Chuyên đề NGHIỆM và TÍNH CHẤT NGHIỆM của đa THỨC

Đa thức là nội dung rất quan trọng trong chương trình toán học phổ thông và bắt đầu được giảng dạy trong chương trình đại số ở cấp THCS. Các bài toán về đa thức cũng xuất hiện nhiều trong các kì thi học sinh giỏi Quốc gia và Quốc tế. Kiến thức liên quan để giải các bài tập đa thức cũng rất đa dạng và phong phú. Trong nội dung của chuyên đề nhỏ này chỉ đề cập đến một số vấn đề liên quan đến nghiệm của đa thức. Nội dung chuyên đề này bao gồm các phần sau: Nhắc lại một số kết quả cơ bản về tính chất số học và đại số của đa thức. I. Nghiệm nguyên của đa thức hệ số nguyên. II. Tính chất chia hết của hai đa thức. III. Định lý Viète và áp dụng. IV. Định lý Roll và áp dụng.

Chuyên đề: NGHIỆM VÀ TÍNH CHẤT NGHIỆM CỦA ĐA THỨC A MỞ ĐẦU Đa thức nội dung quan trọng chương trình tốn học phổ thơng bắt đầu giảng dạy chương trình đại số cấp THCS Các toán đa thức xuất nhiều kì thi học sinh giỏi Quốc gia Quốc tế Kiến thức liên quan để giải tập đa thức đa dạng phong phú Trong nội dung chuyên đề nhỏ đề cập đến số vấn đề liên quan đến nghiệm đa thức Nội dung chuyên đề bao gồm phần sau: */ Nhắc lại số kết tính chất số học đại số đa thức I Nghiệm nguyên đa thức hệ số nguyên II Tính chất chia hết hai đa thức III Định lý Viète áp dụng IV Định lý Roll áp dụng B NỘI DUNG */ Nhắc lại số kết tính chất số học đại số đa thức - Đa thức bậc n có khơng q n nghiệm thực - Đa thức có vơ số nghiệm đa thức khơng - Đa thức có bậc nhỏ n mà nhận giá trị n+1 giá trị khác đối số đa thức đa thức - Hai đa thức bậc nhỏ n mà nhận n+1 giá trị n+1 giá trị khác đối số đồng -Bậc tổng hai đa thức không lớn bậc hai đa thức - Bậc tích hai đa thức khác không tổng bậc hai đa thức - Hai đa thức f g thuộc ¡ [ x] g khác khơng (đa thức khơng), có cặp đa thức q, r ∈ ¡ [ x] cho f = qg + r r = deg r < degg với r ≠ - Dư phép chia đa thức f ( x) cho x − c f (c) -Với hai đa thức f , g ∈ ¢[ x] tồn ƯCLN f g ƯCLN - Nếu đa thức d ƯCLN đa thức f g, tồn hai đa thức u,v cho fu + gv = d Ngược lại đa thức d ước chung đa thức f g thỏa mãn fu + gv = d d ƯCLN f g - Hai đa thức f g nguyên tố tức ( f , g ) = tồn hai đa thức u,v cho fu + gv =  f ( x )  - Nếu đa thức f(x) g(x) nguyên tố  m  g ( x )   m nguyên tố với m,n nguyên dương n n −1 - Mọi nghiệm x0 đa thức f ( x) = a0 x + a1 x + + an−1 x + an (a0 ≠ 0) thỏa mãn bất đẳng thức | a0 | ( | x0 | −1) ≤ A, A = max | ak |, k = 1, n - Đa thức p bất khả quy ước đa thức bậc đa thức có dạng ap với a số khác - Mỗi đa thức f bậc lớn khơng phân tích thành tích đa thức bất khả quy Và phân tích khơng kể đến thứ tự nhân tử nhân tử bậc không - Tiêu chuẩn Eisenstein: n n −1 Cho P( x) = an x + an−1 x + + a1 x + a0 ∈ ¢[ x] Nếu có cách chọn số nguyên tố p thỏa mãn đồng thời điều kiện : *) an không chia hết cho p, *) Tất hệ số lại chia hết cho p *) a0 chia hết cho p không chia hết cho p p(x) khơng phân tích thành tích đa thức có bậc thấp với hệ số hữu tỷ - Ta có khẳng định sau đa thức nguyên: n n −1 (a) Định lý nghiệm nguyên Cho f ( x) = an x + an −1 x + + a1 x + a0 với a0 , a1 , , an số nguyên f(p) = với p nguyên Khi a chia hết cho p n n −1 (b) Định lý nghiệm hữu tỷ Cho f ( x) = an x + an −1 x + + a1 x + a0 với a0 , a1 , , an số nguyên f(p/q) = với p/q phân số tối giản Khi a0 chia hết cho p an chia hết cho q (c) Trong ký hiệu câu (b), với số nguyên k số f(k) chia hết cho p – kq - Định lý Viète: n n −1 a/ Giả sử phương trình an x + an−1 x + + a1 x + a0 = (an ≠ 0) (1) có n nghiệm (thực phức) x1 , x2 , , xn an −1   E1 ( x ) = x1 + x2 + + xn = − a n   an −  E2 ( x ) = x1 x2 + x1 x3 + + xn −1 xn = an    n a0   En ( x ) = x1 x2 xn = ( −1) a  n (2) b/ Ngược lại số x1 , x2 , , xn thỏa mãn hệ chúng nghiệm phương trình (1) c/ Các hàm E1 ( x), E2 ( x), , En ( x) hệ phương trình (2) gọi hàm (đa thức) đối xứng sơ cấp Viète - Kết sau hệ định lý Rolle : Nếu đa thức P ( x ) ∈ ¡ [ x ] có k nghiệm thực phân biệt P’(x) có k-1 nghiệm thực Nghiệm nguyên đa thức hệ số nguyên I Trong phần ta thường sử dụng tính chất chia hết, tính chẵn lẻ, định lý Bezout, định lý Fermat,… Bài 1.Cho đa thức P ( x), Q( x) ∈ ¢[ x] a ∈ ¢ thỏa mãn P(a) = P(a + 2015) = 0; Q (2014) = 2016 Chứng minh phương trình Q( P( x)) = khơng có nghiệm ngun Lời giải: P ( x) = ( x − a)( x − a − 2015).g ( x) , ⇒ P( x ) chẵn với ∀x ∈ ¢ Q( x) = ( x − 2014)h( x) + 2016 ⇒ Q ( P ( x )) = ( P ( x ) − 2014)h( P ( x)) + 2016 chia hết Q( P ( x)) ≠ 1∀x ∈ ¢ (đpcm) Bài Cho k ∈¥* Tìm tất đa thức P(x) thỏa mãn: ( x − 2015) k P ( x) = ( x − 2016) k P ( x + 1) (*) Lời giải: Giả sử P(x) đa thức thỏa mãn đề Ta thấy x=2016 nghiệm bội bậc ≥ k k P(x).Theo định lý Bezout ta có P( x) = ( x − 2016) Q( x) , thay vào (*) ta ( x − 2015) k ( x − 2016) k Q( x) = ( x − 2015) k ( x − 2016) k Q( x + 1) Từ suy Q( x) = Q( x + 1) ∀x , hay Q ( x) = a số Vậy P( x) = a( x − 2016) k Thử lại Bài 3: Cho f ∈ ¢[ x ] a/ Giả sử ∏ f (i) i =0 không chia hết cho Chứng minh phương trình f ( x) = khơng có nghiệm ngun b/ Chứng minh f ( x) = có nghiệm nguyên phương trình f ( x ) = −1 khơng có nghiệm ngun c/ Giả sử a,b,c nghiệm nguyên khác phương trình f ( x) = Chứng minh nghiệm nguyên phương trình f ( x) = −1 lớn {a,b,c} d/ Giả sử degf ≥1, n(f) số nghiệm nguyên phương trình f ( x) = Chứng minh n( f ) ≤ degf + e/ Giả sử f ∈ ¢[ x] , a, b ∈ ¢ cho f (a ) = f (b) = , c, d ∈ ¢ cho f (c) = f (d ) = −1 Chứng minh {a,b,c,d} hoán vị bốn số nguyên liên tiếp Lời giải a/ Giả sử x0 ∈ ¢ nghiệm phương trình f ( x) = Viết x0 = 5q + r , r ∈{0,1, 2,3} Vì f ( x0 )M5 ⇒ f (r )M5 điều vơ lý Vậy phương trình f ( x) = khơng có nghiệm ngun b/ Giả sử phương trình f ( x) = có bốn nghiệm a, b, c, d ∈ ¢ khác Suy f ( x) = ( x − a )( x − b)( x − c)( x − d )Q ( x ) + với Q ( x ) ∈ ¢[ x ] Do -2 khơng thể phân tích thành tích bốn số nguyên phân biệt nên phương trình f ( x) = −1 khơng thể có nghiệm ngun c/ Giả sử phương trình f ( x) = có nghiệm nguyên a,b,c phương trình f ( x ) = −1 có nghiệm ngun d Theo câu b ta suy phương trình f ( x) = có nghiệm Khi f ( x) = ( x − a)( x − b)( x − c)Q ( x) + với Q( x) ≠ 0∀x ∈ ¢ Và −1 = (d − a )(d − b)(d − c)Q(d ) + ⇔ ( a − d ) ( b − d ) ( c − d ) Q ( d ) = suy ba số a-d,b- d,c-d phân biệt vàđều ước nên tồn số âm, giả sử a − d < ⇒ d > a ⇒ d > {a,b,c} (đpcm) d/ Giả sử n( f ) ≥ degf + (*) Do f ( x ) = ⇔ ( f ( x) − 1) ( f ( x) + 1) = số nghiệm phương trình f(x)=1 f(x)=-1 ≤ n( f ) nên ta suy hai phương trình f(x)=1 f(x)=-1 phải có nghiệm Giả sử phương trình f(x)=1 có nghiệm a,b,c (a n m − n > n − ≥ hay 12 t m −n+1 + t m− n < t n + t mà từ (1) (2) ta lại có t m −n+1 + t m −n = t n + t m − n + ≤ n hay m ≤ 2n − Ta lại (4) có x n + x − = g ( x) | ( x m −n g ( x) − f ( x)) = x m −n + − x m −n − x + n ≤ m − n + hay m ≥ 2n − (5) Từ (4) (5) ta có hai trường hợp: - n n n −2 Trường hợp 1: m=2n-2 Khi ta có x + x − 1| x − x − x + vô lý - n n +1 n −1 Trường hợp 2: m=2n-1 Khi ta có x + x − 1| x − x − x + Do ta có ( x + 1) ( x n + x − 1) ≡ x n +1 − x n−1 − x + hay n=3, m=5 Thử lại ta thấy giá trị thỏa mãn Vậy có cặp (m,n) thỏa mãn đầu (5;3) Bài 6.(Mỹ 1977) + m Tìm m, n ∈ ¢ cho đa thức p( x) = + x + x + + x ước đa thức q ( x) = + x n + x n + + x mn Lời giải ( m +1) n − = ( x n − 1) q( x), p0 ( x) = x m +1 − = ( x − 1) p ( x) Dễ thấy đa thức q0 ( x) = x khơng có nghiệm bội (phức) đa thức đạo hàm chúng khơng có nghiệm chung Nên đa thức p(x), q(x) khơng có nghiệm bội Từ kết ta có p( x) | q( x) nghiệm p(x) nghiệm q(x) n Ta có cặp đa thức ( x − 1) q( x) ; ( x − 1) p( x) khơng có nghiệm chung, đồng thời ( ) p0 ( x) | q0 ( x); ( x − 1) | x ( m+1) n − nên nghiệm p(x) nghiệm n m +1 q(x) hai đa thức x − x − có nghiệm chung x=1 Ta xét hai trường hợp sau: 13 - n m +1 Trường hợp 1: d = (m + 1, n) > Khi ta có hai đa thức x − x − có - 2π 2π + isin d d nên không thỏa mãn nghiệm chung khác Trường hợp 2: d = (m + 1, n) = Khi ∃k , l ∈ ¢ : k (m + 1) + ln = Giả sử hai x0 = cos đa thức xn − x m +1 − có nghiệm chung x0 Dễ thấy x0 = x0k ( m +1) +ln = ( x0m +1 ) k ( x0n )l = Trường hợp thỏa mãn Vậy hai số nguyên dương m,n thỏa mãn đầu (m + 1, n) = Định lý Viète áp dụng III Bài n n −1 Cho f ( x) = x + a1 x + + an−1 x + đa thức có n nghiệm thực thỏa mãn > 0∀i = 1, , n − Chứng minh f ( x) ≥ ( x + 1)n ∀x ∈ Q + Lời giải Gọi α1 , , α n nghiệm phương trình f ( x) = Do ( ) i =1 > ⇒ α i < 0∀i = 1, n − n −1 Đặt βi = −α i ⇒ β i > Áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có: n ∀x ∈ ¡ + , f ( x ) = ∏ ( x + βi ) ≥ i =1 ( n x n + n β1 β n ) n = ( x + 1) n (đpcm) Bài Biết đa thức f ( x) = x − 18 x + kx + 200 x − 1984 có hai nghiệm mà tích -32 Tính k Lời giải Từ giả thiết suy −32b + 162a = 200 f ( x) = ( x + ax − 32)( x + bx + 162) ⇒  a + b = −18 Bài 14 ⇒ k = 86 Cho a, b, c ∈ ¢ \{0} thỏa mãn A= a b c b c a + + ∈¢ B = + + ∈¢ b c a a b c , Chứng minh |a|=|b|=|c| Lời giải a b c , , Ta có b c a nghiệm hữu tỷ phương trình : x + Ax + Bx − = a b c , , Tối giản phân số b c a , mẫu số tử số chúng ước 1, từ suy |a|=|b|=|c| IV - Định lý Roll áp dụng Định lý Rolle: Giả sử hàm số f : [ a; b ] → ¡ liên tục đoạn [a;b] có đạo hàm khoảng (a;b) Nếu f(a)=f(b) tồn điểm c thuộc khoảng (a;b) cho f '(c) = - Hệ quả: Nếu đa thức P( x) ∈ ¡ [ x] có k nghiệm thực phân biệt P’(x) có k-1 nghiệm thực Bài 1: Giả sử f ∈ ¡ [ x] (deg f=n) Biết f(x) có n nghiệm thực phân biệt lớn 2 Chứng minh g ( x) = f ( x) f '( x)( x + 1) + x( f ( x ) + f '( x) ) có 2n-1 nghiệm thực phân biệt Lời giải Ta có g ( x) = ( xf ( x) + f '( x ) ) ( xf '( x) + f ( x )) Giả sử f(x) có n nghiệm thực a1 , , an (1 < a1 < a2 < < an ) Vì xf(x) có n+1 nghiệm thực phân biệt 0,a 1,…,an nên xf’(x)+f(x) có n nghiệm thực phân biệt x2 x2 Lại có e f ( x) có n nghiệm thực phân biệt a1,…,an nên e ( xf ( x) + f ' ( x ) ) có n-1 nghiệm thực phân biệt nên xf(x)+f’(x) có n-1 nghiệm thực phân biệt Ta chứng minh xf’(x)+f(x) xf(x)+f’(x) khơng có nghiệm chung Giả sử α nghiệm chung hai đa thức 15 x2 Do e f ( x ) có n nghiệm thực phân biệt a 1,…,an nên xf(x)+f’(x) có n-1 nghiệm thực c1 , c2 , , cn thỏa mãn < a1 < c1 < a2 < c2 < < cn −1 < an Do nghiệm chung α >1 α f ( α ) + f ' ( α ) =  f ( α ) + α f '( α ) = Vậy  ⇒ f (α ) = f ' ( α ) = suy α nghiệm bội f(x) Mâu thuẫn Vậy g(x) có 2n-1 nghiệm phân biệt Bài 2: Cho đa thức f(x) bậc n có n nghiệm dương phân biệt Chứng minh f ( x ) − α f '( x) (α > 0) có n nghiệm dương phân biệt Lời giải n n Giả sử f ( x ) = a ∏ ( x − xk ) g ( x) = Xét hàm k =1 , xk > 0∀k = 1, , n f '( x) f ( x) ⇒ f '( x) = f ( x)∑ k =1 n D = ¡ \ {x1 , x2 , , xn } ⇒ g ' ( x ) = −∑ k =1 x − xk ( x − xk ) < 0∀x ∈ D Suy g(x) hàm giảm Ta có bảng biến thiên g(x) Từ bảng biến thiên ta suy phương trình g ( x) = α có n nghiệm dương phương trình f ( x) − α f '( x) có n nghiệm dương Chú ý: tốn khơng khó lại tốn sở để giải toán 3,4 16 Bài 3: Cho đa thức f(x) bậc n có n nghiệm phân biệt x1 < x2 < < xn , c số f '( x) >c f ( x) dương Tập hợp giá trị x cho hợp số hữu hạn khoảng đôi không giao Chứng minh tổng độ dài chúng n c Lời giải Theo nghiệm bất phương trình ( x1; y1 ), ( x2 ; y2 ), , ( xn ; yn ) f '( x) =c f ( x) f '( x) >c f ( x) (*) hợp n khoảng y1 , y2 , , yn nghiệm phương trình Vậy tổng độ dài khoảng nghiệm bất phương trình (*) n n ∑ y −∑x i =1 i i =1 i (1) n Giả sử f ( x) = an x + + a1 x + a0 Khi x1 , x2 , , xn n n nghiệm phương trình an x + + a1 x + a0 = x1 + x2 + + xn = Theo định lý Viet Mặt khác Ta có y1 , y2 , , yn − an −1 an (2) n nghiệm phương trình cf ( x ) − f ' ( x ) = cf ( x ) − f ' ( x ) = an x n + ( can −1 − nan ) x n −1 + + ( a0 − a1 ) = Áp dụng định lý Viet y1 + y2 + + yn = n n i =1 i =1 ∑ yi − ∑ xi = Từ (1),(2),(3) ta có nan − can−1 can (3) n c (đpcm) 17 Bài 4: Cho đa thức P ( x) bậc có nghiệm dương phân biệt 1− 4x 1− 4x P( x ) + (1 − ) P '( x) − P '( x) = x Chứng minh phương trình x (1) có nghiệm dương phân biệt Lời giải Ta có (1) ⇔ − 4x ( P ( x ) − P '( x)) + ( P '( x) − P ''( x)) = x2 (2) Đặt Q( x) = P( x) − P '( x) Theo Q(x) có bốn nghiệm dương phân biệt Ta có (2) có bốn nghiệm phân biệt ⇔ − 4x Q( x) + Q '( x ) = x2 có bốn nghiệm phân biệt 1 ⇔ x − x Q( ) + Q '( ) = x x có bốn nghiệm phân biệt ( ) ⇔ ( x Q( x) ) + ( x Q( x) ) ' = có bốn nghiệm phân biệt (*) Vì Q(x) có bốn nghiệm dương phân biệt x1 , x2 , x3 , x4 x Q( ) x có bốn nghiệm nên 1 1 , , , dương x1 x2 x3 x4 nên (*) chứng minh Vậy phương trình (1) có bốn nghiệm dương phân biệt Bài 5: (Khái quát 4) Cho đa thức P ( x) bậc n có n nghiệm dương phân biệt − nx − nx P( x) + (1 − ) P '( x) − P '( x) = x Chứng minh phương trình x (1) có n nghiệm dương phân biệt C KẾT LUẬN Chuyên đề nhỏ đưa số hướng giải toán đa thức liên quan đến nghiệm tính chất nghiệm đa thức Nội dung 18 chuyên đề giúp cho học sinh giỏi bạn đồng nghiệp tham khảo trình nghiên cứu đa thức 19 ... tồn ƯCLN f g ƯCLN - Nếu đa thức d ƯCLN đa thức f g, tồn hai đa thức u,v cho fu + gv = d Ngược lại đa thức d ước chung đa thức f g thỏa mãn fu + gv = d d ƯCLN f g - Hai đa thức f g nguyên tố tức... − x + đa thức có nghiệm thực, mâu thuẫn Tính chất chia hết hai đa thức II Trong phần ta sử dụng tính chất sau: Nếu hai đa thức f ( x ), g ( x ) ∈ ¡ [ x ] có bậc lớn f ( x)Mg ( x) ¡ [ x] nghiệm. .. đưa số hướng giải toán đa thức liên quan đến nghiệm tính chất nghiệm đa thức Nội dung 18 chuyên đề giúp cho học sinh giỏi bạn đồng nghiệp tham khảo trình nghiên cứu đa thức 19