1.1 Đa thức, nghiệm của đa thức
1.1.11 Các bài toán
Bài toán 1.1.27. (IMO 1976)
Cho các đa thức Pk(x), k = 1,2,3. . . xác định bởi
P1(x) =x2−2, Pi+1 = P1(Pi(x)), i= 1,2,3, . . .
Chứng minh rằng Pn(x) = x có 2n nghiệm thực phân biệt khác nhau.
Lời giải.
Ta thu hẹp việc xét nghiệm của đa thức trên đoạn −2≤ x≤ 2. Đặt x= 2 cost.
Suy ra P1(x) = 4 cos2(t)−2 = 2 cos 2t, P2(x) = 4 cos2(2t)−2 = 2 cos 4t.
Tiếp tục quá trình như vậy, quy nạp ta được Pn(x) = 2 cos 2nt. Từ phương trình Pn(x) =x ⇒2 cos 2nt= 2 cost.
Giải phương trình ta được t= 2k 2n −1·π hoặc t = 2l 2n+ 1·π. Chúng ta sẽ chọn khoảng 0≤ t ≤π. Khi đó 0≤ k ≤ 2n−1− 1 2, k ∈ Z, (1) 0≤ l≤ 2n−1+ 1 2, l ∈ Z. (2)
Tại khoảng (1) ta có 2n−1 giá trị , tại khoảng (2) ta có 2n−1+ 1 giá trị nhưng hai khoảng lại có chung giá trị 0. Vậy có tất cả 2n−1+ 2n−1+ 1−1 = 2n giá
trị.
Vì trên đoạn[−2; 2] đa thức có 2n nghiệm thực nên trên tồn trục R đa thức cũng có ít nhất là 2n nghiệm thực.
Vậy đa thức Pn(x) =x có 2n nghiệm thực.
Bài tốn 1.1.28. Giả sử m và n là hai số nguyên ≥ 2. Chứng minh rằng
các đa thức
f(x) = 1 +x+x2+. . .+xm−1 g(x) = 1 +x+x2+. . .+xn−1
là nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi m và n là hai số nguyên tố cùng nhau.
Lời giải. Ta có: f(x) = 1 +x+x2+. . .+xm−1 = xm −1 x−1 , g(x) = 1 +x+x2+. . .+xn−1 = xn −1 x−1·
Điều kiện cần: Nếu f(x), g(x) nguyên tố cùng nhau thì m, n nguyên tố cùng nhau.
Giả sửm, n không nguyên tố cùng nhau, tức là m, ncó một ước chung d ≥ 2. Vì m, n có ước chung là d nên tồn tại k, q > 0 sao cho m =k.d, n= q.d. Khi đó, xm −1 = xk.d−1 = xd−1h xdk−1+ xdk−2+. . .+xd + 1i xn−1 =xq.d−1 = xd−1h xdq−1+ xdq−2+. . .+xd+ 1i.
Suy ra xm −1 và xn−1 đều chia hết cho xd−1. Suy ra f(x) và g(x) đều chia hết cho đa thức
xd−1
x−1 = 1 +x+x
2+. . .+xd−1.
Đa thức này có bậc lớn hơn hoặc bằng 1 (vì d ≥ 2).Như vậy f(x) và g(x) khơng ngun tố cùng nhau. Suy ra vơ lí.
Điều kiện đủ: Nếu m, n nguyên tố cùng nhau thì f(x), g(x) nguyên tố cùng nhau.
Vì m, n nguyên tố cùng nhau nên tồn tại hai số nguyên khác không u và v sao cho mu+nv = 1.
Dĩ nhiên trong hai số nguyên u, v có một số dương và có một số âm. Vai trị của m và n là như nhau, và thay đổi kí hiệu , ta có thể xem rằng u và v là hai số nguyên dương sao cho: mu =nv+ 1.
Khi đó ta có: x−1 = (xmu−1)−(xnv+1−x) = (xmu−1)−x(xnv−1) Mặt khác ta có
xmu −1 = (xm −1)p(x), xnv −1 = (xn −1)q(x) với p(x), q(x) là hai đa thức.
Khi đó x−1 = (xmu−1)−(xnv+1−x) = (xmu−1)−x(xnv −1) = = (xm−1)p(x)−(xn −1)xq(x)· · · Suy ra 1 = xm−1 x−1 p(x)− xn−1 x−1q(x). Suy ra 1 = f(x)p(x) +g(x)q(x). Vậy f(x), g(x) nguyên tố cùng nhau.
Ví dụ. Hai đa thức P(x) = x4 +x3+x2+x+ 1 và Q(x) = x3+x2+x+ 1
nguyên tố cùng nhau.
Bài toán 1.1.29. Cho đa thức bậc chẵn và tất cả hệ số đều lẻ. Chứng minh đa thức khơng có nghiệm hữu tỉ.
Lời giải.
Xét P(x) =anxn +an−1xn−1+. . .+a1x+a0 n chẵn,ai là các số lẻ.
Giả sử: đa thức có nghiệm hữu tỉ x = p
Khi đó: p|a0, q|an. Suy ra p, q là các số lẻ. Thế x = p q vào P(x) ta được: P(x) =an pn qn+an−1 pn−1 qn−1+. . .+a1 p q+a0. Xét P(x) = 0
⇒anpn+an−1qpn−1+. . .+a1qn−1p+a0qn = 0
Vơ lí vì vế trái là tổng của một số lẻ các số hạng lẻ nên khơng thể bằng 0.
Bài tốn 1.1.30. (AIME 2003)
Giả sử a, b, c, d là các nghiệm của phương trình x4−x3 −x2−1 = 0.
Tính P(a) +P(b) +P(c) +P(d) trong đó P(x) =x6−x5−x3−x2 −x. Lời giải. Các hệ số của đa thức x4−x3−x2 −1 là a4 = 1;a3 =−1;a2 = −1;a1 = 0;a0 = −1. Ta có P(a) +P(b) +P(c) +P(d) = (a6−a5−a3−a2−a) + (b6−b5−b3−b2−b) + (c6−c5−c3−c2−c) + (d6−d5−d3−d2−d). Suy ra P(a) +P(b) +P(c) +P(d) = (a6+b6+c6+d6)−(a5+b5+c5+d5) −(a3+b3+c3+d3)−(a2+b2+c2+d2)−(a+b+c+d). Đặt P(a) +P(b) +P(c) +P(d) = s6−s5−s3−s2−s1. Áp dụng đồng nhất thức Newton ta có
a4s6+a3s5+a2s4+a1s3 +a0s2+a−1s1+ 6a−2 = 0
Thay hệ số vào ta có: s6−s5−s4+ 0.s3−s2+ 0.s1+ 6.0 = 0, suy ra s6−s5−s4−s2 = 0. Vì vậy
s6−s5−s4−s2+s4−s3−s1 =s4−s3−s1. Áp dụng đồng nhất thức Newton ta được 1.s1−1 = 0 ⇒s1 = 1,
1.s2−s1+ 2.1 = 0 ⇒s2 = 3, s3−s2−s1+ 3.0 = 0 ⇒s3 = 4,
s4−s3−s2−s1+ 4.0 = 0 ⇒s4 = 11,
Vậy P(a) +P(b) +P(c) +P(d) = s4−s3−s1 = 11−4−1 = 6.
Bài tốn 1.1.31. (AIME 1995)
Hãy tìm b nếu phương trình x4+ax3+bx2+cx+d = 0 với hệ số hữu tỉ có bốn nghiệm phức, biết tổng hai nghiệm là 3 + 4i và tích hai nghiệm cịn lại là
13 +i.
Lời giải.
Phương trình có bốn nghiệm phức. Suy ra có hai cặp số phức liên hợp. Giả sử có phương trình bốn nghiệm: x1;x2;x3;x4.
Khơng mất tính tổng quát, giả sử x1 +x2 = 3 + 4i. Suy ra x1 và x2 không phải là hai số phức liên hợp.
Giả sử x1 liên hợp x3; x2 liên hợp với x4. Theo định lí Viète, ta có x1x2+x1x3+x1x4+x2x3+x2x4+x3x4 = b
⇒x1x2+x3(x1+x2) +x4(x1+x2) +x3x4 = b
⇒x1x2+ (x1+x2)(x3+x4) +x3x4 = b Mặt khác: x1+x2 = 3 + 4i;x3.x4 = 13 +i. Suy ra x1.x2 = 13−i, x3+x4 = 3−4i.
Suy ra b = 13−i+ (3 + 4i)(3−4i) + 13 +i= 26 + 9−16i2 = 51.
Bài toán 1.1.32. (APMO 2003)
Nếu tất cả các nghiệm của đa thức
P(x) =x8−4x7+ 7x6+a5x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0
Lời giải.
Gọi các nghiệm của đa thức P(x) là: r1, r2, r3, r4, r5, r6, r7, r8. Theo cơng thức Viète ta có
r1+r2+r3+r4+r5+r6+r7+r8 = 4, r1r2+r1r3+. . .+r7r8 = 7.
Theo đồng nhất thức Newton
a8s2+a7s1+ 2a6 = 0, với ai là các hệ số của đa thức. Khi đó s2−4.4 + 2.7 = 0 suy ra s2 = 2. Ta có s2 =r12+r22+. . .+r28. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có (r1+r2+. . .+rn)2 ≤ (12+ 12+. . .+ 12) (r2 1+r2 2 +. . .+r2 8). Suy ra 42 ≤ 8 (r12+r22+. . .+r28) hay 2≤ r21+r22+. . .+r28.
Dấu bằng xảy ra khi r1 = r2 =. . .= r8 = 1 2· Suy ra a0 =r1r2. . . r8 = 1 2 8 = 1 256·
Bài toán 1.1.33. (VMO 1990)
Giả sử f(x) = a0xn +a1xn−1+. . .+an−1x+an là đa thức với hệ số thực, có
a0 6= 0 và thỏa mãn đẳng thức sau với ∀x ∈R
f(x).f(2x2) =f(2x3+x).
Chứng minh f(x) khơng có nghiệm số thực.
Lời giải.
Từ đẳng thức f(x).f(2x2) = f(2x3+x) nhận thấy nếu x0 là nghiệm thực của f(x) thì tất cả các số thực:
Hơn nữa dễ dàng nhận thấy:x0 <0thìx0 > x1 > x2 > . . . > xn > xn+1 > . . . với x0 >0 thì x0 < x1 < . . . < xn < xn+1 < . . .
Từ đó suy ra nếuf(x)có một nghiệm thực khác0thìf(x)sẽ có vơ số nghiệm thực khác nhau. Tuy nhiên, f(x) chỉ có tối đa n nghiệm thực, do f(x) là đa thức bậc n với các hệ số thực. Mâu thuẫn, chứng tỏ f(x) khơng có nghiệm thực khác 0.
Ta chứng minh f(0)6= 0 khi và chỉ khi an 6= 0.
Giả sử an = 0. Gọi k là chỉ số lớn nhất thỏa mãn ak 6= 0.
Do vậy: g(x) = f(x).f(2x2) =a202n.x3n +. . .+a2k2n−k.x3(n−k) h(x) = f(2x3+x) =a02nx3n+. . .+akxn−k
Vì n−k > 0 nên 3(n−k)> n−k.
Do đó g(x)≡h(x) suy ra ak = 0 (mâu thuẫn). Nên an 6= 0.
Vậy f(x) khơng có nghiệm số thực.
Bài tốn 1.1.34. (Olimpic Tốn tồn quốc 2003)
Cho biết đa thức P(x) có bậc n≥ 1 với m nghiệm thực. Chứng minh rằng đa thức
Q(x) = (x2+ 1)P(x) +P0(x)
có ít nhất m nghiệm thực, ở đây P0(x) là đạo hàm của P(x) theo x.
Lời giải.
Xét hàm số f(x) =ex
3
3+xP(x).
Rõ ràng rằng các nghiệm thực củaP(x)cũng là các nghiệm thực của f(x)và ngược lại. Ta có f(x) = ex 3 3 +x[(x2+ 1)P(x) +P0(x)]. Rõ ràng f0(x) có ít nhất m− 1 nghiệm thực. Đó cũng chính là các nghiệm của đa thức Q(x) = (x2+ 1)P(x) +P0(x).
Ta biết rằng mỗi một đa thức bậc n ≥ 1 đều có đủ n nghiệm thực hoặc phức (kể cả bội). Đồng thời bao giờ nghiệm phức cũng là số chẵn, vì nếu đa thức có nghiệm là α+iβ thì α−iβ cũng là nghiệm. Ta xét hai trường hợp (i) Nếu n chẵn thì số nghiệm thực của P(x) phải là số chẵn, suy ra m chẵn, nênm−1 là số lẻ. Khi đó Q(x)có bậc n+ 2là số chẵn, nên nghiệm thực của nó phải là số chẵn.
Từ đó kết luận rằngP(x) có ít nhấtm−1 nghiệm thực, suy ra Q(x)phải có ít nhất (m−1) + 1 = m nghiệm thực.
(ii) Nếun là số lẻ, thì số nghiệm thực của P(x) phải lẻ, suy ra m lẻ và m−1 chẵn. Khi đó Q(x) có bậc n+ 2 là số lẻ, nên số nghiệm thực của nó phải là số lẻ.
Do đó, kết luận P(x) có ít nhất m−1 nghiệm thực, suy ra Q(x) phải có ít nhất (m−1) + 1 = m nghiệm thực.