xki xn (3.13) m xn (x2k − 1)i xk(m−i) = xkm (x2n − 1) ⇔ (3.14) i=0 với số thực x = Vế trái có bậc n + 2km, vế phải có bậc 2n + km Vậy n = km Ta chứng tỏ m phải lẻ Nếu m chẵn, đặt y = xk , 1 (3.13) ⇔ P (y − ) = y m − m (3.15) y y Đẳng thức với số thực y = Ở (3.15) cho y = m P ( 32 ) = 2m − 21m > 0, cho y = −1 P ( ) = − 2m < (mâu thuẫn) Vậy m lẻ Đảo lại, ta chứng minh n = km m lẻ tồn đa thức bậc m Pm (x) có dạng (3.12) thỏa mãn 1 Pm (y − ) = y m − m ; (y = 0) y y (3.16) (đặt y = xk (3.16) ⇒ (3.13)) Chứng minh quy nạp theo m Với m = P1 (y) = y thỏa mãn (3.16) Với m = 3thì P3 (y) = y + 3y thỏa mãn (3.16) Giả sử có P1 (x), P3 (x), , Pm (x) thỏa mãn (3.16) Đặt Pm+2 (x) = (x2 + 2)Pm (x) − Pm−2 (x) Khi theo giả thiết quy nạp y = có 1 1 Pm+2 (y − ) = [(y − )2 + 2]Pm (y − ) − Pm−2 (y − ) y y y y 1 = (y + )(y m − m ) − (y m−2 − m−2 ) y y y = y m+2 − m+2 , (y = 0) y 64 Đa thức P (x) (theo cách đặt trên) thỏa mãn Pm (xk − 1 ) = xkm − km = xn − n , k x x x (x = 0) Vậy n = 1998m với m lẻ Bài toán 3.18 (Đề thi HSGQG năm 2000, bảng A ngày thứ hai) Với đa thức hệ số thực (x), kí hiệu Ap tập hợp số thực x cho P (x) = Tìm số phần tử nhiều có Ap P (x) thuộc tập hợp đa thức hệ số thực vơi bậc thỏa mãn đẳng thức P (x2 − 1) = P (x)P (−x)với giá trị thực x (3.17) Lời giải Kí hiệu T tập hợp đa thức P (x) hệ số thực với bậc thỏa mãn P (x2 − 1) = P (x)P (−x) với x ∈ R Ta có nhận xét sau Nhận xét 3.1 Các đa thức (ψ1 − x); (ψ2 − x) x(x + 1) thuộc T , ψ1 ψ2 (ψ1 < ψ2 ) nghiệm phương trình t2 − t − = Nhận xét 3.2 Nếu P (x) = Q(x).G(x) với x ∈ R; P (x), Q(x) ∈ T G(x) đa thức G(x) ∈ T Chứng minh Ta có P (x)P (−x) = P (x2 − 1) = Q(x2 − 1)G(x2 − 1) = Q(x)Q(−x)G(x2 −1) với x ∈ R, P (x)P (−x) = Q(x)Q(−x)G(x)G(−x) với x ∈ R Từ hai đẳng thức suy G(x) ∈ T Đặt T ∗ = {P (x) ∈ T |Ap = Ø} Ta có Nhận xét 3.3 Giả sử P (x) ∈ T ∗ Khi đó, a ∈ Ap a ∈ {0, −1, ψ1 , ψ2 } Chứng minh Ta chứng minh phương pháp quy nạp theo deg P (bậc P (x)) Với P (x) ∈ T ∗ mà deg P = 1, ta có P (x) ∈ {ψ1 − x, ψ2 − x} Do đó, Nhận xét 3.3 với P (x) ∈ T ∗ mà deg P = Giả sử Nhận xét 3.3 với P (x) ∈ T ∗ mà deg P < k (k ≥ 2) 65 (3.18) Xét P (x) ∈ T ∗ mà deg P = k Giả sử với a ∈ Ap có a ∈ / {0, −1, ψ1 , ψ2 } Khi a2 − ∈ Ap (do (3.17)) a2 − > −1 Gọi x0 số bé thuộc tập Ap ∩ (−1; +∞) Ta có + Nếu x0 > ψ2 x20 − x0 − > Suy x1 = x20 − > x0 > ψ2 x1 ∈ Ap Tiếp tục trình suy luận có dãy số tăng (xn ), (n = 0, 1, 2, ) xác định xn+1 = x2n − 1với n = 0, 1, 2, mà số hạng dãy thuộc Ap Điều mâu thuẫn với tính hữu hạn Ap (3.19) + Nếu ψ2 > x0 > ψ1 x20 −x0 −1 < Suy −1 < x1 = x20 −1 < x0 x1 ∈ Ap Điều mâu thuẫn với định nghĩa x0 (3.20) + Nếu x0 < ψ1 x2 = x21 − = (x20 − 1)2 − = x40 − 2x20 > −1 x2 ∈ Ap (do x1 ∈ Ap ) Suy x2 ≥ x0 hay x0 (x0 + 1)(x20 − x0 − 1) ≥ Tuy nhiên điều xảy −1 < x0 < ψ1 < 0vx20 − x0 − > (3.21) Từ kết luận (3.19), (3.20), (3.21) suy tồn a0 ∈ Ap , mà a0 ∈ {0, −1, ψ1 , ψ2 } Ta chứng minh tồn a = a0 a ∈ Ap a ∈ {0, −1, ψ1 , ψ2 } Thật vậy, xét trường hợp sau Trường hợp 1: a0 ∈ {0, −1} Khi đó, (a20 − 1) ∈ Ap nên {0, −1} ⊆ Ap Suy ra, trường hợp này, P (x) có dạng P (x) = x(x + 1)Q(x) với x ∈ R, (3.22) Nếu {0, −1} = Ap hiển nhiên có điều phải chứng minh Nếu {0, −1} ⊂ Ap ≤ deg Q(x) < k Vì vậy, theo Nhận xét 3.1, 3.2, có Q(x) ∈ T Ta xét a ∈ Ap {0, −1} Từ (3.22) có Q(a) = 0, Q(x) ∈ T ∗ , suy theo (3.18), a ∈ {0, −1, ψ1 , ψ2 } Trường hợp 2: a0 = ψ1 (a0 = ψ2 ) Khi P (x) có dạng P (x) = (ψ1 −x)Q(x) (P (x) = (ψ2 −x)Q(x)) với x ∈ R (3.23) 66 Nếu {ψ1 } = Ap tương ứng ({ψ2 } = Ap ) hiển nhiên ta có điều phải chứng minh Nếu {ψ1 } ⊂ Ap tương ứng ({ψ2 } ⊂ Ap ) ≤ deg Q(x) < k Vì vậy, theo Nhận xét 3.1, 3.2, ta có Q(x) ∈ T Xét a ∈ Ap {ψ1 } tương ứng (a ∈ Ap {ψ2 }.) Từ (3.23) ta có Q(a) = 0, Q(x) ∈ T ∗ Theo (3.18), suy a ∈ {0, −1, ψ1 , ψ2 } Như vậy, Nhận xét 3.3 với P (x) ∈ T ∗ mà deg P = k Theo nguyên lí quy nạp, Nhận xét 3.3 chứng minh Từ Nhận xét 3.3 ta có |Ap | ≤ với P (x) ∈ T ∗ (3.24) Hiển nhiên |Ap | = với P (x) ∈ T |T ∗ Kết hợp với (3.24) ta Ap ≤ với P (x) ∈ T Hơn thế, có P (x) = x(x + 1)(x2 − x − 1) P (x) ∈ T |Ap | = Suy giá trị lớn |Ap |, với P ∈ T, 3.3 Ứng dụng tính chất nghiệm đa thức Nói đến nghiệm đa thức, ta nhớ đến công thức Cardano tiếng để giải phương trình bậc ba, đến kết đa thức có nghiệm phức việc đơn giản hóa biểu thức, Tìm hiểu nghiệm đa thức, ta không dừng lại tốn đặc thù mà cịn khai thác số ứng dụng đặc biệt vào giải tốn hệ phương trình, phương trình nghiệm ngun, tính giá trị biểu thức, giải số tốn số học, Bài toán 3.19 (Đề thi HSGQG năm học 2011- 2012, ngày thứ nhất) Cho cấp số cộng (an ), (bn ) số nguyên m > Xét m tam thức bậc hai Pk (x) = x2 + ak x + bk , k = 1, 2, 3, , m Chứng minh hai tam thức P1 (x), Pm (x) khơng có nghiệm thực tất đa thức cịn lại khơng có nghiệm thực 67 Lời giải Ta chứng minh kết sau: Nếu a21 − 4b1 < 0, a2m − 4bm < [αa1 + (1 − α)am ]2 − 4[αb1 + (1 − α)bm ] < với α ∈ [0, 1] Thật vậy, ta có [αa1 + (1 − α)am ]2 − 4[αb1 + (1 − α)bm ] = α2 (a21 − 4b1 ) + (1 − α)2 (a2m − 4bm ) + α(1 − α)(2a1 am − 4(b1 + bm )) (3.25) Do a21 − 4b1 < 0, a2m − 4bm < 2a1 am − 4(b1 + bm ) < 2a1 am − a21 − a2m = −(a1 − am )2 ≤ nên vế phải (3.25) < ta có điều phải chứng minh Trở lại tốn, P1 (x) Pm (x) khơng có nghiệm thực nên ta có δ1 = a21 − 4b1 < 0, δm = a2m − 4bm < Công sai cấp số cộng (an ) bằng am − a1 , công sai cấp số cộng (bn ) m−1 bm − b1 Do với k = 1, 2, 3, , m, ta có m−1 ak = a1 + (k − 1) am − a1 m−k k−1 = a1 + am m−1 m−1 m−1 Tương tự, bk = b1 + (k − 1) bm − b1 k−1 + bm m−1 m−1 m−k , ta có m−1 δk = a2k − 4bk < 0, với k = 1, 2, , m, tức tất đa thức P1 (x), P2 (x), , Pm (x) khơng có nghiệm thực Bây áp dụng kết chứng minh với α = Bài tốn 3.20 Giải hệ phương trình sau với a1 , a2 , , an n số thực đôi khác  n−1 a1 x1 + a1n−1 x2 + + an−n xn + an1 =    n−1 n−n a2 x1 + an−1 xn + an2 = x2 + + a2    n−1 n−n n an x1 + an−1 n x2 + + an xn + an = 68 Lời giải Xét đa thức f (u) = un + x1 un−1 + · · · + xn−1 u + xn , từ hệ ta có f (a1 ) = f (a2 ) = = f (an ) = Xét đa thức g(u) = (u − a1 )(u − a2 )(u − a3 ) (u − an ) = un + A1 un−1 + + An−1 u + An , g(u) có n nghiệm a1 , a2 , , an deg g = n có hệ số bậc cao nên theo định lý Viet ta có  A1 = (−1)1 (a1 + a2 + + an )    A2 = (−1)2 (a1 a2 + a1 a3 + + an−1 an )    A n = a1 a2 a3 · · · an Xét đa thức h(u) = f (u) − g(u) = (x1 − A1 )un−1 + (x2 − A2 )un−2 + · · · + (xn −An ) Ta có deg h ≤ n−1 h(u) có n nghiệm a1 , a2 , a3 , , an phân biệt nên h(u) ≡ Do ta có nghiệm hệ x1 = A1 , x2 = A2 , xn = An Vậy nghiệm hệ  x1 = (−1)1 (a1 + a2 + + an )    x2 = (−1)2 (a1 a2 + a1 a3 + + an−1 an )    x n = a1 a2 a3 · · · an Bài toán 3.21 Cho đa thức P (x) bậc bốn có bốn nghiệm dương phân biệt Chứng minh phương trình sau có bốn nghiệm dương phân biệt − 4x − 4x P (x) + − P (x) − P (x) = x x2 Lời giải Ta có − 4x − 4x P (x) + − P (x) − P (x) = tương x2 x2 đương với − 4x [P (x) − P (x)] + [P (x) − P (x)] = x2 69 Đặt Q(x) = P (x) − P (x), suy Q (x) = P (x) − P (x) nên ta có − 4x Q(x) + Q (x) = x2 Bổ đề 3.5 Nếu đa thức bậc bốn có nghiệm dương phân biệt đa thức Q(x) = P (x) − P (x) có nghiệm dương phân biệt Chứng minh Thật vậy, khơng tính tổng qt, giả sử hệ số bậc cao P (x) ta có phân tích P (x) = x4 − ax3 + bx2 − cx + d = (x − x1 )(x − x2 )(x − x3 )(x − x3 ), với x1 < x2 < x3 < x4 nghiệm dương đa thức Theo định lý Viet a, b, c, d > ta có P (x) = (x − x1 )(x − x2 )(x − x3 ) Giả sử Q(x) = x4 − a1 x3 + b1 x2 − c1 x + c + d Q(x1 ) = P (x1 ) − P (x1 ) = −(x1 − x2 )(x1 − x3 )(x1 − x4 ) Q(x2 ) = P (x2 ) − P (x2 ) = −(x2 − x1 )(x2 − x3 )(x2 − x4 ) Suy Q(x1 )Q(x2 ) = (x1 − x2 )2 (x1 − x3 )(x1 − x4 )(x2 − x3 )(x2 − x4 ) < 0, tức tồn y1 ∈ [x1 ; x2 ] nghiệm dương Q(x) Tương tự ta thấy Q(x) có thêm hai nghiệm dương y2 ∈ [x2 , x3 ], y3 ∈ [x3 , x4 ] Gọi nghiệm dương thứ tư y4 y1 · y2 · y3 · y4 = c + d > Do ta có y1 , y2 , y3 , y4 > nên y4 > Bổ đề chứng minh Đặt R(x) = t4 Q 1t đa thức bậc có nghiệm dương phân biệt Q(x) Theo nhận xét đa thức sau có nghiệm dương phân biệt 1 −1 1 R(t)−R (t) = t4 Q( )−4t3 Q( )−t4 ( )Q ( ) = (t4 −4t3 )Q( )+t2 Q ( ) t t t t t t Tức phương trình sau có nghiệm dương phân biệt (t4 − 4t3 )Q 1 + t2 Q ( ) = t t 70 Đặt = x phương trình sau có nghiệm dương phân biệt t − 4x Q(x) + Q (x) = x2 Suy điều phải chứng minh Bài toán 3.22 (HSGQG, 2009) Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện: với số nguyên dương n, an + bn + cn số nguyên Chứng minh tồn số nguyên p, q, r cho a, b, c ba nghiệm phương trình x3 + px2 + qx + r = Lời giải Đặt Tn = an + bn + cn ∈ Z, ∀n ≥ Ta chứng minh tồn số nguyên p = −(a + b + c), q = ab + bc + ca, r = −abc cho a, b, c ba nghiệm phương trình x3 + px2 + qx + r = Ta có T1 = −p, T2 = a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 − 2(ab + bc + ca) = p2 − 2q, T3 = −p3 + 3pq − 3r = −pT2 − qT1 − rT0 , ··· Tn = −pTn+2 − qTn+1 − rTn (1) p = −T1 ∈ Z, T1 , T2 ∈ Z suy 2q ∈ Z 2T3 = −2p(p2 − 2q) + pq − 6r ∈ Z nên 6r ∈ Z T4 = −pT3 − qT2 − rT1 = −p(−p3 + 3pq − 3r) − q(p2 − 2q) + pr = p4 − 4p2 q + 4pr + 2q 3T4 = 3p4 − 12p2 q + 12pr + 6q = 3p4 − (6p2 2q) + (2p.6r) + 6q ∈ Z suy 6q ∈ Z Ta chứng minh kết sau đây: Nếu x số thực cho 2x 6x2 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 k = 2m + 1, m ∈ Z Suy x = m + , 6x2 = 6(m + )2 = 6m2 + 3m + không 2 nguyên ( mâu thuẫn) 71 Vậy điều giả sử sai, tức x ngun Trở lại tốn ta có 2q, 6q nguyên nên q số nguyên m Từ T3 ∈ Z suy 3r ∈ Z, đặt r = 3m Từ (1) suy rTn ∈ Z, ∀n ≥ nên Tn ∈ Z, ∀n ≥ 1, mTn 3, ∀n ≥ • Nếu (Tn , 3) = m suy r ∈ Z • Nếu Tn 3∀n từ p = −T1 3, T3 = −p3 + 3pq − m ∈ Z mà p 3, 3pq nên để T3 ∈ Z m 3, suy r ∈ Z 72 KẾT LUẬN Luận văn "Một số dạng toán đa thức qua đề thi Olympic” trình bày vấn đề sau: Luận văn trình bày hệ thống định nghĩa, tính chất, dạng tốn đa thức sử dụng giải toán liên quan số học, đại số giải tích Luận văn tập trung tìm hiểu, thu thập tài liệu phân loại đề thi Olympic theo dạng theo phương pháp giải chúng Luận văn xây dựng hệ thống dạng toán liên quan giúp nâng cao hiểu biết sâu sắc đa thức 73 Tài liệu tham khảo [1] Lê Hải Châu (2003), Các thi Olympic Tốn trung học phổ thơng Việt Nam (1990-2003), NXB Giáo dục [2] Nguyễn Văn Mậu (1993), Đa thức đại số phân thức hữu tỷ, NXB Giáo dục [3] Nguyễn Văn Mậu (2015), Nội suy đa thức, định lý áp dụng, NXB Giáo dục [4] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Văn Tiến (2010), Một số chuyên đề đại số bồi dưỡng học sinh giỏi trung học phổ thông, NXB Giáo dục [5] Nguyễn Văn Mậu, Lê Ngọc Lăng, Phạm Long, Nguyễn Minh Tuấn (2006), Các đề thi Olympic Tốn sinh viên tồn quốc, NXB Giáo dục [6] Library of Mathematics and Youth Journal (2007), The Vietnameses Mathematical Olympiad (1990-2006), Education Pub House [7] Nguyễn Hữu Điển (2003),Đa thức ứng dụng, NXB Giáo dục [8] Vũ Tiến Việt (2017),Tài liệu ơn tập Olympic tốn sinh viên , NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [9] Tủ sách toán học tuổi trẻ,Các thi Olympic toán THPT Việt Nam (1990- 2006), NXB Giáo dục 74