Các bài toán liên quan đến nghiệm của đa thức - Lê Phúc Lữ

Nghiệm của đa thức là một khía cạnh quan trọng và cũng hiệu quả để xử lý các bài toán liên quan đến xác định đa thức hoặc đánh giá các tính chất của đa thức.. - Đa thức bậc lẻ thì luôn [r]

PHẦN CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN NGHIỆM CỦA ĐA THỨC

Nghiệm đa thức khía cạnh quan trọng hiệu để xử lý toán liên quan đến xác định đa thức đánh giá tính chất đa thức

Ta biết rằng:

- Đa thức bậc n có khơng q n nghiệm thực - Đa thức bậc lẻ ln có nghiệm

- (Bezout) Đa thức P x( ) có nghiệm xa P x( )(xa Q x) ( ).

- Đa thức P x( ) có nghiệm x x1, 2,,xk P P x( ( ))0P x( ) xi với 1 i k. Bài 3.1 (TPHCM) Cho đa thức hệ số thực P x( ) có bậc 2019 hệ số bậc cao Biết P x( ) có 2019 nghiệm thực phân biệt khơng phải số nguyên Giả sử đa thức

(2 )

P x  x

(4 )

P x x có 2692 nghiệm thực phân biệt a) Hỏi có nghiệm P x( ) thuộc khoảng ( 2;2) ?

b) Chứng minh tồn đa thức bậc A x B x C x( ), ( ), ( ) có hệ số thực cho ( ) ( ) ( ) ( ),

A x B x C x P x  x  B x( )A x C x( ) ( ),  x ( 1;1)

Lời giải a) Đặt P x( )(xa1)(xa2)(xa2019) với a a1, 2,,a2019 nghiệm P x( ) Khi

đó 2

(2 ) i

P x  x   x  x a với 1 i 2019

Phương trình khơng thể có nghiệm  168ai 0 Suy phương trình có nghiệm Để ý

(2 )

P x  x có 2692 nghiệm phân biệt nên có tất 2692

1346

2  phương trình có nghiệm, tức có 1346 số ai2 673 số ai2 Một cách tương tự 2

(4 ) i

P x x   x  x a nên  168ai với 1 i 2019 Suy có 1346 số ai2 673 số ai2

Suy có tất 134613462019673 nghiệm ai ( 2; 2)

b) Giả sử a1a2a673 2 a674a1346 2 a1347a2019;

Gọi M a a1, 2, ,a673 , N a674,a675, ,a1346,Ka1347,a1348, ,a2019 Chọn đa thức sau ( ) ( ), ( ) ( ), ( ) ( )

m M n N k K

A x x m B x x n C x x k

  

Xét số x0 ( 1;1), tính đối xứng, ta giả sử x0[0;1) với kK,

ta có x0 k nên C x( 0)1

Mặt khác, với mM n, N x0m  x0 ( 2)  x0n nên A x( 0) B x( 0) Do

0 0

( ) ( ) ( ) , [0;1) A x C x  B x  x

Vì B x( )A x C x( ) ( ),  x ( 1;1) Ta có đpcm

Bài 3.2 (Lào Cai) Cho P x Q x R x( ), ( ), ( ) đa thức khác hằng, có hệ số thực thỏa mãn

2 2

( ) ( ) ( 4) ( )

P x x xQ x x  x  R x với x

a) Chứng minh phương trình Q x( )R x( 3) có hai nghiệm thực phân biệt b) Giả sử tổng bậc P x Q x R x( ), ( ), ( ) hệ số cao R x( ) Tìm giá trị nhỏ 2 

0 (3)

M P  Q

Lời giải

a) Trong đẳng thức cho, thay x2,x 2, ta có (2) (2) 0, (6) (6)

P  Q  P  Q 

Để có

2

x  x , ngồi x2, ta cịn có x 1 nên thay tiếp x 1 vào, ta (2) (2) ( 1)

P Q   R  Từ suy 3 (2)Q  3 ( 1)R  hay Q(2)R( 1)

Tương tự, thay x3 vào, ta có P(6) (6) Q 5 (3)R nên Q(6)R(3) Vậy Q x( )R x( 3) có hai nghiệm phân biệt x2,x6

b) Gọi m n p, ,  bậc P x Q x R x( ), ( ), ( )

m n  p max , 2 m n1 p2 Dễ thấy m2,n1,p2 Đặt Q x( )ax b với a0

Vì R x( 3)Q x( ) đa thức bậc hai, có hệ số cao có hai nghiệm 2,

x x nên R x( 3)Q x( )(x2)(x6) Suy

( 3) 12

R x x  x ax b Từ ta tính

2

Suy 2 2 (0) (3) 16(3 3) 8(3 )

P  Q  a b   a b

Đặt c3a b , ta có 2 2

(0) (3) 16( 3) 24( 6) 48

P  Q  t  t  t  t 

Vậy giá trị nhỏ M 48, đạt t2 hay 3a b 2

Ứng với a1,b 1, ta có đa thức 2 ( ) 4, ( ) 1, ( ) P x x  x Q x x R x x  x thỏa

mãn đề 2

(0) (3) 16 48

P  Q    

Bài 3.3 (Bắc Giang) Cho n số nguyên dương lẻ lớn Chứng minh

2 2

1 4 x4x 4x n 4x n khơng thể bình phương đa thức

Lời giải

Giả sử tồn đa thức g x( ) mà ( )

g x với đa thức đa cho Khi đó, degg n Ta viết lại đẳng thức thành

2

4 n ( 1) ( )

x  x x g x

    Do g bậc lẻ nên tồn nghiệm x0 Thay vào ta có

2

0

4x n 3x 1 Đạo hàm hai vế đẳng thức trên, ta

2

4(2 1) n ( ) ( 1)2 ( ) ( ) n x   g x  x g x g x Thay x0 vào, ta có

0

4(2n1)x n 3 nên

3 4(2 1) n

x

n 

 , thay ngược lại trên, ta có

0 0

3

4

4(2 1)

n

x x x

n n

      



Do

2

2

6 4(2 1)

n n

n n

  

  



  , tính v2 hai mẫu số, ta thấy điều vô lý Vậy nên không tồn đa thức g x( ) thỏa mãn

Bài 3.4 (Mock test VMO) Cho hai đa thức hệ số nguyên, monic P x Q x( ), ( ), degP3, degQ2 Giả sử P x( ) có ba nghiệm vơ tỷ phân biệt có tổng a b c, , đồng thời Q a( )b

a) Ta chứng minh P x( ) đa thức nguyên bậc nhỏ nhận xa nghiệm Giả sử ngược lại có đa thức nguyên khác f x( ) bậc nhỏ mà f a( )0, rõ ràng f x( ) khơng thể bậc a số vô tỷ Suy f bậc hai Xét phép chia đa thức

( ) ( ) ( ) ( ) P x  f x g x r x

thì dễ thấy r a( )0, degrdeg f 2 nên degr0 Suy r x( )0, tức P x( ) chia hết cho f x( ), nên P x( ) f x g x( ) ( ), với g x( )[ ]x , chứng tỏ g có nghiệm hữu tỷ, nghiệm lại P x( ), vơ lý

Tiếp theo, có đa thức nguyên f x1( ) mà f a1( )0 xét phép chia 1( ) ( ) 1( ) 1( ),

f x P x g x r x ta có r a1( )0, mà degr1degP nên phải có r x1( )0, tức f x1( ) chia hết cho P x( )

Trở lại toán, rõ ràng P Q a( ( ))P b( )0 nên xa nghiệm P Q x( ( )), từ nhận xét trên, ta phải có P Q x( ( )) chia hết cho P x( )

b) Theo trên, ta có P Q b( ( ))P Q c( ( ))0 Suy Q b Q c( ), ( )a b c, ,  Xét trường hợp: Nếu Q b( )b đa thức Q x( )x có bậc hai nhận nghiệm xb, vơ lý P x( ) đa thức bậc nhỏ thỏa mãn điều

Nếu Q b( )a đặt

( ) ,

Q x x pxq ta có hệ 2

a ap q b

b bp q a

    



   



Trừ vế, ta (ab a)(  b p) b a nên a b p   1 c p1, vơ lý c vơ tỷ cịn p1 ngun Do Q b( )c

Chứng minh tương tự ta có Q c( )a nên Q a( )Q b( )Q c( )a  b c

Nhận xét Bài toán ứng dụng thú vị “đa thức tối tiểu”, đa thức nguyên bậc nhỏ nhất nhận số vơ tỷ nghiệm Bài tốn gốc lấy từ đề China TST với nội dung câu hỏi như sau (giả thiết tương tự):

Chứng minh

2

p  p q số phương

Ta xử lý tiếp sau: từ hệ phương trình

2 2

a b pb q

b c pc q

c a pa q

   



    

    

(*)

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

( ) ( )( ) ( )( )

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 )(  )(  ) 1.

Cộng đẳng thức (*) lại, ta 2

3

2 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

2

q q

ab bc caa b c  p a b c   abc pqabc  pq Thay tất vào đẳng thức (p a p b p c )(  )(  ) 1, ta

3

2

( ) ( ) 1

2 2( 1)

p pq q

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

q p p

                

    

(1) Nếu q 2(p2p1) T  p22p8(p2 p1) 7 (3p1)2 số phương

(2) Nếu p1, abc q

2 2

a b b q

b c c q

c a a q

    

    

    

nên

2

2 2 2 2 2

2

2

( )( )

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

       

          

        



Do đó, ta có q0 q 6. Rõ ràng q0 khơng thỏa abc0 nên phải có số 0. Cịn q 6,p1 T 16, số phương

Bài 3.5 (Chọn đội tuyển ĐH Vinh) Tìm tất đa thức hệ số thực P x( ) thoả mãn (1)

P 

và

( ) (1 ) ,

xP x P x x với số thực x

Lời giải Xét bậc đa thức P x( ), ta chứng minh degP2

Nếu degVT 5

( ) ( ) (1 )

Q x x xP x P x đa thức bậc lẻ, deg ( )P x deg (1P x), mà khơng thể có Q x( )0 Suy degVT  5 degP2

4

( ) ( ) (1 ) ( ) (1 ) ( ) (1 ) Q x  x P x P x xP x P x xP x P x

Thay x0, ta có 0Q(0) P(0) (1)P , mà (1)

P   nên P(0)0

Cuối cùng, gọi a0 hệ số bậc hai P x( ) phải có hệ số bậc Q x( ) (để đa thức bậc chẵn xảy Q x( )0 được) Suy

2

a  nên a 1

Nếu a1 ( )

P x x bxc với (0) 0, (1)

P  P  ta ( )

2 x

P x x  Thay vào thấy

thỏa (1 ) 2 P x x  x

5 2

(8 1) 0,

2 2

x

x x x  x   x  x x  x  x

    ,

Cịn a 1 tìm ( )

P x  x  x, thay vào thấy khơng thỏa

Do đó, tất đa thức cần tìm

( )