Đa thức đẹp nhưng có nghiệm xấu - Lê Phúc Lữ

Bổ đề này được suy ra trực tiếp từ kết quả sau: (Bổ đề Gauss) Tích của hai đa thức nguyên bản là một đa thức nguyên bản (đa thức nguyên bản – premitive polynomial là đa thức hệ số nguyê[r]

Chủ đề A ĐA THỨC ĐẸP NHƯNG CÓ NGHIỆM XẤU Trước hết, ta xét bổ đề sau:

Nếu đa thức hệ số nguyên P x bậc ( ) n0, bất khả quy nhận x  nghiệm khơng tồn đa thức hệ số nguyên Q x có bậc ( ) m mà 0 m n thỏa mãn điều kiện Thật vậy,

Nếu tồn đa thức Q x( ) thỏa mãn điều kiện giả sử mdegQ bậc nhỏ Xét phép chia đa thức

( ) ( ) ( ) ( ) P x Q x  f x r x

Rõ ràng phép chia hết (vì P bất khả quy) nên degr0 đồng thời ( ) ( ) ( ) ( )

r  P  Q f   , mâu thuẫn

Từ bổ đề đơn giản này, ta thu tốn quen thuộc sau THCS: Cho , ,A B C thỏa mãn A3 4 B 32 C Khi đó, A  B C Nếu không dùng liên hợp, ta lập luận cách xét tam thức bậc hai

2

( ) [ ]

f x Ax Bx C  x có nhận x3 nghiệm

Từ đó, ta thấy ( )P x  [ ]x thỏa mãn ( 2)P 2017 ( )P x phải có dạng

( ) ( 2) ( ) 2017

P x  x  Q x  với ( )Q x  [ ].x Ta xét toán sau:

Bài (KHTN 2017)Cho đa thức P x( ) có hệ số tự nhiên thỏa mãn P( 3)3 2017 Hỏi tổng hệ số P x( ) nhỏ bao nhiêu?

Lời giải Đặt

0 ( )

n i i i

P x a x





( 3) 2017

P  có dạng A39 B 33C Tương tự trên, ta suy A B 0,C2017 Nhưng ,A B tổng hệ số khơng âm số hạng có mũ khơng chia hết rõ ràng, tất hệ số Suy ( )P x chứa toàn hệ số số mũ chia hết cho

Đặt

( ) ( )

f x P x với f  [ ]x tốn đưa (3)f 2017

1

( ) n n n n

Giả sử f(1) nhỏ (đây tổng hệ số đa thức P ban đầu) dễ dàng chứng minh bi0,1, 2 (vì khơng, ta thay bi  bi 3) Suy ( )f x nhỏ hệ số biểu diễn tam phân 2017, đáp số

Một tương tự có đề thi Nga:

Bài Tìm tất đa thức hệ số tự nhiên ( )P x cho (1)P 7, (2)P 2017

Tiếp theo, có lẽ quen thuộc với toán sau thầy Trần Nam Dũng:

Bài Cho phương trình bậc ba x33x 1 Chứng minh phương trình có ba nghiệm ,

a b c đồng thời a2 c c2 b b2 a

Trong đề thi chọn đội tuyển Trung Quốc 2017, có tương tự dạng tổng quát có nội dung sau:

Bài (China TST 2017)Cho đa thức P x( ) [ ]x có bậc ba ba nghiệm vơ tỷ a b c, , phân biệt có tổng Giả sử tồn p q,  cho ab2 pb q Chứng minh

2

2

T  p  p q số phương

Lời giải Ta chia lời giải toán thành bước sau: Bước 1 Đặt Q x( )x2 px q theo giả thiết, ta có

( ( )) ( ) P Q b P a  Suy ( ( ))P Q x có nghiệm xb Xét phép chia

( ( )) ( ) ( ) ( )

P Q x P x f x r x với deg ( )r x 2 Thay xb vào, suy ( )r b 0 Nếu degr0 lại xét phép chia

1

( ) ( ) ( ) ( )

P x  f x r x r x với deg ( ) 1r x1 

Chú ý r x1( ) [ ]x r b1( )0 với b vô tỷ nên vô lý, suy degr0 hay ( ( )) ( ) ( )

P Q x P x f x

Từ ta có ( ( ))P Q a P Q c( ( ))0 Suy Q a( )a b c, ,  Ta xét trường hợp:

Nếu ( )Q a a aa2 pa q , dễ dẫn đến điều vơ lý tương tự (vì) Nếu ( )Q a b a2 pa q b, mà b2 pb q a nên

( )( ) ( ) ( )

Do đó, ( )Q a c tương tự ( )Q c b Ta có hệ

2

2

2

a b pb q

b c pc q

c a pa q

              (*)

Bước 2.Trừ vế hai phương trình đầu (*) , ta có 2

( ) ( )( ) ( )( )

a b b  c p b c  b c b c p  b c p a

Tương tự b c  (c a p b)(  ) c a  (a b p c)(  ) nên nhân tất hệ thức lại (p a p b p c )(  )(  )

Cộng đẳng thức (*) lại, ta 2 3

a b c  q ab bc ca q

Nhân phương trình thứ 1, 2,3 (*) cho , ,b c a cộng lại, ta có

3 3 2

( )

3

3

2

ab bc ca a b c p a b c

q q

abc pq abc pq

       

     

Thay tất vào đẳng thức (p a p b p c )(  )(  ) 1, ta

3

3

2

( ) ( )

3

1

2

1

2( 1)

p p a b c p ab bc ca abc pq q

p pq

p

q p p

                     

Bước Nếu

2( 1)

q  p  p T  p22p8(p2   p 1) 9p26p 1 (3p1)2 số

chính phương Ta cịn cần xét p 1,

2

abc q

2

2

2

a b b q

b c c q

c a a q

              nên 2

2 2 2 2 2

2

2

3

( )( )

2

3 ( )

9 3

2 ( ) 3

4 2

q

ab bc ca a a q b b q

a b b c c a abc ab bc ca q a b c q

q q q q

q q q q

       

          

        



Tiếp theo, ta xét có phát biểu ấn tượng thú vị chủ đề

Bài (Benelux 2017) Cho số nguyên dương k2 đặt 65k a an n1 a a a2 0 Xét đa thức

1

1

( ) n n n n

P x a x a x   a x a

Chứng minh tồn a để ( )P a 0 a Lời giải Trước hết, ta chứng minh bổ đề:

Nếu đa thức ( )f x  [ ]x có nghiệm x p q

 với ( , ) 1p q  ( )f x viết thành

( ) ( ) ( )

f x  qxp g x mà ( )g x  [ ].x

Bổ đề suy trực tiếp từ kết sau: (Bổ đề Gauss) Tích hai đa thức nguyên một đa thức nguyên (đa thức nguyên – premitive polynomial đa thức hệ số nguyên mà các hệ số khơng có ước ngun tố chung)

Thật vậy, xét

0 ( )

n i i i f x a x





0 ( )

m i i i g x b x



 hai đa thức nguyên bản; giả sử tích ( ) ( )f x g x đa thức khơng ngun bản, tức có ước ngun tố chung p cho hệ số

Do ,f g nguyên nên tồn ar bs không chia hết cho p

Giả sử r số lớn f s số lớn g thỏa mãn điều kiện Khi | , |p a p bi j với ir j, s Xét lũy thừa xr s với hệ số i j

i j r s

a b

  

Ta thấy ir hệ số a bi j chia hết cho p; cịn ir js nên hệ số chia hết cho p; có a br s khơng chia hết cho p nên tổng không chia hết cho p, mâu thuẫn

Áp dụng vào bổ đề, ta thấy ( )g x khơng có hệ số ngun tồn m1 m  cho ( ) [ ]

mg x  x mg x( ) đa thức nguyên bản; mà qxp nguyên nên suy mf x( ) nguyên bản, vô lý Suy ( )g x  [ ].x

Quay trở lại toán, dễ thấy nghiệm thực ( )P x âm tất hệ số ( )P x âm Giả sử ( )P x có nghiệm x p

q

  với ,p q  ( , ) 1.p q  Khi ( ) ( ) ( )

P x  qxp Q x với ( )Q x  [ ].x

Nếu p1 10q1 ước 65k, q1, 2,3, ,9 65k khơng có ước có dạng 10q1 nên vơ lý

Nếu p5 10q5 ước 65k hay 2q1 ước 13 5k k1

Vì 32q 1 19 nên 2q 1 5,13 q 2, Suy an số chẵn |q an (1) Nếu q6

6

x  nghiệm ( )P x nên P 

  hay

     2 2   1

1

5 n n 6n 6n 6n

n n

a  a      a           

Chia hai vế cho 5, ta có

      2 1

1

5 n n 6n 6n 6n

n n

a   a      a        

Dựa vào chữ số tận cùng, ta suy 6 n16n   4 6n1 tận 0, vơ lý

(2) Nếu q2

2

x  nghiệm ( )P x nên P 

  hay

     2 2   1

1

5 n n 2n 2n 2n

n n

a  a      a            nên

     2 2

1

5 n n 2n

n n

a  a      a    

Lại chia hai vế cho ( 5) 2, ta có     3

1

5 n n ( 5) 2n 2n

n n

a   a     a     a  

Nếu k3 625 | 65k nên 65k có tận 625 a2 6 nên vế trái có tận khác 0, khơng thỏa Suy k2 Khi đó, ta có P x( )4x32x22x5, dễ dàng kiểm tra trực tiếp đa thức khơng có nghiệm hữu tỷ

Vậy với k2 đa thức ( )P x xác định khơng có nghiệm hữu tỷ

Cuối cùng, xin giới thiệu thêm hai toán liên hệ đẹp nghiệm xấu phương trình bậc ba đề thi năm vừa rồi:

Bài (Hà Tĩnh 2017) Cho P x( )x32x27x17, ( )Q x x33x28x4 Chứng minh hai đa thức có nghiệm dương ,     1