II. ỨNG DỤNG ĐA THỨC TRONG GIẢI TOÁN SƠ CẤP
2. Sử dụng đa thức trong các bài tập số học:
34
Bài toán 2.1. Cho đa thức 𝑃(𝑥) và hai số 𝑎, 𝑏 phân biệt. Biết rằng 𝑃(𝑥) chia cho (𝑥 − 𝑎) dư A, 𝑃(𝑥) chia cho (𝑥 − 𝑏) dư B. Hãy tìm dư của phép chia 𝑃(𝑥) cho (𝑥 − 𝑎)(𝑥 − 𝑏).
Lời giải: Giả sử 𝑃(𝑥) = (𝑥 − 𝑎)(𝑥 − 𝑏)𝑄(𝑥) + 𝐶𝑥 + 𝐷. Lần lượt thay 𝑥 = 𝑎, 𝑥 = 𝑏
ta được:
𝑃(𝑎) = 𝐶𝑎 + 𝐷; 𝑃(𝑏) = 𝐶𝑏 + 𝐷
Mà 𝑃(𝑥) chia cho (𝑥 − 𝑎) dư A ⟹ 𝑃(𝑎) = 𝐴 𝑃(𝑥) chia cho (𝑥 − 𝑏) dư B⟹ 𝑃(𝑏) = 𝐵
Từ đó suy ra 𝐴 − 𝐵 = 𝐶(𝑎 − 𝑏) ⟹ 𝐶 =𝐴 − 𝐵 𝑎 − 𝑏 ; 𝐷 = 𝐴 −𝐴 − 𝐵 𝑎 − 𝑏. 𝑎 = 𝑎𝐵 − 𝑏𝐴 𝑎 − 𝑏
Vậy dư của phép chia 𝑃(𝑥) cho (𝑥 − 𝑎)(𝑥 − 𝑏) là
𝐶𝑥 + 𝐷 =𝐴 − 𝐵 𝑎 − 𝑏𝑥 +
𝑎𝐵 − 𝑏𝐴 𝑎 − 𝑏
Bài toán 2.2. Cho số tự nhiên lẻ P và các số nguyên 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑, 𝑒 thỏa mãn các điều kiện
𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 + 𝑒 và tổng 𝑎2+ 𝑏2 + 𝑐2+ 𝑑2+ 𝑒2 đều chia hết cho P. Chứng minh rằng 𝑎5+ 𝑏5+ 𝑐5+ 𝑑5+ 𝑒5 cũng chia hết cho P.
Lời giải: Xét đa thức 𝑓(𝑥) = (𝑥 − 𝑎)(𝑥 − 𝑏)(𝑥 − 𝑐)(𝑥 − 𝑑)(𝑥 − 𝑒)
Theo định lý Viet, đặt 𝑓(𝑥) = 𝑥5− 𝐴𝑥4+ 𝐵𝑥3− 𝐶𝑥2+ 𝐷𝑥 − 𝑎𝑏𝑐𝑑𝑒 (1) với 𝐴 = 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 + 𝑒 ⋮ 𝑃;
𝐵 = 𝑎𝑏 + 𝑎𝑐 + 𝑎𝑑 + 𝑎𝑒 + 𝑏𝑐 + 𝑏𝑑 + 𝑏𝑒 + 𝑐𝑑 + 𝑐𝑒 + 𝑑𝑒
Ta có 2𝐵 = (𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 + 𝑒)2− (𝑎2+ 𝑏2+ 𝑐2+ 𝑑2+ 𝑒2) ⋮ 𝑃 . Do P lẻ nên 𝐵 ⋮ 𝑃.
Trong (1), lần lượt thay x bởi 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑, 𝑒 rồi cộng các kết quả với nhau, để ý rằng
𝑓(𝑎) = 𝑓(𝑏) = 𝑓(𝑐) = 𝑓(𝑑) = 𝑓(𝑒) = 0
( do 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑, 𝑒 là nghiệm của phương trình 𝑓(𝑥) = 0) Ta có: 𝑓(𝑎) + 𝑓(𝑏) + 𝑓(𝑐) + 𝑓(𝑑) + 𝑓(𝑒) = 0
35 ⟺ 𝑎5− 𝐴𝑎4+ 𝐵𝑎3− 𝐶𝑎2+ 𝐷𝑎 − 𝑎𝑏𝑐𝑑𝑒 + ⋯ + 𝑒5 − 𝐴𝑒4+ 𝐵𝑒3− 𝐶𝑒2+ 𝐷𝑒 − 𝑎𝑏𝑐𝑑𝑒 = 0 Chuyển vế ta được 𝑎5+ 𝑏5+ 𝑐5+ 𝑑5+ 𝑒5− 5𝑎𝑏𝑐𝑑𝑒 = 𝐴(𝑎4+ 𝑏4+ 𝑐4+ 𝑑4+ 𝑒4) − 𝐵(𝑎3+ 𝑏3+ 𝑐3+ 𝑑3+ 𝑒3) + 𝐶(𝑎2+ 𝑏2+ 𝑐2+ 𝑑2+ 𝑒2) − 𝐷 (𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 + 𝑒) ⋮ 𝑃
( do A, B, 𝑎2+ 𝑏2+ 𝑐2+ 𝑑2+ 𝑒2, 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 + 𝑒 đều chia hết cho P). Suy ra vế trái cũng chia hết cho P (điều phải chứng minh).
Bài toán 2.3. Cho 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ ℤ thỏa mãn các đa thức 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥2+ 𝑏𝑥 + 𝑐
và 𝑔(𝑥) = (𝑐 − 𝑏)𝑥2+ (𝑐 − 𝑎)𝑥 + 𝑎 + 𝑏 có nghiệm chung. Chứng minh rằng 𝑎 + 𝑏 + 2𝑐 ⋮ 3.
Lời giải: Ta có 𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥) = (𝑎 + 𝑏 − 𝑐)(𝑥2+ 𝑥 − 1).
Giả sử x0 là nghiệm chung của hai phương trình 𝑓(𝑥) = 0 và 𝑔(𝑥) = 0. Khi đó + Nếu 𝑎 + 𝑏 − 𝑐 = 0 thì do 𝑎 + 𝑏 + 2𝑐 ≡ 𝑎 + 𝑏 − 𝑐 (𝑚𝑜𝑑 3) nên 𝑎 + 𝑏 + 2𝑐 ⋮ 3. + Nếu 𝑎 + 𝑏 − 𝑐 ≠ 0 thì do x0 là nghiệm chung của 𝑓(𝑥) = 0 và 𝑔(𝑥) = 0 nên x0 là nghiệm của phương trình 𝑥2+ 𝑥 − 1 = 0. Theo định lý về phép chia với dư, ta có
𝑓(𝑥) = 𝑎(𝑥2+ 𝑥 − 1) + 𝑟(𝑥) (1)
Trong đó 𝑟 ∈ ℤ[𝑥] và deg 𝑟 < 2. Trong (1), thay 𝑥 = 𝑥0, ta được
0 = 𝑓(𝑥0) = 𝑎(𝑥02+ 𝑥0 − 1) + 𝑟(𝑥0) ⟹ 𝑥0 =−1 ± √5
2 , 𝑟(𝑥0) = 0
Từ đó, do 𝑟 ∈ ℤ[𝑥], deg 𝑟 ≤ 1, 𝑟(𝑥0) = 0 𝑣à 𝑥0 ∉ ℚ 𝑛ê𝑛 𝑟(𝑥) ≡ 0, ∀𝑥 ∈ ℝ suy ra
𝑓(𝑥) = 𝑎(𝑥2+ 𝑥 − 1) và do đó 𝑏 = 𝑎, 𝑐 = −𝑎 suy ra 𝑎 + 𝑏 + 2𝑐 = 0 ⋮ 3.
Bài toán 2.4. Cho 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑, 𝑒, 𝑓 là những số nguyên dương có tổng bằng S, giả sử S chia hết 𝑎𝑏𝑐 + 𝑑𝑒𝑓 và 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 − 𝑑𝑒 − 𝑒𝑓 − 𝑓𝑑.
Chứng minh rằng S là hợp số.
36 𝑓(𝑥) = (𝑥 + 𝑎)(𝑥 + 𝑏)(𝑥 + 𝑐) − (𝑥 − 𝑑)(𝑥 − 𝑒)(𝑥 − 𝑓) = 𝑆𝑥2+ (𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 − 𝑑𝑒 − 𝑒𝑓 − 𝑓𝑑)𝑥 + 𝑎𝑏𝑐 + 𝑑𝑒𝑓 Ta có 𝑓(𝑑) = (𝑑 + 𝑎)(𝑑 + 𝑏)(𝑑 + 𝑐) = 𝑆𝑑2+ (𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 − 𝑑𝑒 − 𝑒𝑓 − 𝑓𝑑)𝑑 + 𝑎𝑏𝑐 + 𝑑𝑒𝑓 Suy ra (𝑑 + 𝑎)(𝑑 + 𝑏)(𝑑 + 𝑐) ⋮ 𝑆
Mà 0 < 𝑑 + 𝑎, 𝑑 + 𝑏; 𝑑 + 𝑐 < 𝑆 nên S không thể là số nguyên tố. Vậy S là hợp số.
Bài toán 2.5. Tìm các đa thức dạng:
𝑃(𝑥) = ∑ 𝑎𝑘𝑥𝑘 𝑛 𝑘=0 , 𝑎𝑘 ∈ {−1,1} ∀𝑘 ∈ {0,1, … , 𝑛} có các nghiệm đều thực. Lời giải:
Giả sử 𝑎𝑛 = 1 ( với 𝑎𝑛 = −1 ta có kết quả tương tự). Với 𝑛 = 1 ta có đa thức cần tìm là: 𝑃(𝑥) = 𝑥 ± 1
Với 𝑛 ≥ 2 thì theo giả thiết đa thức có các nghiệm 𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛 đều thực. Áp dụng định lí Viet, ta có: (𝑥1𝑥2… 𝑥𝑛)2 = (−𝑎𝑛−1 𝑎𝑛 ) 2 = 1 Lại có: 0 ≤ ∑ 𝑥𝑗2 𝑛 𝑗=1 = 𝑎𝑛−12 − 2𝑎𝑛−2 = 1 − 2𝑎𝑛−2 Do 𝑎𝑛−1 ∈ {−1,1} nên 𝑎𝑛−2= −1 và: ∑ 𝑥𝑗2 𝑛 𝑗=1 = 3 Mặt khác, ta có: 3 𝑛 = 1 𝑛∑ 𝑥𝑗2 𝑛 𝑗=1 ≥ √𝑥𝑛 12𝑥22… 𝑥𝑛2 = 1 ⟹ 𝑛 ≤ 3
37
𝑃(𝑥) = ±(𝑥2+ 𝑥 − 1) 𝑣à 𝑃(𝑥) = ±(𝑥2− 𝑥 − 1)
Với 𝑛 = 3 ta thu được các đa thức:
𝑃(𝑥) = ±(𝑥3+ 𝑥2− 𝑥 − 1) 𝑣à 𝑃(𝑥) = ±(𝑥3− 𝑥2− 𝑥 + 1)
Vậy các đa thức cần tìm là
𝑃(𝑥) = ±(𝑥 ± 1) 𝑣à 𝑃(𝑥) = ±(𝑥 − 1) 𝑃(𝑥) = ±(𝑥2+ 𝑥 − 1) 𝑣à 𝑃(𝑥) = ±(𝑥2− 𝑥 − 1) 𝑃(𝑥) = ±(𝑥3+ 𝑥2− 𝑥 − 1) 𝑣à 𝑃(𝑥) = ±(𝑥3− 𝑥2− 𝑥 + 1)
Bài toán 2.6. Cho k là số nguyên dương. Tìm đa thức P(x) thỏa mãn:
(𝑥 − 2001)𝑘𝑃(𝑥) = (𝑥 − 2002)𝑘𝑃(𝑥 + 1) (1)
Lời giải:
Với 𝑥 = 2002 ta có: 𝑃(2002) = 0 ⟹ 𝑥 = 2002 là nghiệm của P(x) Lại thấy 𝑥 = 2002 là nghiệm bội k của P(x)
Suy ra 𝑃(𝑥) = (𝑥 − 2002)𝑘𝑄(𝑥)
Thay vào (1) ta được
(𝑥 − 2001)𝑘(𝑥 − 2002)𝑘𝑄(𝑥) = (𝑥 − 2002)𝑘(𝑥 + 1 − 2002)𝑘𝑄(𝑥 + 1) ⟹ 𝑄(𝑥) = 𝑄(𝑥 + 1) ⟹ 𝑄(𝑥) = 𝑐 (ℎằ𝑛𝑔 𝑠ố) Do đó 𝑃(𝑥) = 𝑐(𝑥 − 2002)𝑘. Thử lại kết quả: (𝑥 − 2001)𝑘𝑐(𝑥 − 2002)𝑘 = (𝑥 − 2002)𝑘𝑐(𝑥 + 1 − 2002)𝑘 (đúng) Vậy đa thức cần tìm là 𝑃(𝑥) = 𝑐(𝑥 − 2002)𝑘.
Bài toán 2.7. Tìm đa thức P(x) thỏa mãn:
𝑃(𝑥 − 1). 𝑃(𝑥 + 1) = 𝑃[𝑃(𝑥)] (1)
Lời giải: Đặt deg 𝑃(𝑥) = 𝑚, từ (1) ta có:
2𝑚 = 𝑚 ⟺ [𝑚 = 0 𝑚 = 2
• Khi 𝑚 = 0 thì 𝑃(𝑥) = 𝑐 (hằng số) thay vào (1) ta được:
𝑐2 = 𝑐 ⟺ [𝑐 = 0 𝑐 = 1 ⟺ [
𝑃(𝑥) = 0 𝑃(𝑥) = 1
38 [𝑎(𝑥 − 1)2+ 𝑏(𝑥 − 1) + 𝑐]. [𝑎(𝑥 + 1)2+ 𝑏(𝑥 + 1) + 𝑐] = 𝑎(𝑎𝑥2+ 𝑏𝑥 + 𝑐)2+ 𝑏(𝑎𝑥2+ 𝑏𝑥 + 𝑐) + 𝑐 ⟺ 𝑎2𝑥4+ 2𝑎𝑏𝑥3+ (−2𝑎2+ 2𝑎𝑐 + 𝑏2)𝑥2− 2(𝑎𝑏 − 𝑏𝑐)𝑥 + 𝑎2+ 2𝑎𝑐 + 𝑐2− 𝑏2 = 𝑎3𝑥4 + 2𝑎2𝑏𝑥3 + (𝑎𝑏2+ 2𝑎2𝑐 + 𝑎𝑏)𝑥2+ (2𝑎𝑏𝑐 + 𝑏2)𝑥 + 𝑏𝑐 + 𝑎𝑐2+ 𝑐 Đồng nhất hệ số ta được: { 𝑎2 = 𝑎3 2𝑎𝑏 = 2𝑎2𝑏 −2𝑎2+ 2𝑎𝑐 + 𝑏2 = 𝑎𝑏2 + 2𝑎2𝑐 + 𝑎𝑏 −2(𝑎𝑏 − 𝑏𝑐) = 2𝑎𝑏𝑐 + 𝑏2 𝑎2+ 2𝑎𝑐 + 𝑐2− 𝑏2 = 𝑏𝑐 + 𝑎𝑐2+ 𝑐 ⟺ { 𝑎 = 1 𝑏 = −2 𝑐 = 1 Do đó 𝑃(𝑥) = 𝑥2− 2𝑥 + 1 = (𝑥 − 1)2 Vậy đa thức cần tìm là: 𝑃(𝑥) = 0, 𝑃(𝑥) = 1 𝑣à 𝑃(𝑥) = (𝑥 − 1)2
Bài toán 2.8. Tìm tất cả các đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn:
(𝑥 + 1)3𝑃(𝑥 − 1) − (𝑥 − 1)3𝑃(𝑥 + 1) = 4(𝑥2− 1)𝑃(𝑥) (1)
Lời giải:
Với 𝑥 = 1 thì (1) ⟹ 8𝑃(0) = 0 ⟹ 𝑥 = 0 là nghiệm của P(x)
⟹ 𝑃(𝑥) = 𝑥𝑄(𝑥)
Thay vào (1) ta được:
(𝑥 + 1)3(𝑥 − 1)𝑄(𝑥 − 1) − (𝑥 − 1)3(𝑥 + 1)𝑄(𝑥 + 1) = 4(𝑥2− 1)𝑥𝑄(𝑥) ⟺ (𝑥 + 1)2𝑄(𝑥 − 1) − (𝑥 − 1)2𝑄(𝑥 + 1) = 4𝑥𝑄(𝑥) (2) ⟺ (𝑥2+ 1)(𝑄(𝑥 − 1) − 𝑄(𝑥 + 1)) = 2𝑥(2𝑄(𝑥) − 𝑄(𝑥 − 1) − 𝑄(𝑥 + 1)) (3) • Nếu 𝑑𝑒𝑔 𝑄(𝑥) = 𝑛 ≥ 2 thì 𝑑𝑒𝑔(𝑄(𝑥 − 1) − 𝑄(𝑥 + 1)) = 𝑛 − 1 và 𝑑𝑒𝑔(2𝑄(𝑥) − 𝑄(𝑥 − 1) − 𝑄(𝑥 + 1)) = 𝑛 − 2 Khi đó deg [(𝑥2+ 1)(𝑄(𝑥 − 1) − 𝑄(𝑥 + 1))] = 𝑛 + 1 và deg [2𝑥(2𝑄(𝑥) − 𝑄(𝑥 − 1) − 𝑄(𝑥 + 1))] = 𝑛 − 1
Điều này mâu thuẫn với (3)
• Nếu 𝑄(𝑥) = 𝑎𝑥 + 𝑏 thì 𝑃(𝑥) = 𝑥(𝑎𝑥 + 𝑏). Thay vào (2) ta được:
(𝑥 + 1)2[𝑎(𝑥 − 1) + 𝑏] − (𝑥 − 1)2[𝑎(𝑥 + 1) + 𝑏] = 4𝑥(𝑎𝑥 + 𝑏) ⟺ 2𝑎𝑥2+ 2𝑎 = 0
⟺ 2𝑎(𝑥2+ 1) = 0 ⟺ 𝑎 = 0 ⟹ 𝑄(𝑥) = 𝑏
39
Bài toán 2.9. Tồn tại hay không đa thức 𝑓(𝑥) = 𝑥2+ 𝑎𝑥 + 𝑏 với a, b nguyên thỏa mãn 𝑎2− 4𝑏 ≠ 0 và nhận giá trị chính phương tại 2010 điểm phân biệt.
Lời giải: Tồn tại đa thức bậc hai có tính chất như vậy. Thật vậy,
Xét 𝑓(𝑥) = 𝑥2+ 𝑎𝑥 + 𝑏, ta có 4𝑓(𝑥) = 4𝑥2 + 4𝑎𝑥 + 4𝑏 = (2𝑥 + 𝑎)2+ 4𝑏 − 𝑎2 Giả sử tồn tại 𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥2010; 𝑦1, 𝑦2, … , 𝑦2010, (𝑥𝑖 ≠ 𝑥𝑗, ∀1 ≤ 𝑖 ≠ 𝑗 ≤ 2010) là các số nguyên thỏa mãn {4𝑓(𝑥1) = (2𝑥1+ 𝑎)2+ 4𝑏 − 𝑎2 4𝑓(𝑥1) = 4𝑦12 ∀𝑖 = 1,2010̅̅̅̅̅̅̅̅̅ Suy ra 4𝑏 − 𝑎2 = (2𝑦𝑖 − 2𝑥𝑖− 𝑎)(2𝑦𝑖+ 2𝑥𝑖+ 𝑎), ∀𝑖 = 1,2, … ,2010 Chọn a, b thỏa mãn { 𝑎 ⋮ 4 4𝑏 − 𝑎2 = 16𝑃1. 𝑃2… 𝑃2010(𝑃𝑖 𝑙à 𝑐á𝑐 𝑠ố 𝑛𝑔𝑢𝑦ê𝑛 𝑡ố 𝑝ℎâ𝑛 𝑏𝑖ệ𝑡) Xét hệ phương trình { 2𝑦𝑖 − 2𝑥𝑖− 𝑎 = 4𝑃𝑖 2𝑦𝑖+ 2𝑥𝑖 + 𝑎 =4𝑃1. 𝑃2… 𝑃2010 𝑃𝑖 , ∀𝑖 = 1,2, … ,2010
Giải hệ ta thu được
{ 𝑦𝑖 = 𝑃𝑖+𝑃1.𝑃2…𝑃2010 𝑃𝑖 ∈ ℤ+ 𝑥1 =𝑃1.𝑃2…𝑃2010 𝑃𝑖 − 𝑃𝑖−𝑎 2∈ ℤ (thỏa mãn) Rõ ràng 𝑥𝑖 ≠ 𝑥𝑗, ∀1 ≤ 𝑖 ≠ 𝑗 ≤ 2010. Vậy tồn tại đa thức thỏa mãn yêu cầu.
Bài toán 2.10. Biết rằng các số nguyên dương 𝑎 ≥ 𝑏 ≥ 𝑐 và d thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
(i) 𝑎𝑏𝑐 = 𝑑3
(ii) Số 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 − 𝑑 là một ước nguyên tố của số 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 − 𝑑2
40
Lời giải: Ta chứng minh bài toán bằng phản chứng.
Giả sử ngược lại là 𝑏 ≠ 𝑑 khi đó dễ thấy 𝑎, 𝑐 ≠ 𝑑 (𝑑𝑜 𝑎𝑏𝑐 = 𝑑3 𝑣à 𝑎 ≥ 𝑏 ≥ 𝑐). Dễ dàng chứng minh được khi đó 𝑎 > 𝑏 > 𝑐.
Xét hàm số
𝑓(𝑥) = (𝑥 + 𝑎)(𝑥 + 𝑏)(𝑥 + 𝑐) − (𝑥 + 𝑑)3
= (𝑎 + 𝑏 + 𝑐 − 3𝑑)𝑥2+ (𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 − 3𝑑2)𝑥
= (𝑎 + 𝑏 + 𝑐 − 𝑑)𝑥2+ (𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 − 𝑑2)𝑥 − 2𝑑𝑥(𝑥 + 𝑑)
Suy ra 𝑓(−𝑑) = (𝑎 − 𝑑)(𝑏 − 𝑑)(𝑐 − 𝑑) là một bội của 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 − 𝑑. Do 0 < 𝑎 − 𝑑 < 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 − 𝑑 nên chỉ có hai trường hợp sau xảy ra Trường hợp 1: 𝑐 − 𝑑 là bội của 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 − 𝑑.
Ta có 𝑑 − 𝑐 ≥ 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 − 𝑑 ⟹ 2𝑑 ≥ 𝑎 + 𝑏 + 2𝑐.
Nhưng theo BĐT AM-GM, có 𝑎 + 𝑏 + 2𝑐 ≥ 3√𝑎𝑏(2𝑐)3 = 3𝑑 √23 > 2𝑑 : vô lý. Trường hợp 2: 𝑏 − 𝑑 là bội của 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 − 𝑑.
Tương tự như trên, suy ra vô lý. Vậy b=d.
Chú ý: Khi 𝑎 = 𝑑2; 𝑏 = 𝑑, 𝑐 = 1 𝑣à 𝑑2+ 1 = 𝑃 là số nguyên tố (chẳng hạn d=2,4) ta thấy bộ số a,b,c,d thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài toán 2.11. Chứng minh rằng với bất kỳ 3 số nguyên 𝑎, 𝑏, 𝑐 nào đó luôn tìm được
𝑛 ∈ ℕ+ để cho số 𝑛3+ 𝑎𝑛2+ 𝑏𝑛 + 𝑐 không là số chính phương.
Lời giải: Xét đa thức 𝑓(𝑛) = 𝑛3+ 𝑎𝑛2+ 𝑏𝑛 + 𝑐. Ta cần chứng minh trong các đại lượng 𝑓(1), 𝑓(2), 𝑓(3), 𝑓(4) phải có ít nhất 1 số không là số chính phương.
Giả sử trái lại, các số 𝑓(1), 𝑓(2), 𝑓(3), 𝑓(4) đều là số chính phương. Ta có:
𝑓(4) − 𝑓(2) = 12𝑎 + 2𝑏 − 56 ≡ 2𝑏 (𝑚𝑜𝑑 4) (1)
41
Để ý rằng với mọi 𝑥 ∈ ℤ thì 𝑥2 ≡ 0 ∨ 1 (𝑚𝑜𝑑 4), nên từ (1) và (2) suy ra 𝑓(4) − 𝑓(2)
và 𝑓(3) − 𝑓(1) là các số chẵn, do đó cùng chia hết cho 4. Suy ra
[𝑓(3) − 𝑓(1)] − [𝑓(4) − 𝑓(2)] = 2 ⋮ 4 (vô lý) Vậy điều giả sử là sai, điều phải chứng minh đúng.
Bài toán 2.12. Tìm nghiệm của hệ phương trình:
{
2𝑥3− 7𝑥2+ 8𝑥 − 2 = 𝑦 2𝑦3− 7𝑦2+ 8𝑦 − 2 = 𝑧 2𝑧3− 7𝑧2+ 8𝑧 − 2 = 𝑥
Lời giải: Xét đa thức 𝑓(𝑡) = 2𝑡3− 7𝑡2+ 8𝑡 − 2. Gọi (𝑥0; 𝑦0; 𝑧0) ∈ ℤ3 là nghiệm của hệ và giả sử 𝑥0, 𝑦0, 𝑧0 đôi một phân biệt. Khi đó:
{ 𝑓(𝑥0) = 𝑦0 𝑓(𝑦0) = 𝑧0 𝑓(𝑧0) = 𝑥0 ⟹ { 𝑥0− 𝑦0 = 𝑘(𝑧0 − 𝑥0) 𝑦0− 𝑧0 = 𝑙(𝑥0− 𝑦0) 𝑧0− 𝑥0 = 𝑚(𝑦0− 𝑧0) (𝑘, 𝑙, 𝑚 ∈ ℤ)
Nhân 3 phương trình với nhau, ta được:
(𝑥0− 𝑦0)(𝑦0− 𝑧0)(𝑧0− 𝑥0) = 𝑘𝑙𝑚(𝑥0− 𝑦0)(𝑦0− 𝑧0)(𝑧0− 𝑥0) ⟹ 𝑘𝑙𝑚 = 1
Nếu 𝑘 = 𝑙 = 𝑚 = 1 thì 𝑥0 = 𝑦0 = 𝑧0 (vô lý)
Nếu trong 𝑘, 𝑙, 𝑚 có hai số bằng -1 và một số bằng 1, giả sử 𝑘 = 𝑙 = −1, 𝑚 = 1. Khi đó: { 𝑥0− 𝑦0 = 𝑧0− 𝑥0 𝑦0− 𝑧0 = 𝑥0− 𝑦0 𝑧0− 𝑥0 = 𝑦0− 𝑧0 ⟹ { 𝑦0 = 𝑧0 𝑧0 = 𝑥0 𝑥0+ 𝑦0 = 2𝑧0 ⟹ 𝑥0 = 𝑦0 = 𝑧0 (vô lý)
Vậy, nếu hệ có nghiệm thì 𝑥0 = 𝑦0 = 𝑧0. Thay vào hệ đã cho, ta được 𝑥0 = 𝑦0 = 𝑧0 = 1 ∨ 2. Vậy hệ có 2 nghiệm (𝑥; 𝑦; 𝑧) = (1; 1; 1), (2; 2; 2).
42
KẾT LUẬN
Khóa luận “Ứng dụng đa thức trong giải toán sơ cấp” đã hoàn thành được mục tiêu và nhiệm vụ đã đề ra, cụ thể là thực hiện được các vấn đề sau:
1. Trình bày tóm tắt định nghĩa về đa thức và các phép toán trên đa thức, nghiệm của đa thức, đa thức bất khả quy, công thức nội suy Lagrange và những định lý có liên quan
2. Ứng dụng đa thức để giải một số bài toán sơ cấp, bao gồm các bài toán về: -Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một hàm số, một biểu thức.
-Chứng minh các bất đẳng thức.
3. Mỗi bài toán đều được trình bày với lời giải chi tiết, rõ ràng, ngoài ra còn cung cấp một số bài tập tự giải tương tự.
Qua đề tài này, em cũng phần nào cũng cố, hệ thống lại, mở rộng và hoàn thiện hơn những kiến thức về đa thức đã học trước đây. Tuy nhiên, với kiến thức và thời gian còn hạn chế, đề tài vẫn không thể tránh khỏi những thiếu sót và chưa khai thác hết các dạng toán liên quan.
Hi vọng rằng nội dung của khóa luận còn được tiếp tục phát triển và mở rộng nhiều hơn nữa nhằm thể hiện sự ứng dụng đa dạng và hiệu quả của đa thức trong giải toán sơ cấp.
Em rất mong nhận được sự góp ý của thầy cô và các bạn để đề tài được hoàn thiện hơn.
43
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Nguyễn Hữu Điển (2003), Đa thức và ứng dụng, Nhà xuất bản Giáo dục. [2] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên) - Trần Nam Dũng - Nguyễn Minh Tuấn (2009),
Chuyên đề chọn lọc dãy số và áp dụng, Nhà xuất bản Giáo dục.
[3] Lê Thị Thanh Nhàn (2015), Lý thuyết đa thức, Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội.
[4] Đàm Văn Nhỉ (Chủ biên),Văn Đức Chín, Trần Thị Hồng Dung, Lê Xuân Dũng ,Đào Ngọc Dũng, Đặng Xuân Sơn, Trần Trung Tình, Nguyễn Anh Tuấn (2017), Đa thức - chuỗi & chuyên đề nâng cao, Nhà xuất bản Thông tin và truyền thông.
[5] Lê Hoành Phò, Nguyễn Văn Nho, Nguyễn Tài Chung (2013), Chuyên khảo đa thức, Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội.