Đạo hàm của đa thức trong các kỳ thi HSG môn Toán - Lê Phúc Lữ

Dễ thấy các nghiệm của phương trình này đều thỏa mãn đề bài vì x  a , mà mỗi nghiệm như thế cho ta một giá trị tương ứng của y nên đưa về xét phương trình ẩn x trên có nghiệm duy[r]

Chủ đề

ĐẠO HÀM CỦA ĐA THỨC A Kiến thức cần nhớ

(1) Đa thức bậc lẻ ln có nghiệm Từ suy hệ sau: - Nếu P x( ) khơng có nghiệm degP chẵn

- Nếu P x( ) đa thức bậc chẵn có nghiệm phải nghiệm bội chẵn (2) Đa thức ( ) ( )k ( )

P x  xa Q x P x( ) chia hết cho

( )k x a 



(3) Định lý Rolle Hàm số f x( ) liên tục có ab để f a( ) f b( )0 tồn c( , )a b để đạo hàm f c( )0

(4) Đạo hàm đa thức bậc n có đầy đủ nghiệm

Giả sử x x1, 2, ,xn nghiệm P x( ) Khi đó, theo định lí Bézout

1

( ) ( )( ) ( n) P x  xx xx xx

Ta có

1

( ) ( )

n

j i i j

P x x x

 

   nên

1

( )

( )

n

i i

P x

P x  x x

 



 B Bài tập vận dụng, rèn luyện

Bài Xét đa thức 20 20

( ) ( 1) ( 3)

P x  x  x 2

( ) ( 1) ( 3)

Q x  x x Gọi R x( ) đa thức dư chia P x( ) cho Q x( ), chứng minh 24

( ) , R x   x Bài Cho đa thức 2

( ) ( 1)( )

P x x x  x a  với a5

a) Chứng minh P x( ) ln có nghiệm thực phân biệt Đặt x x x x x1, 2, 3, 4,

b) Tính

5

4

1

1

i i i

T

x x 







Bài Cho đa thức P x( ) bậc n2, có n nghiệm thực phân biệt

a) Chứng minh Q x( )P x( )kP x( ) với k 0 có n nghiệm phân biệt

b) Chứng minh đa thức R x( )P x( ) a P x( ) b P x( ) có n nghiệm phân biệt với ,

a b số thực thỏa mãn

4 a  b c) Chứng minh  2

Bài Cho số nguyên dương a b, 1 cho tồn hai đa thức P x Q x( ), ( ) hệ số thực, ( ) 0,

P x   x  thỏa mãn

( ( )) ( ( )) ( ( ))a b

P Q x  P x Q x với x Chứng minh tồn số thực m cho P m( )Q m( )0

Bài Cho đa thức P x( ) monic, bậc 12 có 12 nghiệm thực âm (khơng thiết phân biệt) Tìm giá trị nhỏ

2

(0) (10)

(0) P T P

P



 

   

 

Bài Cho đa thức P x( ) bậc có nghiệm thực Biết (2) 0, (2) 0, (2) 0, (2) 0; (1) 0, (1) 0, (1) 0, (1)

P P P P

P P P P

  

   

  

   

Chứng minh tất nghiệm P x( ) thuộc (1; 2)

Bài Cho hệ phương trình sau

2

x y a

y x b

   

  

 với a b, tham số thực ab0 Biết hệ phương trình có nghiệm ( ,x y0 0)

a) Tính giá trị tích Tx y0

b) Biết 2018

ab , tìm giá trị lớn Pab

Bài 8* Với n số nguyên dương, xét đa thức P x( )(x1)(x2)(xn) a) Chứng minh với n chẵn, P x( ) có nghiệm hữu tỷ

b) Chứng minh với n số nguyên tố lẻ, P x( ) khơng có nghiệm hữu tỷ Bài Tính giá trị P(0) với P x( ) đa thức thỏa mãn

5

( ) ( ) ( )

P x  P x  P x  x với x

Bài 10 Cho đa thức P x( ) bậc n có nghiệm x0,x2,x3, ngồi khơng cịn nghiệm thực/phức khác Giả sử P x( ) chia hết cho

8x 24x7

Bài 11 Nếu bảng có hai đa thức f x g x( ), ( ) ta viết thêm ( ) ( ), ( ) ( ), ( ) ( )

f x g x f x g x f x g x cf x cg x( ), ( ) với c Hỏi từ hai đa thức

2x 3x 4

2

x  x, thu được: a) 2018

(x1) hay khơng? b) 2018

(x2) hay không? Bài 12* Cho P x Q x( ), ( ) hai đa thức hệ số nguyên thỏa mãn

2520

( ( )) 2017

P Q x  x  xa với a Chứng minh deg ( )P x 1 deg ( )Q x 1

Bài 13 Cho đa thức

( ) 33

f x x  x Ở bước, ta nhân f x( ) với x1 tính đạo hàm đa thức Giả sử sau số bước, ta thu axb Chứng minh ab tận chữ số

C Hướng dẫn giải, gợi ý

Bài Xét đa thức 20 20

( ) ( 1) ( 3)

P x  x  x 2

( ) ( 1) ( 3)

Q x  x x Gọi R x( ) đa thức dư chia P x( ) cho Q x( ), chứng minh 24

( ) , R x   x Lời giải

Đặt 20 20 2

(x1) (x3) (x1) (x3) Q x( )R x( ) với deg ( )Q x 16, deg ( )R x 3 Thay x1,x3 vào hai vế, ta có 20

(1) (3)

R R  suy 20

( ) ( 1)( 3)( ) R x  x x axb  Đạo hàm hai vế, ta có

19 19

2

20 ( 1) ( 3)

2( 1)( 3)(2 4) ( ) ( 1) ( 3) ( ) (2 4)( ) ( 1)( 3)

x x

x x x Q x x x Q x x ax b a x x

    

 



            

Thay x1,x3 vào, ta có

19

20 19

20 2( )

0,

20 2(3 )

a b

a b

a b

    



    



  

 

Vậy 20 20 20

( ) ( 1)( 3) 2 [5( 1)( 3) 1]

R x   x x    x x  , mà (x1)(x3)  1, x nên

20 24

( ) (5 ( 1) 1) ,

R x       với x Bài Cho đa thức 2

( ) ( 1)( )

P x x x  x a  với a5

a) Chứng minh P x( ) ln có nghiệm thực phân biệt Đặt x x x x x1, 2, 3, 4, 5 b) Tính

5

4

1

1

i i i

T

x x 





Lời giải

a) Ta có P x( ) hàm liên tục

lim ( ) , ( 2) 25 0, ( 1) 0, 12 35

0, (1) 0, lim ( )

2 32

x

x

P x P a P

a

P P P x

                         

nên P x( ) có nghiệm thuộc ( ; 2), ( 2; 1), 1;1 , 1;1 , (1; )

2

   

        

   

b) Ta có

( ) 3( 1) , ( ) 20 6( 1) P x  x  a x a P x  x  a x

4 2

1 1

1

x x  x  x  x nên

5 5

2

1 1

2 1

1

i i i i i i

T

x x x

  

  

 

  

Chú ý

5

1

( )

( ) i i

P x

P x  x x

 



 nên

5

1

1

( 1) (1)

1

i i i i

P P x x              

Tiếp tục đạo hàm hai vế, ta có  

2 5

2

1

( ) ( ) ( )

( ) i ( i)

P x P x P x

P x  x x

  

 



 nên

 2

5

2

2

1

(0) (0) (0)

(0)

i i

P P P

a x P        

Vậy

2 T  a

Nhận xét Câu b giải cách dùng Viete thuận đảo, biến đổi rắc rối hơn nhiều.

Bài Cho đa thức P x( ) bậc n2, có n nghiệm thực phân biệt

a) Chứng minh Q x( )P x( )kP x( ) với k 0 có n nghiệm phân biệt

b) Chứng minh đa thức R x( )P x( ) a P x( ) b P x( ) có n nghiệm phân biệt với ,

a b số thực thỏa mãn

4 a  b

c) Chứng minh (n1)P x( )2 nP x P x( ) ( ) với x Lời giải

a) Xét hàm số ( ) ( )

x k

f x e P x hàm liên tục có n nghiệm phân biệt Suy đạo hàm ( ) ( ) ( )

x k

f x e P x P x k

 

     

Đa thức Q x( )P x( )kP x( ) có degQn có n1 nghiệm nên nghiệm lại số thực Giả sử trùng với n1 nghiệm đạo hàm qua nghiệm khơng đổi dấu hàm số ban đầu khơng thể có n nghiệm được, mâu thuẫn

b) Do

4

a  b nên tồn u v,  cho auv b, uv, thay vào ta có

 

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

R x P x uP x v P x uP x Đến áp dụng câu a hai lần xong

c) Gọi x x1, 2xn nghiệm đa thức P x( ) Ta có

1

( ) ( )

,

( ) ( ) ( )( )

n

i i i j n i j

P x P x

P x  x x P x    x x x x

 

 

  

 

Do

2

( ) ( )

( 1)

( ) ( )

P x P x

n n

P x P x

 

 

   

 

viết lại thành

2

1

2

1

2

1

1

( 1)

( )( )

1

( ) ( )( )

1

0

n

i i i j n i j

n

i i i j n i j

n

i i j

n n

x x x x x x

n

x x x x x x

x x x x

   

   



 

   

  

 



  

  

 

    

 

 

 

 



Bất đẳng thức cuối nên ta có đpcm

Bài Cho số nguyên dương a b, 1 cho tồn hai đa thức P x Q x( ), ( ) hệ số thực, ( ) 0,

P x   x  thỏa mãn

( ( )) ( ( )) ( ( ))a b

P Q x  P x Q x với x Chứng minh tồn số thực m cho P m( )Q m( )0 Lời giải

Ta thấy P x( )0, x  kéo theo Q x( ) vô nghiệm, tức Q x( ) phải có bậc chẵn Q x( ) phải có bậc lẻ

Tính đạo hàm hai vế đẳng thức cho, ta có

1

( ) ( ( )) ( ) ( ( ))a ( ( ))b ( ) ( ( ))b ( ( ))a

Q x P Q x a P x P x  Q x b Q x Q x  P x

            

1

( ) ( ( ))a ( ( ))b a P m   P m   Q m  , mà P m( )0, ( )Q m 0 nên P m( )0, ta có đpcm

Bài Cho đa thức P x( ) monic, bậc 12 có 12 nghiệm thực âm (khơng thiết phân biệt) Tìm giá trị nhỏ

2

(0) (10)

(0) P T P

P



 

   

 

Lời giải

Đặt P x( )(xx1)(xx2)(xx12)

1 12

( ) 1

( ) P x

P x x x x x x x



   

   

Đặt yi  xi 0, i 1, 2,,12

2

1 12

1 12

1 1

( 10)( 10) ( 10)

T y y y

y y y

 

        

 

 

Theo bất đẳng thức AM-GM

12

1 12 12

1 1 12

y  y  y  y y y

6

10 2 2 32

i i i

y   y       y với i1, 2,,12

Suy T 6126 3212122 36 12 12

Vậy giá trị nhỏ T 12

12 36, đạt 12

( ) ( 2) P x  x Bài Cho đa thức P x( ) bậc có nghiệm thực Biết

(2) 0, (2) 0, (2) 0, (2) 0; (1) 0, (1) 0, (1) 0, (1)

P P P P

P P P P

  

   

  

   

Chứng minh tất nghiệm P x( ) thuộc (1; 2) Lời giải

Đặt

3

( ) (2 )

f x P x a x a x a xa f(0)P(2)a00,

1

( ) (2 ) (0) (2) 0

f x  P x  f  P  a 

Một cách tương tự, đặt

3

( ) (1 )

g x P x b x b x b xb ta thấy g x( ) khơng có nghiệm dương hay P x( ) khơng có nghiệm nhỏ

Từ suy nghiệm P x( ) thuộc (1; 2)

Bài Cho hệ phương trình sau

2

x y a

y x b

   

  

 với a b, tham số thực ab0 Biết hệ phương trình có nghiệm ( ,x y0 0)

a) Tính giá trị tích Tx y0

b) Biết 2018

ab , tìm giá trị lớn Pab Lời giải

a) Trong hệ phương trình cho, thay y x2b vào phương trình trên, ta có:

2

( )

x x b a

Dễ thấy nghiệm phương trình thỏa mãn đề xa, mà nghiệm cho ta giá trị tương ứng y nên đưa xét phương trình ẩn x có nghiệm Mà phương trình bậc có nghiệm có nghiệm kép, điều có nghĩa nghiệm nghiệm phương trình đạo hàm

Gọi x0 nghiệm (tương ứng với giá trị y0) ta có hệ sau

2

0

2 0

( )

4 ( )

x x b a

x x b

   



  

 (*)

Hơn nữa, x0 nghiệm hệ ban đầu nên

0

x  b y , suy 0

1 x y 

Do đó, hệ cho có nghiệm tích 0 0 Tx y 

b) Nếu a b, trái dấu dễ thấy 16

ab  Do cần xét a b, dấu

Vì

2017

ab nên a b, 0 Từ (*), ta có 2

0 ( )

x  x b a nên x0 0 Suy

2

0 4

x  x b a  x ba x ab

Do

16

Thử lại ta thấy với

ab hệ

2

2

1 4 x y

y x



 

  

  

 

có nghiệm cộng hai vế

hệ, ta có

2

1 1

0

2 2

x y x y

   

      

   

    Điều chứng tỏ  

1

, ,

4 a b   

  thỏa mãn

đề Vậy giá trị lớn cần tìm 16

Bài Với n số nguyên dương, xét đa thức P x( )(x1)(x2)(xn) a) Chứng minh với n chẵn, P x( ) có nghiệm hữu tỷ

b) Chứng minh với n số ngun tố lẻ, P x( ) khơng có nghiệm hữu tỷ

Lời giải a) Ta có ( ) 1

( )

P x

P x x x x n



   

    , nên n chẵn

1 n

x    thỏa mãn P x( )0

 

0

1

1

x i  x  n i với 1, 2, , n i 

b) Đặt n p số nguyên tố lẻ, ta viết

1

( ) p p p

P x  x a  x  a xa , suy

1

1

( ) p ( 1) p

p

P x px  p a x  a x a



     

Để ý a1 tổng p số hạng, số hạng tích p1 thừa số (trong có

một số hạng khơng chứa p), suy a1 (p1)! 1(mod )p , theo định lý Wilson Ngồi

theo định lý Viete 1 (1 ) ( 1)

p

p p

a      p    , chia hết cho p

Giả sử P x( ) có nghiệm hữu tỷ u

v với gcd( , )u v 1 u a v p| 1, | , mà P x( ) có nghiệm nằm khoảng tạo hai số ngun liên tiếp nên P x( ) khơng có nghiệm ngun Do đó, v p u khơng chia hết cho p Thay vào ta có

1

1

1 2

1

( 1)

( 1)

p p

p

p p p

p

u u

p p a a

p p

u

u p a u p a a

p

 



  



   

    

   

   

   

        

 

 

Chú ý p a| p1 biểu thức phía sau chia hết cho p nên kéo theo

| p

p u  , vô lý Vậy nên ( )

P x khơng có nghiệm hữu tỷ Bài Cho đa thức P x( ) thỏa mãn

5

( ) ( ) ( )

P x  P x  P x  x với x Tính P(0)

Lời giải

Đặt Q x( )P x( )P x( )

( ) ( )

Q x  Q x x , thực đạo hàm nhiều lần, ta có

4

(5) (6)

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) 5!

Q x Q x x

Q x Q x x

Q x Q x

    

     

 



Chú ý degQ x( )deg ( ) 1Q x  nên degQ5 (6)

( ) Q x  Nhân với hệ số thích hợp cộng hết đẳng thức lại, ta có

4

5

0

5!

( )

!

k k

k

Q x x x

k  

   

Để ý P x( )Q x( )Q x( ) nên thực tương tự, ta tính

0

(0) 5!(2 2 ) 63 5!

P     

Bài 10 Cho đa thức P x( ) bậc n có nghiệm x0,x2,x3, ngồi khơng cịn nghiệm thực/phức khác Giả sử P x( ) chia hết cho

8x 24x7

a) Tìm giá trị nhỏ n đa thức P x0( ) thỏa mãn đề bài, có bậc n ứng với giá trị

b) Số x0 gọi “điểm cực trị” đa thức P x( ) P x( 0)0 giá trị P x( )

đổi dấu x thay đổi qua x0 Hỏi đa thức P x0( ) có điểm cực trị? Gợi ý

a) Đặt ( ) a( 2) (b 3)c

P x x x x với a b c, ,  a b cn

Ta có 1 1 

( ) a ( 2)b ( 3)c ( 2)( 3) ( 3) ( 2)

5

8 24

a b c a b c a

 

Rõ ràng 48

n

a 

  nên 48 |n hay n48

Giá trị nhỏ n 48, xảy chẳng hạn 27 14

0( ) ( 2) ( 3)

P x  x x x b) Đạo hàm P x0( ) có dạng

6 26 13

( 2) ( 3) (8 24 7) x x x x  x Ta thấy nghiệm x3 hai nghiệm

8x 24x7 thỏa mãn điều kiện nên đa thức có điểm cực trị

Bài 11 Nếu bảng có hai đa thức f x g x( ), ( ) ta viết thêm ( ) ( ), ( ) ( ), ( ) ( )

f x g x f x g x f x g x cf x cg x( ), ( ) với c Hỏi từ hai đa thức

2x 3x 4

2

x  x, thu được: a) 2018

(x1) hay không? b) 2018

(x2) hay không? Gợi ý

a) Các đa thức thu ln có nghiệm x2

b) Đạo hàm đa thức thu có nghiệm x1 Bài 12 Cho P x Q x( ), ( ) hai đa thức hệ số nguyên thỏa mãn

2520

( ( )) 2017

P Q x  x  xa với a Chứng minh deg ( )P x 1 deg ( )Q x 1

Gợi ý Đạo hàm hai vế, ta có 2519

( ) ( ( )) 2520 2017 Q x P Q x  x 

Nếu deg ( )P x 1, deg ( )Q x 1 vế trái khả quy, áp dụng tiêu chuẩn Eisenstein cho đa thức vế phải ứng với p2017 đa thức bất khả quy, mâu thuẫn

Bài 13 Cho đa thức

( ) 33

f x x  x Ở bước, ta nhân f x( ) với x1 tính đạo hàm đa thức Giả sử sau số bước, ta thu axb Chứng minh ab tận chữ số

Gợi ý Đặt x y1 đưa

( ) ( 1) 33( 1)

g y  y  y với hệ số

x 25

Ở bước, ta nhân thêm y tính đạo hàm hai vế Ở bước cuối cùng, ta thu

( 1) ( )

a y  b ay ab Rõ ràng hệ số cuối tạo thành từ x7 ban đầu sau đạo hàm