Theo nhận xét trên, nếu r là một nghiệm nguyên của phương trình này và s là một nghiệm nguyên của phương trình kia thì r và s khác 0, 1 hoặc 2 đơn vị... Giả sử ba nghiệm đó là..[r]
(1)CHUYÊN ĐỀ 19 NGHIỆM CỦA ĐA THỨC
1. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM GĐịnh nghĩa: Cho f R x
số RTa gọi nghiệm thực f f( ) 0
Ta gọi nghiệm bội k f x( ) f x( ) chia hết cho (x)k không chia hết cho (x)k 1 nghĩa là:
f x( )(x) ( ),k g x x R ( )g 0 hay
( ) ( )
( ) , '( ) , , ( ) ( )
k 1 k
f 0 f 0 f 0
f 0
Định lí BEZOUT: nghiệm đa thức ( )f x ( )f x chia hết cho x Nghiệm hữu tỷ, nghiệm nguyên
Cho f Z x
, deg f n a, iZ( )f x a xo na x1 n 1 an 1 x a a n, o 0 Nghiệm hữu tỷ có x p
q
với ( , )p q 1 p ước hệ số tự q ước hệ số cao nhất: p a q an, o
Nếu f có n nghiệm x x1, 2, ,xn (phân biệt hay trùng nhau) Thì: 1 2 n 1
o
a
x x x
a
2 1 2 1 3 n 1 n
o
3 1 3 1 4 n n n
o
a x x x x x x
a
a x x x x x x x x x
a
và 1 2 n ( ) n n
o
a x x x 1
a
Đảo lại, n số x x x1, 2, 3 ,xn có tổng tích chập k n số xi Sk x x1, 2, ,xn nghiệm có phương trình:
XnS X1 n 1 S X2 n 2 ( 1)n 1 Sn 1 X ( 1) n Sn 0 Định lí liên tục:
(2)Định lí LAGRANGE:
Với đa thức f x( )
a b, có số c ( , ) :a b f b( ) f a( ) f c'( ) b a
Đặc biệt f a( ) f b( )0 hay cần f a( ) f b( ) f c'( )0 tức là: f x'( )0 có nghiệm thuộc ( , )a b
Định lí ROLE:
Giữa nghiệm đa thức f x( ) có nghiệm f x'( ) Nếu f có n nghiệm phân biệt f ' có n 1 nghiệm phân biệt,
'''
f có n 2 nghiệm phân biệt,…, f(n k ) có n k nghiệm phân biệt,… Phân tích nhân tử theo nghiệm
Cho f R x
có nghiệm x x1, 2, ,xm với bội tương ứng k k1, 2, ,km tồn gR x
( ) ( ) (k1 ) (k2 )km ( )1 2 m
f x x x xx xx g x
Hay ( ) ( ) i ( )
m
k i i 1
f x x x g x
vớim 1 i 1
k n
Nếu f bậc n có đủ n nghiệm phân biệt hay trùng thì:
( ) ( )( ) ( ) ( )
n
1 2 n i
i 1
f x A x x x x x x A x x
Phân tích nhân tử fR x
Các nhân tử f nhị thức bậc tam thức bậc hai vô nghiệm:
( ) ( ) ( )
m s 2
o i k k i 1 k 1
f x a x d x b x c
Với hệ số d b ci, k, kR 2s m, deg ,f bk24ck 0 cách phân tích Phân tích nhân tử f z( )C z
, deg f n( ) o n 1 n 1 n 1 n, o
f z a z a z a za a 0
Theo định lí D’ALEMNBERT f có đủ n nghiệm phức z z1, 2, ,zn nên: ( ) ( )( ) ( ) ( )
n
o 1 2 n o i i 1
f z a z z z z z z a z z
Đa thức CHEBYSHEV: ( )
n
T x xác định sau:
( ) , ( ) , ( ) ,
n 1 n 1 n n 1
(3)T x3( )4x33x T x; 4( )8x48x21 T x5( )16 x520x35x,
Đa thức Chebyshev (Trưbưsep) T xn( ) có bậc n có hệ số cao 2n 1 Đôi ta xét n1 trở
Kết quả:
n
( ) : T (cos)cos n
n
( ) : T ( x ) 1, x 1,1
n
( ) : T ( x ) 1 có n nghiệm phân biệt trê
1,1
là: x cos k ,k 0,1, ,n 1n
Chú ý:
1) Số lượng nghiệm:
- Mỗi đa thức hệ số thực bậc n có khơng q n nghiệm thực - Đa thức có vơ số nghiệm đa thức khơng f 0
- Nếu đa thức có bậc n có q n nghiệm đa thức khơng
- Nếu đa thức có bậc n nhận n 1 giá trị n 1 điểm khác biến đa thức hằng: f C
- Hai đa thức có bậc n nhận n 1 giá trị n 1 điểm khác biến đồng nhau: f g
2) Quy tắc dấu DESCARTE:
f ( x )a xo na x1 n 1 an 1 x a ,a n o 0 Gọi D số nghiệm dương (kể bội)
L số lần đổi dấu dãy hệ số khác từ ao đến an (bỏ hệ số ai 0 ) Thì: DL LD số chẵn hay L D 2m,mN
3) Đưa đa thức vào giả thiết số
Cho n số x ,x , ,x1 2 n ta xét đa thức nhận n số làm nghiệm:
n
i 1 2 n
i 1
f ( x ) ( x x ) ( x x )( x x ) ( x x )
Từ ta khai thác quan hệ nghiệm, Viette, hệ số, đạo hàm,…2. CÁC BÀI TOÁN
Bài toán 19.1: Cho số tự nhiên n2 , chứng minh phương trình:
n 1 2 n
x x x x
1 0
n! ( n )! 2! 1!
(4)Hướng dẫn giải
Ta chứng minh phản chứng Giả sử phương trình cho có nghiệm hữu tỉ Khi nghiệm hữu tỉ đa thức:
k
n n 1 x x
P( x ) x nx n! n! n! k ! 1!
Nhưng P(x) đa thức bậc n với hệ số nguyên, hệ số n
x 1, nên suy phải số nguyên, ta có:
k 2 n n 1
n n! n! n! n! 0
k ! 2 1!
(1)
Gọi p ước nguyên tố n k 1,n
, kí hiệu rk số mũ cao p thỏa mãn k ! prk , ta có:
k 2 s
k k k
r
p p p
(2)
Với s số nguyên không âm thỏa mãn: ps k ps 1
Từ (2) suy ra:
s k 2 s
1 1
k k k p
r k. k
p p p p 1
Do rn rk rn k Suy rn rk rn k 1 Vì ta n! pn k 1, k 1,n
k !
(3)
Mà n p nên từ (1) ta có n p , dó p Suy k p , kk 1,n
Kết hợp điều với (3)
k r 1 n
n! p , k 1,n k !
Từ (1) ta suy n! pnr 1 : mâu thuẫn đpcm
Bài toán 19.2: Cho P( x )Z x
P( x )1; P( x )2; P( x )3 có nghiệm ngun x , x , x1 2 3 Chưng minnh P( x )5 khơng có nghiệm ngunHướng dẫn giải
Ta chứng minh x , x , x1 2 3 nghiệm nguyên phương trình Ta có P( x ) ( x x ).q( x ) 22 với q( x )Z x
(5)1 1 2 1 1 2 1 3 3 2 3 3 2 3
1 P( x ) ( x x )q( x ) 2 ( x x )q( x ) 1 3 P( x ) ( x x )q( x ) 2 ( x x )q( x ) 1
Vì x1x ; x2 3x ;q( x );q( x )2 3 3 số nguyên nên x1x2 x3x2 bằng1 Nhưng x1x3 nên:
Hoặc x1x2 1 x3x2 1 Hoặc x1x2 1và x3x2 1
Do x2 trung bình cộng x ,x1 3
Giả sử phương trình P( x )2 cịn có nghiệm nguyên x'2 x2 Lặp lại lập luận cho số
1 2 3
x , x , x ta lấy x'2x2 (mâu thuẫn)
Vậy x2 nghiệm phương trình P( x )2 Hướng dẫn giải tương tự cho P( x )1; P( x )3
Giả sử phương trình P( x )5 có nghiệm ngun x5, ta có:
5 5 2 5 5 2 5
5P( x ) ( x x )q( x ) 2 ( x x )q( x )3 Nếu x5x2 lấy giá trị 1 3
Nếu x5x2 1 theo chứng minh x5 phải trùng với x1 x3 Vơ lý x5 khác với x1 x3 Do xảy khả x5x2 3
Mà P( x ) ( x x )r( x ) 3;r( x )3 Z x
5 5 3 5 5 3 5
5 P( x ) ( x x )r( x ) 3 ( x x )r( x ) 2
Suy x5x3 lấy giá trị 1 2 Có thể thấy
5 3
x x 1 (mâu thuẫn) Nên x5x3 2do đó: Nếu x1x2 1 x3x2 1 x5x2 3
Nếu x1x2 1 x3x2 1thì x5x2 3
Như nghiệm nguyên x5 (nếu tồn tại) phương trình P( x )5 xác định hoàn toàn x , x , x1 2 3 Các số Vậy P( x )5 khơng thể có nghiệm ngun Bài toán 19.3: Chứng minh với số nguyên a, đa thức:
4 3 2
f ( x )x 2001x ( 2000a )x 1999xa khơng thể có hai nghiệm nguyên (phân biệt hay trùng nhau)
Hướng dẫn giải
(6)o
f ( x )0; f ( )2a 1999 số lẻ nên f ( x )o f ( ) số lẻ
Nhưng f ( x )o f ( ) chia hết cho xo1 nên xo1là số lẻ xo chẵn Ta xét trường hợp:
- Giả sử f ( x ) có hai nghiệm nguyên x ,x1 2 phân biệt, thì:
3 2 2 3 2 2 1 2
1 1 2 1 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2
f ( x ) f ( x )
0 ( x x x x x x ) 2001( x x x x ( 2000 a )( x x ) 1999 x x
Đẳng thức khơng thể xảy x ,x1 2 chẵn
- Giả sử f ( x ) có nghiệm kép xochẵn Khi xo nghiệm đạo hàm f '( x ) Do đó:
3 2
o o o o
f '( x )4x 6003x 2( 2000 a )x 19990 Đẳng thức xảy xo chẵn
Bài tốn 19.4: Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện: với số nguyên dương n,anbncn số nguyên Chứng minh tồn số nguyên p, q, r cho a, b, c nghiệm phương trình
3 2
x px qx r 0
Hướng dẫn giải
Ta xét toán: Cho hai số thực a, b thỏa mãn điều kiện: với số nguyên dương n,anbn số nguyên Chứng minh tồn số nguyên p, q cho a, b nghiệm phương trình
2
x px q 0
Theo định lí Viet, rõ ràng điều phải chứng minh tương đương với việc chứng minnh a b a.b số nguyên a b hiển nhiên nguyên theo điều kiện đề
Ngồi ta có 2ab( a b ) 2( a2b )2 số nguyên Đến đây, ta tiếp tục dùng đẳng thức để suy 2a b2 2 số nguyên: 2a b2 2 ( a2b ) ( a2 4b )4
Bổ đề Nếu x số thực cho 2x 2x2 số nguyên x số nguyên Chứng minh Ta chứng minh phản chứng
Giả sử 2xk ngun, x khơng ngun Khi k số nguyên lẻ:
k2m 1. Suy x m 1 2
Nhưng 2 1 2 2 1
2x 2( m ) 2m 2m
2 2
không nguyên Mâu thuẫn Vậy điều giả sử sai,
tức x nguyên
(7)Nếu a b,a 2b ,a2 4b4 số nguyên a, b nghiệm phương trình x2px q 0với p, q số nguyên (và dó anbn nguyên dương với n nguyên dương) Điều có nghĩa ta cần dùng giả thiết toán đến n4 Ví dụ a 2 ,b 2
2 2
cho thấy
k4 giá trị nhỏ thỏa mãn điều kiện: Nếu a, b số thực thỏa mãn điều kiện anbn số nguyên với n1,2 ,k anbn nguyên với n nguyên dương
Trở lại với toán, ta cần chứng minh a b c,ab bc ca vàabc nguyên Theo điều kiện đề a b c số nguyên Tiếp theo ta có
2 2 2 2
2( ab bc ca ) ( a b c ) ( a b c ) số nguyên
Tương tự lời hướng dẫn gải trên, ta muốn chứng minh 2
2( ab bc ca ) số nguyên Từ dùng bổ đề suy ab bc ca số nguyên
Ta có 2( a b2 2b c2 2c a ) ( a2 2 2b2c ) ( a2 4b4c )4 2( ab bc ca ) 22( a b2 2b c2 2c a ) 4abc( a b c )2 2 (1) Vì a3b3c33abc( a b c )( a 2b2c2ab bc ca ) (2)
Từ đây, a b c,a 2b2c ,a2 3b3c3và 2( ab bc ca ) số nguyên nên ta suy 6abc số nguyên (ta nhân (2) với 2! ) Từ đó, nhân (2) với ta thu
2 2 2 2 2 2 2
6( ab bc ca ) 2( a b b c c a ) 12abc( a b c ) số nguyên
Như 2( ab bc ca ) 6( ab bc ca ) 2 Áp dụng cách chứng minh bổ đề nêu trên, ta suy ab bc ca số nguyên Từ đây, thay vào (2) ta có 3abc số nguyên
Tiếp theo, ta dụng đẳng thức tương tự (2)
6 6 6 2 2 2 2 2 4 4 4 2 2 2 2 2 2
a b c 3a b c ( a b c )( a b c a b b c c a ) với ý 2( a b2 2b c2 2c a )2 2 số nguyên ta suy 6 a b c2 2 số nguyên
Từ 6abc 6 a b c2 2 số nguyên, cách chứng minh hoàn toàn tương tự ta suy abc số nguyên Bài tốn Hướng dẫn giải hồn tốn
Bài tốn 19.5: Cho đa thức P(x) có bậc m0 có hệ số nguyên Gọi n số tất nghiệm nguyên phân biệt hai phương trình P( x )1 P( x ) 1 Chứng minh : n m 2
Hướng dẫn giải
Xét hai đa thức A( x ) B( x ) , với hệ số nguyên, chúng giống hoàn toàn, trừ hai số hạng tự khác nhau, hai số hạng đơn vị
(8)Khi đó, trừ (1) cho (2) ta tổng hạng tử có dạng i i
a( r s ) cộng thêm cho Mỗi hạng tử chia hết cho ( rs ), phải chia hết cho ( rs ) Từ đó, suy r s 0, đơn vị
Giả sử r nghiệm nguyên bé tất nghiệm nguyên hai phương trình: P( x )1
và P( x ) 1
Ta biết đa thức bậc m có khơng q m nghiệm phân biệt, có khơng q m nghiệm ngun phân biệt Theo nhận xét trên, r nghiệm nguyên phương trình s nghiệm nguyên phương trình r s khác 0, đơn vị
Nhưng ta có sr , ta sr ,s r 1 s r 2
Do vậy, ta suy phương trình thứ hai có thêm vào nhiều nghiệm phân biệt Vậy: n m 2
Bài tốn 19.6: Tìm nghiệm đa thức P( x ) hệ số thực thỏa mãn:
3 2 3 2
( x 3x 3x2 )P( x ) ( x 3x 3x )P( x ) với x Hướng dẫn giải
Ta có ( x2 )( x2 x )P( x ) ( x )( x 2 x )P( x ) Từ chọn: x 2 suy P( ) 0 , chọn x 1 suy ra:
P( ) 0 (do P( ) 9P( 1)),
Chọn x0 suy P( ) 0, chọn x1 suy P( 1)0
Do P( x )x( x 1)( x 1)( x )Q( x ) , với Q( x ) đa thức hệ số thực Thay P( x ) vào đẳng thức đề ta
2
x 2 x x 1 x x x x Q x 1
2
x 2 x x x x 1 x 2 Q( x )
Suy
2 2
2 2
2 2
x x Q( x ) x x Q( x ), x 0, x 1, x 1, x 2, x 2 Q x 1 Q( x )
, x 0, x 1, x 1, x 2, x 2 x x 1 x x 1
Q x 1 Q( x )
, x 0, x 1, x 1, x 2, x 2 ( x ) ( x ) 1 x x 1
Đặt
2
Q( x ) R( x )
x x 1
, ta có R( x0R( x 1), x 0,x1,x 1,x2,x 2 Suy R( x )C (hằng số), nên Q( x )C( x2 x )
(9)
2
2
x2 x x C x x 1 x 1 x2 x x 1
2
2
x 2 x x C x x x x 1 x 1 x 2
(thỏa mãn)
Vậy P( x )Cx( x 1)( x 1)( x ) nên có nghiệm x 0; 1, 2
Bài toán 19.7: Tìm a để phương trình: 16 x4ax3( 2a 17 )x 2ax 16 0 có nghiệm phân biệt lập cấp số nhân
Hướng dẫn giải Gọi nghiệp phân biệt lập cấp số nhân y, ym, ym , ym2 3 với
y0,m 1,m0. Với A a 16
, theo Viete
2 3
y m m m A (1)
2 2 3 4 5 17
y m m 2m m m 2 A 16
(2)
3 3 4 5 6
y m m m m A (3)
Ta có: m 1 m 1 phương trình có nghiệm trùng y ym2 trái với Ta có ( ) y m m
2 1
A 0Chia (3) cho (1) vế theo vế:y m2 31 (4) Suy m3 0,m0 Thay (4) vào (2) được:
2 2 4 5 15
y ( m m m m ) 2 A 0 16
(2’)
Vì m0, y2 0, A0 Từ (1) suy y0 Từ (4) ta có: 3 y 1
m
Đặt m v yv3 Thay vào (2) (2’) được: 3
2 4 6
v 1 v v v )A (5) Rồi biến đổi phương trình:
2 2 2
2
1 1
v 2 v 2v 3v 2 2v 1 2 v 2 2v 2 1 v 2 0
8 2
2v 2 1 v 2 0
Ta có: 2v23v 2 2v2 ( 1 2 )v 2 0
2
(10)1
( v 2 )( v ) 0 v 2 2
v 1
2
Thay vào (5) có: A 170 16
suy ra: a170
Đảo lại a170 phương trình: 16 x4170x3357 x2170x 6 0 có nghiệm 1 1, ,2,8 8 2 phân biệt lập cấp số nhân có cơng bội Vậy a170
Bài tốn 19.8: Tìm a, b nguyên cho phương trình:
4 3 2
x bx ax 0 (1) Có số nghiệm có tích 1
Hướng dẫn giải Giả sử có số nguyên a, b mà phương trình
4 3 2
x ax bx ax 0 có nghiệm u, v với u,vZ u,v1 Để ý x nghiệm x0 1
x nghiệm Như phương trình (1) có nghiệm là: u,v, ,1 1
u v Theo định lí Viet ta có: u v 1 1
u v uv 1
au v uv
(2)
Và
2
v u 1 ( u v )
u.v 2 u.v b
u v uv u.v
(3)
Ta chứng minh u.v 1
Giả sử u.v 1 Từ (2) (3) ta suy u v hữu tỉ ( uv )2Z nên ( u v ) Z hai
2
( uv ),( uv ) 1 chia hết cho u.v Nhưng
uv , u
v
211 , nên suy u.v1 u.v 1
Điều mâu thuẫn với u.v 1
Vậy u.v 1 a0,b ( u v )2 2 2 Ngược lại a0,bZ ,b 2
Phương trình (1) trở thành: 4 2
x bx 1 0 có hai nghiệm:
2 2
b b 4 b b 4
u ,v
2 2
Thỏa mãn: u.v 1 Z ,u.v1
(11)Bài toán 19.9: Cho phương trình bậc 3: x3 px2qx r 0 có nghiệm phân biệt Chứng minh điều kiện cần đủ để nghiệm x , x , x1 2 3
a) Lâp cấp số cộng là: 2 p29 pq27r0 b) Lập cấp số nhận là: q3rp3 0
Hướng dẫn giải a) Giả sử nghiệm x , x , x1 2 3 lập cấp số cộng nên x1x3 2x2
Theo định lí Viet x1 x2 x3 p x2 p 3
Nên:
3 2
p p p
p q r 0
3 3 3
Do đó: 3
2 p 9 pq27r0 Đảo lại có 3
2 p 9 pq27r0 phương trình nhận x2 p 3
nghiệm nên
2
2
p 2 2
x x px q 0
3 3 9 p
Khi đó: x1 x3 p p 2 p 2x2
3 3
Vậy x , x , x1 2 3 lập thành cấp số cộng
b) Giả sử nghiệm x , x , x1 2 3 lập cấp số nhân nên x x1 3x22 Theo định lí Viete thì:
2
1 2 1 3 2 3 1 2 2 2 3 2 1 2 3
x x x x x x q x x x x x qx x x x q Mà x1x2x3 p Suy x2 q
p
Nên:
3 2
3 3
q q q
p q r 0 q rp 0
p p p
Đảo lại có 3 3
q rp 0 phương trình nhận x2 q p
nghiệm phương trình
Do q 2 pr
f ( x ) 0 x x Mx 0
p q
Khi
2 2
1 3 2
pr q
x x x
q p
(12)Bài toán 19.10: Cho đa thức P( x ) có bậc n1 có nghiệm thực x ,x ,x , ,x1 2 3 nphân biệt Chưng minh:
1 2 n
1 1 1
0
P'( x )P'( x ) P'( x )
Hướng dẫn giải
Đặt P( x )a( xx ) x1
x ) ( x2 xn
,a0 Nên P'( x )P ( x ) P ( x ) P ( x )1 2 n với
n
i j
j 1 j i
P ( x ) x x
Ta thấy P ( x )i j 0, j i P'( x )j P ( x )j j 0, j 1,n Xét đa thức: n i
i i 1
P ( x )
F( x ) 1
P'( x )
có bậc khơng vượt q n 1 Với i1,n ta có: i i ii
P ( x )
F( x ) 1 0 P'( x )
F( x )
có n nghiệm phân biệt F( x )0 Mà hệ số F( x ) xn 1 Nên
1 2 n
a a a
0
P'( x ) P'( x ) P'( x ) Vậy:
1 2 n
1 1 1
0
P'( x )P'( x ) P'( x ) (đpcm)
Bài toán 19.11: Giả sử a b nghiệm đa thức: x4x31 Chứng minh tích ab nghiệm đa thức: x6x4x3x21
Hướng dẫn giải Giả sử a, b, c, d nghiệm đa thức: x4x31
4 3P( x )x x 1 ( xa ) x b x c xd abcd 1 Ta cần chứng minh: Q( ab )0 với:
6 4 3 2 3 3
3
1 1 Q( x ) x x x x 1 x x x 1
x x
3 33
1 1
Q( ab ) ab ab ( ab ) 1
ab ( ab )
( ab ) ab3
3ab cd
cd 3Do đó: 3 3
(13)Thật vậy: P( a ) 0 a4 a3 1 a3 1 a 1
Tương tự 3 1
b
b 1
nên
3 3 1
a b ( c )( d ) a b 1
Tương tự: 3 3
c d ( a )( b ) suy ra:
3 3
( ab ) ab cd ( cd ) ( c )( d ) ab cd ( a )( b )
1 a b c d 0
Vậy: Q( ab )0 (đpcm)
Bài toán 19.12: Cho P( x )x3ax2bx c có hệ số nguyên Chứng minh P( x ) có nghiệm tích nghiệm cịn lại thì:
2P( ) P( ) P( ) 2( P( )) Hướng dẫn giải
Gọi nghiệm u,v,u.v theo định lý Viete: u v uv a,uv( u v )b,u v2 2 c
- Xét a1 0 u v uv ( u 1)( v 1) nên có nghiệm 1 2P( ) 0 chia hết cho số
- Xét a1 b c uv( u v uv )uv( a ) Nên uv b c
1 a
hữu tỉ
Do u v2 2 c nguyên nên uv nguyên
Ta có: P( 1) P( 1) 2( P( )) 2( a 1)
2( u v uv 1) 2( u )( v ) 0
Và 2P( 1) 2( u )( v )( uv ) 2( uv )( u )( v )
Do đó: 2P( ) P( ) P( ) 2( P( )) Bài tốn 19.13: Chứng minh phương trình:
a) x46 x38x24x 0 có nghiệm dương b) x42x32x 1 0 có nghiệm
c) x52x48x3x29x 0 có nghiệm dương nghiệm âm Hướng dẫn giải
Sử dụng quy tắc dấu Đề
a) Dãy dấu hệ số
Gọi L số lần đổi dấu hệ số D số nghiệm dương thì:
(14)Do D3 hay D1 nên phương trình có nghiệm dương b) Dãy dấu hệ số nên : L 2 2 D 2k
Do đó: D0 D2
Mặt khác f ( ) 1, f ( 1) 2 nên f ( ) f ( ) 0 phương trình f ( x )0 có nghiệm ( 0,1 )
Vậy D0 D2 nên phương trình có nghiệm dương
Rõ ràng f ( x )0 x0 nên phương trình có nghiệm dương khơng có nghiệm âm c) Dãy dấu hệ số nên:
L2 Thành thử D0 D2
Vì f ( )1 f ( ) 0 nên phương trình có nghiệm dương ( 0,1 ) Vậy D0 D2
Xét g( x ) f ( x ) x5 2x48x3x29x 1 Dãy dấu hệ số g( x ) là:
L 3
phương trìnhg( x )0 có nghiệm dương nên phương trinnhf f ( x ) 0 có nghiệm âm
Bài toán 19.14: Cho f ( x )R x ,deg f
n Giả sử ab mà f ( a ) f ( b ) 0 Chứng minnh f ( x )có số lẻ nghiệm khoảng ( a,b ) kể bội Còn f ( a ) f ( b )0 f ( x ) có số chẵn nghiệm ( a,b )Hướng dẫn giải
Giả sử 1, 2, ,s nghiệm f ( x ) với bội tương ứng k ,k , ,k1 2 s Khi đó:
k1
k2
ks1 2 s
f ( x ) x x x .g( x )
Trong g( x ) khơng có nghiệm ( a,b ) nên đa chức g( x )giữ nguyên dấu ( a,b ) Giả sử g( x )0 với x
a,bTa có f ( b ).g( b )0 f ( a ).g( a ).( ) k1 k2 ks 0
Vì f ( a ) trái dấu với f ( b ) g( a ) dấu với g( b ) f ( a ) trái dấu với g( a )
Thành thử tổng k1k2 ks số lẻ Chứng minh tương tự f ( a ) f ( b )0
Bài toán 19.15: Cho đa thức P( x ) bậc n số ab thỏa:
n n n
P( a ) 0, P'( a ) 0,P''( a ) 0, ,( ) P ( a ) 0 P( b ) 0,P'( b ) 0,P''( b ) 0, ,P ( b ) 0
(15)Khai triển Taylor ta có:
2 n
P'( b ) P''( b ) P''( b )
P( x ) P( b ) ( x b ) ( x b ) ( x b )
1! 2! n!
Nếu x b P( x ) 0 P( x )khơng có nghiệm xb
Tương tự: P'( a ) P''( a ) 2 P''( a ) n
P( x ) P( a ) ( x a ) ( x a ) ( x a )
1! 2! n!
n n
2 n
P'( a ) P''( a ) ( ) P ( a )
P( a ) ( a x ) ( a x ) ( a x )
1! 2! n!
Nếu x a P( x ) 0 P( x ) khơng có nghiệm xa Vậy nghiệm phải thuộc ( a,b )
Bài toán 19.16: Cho f ( x ) đa thức bậc n có hệ số 1 Biết đa thức x1 nghiệm bội cấp m với m2 ,kk 2, k nguyên Chứng minh n2k 1 1
Hướng dẫn giải
Gọi f đa thức với hệ số theo modulo Vì f ( x ) có hệ số -1 nên
n n 1
f ( x )x x x 1
Ta có f ( x ) ( x ) 2k g( x ) g( x ) đa thức có hệ số nguyên Dễ dàng chứng minh ik
2
C 0 (model 2), 1 i 2k 1 Nên xnxn 1 x 1 x2k 1 g( x )
(*)
Giả sử g( x ) có bậc khơng q 2k 2
Ta có hệ số x2k1 vế phải (*) Điều mâu thuẫn hệ số vế trái (*) Do đó, bậc g( x ) khơng nhỏ 2k 1
Vậy n2k 2k 1 2k 1 1
Bài toán 19.17: Cho đa thức P( x )rx3qx2px 1 p,q r số thực với r0. Xét dãy số ( a ),nn 0,1,2, xác định sau
2 0 1 2
n 3 n 2 n 1 n
a 1,a p,a p q
a pa qa ra ( n 0 )
Chứng minh nêú đa thức P( x ) có nghiệm thực khơng có nghiệm bội dãy ( a )n có vơ số số âm
Hướng dẫn giải
(16)a,R(cos i sin),R(cos i sin)
với a0,R0,0
n n n
n 1 2
a C ( a ) C R (cosi sin) C ,C ,C1 2 3 số đó, C ,C2 3 số phức liên hợp Đặt C2 R (cos* sin ) với [0,2 ) , ta có
n n * n 1
a C ( a ) R ( R (cosi sin )(cos n i sin n )
*
R (cos sin)(cos n i sin n )
C ( a )1 n2R R (cos( nn * ))
Giả sử ngược lại tồn n cho an 0 với nno Khi ta có 0an 1 aan
n * n * n *
2R R (cos(( n ) )) a2R R (cos( n )) 2R R ( R cos(( n ) ) a cos( n ))
[
n * * *
2R R C.cos( n )( C 0, 0,2 ))
với nno
Điều khơng xảy 0 nên tồn vô số n cho:
* 3
n 2k , 2k
2 2
Bài tốn 19.18: Cho phương trình: x3 x 1 0 có nghiệm phân biệt Tính tổng lũy thừa bậc nghiệm
Hướng dẫn giải
Theo định lý Viete: phương trình: 3
x x 1 0 có nghiệm phân biệt nên
1 2 3 1 2 2 3 3 1
x x x 0; x x x x x x 1 x x x1 3 1 Ta có: xi3 xi 1 0 xi3 xi 1
5 3 2 2 i i i i i
x x x x x 1
Nên: xi8 2xi23xi2
Do đó: 8 2
2i i i i i j i
T x 2 x 3 x 2 x 2 x x 3 x 6 ,i j 10
Bài toán 19.19: Giả sử đa thức P( x )x5x21 có nghiệm r ,r ,r ,r ,r1 2 3 4 5
Đặt 2
Q( x )x 2 Tính tích: Q( r ).Q( r ).Q( r ).Q( r ).Q( r ) 1 2 3 4 5 Hướng dẫn giải
(17)
2 2 2 2 2 1 2 3 4 5
1 2 3 4 5
r 2 r 2 r 2 r 2 r 2 2 r 2 r 2 r 2 r 2 r
2r1
2r2
2r3
2r4
2r5
5 2 5 2
P( ).( 2
2 2 1 2 2 1
4 2 3 4 2 3 9 32 23
Bài toán 19.20: Chứng tỏ đa thức: x5 1x4 5x3 x2 4 x 1 2
(1) có nghiệm x ,ii 1,5 Tính tổng
5 i 5 4 i 1 i
x 1 S
2x x 2
Hướng dẫn giải Xét hàm số f ( x ) x5 1x4 5x3 x2 4x 1
2
f ( x ) làm hàm số liên tục R Ta có :
1 3 1 5 175
f ( ) 5 0, f ( ) 1 0, f ( ) 0, f ( ) 2 0, f 0, f ( ) 0
2 2 2 8 2
Phương
trình f ( x )0 có nghiệm x ,x ,x ,x ,x1 2 3 4 5 cho:
1 2 3 4 5
3 1
2 x x 0 x x 1 x 3
2 2
Hơn nữa, f ( x ) 0 phương trình bậc năm nên có nghiệm Ta có xi nghiệm phương trình (1) nên:
5 4 3 5 4 3 2 i i i i i i i i i
1
x x 5x 4x 1 0 2x x 2 2( 5x x 4x ) 2
Do đó: 5 i
3 2 i 1 i i i
x 1 S
2( 5x x 4x )
Xét biểu thức
3 2
x 1 x 1
g( x )
x( x )( 5x 4 ) 5x x 4 x
Ta có: x 1 A B C
x( x )( 5x 4 ) x x 1 5c 4
nên đồng được:
x 1 1 3 5
x( x )( 5x 4 ) 4 x 9( x ) 36( 5x 40
Do đó: 6 5 5
i i
i 1 i 1 i 1 i
1 1 1 1 1 1
S
4 8 x 9 x 1 72 x
5
(18)Mà f ( x ) ( x x )( x1 x )( x2 x )( x3 x ( x4 x )5 Vậy xx ( ii 1,5 ) ta
5
i i 1
f '( x ) 1 f ( x ) x x
Và f '( x )5x42x315x22x 4 , đó:
5 5 i i i 1 i 1
f '( ) 1 1 f '( ) 12 f ( )
1 x
x 1 f ( ) 5 5 i i i 1 i 1
5 5
i 1 i 1 i i
f '( ) 1 1 f '( ) 4 f ( ) x x f ( )
4 4
f ' f '
1 1 12900
5 5
4 4
4 x x 4 4789
f f
5 5
5 5
Vậy S 8959 4789
Bài tốn 19.21: Cho ab0 Chứng minh phương trình:
3 2 2 3 3
x 3( a b )x2( a b )0 có nghiệm phân biệt Hướng dẫn giải
Xét hàm số: yx33( a2b )x2 2( a3b )3 0,DR Ta chứng minh hàm số có cực đại, cực tiểu yCD.yCT 0
2 2 2
y'3x 3( a b )
Do 2 2 2 2
1,2
y' 0 x a b ,( S 0,Pa b ) Vì y’ bậc có nghiệm phân biệt nên có CĐ CT Lấy y chia y’ ta có: y 1x.y' 2( a2 b )x2 2( a3 b )3
3
2 2 3 3 CD CT 1
y .y ( 2( a b )x 2( a b ))
2 2 3 3 2
( 2( a b )x 2( a b )
2
33 3 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
4 a b 4 a b 4a b ( 3a 3b 2ab )
4a b 2a 2b ( a b ) 0 dpcm
(19)
3 2
2
2
24 ax 27 x 12x2001 3ax 27 3ax 54x 12 ,a Hướng dẫn giải
Đặt 3 2
f ( x )ax 27 x 12x2001 0
Ta có: 2 f ( x ) f ''( x )
f '( x )
2 2 f ( x ) f ''( x )
f '( x )
2 0 Đặt g( x )2 f ( x ) f ''( x )
f '( x )
2 Ta có g'( x )2 f ( x ) f '''( x ) Gọi nghiệm f ( x ) , , ( ) ta có:g'( x )12a( x)( x)( x) Bảng biến thiên
Vì f '() 0 g()
f '( x )
2 0 Tương tự ta có: g
0 g
0
Vậy phương trình g( x )0 có nghiệm thựcBài tốn 19.23: Cho f R x , f ( x )
a xn nan 1 xn 1 a x1 ao Chứng minh: an an 1 a1x2 ao 0n 1 n 2 1
f có nghiệm
Hướng dẫn giải Xét Q( x ) an xn 1 an 1 xn a1x2 ao x
n 1 n 2 1
Thì Q'( x ) f ( x )a xn nan 1 xn 1 a x a1 o
Ta có Q( )Q( 1) 0 Áp dụng định lí Role Q( x ) có nghiệm neenn Q'( x ) f ( x ) có nghiệm
Bài toán 19.24: Cho f ( x )a xo na x1 n 1 an 1 x a ,a n o 0 có n nghiệm phân biệt Chứng minh f ( x ) f '( x )0 có nghiệm phân biệt và:
2
1 o 2
( n 1)a 2na a Hướng dẫn giải
Đặt x
g( x )e f ( x )
(20)Theo định lí Role khoảng ( i, i 1 )( i1,2, ,n ) tồn i để g'(i)0 Mặt khác: g'( x )ex f ( x ) f '( x )
Suy f ( x ) f '( x ) có n 1 nghiệm 1, 2, ,n a f ( x ) f '( x )0 có đủ n nghiệm Vì f ( x ) có n nghiệm phân biệt nên theo định í Role thì: f '( x ) có n 1 nghiệm; f ''( x ) có n 2 nghiệm,…
( n ) 2
o 1 2
n!
f ( x ) a x ( n )! a x ( n )! a 2
có nghiệm phân biệt
Do đó: 0 nên: (( n 1)! a ) 1 22n! a ( n )! ao 2 0 Vậy ( n 1)a 12 2na ao 2
Bài toán 19.25: Giả sử f ( x )a xo na x1 n 1 an 1 x a n đa thức với hệ số thực, có ao 0 thỏa mãn đẳng thức sau với x R : f ( x ) f ( 2x )2 f ( 2x3x )(*) Chứng minh f ( x ) khơng có nghiệm số thực
Hướng dẫn giải
Từ (*) nhận thấy xo nghiệm thực f ( x ) tất số thực:
3
n n 1 n 1
x 2x x ;n1,2,3, nghiệm f ( x ) Hơn dễ dàng nhận thấy:
o 0
x xo x1x 2 xn xn 1 và: Với xo 0 xo x1x2 xnxn 1
Từ suy f ( x ) có nghiệm thực khác f ( x ) có vơ số nghiệm thực khác Tuy nhiên f ( x ) có tối đa n nghiệm thực, f ( x ) đa thức bậc n với hệ số thực Mâu thuẫn, chứng tỏ f ( x ) khơng có nghiệm thực khác
Ta chứng minh f ( ) 0 an 0
Giả sử an 0 Gọi k số lớn thỏa ak 0
Do vậy: g( x ) f ( x ) f ( 2x )2 a xo2 n 3n a 2k2 n k .x3( n k )
3 n 3n n k
o k
h( x ) f ( 2x x )a x a x Vì n k 0 3( n k ) n k
(21)Bài toán 19.26: Cho cấp số cộng ( a ),( b )n n số m nguyên dương, m2 Xét m tam thức bậc hai:
2
k k k
p ( x )x a x b với k 1,2, ,m Chứng minh p ( x )1 pm( x ) khơng có nghiệm số thực tam thức cịn lại khơng có nghiệm số thực
Hướng dẫn giải
Ta có tam thức bậc hai: p ( x )1 pm( x ) khơng cói nghieemj số thực p ( x )1 pm( x ) luôn dương với x
Giả sử tồn p ( x )k x2a x bk k với k2,3, ,m 1 có nghiệm số thực xc Gọi a, b công sai hai cấp số cộng ( a ),( b )n n
Ta có pm( x )p ( x )k ( m k )( ax b ) p ( x )k p ( x ) ( m k )( ax b )1
Do p ( c ) ( m k )( ac b )m p ( c )1 ( k 1 )( ac b ) nên p ( c ).p ( c ) :m 1 vô lý Vậy tam thức cịn lại khơng có nghiệm số thực
Bài toán 19.27: Cho đa thức P ( x ),kk 1,2,3 xác định bởi:
2
1 i 1 1 i
P ( x )x 2,P P ( P( x )),i1,2,3, Chứng mịm rằngP ( x )n x có 2n nghiệm thực phân biệt
Hướng dẫn giải
Ta thu hẹp việc xét nghiệm phương trình đoạn 2 x 2 Đặt x2 cos t ,
Khi đó, quy nạp ta chứng minh được: nt n
P ( x )2 cos 2 Và phương trình P ( x )n x trở thành: cos 2nt cos t
Từ ta 2n nghiệm:
n n
2k 2k
t ,t ,k 1,2, ,n 2 1 2 1
Suy phương trình P ( x )n x có 2n nghiệm thực phân biệt
Bài toán 19.28: Chứng minh đa thức P( x ) bậc n có n nghiệm thực phân biệt đa thức P( x ) P'( x ) có n nghiệm thực phân biệt
Hướng dẫn giải
Giả sử P( x )có n nghiệm thực phân biệt x1x2 xn
Đặt x
f ( n )e P( x ) f ( x )1 f ( x )2 f ( x )n 0
(22)Ta chứng minh G( x ) cịn có nghiệm yo x1
Khơng tính tổng qt, ta giả sử hệ số cao P( x ) Xét deg Pn chẵn, ta thấy G( x )là hàm đa thức bậc chẵn thì:
xlim G( x )
Ta có: P( x ) ( x x )( x1 x ) ( x2 x )n nên
2 3 n 3 n 1
P'( x ) ( x x )( xx ) ( xx ) ( x x ) ( xx )( xx )
n 1 1 n 2
( x x )( x x ) ( x x )
1 2 1 3 1 n
P'( x ) ( x x )( x x ) ( x x ) 0
Do vậy:
1 1 1 1
G( x )P( x ) P'( x ) P'( x ) 0
Suy tồn yo ( ,x )1 cho G( yo
0 Xét deg Pn lẻx
lim G( x )
tính tương tự ta có G( x )1 0 nên tồn yo ( ; x )1
sao cho G( y )o 0 dpcm
Bài toán 19.29: Cho đa thức f ( x )aoa x a x1 n n có n nghiệm thực Chứng minh với p n 1
thì đa thức
2 n
o 1 2 m
g( x )a a p.x a p( p 1)x a p( p 1) ( p n 1).x cũng có n nghiệm thực Hướng dẫn giải
Để giải toán ta xét hai trường hợp
- Trường hợp 1: f ( x ) không nhận x0 làm nghiệm Ta chứng minh quy nạp
Với n1 toán hiển nhiên
Giả sử vớ nk , ta chứng minh với n k 1, twccs
Nếu đa thức f ( x )aoa x a1 k 1 xk 1 k 1 nghiệm thực khác đa thức
k 1
o 1 k 1
g( x )a p.a x p( p 1) ( p k ).a .x có k 1 nghiệm thực khác với pk
Gọi c nghiệm f ( x ) f ( x0( x c ).q( x ) (1) Với : q( x ) đa thức bậc k x:
k o 1 k
q( x )b b x b x (2) Thay (2) vào (1), đồng hệ số ta được:
o o 1 1 o k k k 1 k 1 k
a c.b ;a c.b b ; ;a c.b b ;a b
Do k 1
o 1 k 1
(23)k 1
o 1 o k
c.b p( c.b b )x p( p 1) ( p k ).b x
2
c.Q( x ) p.x.Q( x ) x Q( x )
(3)
Trong k
o 1 k
Q( x )b b p.x p( p 1) ( P k ).b x
Do f ( x ) có k 1 nghiệm thực khác nên q( x ) có k nghệm thực khác Mặt khác p pk nên p k 1 Cho nên theo giả thiết quy nạp ta có đa thức Q( x ) có k nghiệm thực Do g( x ) có K 1 nghiệm thực
Vậy theo nguyên lý quy nạp, toán - Trường hợp 2: f ( x ) nhận x0 làm nghiệm
Giả sử x0 nghiệm bội k f ( x ),( kZ ,k n )
Khi ta có: k n n k k
k n n k
f ( x )a x a x ( a x a )x
Và g( x ) p( p 1) ( p k 1)a xk k p( p 1) ( p n 1)a x n n p( p ) ( p k 1 ).xkak ( pk ) ( p n ).a xn n k Vì f ( x ) có n nghiệm thực nên
n k k n
H( x )a a x có n k nghiệm thực khác Do áp dụng kết trường hợp cho H( x ) và: p' p k n k 1 (do p n 1), ta đa thức:
n k n
R( x )ak ( p k ) ( p n 1).a x có n k nghiệm thực Vậy g( x ) có n nghiệm thực (đpcm)
Bài toán 19.30: Cho k 1,2, ,n; p số dương Chứng minh nghiệm đa thức:
n n 1
o 1 n
f ( x )a x a x a với hệ số thực (hoặc phức) modun không vượt quá:
a) k
o
a 1 max
a
b) k
k 1 o
a p max
a p
c) k k
o
a 2 max
a d)
k 1 k 1
o 1
a a
max
a a
Hướng dẫn giải a) Ta có f ( x )a xo na x1 n 1 an
o n 1 n
n o o
a a
a x ( 1 ) a x a x
Gọi k
o
a A max
a
(24)Với nghiệm x 1 thì:
n 1 2
2 n
o o o
a
a 1 a 1 1
f ( x ) 0 1 . . .
a x a x a x
n 2 n 1 1 x
1 1 1 A A 1
1 A . .
1 1
x x x x 1 x 1
x x A
1 A x 1 x 1 A
x 1
b) Ta có:
n n 1
n 1 o n a a
1 1 x
f ( x ) a
p p p p
p
Theo câu a) nghiệm x đa thức phải có:
k k
k k 1
o o
x a a
1 max x p max
p a p a p
c) Đặt k k
o
a p max
a
đó:
k k
k 1
o o
a a
pk p
a a p nên
k k 1 o
a
max p
a p Do đó, theo câu b) , modun tất nghiệm không vượt
k k k
k 1
o o
a a
x p max 2 p 2 max a a p
d) Đặt k 1 k
o
a p max
a
, k 1
k 1
a a p
k 1 k 1
k 1 k 1
o o
o o
a a a a
max
a a
a p a p
Theo câu b) nghiệm đa thức không vượt
k 1 k 1 k k 1
o 1
o
a a a
x p max max
a a
a p
Cho 2 2n số a ,bi i thỏa : 0bo a ,bo i ai với i1, ,n
Bài toán 19.31: Chứng minh nghiệm có đa thức a xo na x1 n 1 ancó giá trị tuyệt đối khơng vượt nghiệm dương xo phương trình : b xo nb x1 n 1 bn0
(25)Đặt n n 1
o 1 n
f ( x )a x a x a g( x )b xo nb x1 n 1 bn
Ta có : n o 1 2 n n
2 n
b b b
g( x ) x ( b ) x h( x )
x x x
Thì 1 2 n
2 n 1 3
nb b 2b
h'( x ) 0
x
x x
bi ai 0
Nên h( x ) tăng ( 0;) nhận giá trị thuộc (,b )o Do g( x ) có nghiệm dương xo
Và xxo g( x )0
Ta có f ( x ) a xo na x1 n 1 an
n n 1
o 1 n
n n 1
o 1 n
n n 1
o 1 n
n n 1
o 1 n
a x a x a
a x a x a
a x a x a b x b x a
g( x )
Nên với nghiệm x có f ( x ) xxo
Bài tốn 19.32: Cho đa thức: P( x ) 1 x2x9xn1 xns x1992 với
1 s
n , n số tự nhiên thỏa mãn: 9n1 ns 1992 Chứng minh nghiệm đa thức P( x ) (nếu có) khơng thể lớn 1 5
2
Hướng dẫn giải Ta có P( x ) 1 x2x9xn1 xns x1992
Với x0 P( x ) 0
Ta chứng minh P( x ) 0 với x 1 5;0 2
Thật với x0 x 1 ta có:
3 5 2k 1 1991
P( x ) x x x x x
1990 1988 2 2
996 2 997
2 2
( x x ).( x ) 1 x.
( x ) 1 x 1 x x x 1 x
1 x 1 x
(26)Mà với x (1 5;0 ) 2
1 x 2 0; x997 0,1 x 2 x 0 Nên P( x )0 với x (1 5;0 )
2
Vậy P( x )0 với x (1 5; ) 2
(đpcm)
Bài toán 19.33: Cho phương trình ax3bx2 cx d 0( a0 ) có nghiệm dương x , x , x1 2 3 Chứng minh rằng:
3 2 7 7 7
1 2 3 5
b c x x x
81a
Hướng dẫn giải
Theo Viet:
1 2 3 1 2 2 3 3 1
b
x x x 0
a c
x x x x x x 0
a
Ta có: x x1 2 x x2 3 x x3 1 x12 x22 x32 0 c x12 x22 x32 a
Và
2
2 2 2 2 2 2 2 1 2 3 1 2 3 2 1 2 3
b
( x x x ) 3( x x x ) 0 x x x 3a
Do đó:
2 2
2 2 2 2 4 4 4 1 2 3 1 2 3
3 3
b c b c
0 ( x x x ) 0 ( x x x )
3a 9a
Vì x ,x ,x1 2 30 nên:
1 7 1 7 1 7 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 3 1 1 2 2 3 3
7 7 7 1 2 3 1 2 3
4 2 3 2
7 7 7 7 7 7 1 2 3 1 2 3
6 5
( x x x ) ( x x x x x x ) ( x x x )( x x x )
b c b b c
( x x x ) ( x x x ) a
81a 81a
Dấu “=” xảy x1 x2 x3 b 3a
Bài toán 19.34: Cho số thực a số tự nhiên n2 Chứng minh z nghiệm phức đa thức
n 1 2
X X aX 1
n
1 z
n
Hướng dẫn giải Giả sử zr(cosi sin )
Do z nghiệm đa thức P( X )Xn 1 X2aX 1
(27)n 1 2 n 1 2
r cos( n ) r cos 2 ra cos 1 0( ) r sin( n ) r sin 2 ra sin 0( )
Nếu sin0 z số thực, mâu thuẫn với giả thiết Nếu cos 0
n
1 z 1
n
, ta có điều phải chứng minh
Tiếp theo giả sử sin0 cos 0
Nhân vế (1) với sin , nhân vế (2) với cos trừ ta
n 1 2 n 1 2
r sin( n ) r sin sin 0 r sin( n ) ( r 1 ) sin Do n 1
2
r sin
sin
r 1
Mà sin 1 sin n
nên n 1 2
r 1
n r 1
Mặt khác 2
do r 0
r 1 2r r
Suy
n 1 n 1
n n n
2
1 r r 1 1
r r z r
n r 1 r n n
Nên có điều phải chứng minh
Bài tốn 19.35: Chứng minh: 3234 số vô tỉ
Hướng dẫn giải Đặt: x2334
Ta có: x3 2 4 3 8( 23 3 34 ) Nên x3 6 6 xx36 x 6 0
Giả sử x hữu tỉ mà ao 1 x số nguyên Và 23234 4 nên x3
Do đó: 3
x 6 x 6 3 0 : vô lý Vậy x số vơ tỉ
Bài tốn 19.36: Tìm a, b để f ( x )2x4ax3bx2ax b chia hết cho ( x ) 2 Chứng minh
f ( x ) khơng chia hết cho ( x ) 3
Hướng dẫn giải Ta có: f ( x ) ( x ) 2 nên f có nghiệm bội k2
f ( 1) 0
f '( 1) 0
2 a b a b 0
8 3a 2b a 0 Vậy a 1 b 2
Do 4 3 2
(28)2
f ''( x )24x 6 x 4
Vì f ''( )140 nên f ( x ) không chia hết cho ( x ) 3 Bài toán 19.37: Giả sử cndn ( cd ) ,nn N ,n1
Chứng minh cd( c d ) 0
Hướng dẫn giải Nếu c0 ta có điều phải chứng minh
Nếu c0, ta xét đa thức P( x ) ( x c ) nxncn
Ta có P( )0 Ta chứng minh P( x ) nghiệm khác khác c
n n n
P( x ) ( x c ) x c
nên có P'( x )n( x c ) n 1 nxn 1 n
x c
n 1 xn 1
- Nếu n lẻ P'( x ) khơng có nghiệm, suy P( x ) hàm đơn điệu thực sự, suy x0 nghiệm P( x )
- Nếu n chẵn, P'( x ) có nghiệm nhất, suy P( x ) có nhiều hai nghiệm Mà c hai nghiệm P( x ), P( x )có hai nghiệm c
Tóm lại P( x ) khơng có nghiệm khác c Mà theo giả thiết ta có P( d )0, suy d 0 d c, cd( c d ) 0
Bài tốn 19.38: Cho a, b, c đơi khơng đối
Chứng minh: a b b c c a ( a b )( b c )( c a ) 0 a b b c c a ( a b )( b c )( c a )
Hướng dẫn giải Giả sử a b b c c a ( a b )( b c )( c a ) 0
a b b c c a ( a b )( b c )( c a )
Quy đồng mẫu số vế trái, ta tử thức:
f a b b c c a b c ca a b
c a
a b b c
a b b c c a
Ta xem: f đa thức theo a có deg f 2 Để ý: f ( b ) f ( c ) f ( )0
Xét b, c, đôi khác f ( a )0
Xét trường hợp cịn lại bc hay b0 hay c0thì ta có f ( a )0 Vậy f 0
(29)2 n o 1 o 2 o n o 2 n o 1 1 2 1 n 1 2 n o 1 n 2 n n n
x x a x a x a x x a x a x a
x x a x a x a
Hướng dẫn giải
Xét đa thức: y n 1
n n 1 1 o
f ( y )x y x y x yx có deg f n
Từ hệ
2 n o 1 o 2 o n o 2 n o 1 1 2 1 n 1 2 n o 1 n 2 n n n
x x a x a x a x x a x a x a
x x a x a x a
Ta có f ( a )o f ( a )1 f ( a ) 0n
Nên f ( y ) có n 1 nghiệm phân biệt, f ( y )0 Từ suy xo x1 xn 0
Thử lại ta thấy xo x1xn 0 thỏa mãn hệ cho Vậy hệ có nghiệm ( x ,x , ,x ) ( 0,0, ,0 )o 1 n Bài tốn 19.40: Giải hệ phương trình
n 1 2
1 1 1 2 1 n n 1 2
2 1 2 2 2 n n 1 2
n 1 n 2 n n
x
x x
1
a b a b a b
x
x x
1
a b a b a b
x
x x
1
a b a b a b
Trong a ,a , ,a ,b ,b , ,b1 2 n 1 2 n 2n số khác Tính tổng nghiệm Hướng dẫn giải
Đa thức f ( X ) với biến số X, xác định công thức:
n1 2
1 2 1 n 1 2 1 n
x
x x f ( X )
1
(30)Từ hệ phương trình
n 1 2
1 1 1 2 1 n n 1 2
2 1 2 2 2 n n 1 2
n 1 n 2 n n
x
x x
1
a b a b a b
x
x x
1
a b a b a b
x
x x
1
a b a b a b
Suy rằng: f ( a )1 f ( a )2 f ( a )n 0 (2) Nhân hai vế (1) với X bi để ý đến (2) ta được:
i 1 i 1 n 1
i i
1 i 1 i 1 1 n
x x x
x
x ( X b ) 1
X b X b X b X b
1
1 i 1
2 i 1
n n
X a X a X a X b X b X b X b
Và đẳng thức này, cho X bi , đến kết quả:
i 1 i
2 i
n
ii 1 i i 1 i i 1 i n
b a b a b a
x ,i 1,2, ,n
b b b b b b b b
Đó nghiệm phương trình cho:
Ta có: f ( X ) ( X a )( X1 a ) ( X2 a )n Thành thử quy đồng mẫu vế trái (1), được:
1 2 3 n 2 1 3 n
x ( Xb )( X b ) ( X b ) x ( X b )( Xb ) ( X b )
n 1 2 n 1 1 2 n
x ( X b )( Xb ) ( Xb ) ( X b )( X b ) ( X b )
1 2 n
f ( X ) ( X a )( X a ) ( X a )
So sánh hệ số Xn 1 hai vế đằng thức trên, ta được:
1 2 n 1 2 n 1 2 n
a a a x x x b b b
Do tổng: T x1x2x3 xn a1a2 an b1 b1 bn
Bài toán 19.41: Cho đa thức p( x ) bậc có nghiệm thực phân biệt Tìm số bé hệ số khác
Hướng dẫn giải Xét p( x )ax5bx4cx3dx e,a 0
Nếu có hệ số b c d e 0 nên
5
P( x )ax có nghiệm bội (loại) tức p( x ) khơng thể có hệ số khác Do p( x )có hệ số khác
(31)Xét p( x ) ax5 dx ax( x4 d ) a
có tối đa nghiệm: loại
Xét p( x )ax5e có nghiệm: loại Do p( x )có hệ số khác
Chọn p( x )x55x34xx( x21 )( x24 )
Thì p( x )có nghiệm phân biệt hệ số khác 0: tồn Vậy số bé hệ số khác
Bài toán 19.42: Chứng minh tồn 2015 tam giác ABC thỏa mãn: sin A sin B sin C 12 12
; sin A sin B sin C cos A cos B cos C 7 25
Hướng dẫn giải Tam giác ABC có tanAtanB 1
2 2
A B C A B C
sin A 4 cos cos cos ; cosA 1 sin sin sin
2 2 2 2 2 2
Đặt u sinAsinBsinC ,v cosAcosBcosC
2 2 2 2 2 2
Theo giả thiết: v 12 1 4u 7 vaf
12 1 3
8uv u ,v
25 10 5
Ta lập phương trình bậc có nghiệm:
A B C
tan ,tan ,tan 2 2 2
A B C u 1
tan tan tan
2 2 2 v 6
Ta có: 2
2 2 2 2
1 1 A
1 tg
A B C 2
v cos cos cos
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2
2 2
25 A A B A B C
1 tan tan tan tan tan tan
9 2 2 2 2 2 2
25 A A B A B A A 1
1 tan 2 tan tan tan tan 2 tan . tan
9 2 2 2 2 2 2 2 36
25 A 1 A 1
1 tan 2.1 . tan
9 2 6 2 36
A 1 A 99
tan tan 0 ta
2 3 2 36
A 11n 2 6
Do đó: tan A,tanB,tanC
2 2 2 nghiệm phương trình:
3 11 2 1
X X X 0
6 6
(32)Hướng dẫn giải tập nghiệm 1, ,1 1 2 3
sin A,sin B,sin C
3 5 , ,
5 5 Vậy có vơ số tam giác ABC thỏa mãn điều kiện, đồng dạng với tam giác vuông Ai Cập ( 3,4,5 ) nên tồn 2015 tam giác
Bài tốn 19.43: Tính tổng:
2 2 2
1 1 1
T
2 3 6
sin sin sin
7 7 7
Hướng dẫn giải Ta có: 2 ,3 ,6
7 7 7
nghiệm phương trình: sin 4x2 sin 3x2 Đặt tsin x thif sin 3x2 ( 3t4t )3 2
2 2 2 2 2 2
sin 4x( sin 2x.cos 2x ) 16t ( t )( 2t ) Ta có phương trình: 6 4 2
64t 112t 56t 7 0 Do đó: 22 23 26
sin ,sin ,sin
7 7 7
nghiệm phương trình:
3 2
64z 112z 56 z 7 0 Áp dụng định lí Viete:
2 2 2
1 1 1
T
2 3 6
sin sin sin
7 7 7
1 2 2 3 3 1
1 2 3 1 3
x x x x x x 1 1 1
8
x x x x x x
Bài toán 19.44: Cho số thực: x ,x , ,x : 01 2 n x1x2 xn 1thỏa mãn:
n 1
i j j 0, j i
1 0,i 1,2, ,n x x
Kí hiệu xo 0,xn 1 1 Chứng minh xn i 1 xi với i1,2, ,nHướng dẫn giải Đặt P( x ) ( x x )( xo x ) ( x1 x )( xn xn )
Thì
n 1 n 1
j i j 0, j i
P'( x ) ( x x )
n 1 n n 1
j k l j 0
j ,l
P''( x ) ( x x )
Từn 1 n 1
n 1 n 1
i j j
i k i 0 j 0, j i j i k 0
k i
1 P''( x ) ( x x ) ( x x ) 0
x x
Suy ra: x( x 1)P''( x ) ( n )( n 1).P( x ) (1)
(33)Mặt khác đa thức Q( x ) ( ) P( x ) n thỏa mãn phương trình (1), Q(x) đa thức bậc n 2 với hệ số cao
Vậy ( ) P( x ) n P( x )
Và 0x1x2 xn1 nên ta có đpcm
Bài tốn 19.45: Cho P( x )xna x1 n 1 an 1 x 1 , với ai0có n nghiệm xi Chứng minh:
n
P( x ) ( x ) , x 0
Hướng dẫn giải Vì ai0 nên nghiệm xi 0
n i i 1
x 1
Xét xZ:2
n n n
i i i
i i i 1 i 1
x 1
P( x ) ( x x ) ( x x ) ( 1 1 x ) s
n
nx 1 nx 1 n
i 1 n
i 1
( x ) x ( x ) x x ( x )
Xét x0 t tùy ý:
1 2 k
k
k i i i 1 2 n
a
x x x ( 1) ( i i i n )1 2 k
i i i
x x x
(BCS Cnk số)k Cnk k
n 1 2 n n
C x x x C
Do đó: n k n k n
n k 0
P( x ) C x ( x )
(đpcm)Bài toán 19.46: Cho số dương a, b, c, d Giả sử phương trình ax4ax3bx2 cx d 0 có nghiệm thuộc khoảng ( 0;1)
2 Chứng minh bất đẳng thức : 21a 164c 80b 320d Hướng dẫn giải
Giả sử phương trình ax4ax3bx2 cx d 0 có nghiệm x ,x ,x ,x1 2 3 4 thuộc khoảng ( 0;1) 2 Theo định lí Viete ta có:
x1 x2 x3 x4 1; x x1 2 x x1 3 x x1 4 x x2 3 x x3 4 b, a
x x x1 3 x x x1 4 x x x1 4 x x x2 4 c a
x x x x1 4 d a
(34)1 3 1 4 1 4 2 4
c b d
21 164 80 320
a a a
21 164( x x x x x x x x x x x x )
80( x x1 2x x1 3x x1 4x x2 3x x2 4x x ) 320( x x x x )3 4 1 4 (*) Áp dụng bất đẳng thức BCS
( 2x )( 2x )( 2x ) 1 2 3
3 3
1 2 3 4
1 2x 1 2x 1 2x ) 1 2x
3 3
27( 2x )( 2x )( 2x ) ( 2x ) 1 2 3 4 3 (1) Tương tự:
3
1 2 4 3
27( 2x )( 2x )( 2x ) ( 2x ) (2)
3
1 3 4 2
27( 2x )( 2x )( 2x ) ( 2x ) (3)
3
4 2 3 1
27( 2x )( 2x )( 2x ) ( 2x ) (4) Nhân vế (1), (2), (3), (4) rút gọn ta có:
1 2 3 4 3 4 1 2
81( 2x )( 2x )( 2x )( 2x ) ( 2x )( 2x )( 2x )( 2x )
Khai triển rút gọn ta có bất đẳng thức (*) Đẳng thức xảy ra: x1 x2 x3 x4 1
4
b 3 c 1 1
, ,d a 8 a 16 256
Bài toán 19.47: Cho a,b,c,d 0 Chứng minnh:
3 abc bcd cda dab ab bc cd da ac bd
4 6
Hướng dẫn giải Khơng tính tổng quát, giả sử a b c d
Xét đa thức: f ( x ) ( x a )( x b( x c )( x d )
4 3 2
x ( a b c d )x ( ab bc cd da ac bd )
( abc bcd cda dab )x abcd
Vì f có nghiệm nên f ' có nghiệm x ,x ,x1 2 3 0
f '( x )4x33( a b c d )x22( ab bc cd daacd )x
dab) ( abc bcd cda
(35)Theo định lí Viete, ta có: x x x2 3 1( abc bcd cda dab ) 4
1 2 2 3 3 1
1
x x x x x x ( ab bc cd da ac bd ) 2
Áp dụng bất đẳng thức BCS:
1( ab bc cd da ac bd ) x x1 2 x x2 3 x x3 1
2
22
3 3
1 3
1
3 ( x x x ) 3 abc bcd cda dab 16
Từ suy đpcm
Bài tốn 19.48: Cho f ( x )xna x1 n 1 an có bậc n2 có n nghiệm b ,b , ,b1 2 n Chứng minh:
2
i
1 2 n
1 1 1
f ( x ). 2n , x b x b x b x b
Hướng dẫn giải
Ta có f ( x )xna x1 n 1 ax có n nghiệm thực b ,b , ,b1 2 n Nên: f x
(x b )( x b ) ( x b ) 1 2 n1 n n )
f ( x ) ( x b )( x b ) ( x b
Do đó:
1 2 1
1 1 1
f ( x ). x b x b x b
n n n 1 n n 1 n 1 2 n 1
f ( x ).n. ( B
x b )( x b ) CS ) (
( x b ) ( x b )
x b x b
( x b )
Từ nhị thức Newton
2 n n( n )t
( t ) 1 nt ,t 0 2
Và
2
n( n )
1 nt 2nt , t 1,n 2 2
nên ta có:
( t ) n 2nt đó: ( x bj ) n2( x bj ),t x bj 0
n 2 n1 2 n
1 1 1
f ( x ). n. 2n 2n 1 b 1 b 1 b
3. BÀI LUYỆN TẬP:
(36)( x 1)( x )( x )( x ) m Có nghiệm khác Tính giá trị:
1 2 3 4
1 1 1 1 P
x x x x
theo m
Hướng dẫn Dùng định lí Viet Kết 50
24m
Bài tập 19.2: Cho đa thức : f ( x )x44x32x212x 1 Hãy tính tổng
2 n
i 2 2 i 1 i
2x 1 S
( x 1 )
với n số nghiệm xi đa thức f ( x ) Hướng dẫnChứng minh f ( x ) có nghiệm Kết S 9 2
Bài tập 19.3: Cho abc0 a b c 0 7 5 3
Chứng minh: f ( x )ax4bx2 c 0 có nghiệm Hướng dẫn Xét F( x ) ax7 bx5 cx3
7 5 3
áp dụng định lí Lagrange
0,1Bài tập 19.4: Cho x ,x ,x ,x1 2 3 4 nghiệm phương trình: x33 px q 0 Lập phương trình bậc có nghiệm là:
1 2 1 3 2 3 2 1
( x x )( x x ), ( x x )( x x ),
( x3x )( x1 3x )2 Hướng dẫn
Dùng định lí Viet Kết 3 2 2 3
x 9 px 27( q 4 p )0
Bài tập 19.5: Tồn hay không tồn số a ,a , ,a1 2 nRlà nghiệm đa thức:
n
n k k k n k n k k 1
P( x ) x ( ) C a x
Hướng dẫn Chú ý tổ hợp Kết a1a2 an a
Bài tập 19.6: Cho
2 o 1 2
n n a 1,a n,a
2
Tìm n nghiệm đa thức
n n 1
o 1 n 1 n
(37)Bài tập 19.7: Cho phương trình x3ax2bx 0 có nghiệm dương Chứng minh rằng:
2
2a ( a ) 9( 3b ) Dấu đẳng thức xảy nào? Hướng dẫn Dùng Viet bất đẳng thức AMGM
Bài tập 19.8: Phương trình: z32z z m 0 có nghiệm hữu tỉ phân biệt không? Hướng dẫn
Dùng phản chứng
Kết khơng thể có nghiệm hữu tỉ phân biệt Bài tập 19.9: Tìm a để phương trình sau vơ nghiệm:
6 5 4 3 2
x 3x ( 6a )x (72a )x ( 60a )x 3x 1 0 Hướng dẫn
Biến đổi đưa tham số a bên Kết a 27
4
Bài tập 19.10: Đặt un cosn cosn3 cosn5 ,n
7 7 7
nguyên Chứng minh un hữu tỉ với n nguyên