Định nghĩa và tính chất của đa thức Một hàm số dạng được gọi là một đơn thức với là một số bất kì (tổng quát nhất a là một số phức), x là một biến độc lập và k là một số nguyên không âm. Số k gọi là bậc của đơn thức và kí hiệu . Định nghĩa 1.1. Một hàm số được gọi là một đa thức nếu nó có thể biểu diễn dưới dạng tổng hữu hạn các đơn thức, nghĩa là
MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ ĐA THỨC CHƯƠNG I MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.1 Định nghĩa tính chất đa thức k Một hàm số dạng f ( x ) ax gọi đơn thức với a �0 số (tổng quát a số phức), x biến độc lập k số nguyên không âm Số k gọi bậc đơn k thức kí hiệu k deg( ax ) Định nghĩa 1.1 Một hàm số P ( x ) gọi đa thức biểu diễn dạng tổng hữu hạn đơn thức, nghĩa P( x ) a1 x n1 a2 x n2 ak x nk , a1 , a2 , , ak số bất kì, cịn n1 , n2 , , nk số nguyên không âm Dễ thấy đa thức biểu diễn dạng P( x ) an x n an 1 x n 1 a1 x a0 , 212\* MERGEFORMAT (.) 11Equation Section (Next) an �0, an 1 , , a0 số Dạng (1.1) gọi dạng chuẩn tắc P(x) Các số thức, an hệ số cao nhất, a0 an , an 1 , , a0 gọi hệ số đa hệ số tự Số tự nhiên n gọi bậc P(x) kí hiệu n deg P ( x ) Chú ý số khác không đa thức bậc không Quy ước số khơng đa thức bậc ∞ Tính chất: Tổng, hiệu, tích hữu hạn đa thức đa thức deg P( x ) � Q ( x ) deg P( x ) deg Q ( x ) , deg P( x ) Q( x ) max deg P( x ),deg Q ( x ) Nguyên lí so sánh hệ số đa thức Định lí 1.1 (Nguyên lí so sánh hệ số đa thức) Cho hai đa thức P( x ) an x n an 1 x n 1 a1 x a0 , Q ( x ) bn x n bn 1 x n1 b1 x b0 , , , n 1 ( i � j với i với n �m Chứng minh tồn n + số đôi khác ≠ j) cho P (i ) Q (i ), i 1, 2, , n , n = m a0 = b0, a1 = b1,…, an = bn Chứng minh Bằng cách bỏ điều kiện bn ≠ 0, ta bổ sung Q ( x ) bn x n bn 1 x n 1 b1 x b0 Ta chứng minh định lí phương pháp Với n = P(x) = a1x + a0, Q(x) = b1x + b0 tồn quy nạp toán học theo n 1 � cho a11 a0 b11 b0 , a1 a0 b1 b0 a ( ) b1 (1 ) Trừ theo vế hai đẳng thức ta 1 Suy a1 = b1, kéo theo a0 = b0 Giả sử khẳng định với n – Ta phải chứng minh khẳng định với n Ta có P ( x ) P ( n 1 ) an x n nn1 an 1 x n 1 nn11 a1 x n 1 ( x n 1 ) an x n 1 an' 1x n 2 a1' ( x n 1 ) P1 ( x ), n 1 ' n2 ' P1 ( x ) an x an 1 x a1 Tương tự ta có Q( x ) Q ( n 1 ) ( x n 1 ) bn x n 1 bn' 1 x n 2 b1' ( x n 1 )Q1 ( x ), n 1 ' n 2 ' với Q1 ( x ) bn x bn 1 x b1 Khi với i = 1, 2, …, n ta có P1 (i ) P (i ) P ( n 1 ) Q ( i ) Q ( n 1 ) Q1 (i ) i n 1 i n 1 ' ' ' ' Theo giả thiết toán học suy an bn , an 1 bn 1 , , a1 b1 Đặt P2 ( x ) an 1 x n 1 an 2 x n 2 a1 x a0 , Q2 ( x ) bn 1 x n 1 bn 2 x n b1 x b0 Dễ thấy với i = 1, 2, …, n ta có P2 ( i ) P( i ) an in Q ( i ) bn in Q2 ( i ) Theo giả thiết toán học suy an 1 bn 1 , an 2 bn 2 , , a0 b0 Vậy ta có điều phải chứng minh Từ định lí ta dễ dàng suy kết sau Định lí 1.2 Dạng chuẩn tắc đa thức Định lí 1.3 Cho A tập vơ hạn số, P(x) Q(x) hai đa thức Nếu với a �A thỏa mãn đẳng thức P(a) = Q(a) hai đa thức P(x) Q(x) Định lí 1.4 Cho n > số tự nhiên, 1 , , , n 1 số đơi khác 1 , , , n 1 số Khi tồn đa thức P(x) có bậc khơng lớn n cho P (1 ) 1 , P( ) , , P( n 1 ) n 1 (Đa thức Lagrange) Chứng minh Dễ dàng kiểm tra đa thức n 1 P ( x ) � i i 1 �( x ) j j �i �( i j) j �i thỏa mãn deg P( x ) �n, P(i ) i với i = 1, 2, …, n + Tính dễ dàng suy từ nguyên lí so sánh hệ số đa thức 1.2 Phép chia đa thức Định nghĩa 1.2 Ta nói đa thức P(x) chia hết cho đa thức Q(x) tồn đa thức S(x) Q( x) S ( x) Ta kí hiệu P( x )M cho P( x ) Q( x ) � Với phép chia hết ta có số tính chất sau Với đa thức P(x) với số �0 ta có P( x )MP ( x ) Q ( x ) Q ( x )MP( x ) tồn số �0 cho P ( x ) Q ( x ) Nếu P( x )M Q ( x ) Q ( x )MS ( x ) P ( x )MS ( x ) Nếu P( x )M Nếu Pi ( x )MQ ( x ) với i = 1, 2, …, n S1 ( x ), S2 ( x ), , Sn ( x ) đa thức S1 ( x ) P1 ( x ) S2 ( x ) P2 ( x ) Sn ( x ) Pn ( x ) MQ ( x ) Với phép chia có dư ta có số kết đáng ý sau Định lí 1.5 Với hai đa thức P(x) Q(x) ≠ tồn đa thức S(x) R(x) thỏa mãn P( x ) Q ( x ) � S ( x ) R( x ) deg R ( x ) deg Q ( x ) Đặc biệt Q(x) đa thức bậc dạng Q(x) = x – a ta xác định hệ số đa thức thương số dư nhờ sơ đồ Horner n n 1 Định lí 1.6 Cho đa thức P ( x ) an x an 1 x a1 x a0 Q(x) = x – α Hệ số đa thức n n 1 thương Q ( x ) bn x bn 1 x b1 x b0 số dư R(x) = r tính từ công thức sau phép chia P(x) cho Q(x): b0 a0 b0 a1 b0 , bn 1 an bn 2 , r an bn 1 Ta viết lại công thức theo sơ đồ Horner: α a0 a1 b0 b1 = a1 = a0 1.3 … + αb0 αbn-2 an-1 an bn-1 = an-1 + r = an + αbn-1 Ước chung lớn bội chung nhỏ Định nghĩa 1.3 Cho P(x) Q(x) hai đa thức không đồng thời đồng không Đa thức D(x) gọi ước chung lớn P(x) Q(x) P( x )MD( x ) Q ( x ) MD ( x ) Nếu Kí hiệu P( x )MD1 ( x ) D ( x ) P ( x ), Q ( x ) Q ( x )MD1 ( x ) D( x )MD1 ( x) Dễ thấy ước chung lớn hai đa thức xác định sai khác số khác khơng Định lí 1.7 a) Q ( x ) chúng có ước chung lớn Nếu P(x) Q(x) hai đa thức cho P ( x ) M P( x ), Q( x ) Q( x ) b) Nếu hai đa thức P(x) Q(x) có ước chung lớn �0 số P( x ), Q ( x ) P( x ), Q ( x ) P( x ), Q ( x ) Định lí 1.8 Cho P(x) Q(x) hai đa thức có ước chung lớn R(x) số dư phép chia P(x) cho Q(x) Khi Q(x) R(x) có ước chung lớn P( x ), Q( x ) Q ( x ), R( x ) Từ kết ta chứng minh được: Định lí 1.9 Hai đa thức khơng đồng thời khơng có ước chung lớn Chứng minh Ta xét P(x) Q(x) hai đa thức khác không giả sử deg P ( x ) �deg Q ( x ) Ta chia P(x) cho Q(x): P( x ) Q ( x ) � S1 ( x ) R1 ( x ) Nếu R1(x) = theo định lí 1.7 ta có deg Q( x ) �deg R1 ( x ) theo định lí 1.8 ta có Ta chia Q(x) cho R1(x): P( x), Q( x) Q ( x) Nếu R1 ( x ) �0 P( x ), Q ( x ) Q ( x ), R1 ( x ) Q( x ) R1 ( x ) � S2 ( x ) R2 ( x ) Nếu R2(x) = theo định lí 1.7 ta có deg R1 ( x ) �deg R2 ( x) theo định lí Tiếp tục trình ta nhận dãy đa thức Q ( x ), R1 ( x ) R1 ( x ) 1.8 ta có Nếu R2 ( x ) �0 Q ( x ), R1 ( x) R1 ( x ), R2 ( x ) P ( x ), Q ( x ), R1 ( x ), R2 ( x ), cho deg P ( x ) �deg Q ( x ) deg R1 ( x ) deg R2 ( x ) P( x ), Q( x ) Q( x ), R1 ( x ) R1 ( x), R2 ( x ) Dễ thấy trình kéo dài hữu hạn bước nên đến lúc ta nhận đa thức Rk(x) cho Rk ( x )MRk 1 ( x ) Do đa thức ước chung lớn phải tìm Cách chứng minh cho ta cách tìm ước chung lớn hai đa thức cách thực hữu hạn bước phép chia thương số dư Sơ đồ thực trình gọi thuật toán Euclid Định nghĩa 1.4 Bội chung nhỏ hai đa thức P(x) Q(x) đa thức M(x) khác không cho Q( x) M ( x )MP ( x ) M ( x )M Nếu M ( x )MP ( x ) M ( x )MQ ( x ) M ( x ) MM ( x ) M ( x ) P ( x ), Q ( x ) Kí hiệu bội chung nhỏ Định lí 1.10 Cho P(x) Q(x) hai đa thức Q ( x ) bội chung nhỏ chúng P(x) Nếu P( x )M Nếu P(x) Q(x) có bội chung nhỏ �0 số Q( x) P( x ), Q( x) �P( x ), Q( x ) P( x ), � Định lí 1.11 Chứng minh với hai đa thức khác không P(x) Q(x) thỏa mãn đẳng thức sau: Q ( x ) P( x), Q( x ) � P( x ), Q ( x) P( x) � 1.4 Nghiệm đa thức Nghiệm đa thức có số tính chất sau Định lí 1.12 (Định lí DAlembert) Mọi đa thức bậc khác khơng với hệ số phức có nghiệm phức Định lí 1.13 (Định lí Bézout) Số nghiệm đa thức P(x) P(x) chia hết cho x Định lí 1.14 Mọi đa thức P( x ) an x n an 1 x n 1 a1 x a0 biểu diễn dạng P( x ) a n ( x 1 )( x ) ( x n ) , , , , n nghiệm đa thức Xét mối quan hệ nghiệm hệ số đa thức ta có kết sau: Định lí 1.15 (Cơng thức Viéte) Cho đa thức P ( x ) an x n an 1 x n 1 a1 x a0 an ( x 1 )( x ) ( x n ) , 1 , , , n nghiệm đa thức Ta có n n 1 1 1 n 1 n an 1 an , an an , …… 1 k n k 1 n k n ( 1) k 12 n ( 1) n an k 1 an , a0 an Khi xét phạm vi đa thức có hệ số ngun ta có số tính chất sau Định lí 1.16 Cho u v số nguyên tố Nếu số hữu tỉ thức với hệ số nguyên P( x ) an x n an 1 x n 1 ax a0 a0 u v nghiệm đa , chia hết cho u an chia hết cho v Định lí 1.17 Cho u v số nguyên tố Nếu số hữu tỉ thức với hệ số nguyên P ( x ) an x n an 1 x n 1 ax a0 u v nghiệm đa , với số nguyên m số P(m) chia hết cho (u – m.v) Trường hợp đặc biệt u + v ước số P(- 1), u – v ước số P(1) 1.6 Đa thức khơng phân tích 1.6.1 Định nghĩa Cho T tập hợp số Định nghĩa 1.5 Một đa thức P(x) khác đa thức bậc không với hệ số tập hợp T gọi khơng phân tích (bất khả quy) T, khơng biểu diễn tích hai đa thức khác đa thức bậc không với hệ số T với bậc nhỏ bậc P(x) Định lí 1.18 Nếu đa thức hệ số ngun khơng phân tích thành tích hai đa thức hệ số ngun khơng phân tích thành tích hai đa thức hệ số hữu tỉ Nhận xét Từ kết định lí ta thấy phân tích tập hợp số hữu tỉ đưa khơng phân tích tập hợp số nguyên Quy ước: Từ sau trở khơng giải thích thêm ta xét khơng phân tích tập số nguyên Xem xét tiêu chuẩn để đa thức khơng phân tích ta có kết mạnh sau 1.6.2 Tiêu chuẩn Eisenstein n n 1 Định lí 1.19 Cho P( x ) an x an 1 x a1 x a0 đa thức hệ số nguyên Giả sử số nguyên tố p thỏa mãn điều kiện sau: 1) a0 không chia hết cho p 2) Tất hệ số khác chia hết cho p 3) an không chia hết cho p2 Khi đa thức P(x) khơng phân tích 1.7 Số đại số Định nghĩa 1.6 Một số α gọi số đại số nghiệm đa thức hệ số hữu tỉ Dễ thấy α số đại số α nghiệm đa thức hệ số nguyên Cho α số đại số Ta gọi bậc đa thức có bậc nhỏ hệ số hữu tỉ nhận α nghiệm bậc α Nguyên đa thức (đa thức có hệ số số nguyên nguyên tố nhau) có bậc nhỏ hệ số cao dương gọi đa thức tối thiểu số đại số α Định lí 1.20 Số α số đại số bậc số hữu tỉ Định lí 1.21 Cho α số đại số có đa thức tối thiểu m(x), P(x) đa thức hệ số hữu tỉ Khi P(α) = P(x) chia hết cho m(x) Định lí 1.22 Với số đại số đa thức tối thiểu Định lí 1.23 Cho α số đại số P(x) nguyên đa thức với hệ số cao dương cho P(α) = Khi P(x) đa thức tối thiểu α P(x) khơng phân tích tập số hữu tỉ Định lí 1.24 Cho α số đại số có đa thức tối thiểu m(x), m(x) khơng có nghiệm bội 311Equation Chapter (Next) Section 1CHƯƠNG II MỘT SỐ BÀI TỐN THƯỜNG GẶP 2.1 Phương trình hàm đa thức 2.1.1 Quy đa thức tuần hoàn Tính chất: Nếu P(x) đa thức tuần hồn, tức tồn số a khác cho P(x + a) = P(x) với x, P(x) = C Ví dụ 2.1 Tìm đa thức hệ số thực thỏa mãn xP( x 1) ( x 3) P( x ) với x Lời giải Cho x giá trị 0, 1, ta thấy P(x) có nghiệm 1, 2, Do P(x) có dạng P( x ) x( x 1)( x 2)Q ( x ) , Q(x) đa thức Thay P(x) vào phương trình cho ta Q(x) = Q(x – 1) với x Suy Q(x) = C Vậy P(x) = Cx(x - 1)(x – 2), thử lại thỏa mãn yêu cầu 2 Ví dụ Tìm đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn ( x 1) P ( x ) ( x 3) P ( x 2) với x Lời giải 2 Do (x – 1, x – 3) = nên P( x) M( x 3) hay P(x) có dạng P ( x ) ( x 3) Q ( x ) , Q(x) đa thức Thay P(x) vào phương trình cho ta Q(x) = Q(x + 2) hay Q(x) = C Vậy P ( x ) C ( x 3) , thử lại thỏa mãn yêu cầu Ví dụ 2.3 (Newyork, 1975) Tìm đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn P(x) = P( x ) P( x 1) P( x 1) Nhận xét: Dự đoán P(x) = Cx Lời giải Xét đa thức Q(x) = P(x +1) – P(x) Từ giả thiết ta có Q ( x ) Q ( x 1), x �R � Q ( x ) C Do P ( n ) P ( n ) P ( n 1) P ( n 1) P ( n 2) P(1) P(0) P(0) nC , n �� Suy P(x) = Cx, thử lại thỏa mãn yêu cầu Ví dụ 2.4 Tìm da thức P(x) hệ số thực thỏa mãn 10 Lời giải Giả sử P(x) có nghiệm nguyên x0 Khi P(x) có dạng đa thức Ta có P ( x ) ( x x0 )Q ( x ) , Q(x) P( a ) a x0 Q ( x ) � a x0 Tương tự ta có a x0 b x0 c x0 a x0 b x0 c x0 Do tồn hai ba số dấu Mâu thuẫn với giả thiết a, b, c phân biệt Vậy ta có điều phải chứng minh Ví dụ 2.24 Cho P(x) đa thức với hệ số nguyên P(x) nhận giá trị với bốn giá trị nguyên khác x Chứng minh P(x) – 14 khơng có nghiệm nguyên Lời giải Giả sử P(x) – 14 có nghiệm nguyên x0 a, b, c, d bốn số nguyên phân biệt cho P ( a ) P (b) P ( c ) P (d ) Ta có P ( x ) ( x a )( x b)( x c )( x d )Q ( x ) với Q(x) đa thức Do P ( x0 ) ( x0 a )( x0 b)( x0 c)( x0 d )Q ( x0 ) Suy x a, x0 b, x0 c, x0 d hai bốn số – Mâu thuẫn với giả thiết a, b, c, d phân biệt Vậy ta có điều phải chứng minh Ví dụ 2.25 Cho đa thức P(x) bậc n với hệ số thực có hệ số bậc cao Biết P(x) có n nghiệm x1 , x2 , , xn thỏa mãn xi �1, i 1, n Chứng minh � 1� ( 2)n P � ��( 3)n P(0) � 2� Lời giải Ta có P( x ) ( x - x1 )( x - x2 ) ( x - xn ) Þ P (0) (-1) n x1 x2 xn (2 x1 1)(2 x2 1) (2 xn 1) � 1� � � �1 ��1 � P� � � x1 � x2 � � xn � ( 1) n � 2n � 2� � � �2 ��2 � � 1� � ( 2) n P � � (2 x1 1)(2 x2 1) (2 xn 1) �3 x1 x2 xn 3n x1 x2 xn � 2� � 1� n � ( 2) n P � ��3 ( 1) n P(0) ( 3) n P(0) � 2� 21 n Dấu xảy P ( x ) ( x 1) Ví dụ 2.26 Cho đa thức P(x) bậc n với hệ số thực cho P(k ) k , k �0,1, , n k 1 Hãy tính P(n + 1) Lời giải Đặt Q(x) =(x+1)P(x) – x Q(x) đa thức bậc n + có n + nghiệm 0, 1, 2, …, n Do Q ( x ) ax ( x -1)( x - 2) ( x - n ) � Q (-1) a (-1) n 1 ( n 1)! Suy Vậy a P( n 1) ( 1) n 1 n 1 ( n 1)! Q (n 1) ( 1) ( n 2) P (n 1) (n 1) n n với n chẵn P(n + 1) =1 với n lẻ 2.3.3 Sử dụng định lí Viéte k k Ví dụ 2.27 Cho x1, x2 hai nghiệm tam thức bậc hai ax bx c Sk x1 x2 Chứng minh với số nguyên k ta có aSk bSk 1 cSk Lời giải Trước hết ta chứng minh kết sau: k k Cho x, y Sk x y , 1 x y , xy ta có �S0 2, S1 1 , S2 12 2 � �Sk 2 1Sk 1 Sk , k �1 Thật vậy, dễ tính S0 2, S1 1 , S2 1 2 Sk x k y k ( x y )( x k 1 y k 1 ) xy ( x k y k ), k �1 b c 1 , a a ta Áp dụng kết định lí Viéte với aSk bSk 1 cSk 22 Ví dụ 2.28 Cho x1, x2, x3 ba nghiệm phương trình bậc ba ax bx cx d Sk x1k x2k x3k Chứng minh với số nguyên k ta có aSk 3 bSk 2 cSk 1 dSk Hướng dẫn giải Tương tự ví dụ 2.27 Ví dụ 2.29 (HSGQG 1979) Cho phương trình x ax bx c có ba nghiệm u, v, t Với giá 3 3 3 trị a, b, c số u , v , t nghiệm phương trình x a x b x c ? Lời giải Áp dụng định lí Viéte cho phương trình thứ ta có u v t a, uv vt tu b, uvt c n n n S aSk bSk 1 cSk Đặt Sn u v t ta có k Do S3 a u v t b(u v t ) cuvt a (u v t ) 2(uv vt tu ) b(u v t ) cuvt a 3ab 3c Áp dụng định lí Viéte cho phương trình thứ ta có S3 a Từ suy c = ab (*) Thử lại điều kiện (*) thỏa mãn yêu cầu tốn Ví dụ 2.30 (HSGQG 1980) Phương trình z z z m có ba nghiệm hữu tỉ phân biệt không? Tại sao? Lời giải u v w , , Giả sử phương trình cho có ba nghiệm hữu tỉ t t t , u, v, t, w số nguyên không đồng thời số chẵn Áp dụng định lí Viéte ta có 2 2 �u � �v � �w � �u v w � uv vt tw 8 � � � � � � � � t2 �t � �t � �t � �t t t � 2 2 Hay u v w 8t chia hết u, v, w chẵn Mà uv + vt + tw = -2t chia hết t chẵn Vơ lí 23 n n 1 Ví dụ 2.31 Cho đa thức P( x ) x a1 x an 1 x an có n nghiệm không âm Chứng minh n �an 1 � n 1 � ��an � n � Lời giải Giả sử n nghiệm P(x) x1 , x2 , , xn Áp dụng định lí Viéte ta có n 1 � �x1 x2 xn 1 x1 x2 xn 2 xn x2 xn 1 xn 1 an 1 � n x1 x2 xn 1 an � Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta 1 ( 1) n an 1 x1 x2 xn 1 x1 x2 xn 1 xn x2 x3 xn n n �n ( x1 x2 xn ) n 1 n ( 1)n ann1 n �an 1 � n 1 � ��an Vậy � n � n n 1 n 2 2 Ví dụ 2.32 Cho đa thức P( x ) ax ax c2 x cn 2 x n bx b bậc n có n nghiệm dương Chứng minh tất nghiệm Lời giải Giả sử n nghiệm P(x) x1 , x2 , , xn Áp dụng định lí Viéte ta có � � x1 x2 xn �n b � x1 x2 xn ( 1) n n �� a �k 1 xk � n b � x1 x2 xn ( 1) a � Do b a �1 � n2 x1 x2 xn �n � � n b x x x �1 n � ( 1) a ( 1)n n Vậy x1 x2 xn 24 Ví dụ 2.33 (HSGQG 1988) Cho đa thức P( x ) a0 x n a1 x n 1 an 1 x an bậc n với n �3 Biết P(x) có n nghiệm thực hệ số a2 , a3 , , an a0 1, a1 n , a2 n (n 1) Hãy xác định Lời giải Giả sử n nghiệm P(x) x1 , x2 , , xn Áp dụng định lí Viéte ta có � n n2 n � �xk xl � k ,l 1 �x x x n �1 n n �n � � �xk2 x1 x2 xn ��xk xl � n k 1 k ,l 1 � � n n n k 1 k 1 � �( xk 1) �xk2 2�xk n k 1 � P ( x ) ( x 1) n k k Vậy ak ( 1) Cn , k 0,1, , n Ví dụ 2.34 (HSGQG 2009) Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện: với số nguyên dương n n n n, a b c số nguyên Chứng minh tồn số nguyên p, q, r cho a, b, c ba nghiệm phương trình x px qx r Lời giải n n n Đặt Tn a b c ��, n �1 Ta chứng minh số p = - (a + b + c), q = ab + bc + ca, r = abc thỏa mãn điều kiện toán Ta phải chứng minh p, q, r số nguyên Thật vậy, ta có T1 p, T2 p 2q, T3 p pq 3r, Tn 3 pTn qTn 1 rTn , � p T1 ��, q p T2 ��, 2T3 ��� 6r �� 3T4 3 pT3 3qT2 3rT1 3 pT3 p q 6q ��� 6q �� k k2 q � 6q ��� k M2 � q �� m T3 ��� 3r ��� r 25 (2.11) Từ (2.11) ta có Nếu rTn ��, n �1 � mTn M3 Tn ,3 � mM3 � r �� Nếu Tn M3, n � p T1 M3 � T3 p pq m � m M3 � r �� Vậy ta có điều phải chứng minh Tiếp theo ta xét vài ví dụ việc sử dụng tính chất nghiệm đa thức để chứng minh bất đẳng thức Ví dụ 2.35 Cho a, b, c, d số dương Chứng minh abc abd acd bcd ab ac ad bc bd cd � Dấu xảy nào? Lời giải Giả sử a < b < c < d P ( x ) ( x - a )( x - b)( x - c )( x - d ) � P( a ) P(b) P( c ) P(d ) Áp dụng định lí Roll ta thấy tồn y1 �[a; b], y2 �[b;c], y3 �[c; d ] nghiệm P '( x ) P ( x ) x T1 x T2 x T3 x T4 , T = a + b + c + d, Ta có T2 = ab + ac + ad + bc + bd + cd, T3 = abc + abd + acd + bcd, T4 = abcd P '( x ) x 3T1 x 2T2 x T3 có ba nghiệm dương y1 , y2 , y3 Theo định lí Viete ta có y1 y2 y1 y3 y2 y3 T2 T ; y1 y2 y3 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có ( y1 y2 y� y3 y1 y3 ) 2 3 y1 y2 y3 T2 �T3 � � � �4 � T3 T2 Dấu xảy a = b = c = d Ví dụ 2.36 (HSGQG 1996) Cho a, b, c, d số không âm thỏa mãn 2( ab ac ad bc bd cd ) abc abd acd bcd 16 a b c d � ( ab ac ad bc bd cd ) Chứng minh 26 Lời giải Đặt P( x ), Ti (i 1, 4) y1 y2 y3 y ,y ,y ví dụ 2.35 ta có P '( x ) có ba nghiệm không âm 3T1 T T ; y1 y2 y1 y3 y2 y3 ; y1 y2 y3 4 Từ giả thiết ta có 2T2 T3 16 � y1 y2 y1 y3 y2 y3 y1 y2 y3 (2.12) T1 � T2 � y1 y2 y3 �y1 y2 y y3 y2 y3 Ta phải chứng minh (2.13) Thật vậy, (2.12) nên ba số y1 , y2 � y3 có nhiều số khơng Giả sử y1 y2 y1 y2 y1 y2 Thay vào (2.13) ta y1 y2 � Nếu y1 , y2 , y3 (1 y1 )(1 y2 ) �0 y1 y2 y1 y2 �4 y1 y2 y1 y2 y1 y2 y1 y y1 y ( y1 y2 2) �y1 y2 (1 y1 )(1 y2 ) (2.14) (2.14) (2 y1 y2 ) (1 y1 )(1 y ) � (1 y1 )(1 y2 ) 0 y1 y2 �4 Nếu suy (2.14) 2.3.4 Số đại số Ví dụ 2.37 Chứng minh α số hữu tỉ số cos số đại số Lời giải Cho m số tự nhiên Ta có cos i sin m cosm iCm1 cos m 1 sin i 2Cm2 cosm 2 sin i mCmm sin m Mặt khác, theo công thức Moivre cos i sin m cos m i sin m So sánh phần thực số phức hai đẳng thức ta 27 cos m cosm Cm2 cosm 2 sin Cm4 cosm sin � ( 1) Cmm sin m , m 2k , � � m 1 ( 1) Cmm 1 cos sin m 1 , m 2k � m cos m cosm Cm2 cosm 2 cos Cm4 cosm 4 cos2 m � ( 1) Cmm cos , m k , � � m 1 m 1 m 1 2 � ( 1) C cos cos , m 2k m � m Cho số hữu tỉ α có dạng n m với n m > số nguyên Ta kí hiệu đa thức P ( x ) x m Cm2 x m 2 x Cm4 x m4 x � ( 1) m2 C m x 2 , m � � m 1 m 1 m 1 2 � ( 1) C x x , m � m m 2k , m 2k Khi n � n � P (cos ) P � cos � cos m cos n ( 1) n m � m � n Suy cos nghiệm đa thức G ( x ) P ( x ) ( 1) có hệ số nguyên Ví dụ 2.38 Chứng minh số Lời giải số đại số 2, số đại số đa thức tối thiểu chúng m1(x) = x3 - m2(x) = x2 - Những nghiệm m2(x) 3, Hiển nhiên số nghiệm đa thức Dễ thấy P( x ) m1 ( x 3)m ( x 3) Ta kiểm tra đa thức có hệ số nguyên Thật x 2 x 2 x x 3( x 1) x P( x ) 3 x 3( x 1) x x x 27 x 36 x 23 Suy số nghiệm đa thức có hệ số nguyên Vậy số đại số � � P� cos � Ví dụ 2.39 Cho P(x) đa thức hệ số nguyên cho � �= Chứng minh � 3 � P� cos � � � Nhận xét: Nếu áp dụng cách làm ví dụ 2.38 ta dựng đa thức có hệ số nguyên nhận cos nghiệm Đa thức có bậc Tiếp theo ta dựng đa thức có bậc thấp thỏa mãn tính chất 28 Lời giải Ta có cos 4 i sin 4 cos i sin cos iC41 cos3 sin i 2C42 cos2 sin i 3C43 cos sin i 4C44 sin Ta nhận cos 4 cos4 6cos2 (1 cos2 ) cos 8cos 8cos Khi 8cos4 hay cos � � 8cos2 cos � � cos 8 �8� nghiệm đa thức m( x ) x x Dễ chứng minh đa thức khơng phân tích tập số hữu tỉ nên đa thức tối cos thiểu số � � P� cos � Gọi P(x) đa thức hệ số nguyên cho � � Khi P(x) chia hết cho m(x) Mà 3 3 � 3 � m� cos � cos cos 0 � � � 3 P� cos � Vậy � � � 2.3.5 Một số toán khác P( x ) x x 2n 13 Ví dụ 2.40 (HSGQG 2014) Cho đa thức với n số nguyên dương Chứng minh P(x) biểu diễn dạng tích n + đa thức khác số với hệ số nguyên Lời giải Do degP(x) = 4n nên P(x) biểu diễn dạng tích n + đa thức khác số với hệ số ngun phải có nhân tử có bậc nhỏ Nếu nhân tử có bậc có nghiệm thực mà P(x) vơ nghiệm � nên nhân tử có bậc Giả sử nhân tử f ( x ) ax bx c Vì hệ số lớn P(x) nên ta coi a = Ta có P(1) = P(6) = 13 chia hết cho f(1) = + b + c, f( 6) = 36 + 6b + c nên f(1), f(6) �1, �13 Mà f (1) f (6)M5 � f (1) f (6) � b 7 Do P(x) có dạng 29 P( x ) f ( x ) d 2n 13Mf ( x ) � d n 13 Vô lí Vậy ta có điều phải chứng minh Ví dụ 2.41 (HSGQG 2012) Cho cấp số cộng bậc hai ( an ),(bn ) số nguyên m > Xét m tam thức Pk ( x ) x ak x bk , k 1, 2, , m P1 ( x ), Pm ( x ) Chứng minh hai tam thức lại khơng có nghiệm thực khơng có nghiệm thực tất đa thức Lời giải Ta chứng minh bổ đề sau: 2 Bổ đề: Nếu a1 4b1 0, am 4bm với �[0;1] ta có a1 (1 )am b1 (1 )bm Chứng minh Ta có a1 (1 )am b1 (1 )bm ( a12 4b1 ) (1 ) ( am2 4bm ) (1 ) 2a1am 4( b1 bm ) 2 Mà 4(b1 bm ) a1 am � 2a1am 4(b1 bm ) (a1 am ) �0 Kết hợp với giả thiết ta có điều phải chứng minh Trở lại toán, 1 a12 4b1 0, 1 am2 4bm a , bn Công sai cấp số cộng n P1 ( x ), Pm ( x ) khơng có nghiệm thực nên am a1 bm b1 , m m Với k = 1, 2, …, m ta có am a1 m k k 1 a1 am ; m 1 m 1 m 1 b b mk k 1 bk b1 ( k 1) m b1 bm m 1 m 1 m 1 ak a1 ( k 1) Áp dụng bổ đề với khơng có nghiệm thực mk m ta có k ak 4bk 0, k 1, 2, , m hay tất đa thức 30 Ví dụ 2.42 (Trại hè Hùng Vương lần X) Cho P(x) Q(x) đa thức hệ số thực, có bậc 2014 hệ số cao Chứng minh phương trình P(x) = Q(x) khơng có nghiệm thực phương trình sau có nghiệm thực P( x 2013) Q ( x 2013) Lời giải Giả sử P ( x ) x 2014 a2013 x 2013 a2012 x 2012 a1 x a0 Q ( x ) x 2014 b2013 x 2013 b2012 x 2012 b1 x b0 Ta có P( x ) Q ( x ) � a2013 b2013 x Nếu a2013 b2013 �0 2013 a2012 b2012 x 2012 a1 b1 x ( a0 b0 ) phương trình () có nghiệm thực Do a2013 b2013 t () Khi P ( x 2013) Q ( x 2013) � ( x 2013) 2014 t ( x 2013) 2013 a2012 ( x 2013) 2012 a1 ( x 2013) a0 ( x 2013) 2014 t ( x 2013)2013 b2012 ( x 2013) 2012 b1 ( x 2013) b0 � 2C2014 2013x 2013 R( x ) Trong R(x) đa thức có bậc nhỏ 2013 2013 Dễ thấy 2C2014 2013x R ( x ) đa thức bậc lẻ nên phải có nghiệm thực Vậy ta có điều phải chứnh minh Nhận xét Ta tổng quát toán sau: Cho P(x) Q(x) đa thức hệ số thực, có bậc chẵn hệ số cao Chứng minh phương trình P(x) = Q(x) khơng có nghiệm thực phương trình sau có nghiệm thức P( x a ) Q ( x a ), với a số thực khác 2.4 Bài tập luyện tập Bài 2.1 Chứng minh đa thức sau khơng phân tích a) P( x) x x b) P( x ) x p px (2 p 1) , p số nguyên tố 31 c) P( x ) x p px p 1 px (3 p 1) , p số nguyên tố Bài 2.2 Cho p số nguyên tố, k > r số nguyên ( x ) k đa thức hệ số nguyên bậc nhỏ p Chứng minh r không chia hết cho p, đa thức k P ( x ) x p px ( x ) ( rp 1) khơng phân tích k xp 1 P ( x ) pk 1 x 1 Bài 2.3 Cho p số nguyên tố k số tự nhiên Chứng minh đa thức khơng phân tích Bài 2.4 Cho P(x) cho a1 , a2 , a3 , a4 số nguyên khác Chứng minh tồn đa thức nguyên P( a1 ) P(a2 ) P( a3 ) 1, P( a4 ) 1 Bài 2.5 Chứng minh không tồn đa thức hệ số nguyên dương nhận giá trị số nguyên tố với giá trị nguyên đối số Bài 2.6 Cho p1 , p2 , , pn số nguyên tố cố định Chứng minh không tồn đa thức n 1 2 hệ số nguyên dương nhận giá trị p1 , p2 , , pn với tất giá trị nguyên đối số, 1 , , , n số nguyên không âm Bài 2.7 Chứng minh với đa thức P(x) tồn đa thức Pk ( x ) cho Pk (0) P ( x ) Pk ( x 1) Pk ( x ) Bài 2.8 Tìm đa thức thỏa mãn điều kiện P( x k ) P( x ) k , k �2 số tự nhiên Bài 2.9 Cho số thực bất kì, cịn k �2 số tự nhiên Hãy tìm tất đa thức P(x) cho P ( x k ) P( x ) k Bài 2.10 Cho P(x) đa thức khơng tuyến tính với hệ số hữu tỉ Chứng minh tồn tập hợp vô hạn A số vô tỉ cho P( ) số hữu tỉ với thuộc A 32 Bài 2.11 Cho P(x) đa thức hệ số nguyên Chứng minh a) Nếu P(x) nhận giá trị với bốn giá trị nguyên khác x P(x) khác – với số nguyên x b) Nếu P(x) nhận giá trị với ba giá trị ngun khác x P(x) có nhiều giá trị nguyên x cho P(x) = - c) Nếu P(x) nhận giá trị với hai giá trị nguyên khác x P(x) có nhiều hai giá trị nguyên x cho P(x) = - Bài 2.12 Chứng minh số sau số đại số 3; 2; 7; Bài 2.13 Chứng minh P(x) đa thức hệ số nguyên P ( 3) P ( 3) 33 PHẦN III: KẾT LUẬN Sau thời gian làm việc nghiêm túc, với góp ý chân thành từ đồng nghiệp, tơi hồn thành chuyên đề với chương số ví dụ Tôi cố gắng tổng hợp, hệ thống tập chủ yếu trích từ thi học sinh giỏi THPT quốc gia, Quốc tế khu vực Giúp học sinh chuyên có thêm tư liệu học tập, tra cứu Dựa sở đó, chuyên đề thu kết sau: - Trình bày tổng quan, hệ thống lý thuyết thường sử dụng kí thi học sinh giỏi QG khu vực - Giúp học sinh có hệ thống ví dụ tập đa dạng, để thử sức với nhiều cấp độ khác Tôi hi vọng tài liệu bổ ích cho giáo viên học sinh chuyên Toán 34 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Trang web mathlinks.ro [2] Trang web mathscope.org [3] Nguyễn Hữu Điển Đa thức ứng dụng NXB GD 2003 [5] Nguyễn Văn Mậu Chuyên đề chọn lọc đa thức áp dụng NXB GD 2011 [6] Tạp chí tốn học tuổi trẻ, Nhà xuất giáo dục 35 ... đa thức hệ số nguyên Cho α số đại số Ta gọi bậc đa thức có bậc nhỏ hệ số hữu tỉ nhận α nghiệm bậc α Nguyên đa thức (đa thức có hệ số số nguyên nguyên tố nhau) có bậc nhỏ hệ số cao dương gọi đa. .. Tất hệ số khác chia hết cho p 3) an không chia hết cho p2 Khi đa thức P(x) khơng phân tích 1.7 Số đại số Định nghĩa 1.6 Một số α gọi số đại số nghiệm đa thức hệ số hữu tỉ Dễ thấy α số đại số α... nhỏ hệ số cao dương gọi đa thức tối thiểu số đại số α Định lí 1.20 Số α số đại số bậc số hữu tỉ Định lí 1.21 Cho α số đại số có đa thức tối thiểu m(x), P(x) đa thức hệ số hữu tỉ Khi P(α) = P(x)