Huỳnh Kim Linh - Tô Hùng Khanh, Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Khánh Hòa
1 Các bài toán có lời giải
Bài toán 1. Tìm tất cả các đa thức f(x) = x3 +ax2+bx +c, với a, b, c là các số thực thỏa phương trình f(x) = 0 có các nghiệm là a, b, c.
Giải. Đa thức f(x) = x3 + ax2 +bx +c có các nghiệm là a, b, c được viết dưới dạng : f(x) = (x−a)(x−b)(x−c).
Đồng nhất các hệ số ta có :
−(a+b+c) =a ab+bc+ca=b
−abc =c
Với c= 0, ta có 2 nghiệma =b =c= 0 và a= 1, b=−2, c = 0.
Với c6= 0 ta có
−(a+b+c) = a ab+bc+ca=b
−abc=c
⇔
a =−1b c= 2b −b
b4+b3−2b2+ 2 = 0
b4+b3−2b2 + 2 = 0⇔(b+ 1)(b3−2b+ 2) = 0⇔b=−1 hoặc b3˘2b+ 2 = 0.
Vớib =−1thì a= 1, c=−1Vớib3−2b+ 2 = 0,bằng cách đặtb= 2q
2
3xta đưa phương trình về dạng 4x3−3x+ 3
√3 2√
2 = 0, phương trình có nghiệm :
x=
3
r
−3
√3 2√
2 + q27
8 −1 + 3 r
−3
√3 2√
2 −q
27 8 −1
2 =
p√3
19−√
27−p√3
19 +√ 27 2√
2 Từ đó suy rab = 2
q2 3 ã
√3 √
19−√ 27−3
√√
19+√ 27 2√
2 =
√3 √
19−√ 27−3
√√
19+√
√ 27
3 .
Đặtb0 =
√3 √
19−√ 27−3
√√
19+√
√ 27
3 ta suy raa0, c0 tương ứng.
Vậy có tất cả 4 đa thức thỏa mãn đề bài làf1(x) =x3;f2(x) =x3−2x;f3(x) =x3+x2−x− 1;f4(x) =x3+a0x2+b0x+c0 với
b0 =
√3 √
19−√ 27−3
√√
19+√
√ 27 3
a0 =−b1
0
c0 = b2
0 −b0
Bài toán 2. Các đa thức P(x) = x5 −x−1 và Q(x) = x2 +ax+b với a, b ∈ Q có thể có nghiệm phức chung không ?
Giải. Giả sửα là nghiệm chung củaP(x) và Q(x), Ta có : α5 =α+ 1 và α2 =−aα−b.
α+1 =α5=α(α2)2 =α(−aα−b)2 =α[a2(−aα−b) + (2abα+b2)].
= (2ab−a3)(−aα−b) + (b2−a2b)α=ã ã ã= (a4−3a2b+b2)α+a3b−2ab2
⇒
a4−3a2b+b2 = 1 (1) a3b−2ab2 = 1 (2) Từ (1)⇒b2 = 1−a4+ 3a2b thay vào (2) và rút gọn b= 2a5−2a−15a3
Thay vào (1) ta được a10+ 3a6 −11a5 −4a2−4a−1 = 0 điều này trái vớia ∈ Q. Vì phương trìnha10+ 3a6−11a5−4a2−4a−1 = 0 không có nghiệm hữu tỉ.
Bài toán 3. Giả sử a, b là 2 trong 4 nghiệm của phương trình : x4 +x3 −1 = 0 (1). Chứng minh rằng ab là nghiệm của phương trình x6+x4+x3−x2−1 = 0 (2)
Giải. Giả sửa, b, c, d là 4 nghiệm của phương trình (1) Suy ra P(x) = x4+x3−1 = (x−a)(x−b)(x−c)(x−d) = 0 Ta chứng minh :(ab)3+ (cd)3+ab+cd+ 1 = 0
Khi đó ta suy ra : (ab)6+ (ab)4+ (ab)3−(ab)2−1 = 0 ⇔ab3− 1
(ab)3 +ab− ab1 + 1 = 0 Vìabcd =−1 hay ab=−cd1.Thật vậy P(a) = P(b) = 0
⇒a3 = 1
a+ 1, b3 = 1
b+ 1 ⇒(ab)3 = 1
(a+ 1)(b+ 1) = (1 +c)(1 +d) P(−1) Hay(ab)3 =−(1 +c)(1 +d). Tương tự (cd)3 =−(1 +a)(1 +b)Suy ra
(ab)3+ (cd)3+ab+cd+ 1 =−(1 +c)(1 +d)−(1 +a)(1 +b) + ab + cd + 1
=−1−a−b−c−d= 0 (Đúng vì a+b+c+d= 1) Bài toán 4. Giả sử an là dãy số Fibonaxi xác định bởi
a1 =a2 = 1
an+2 =an+1+an(n∈N) Chứng minh rằng nếu đa thức P(x) bậc 1005 thỏa điều kiện P(k) = ak với k = 1007, . . . ,2012. Thì P(2013) = a2013−1.
Giải. Ta chứng minh quy nạp theo n∈N. Khẳng định tổng quát : NếuP(x)có bậc n thỏa P(k) =ak với k =n+ 2, . . . ,2n+ 2
Thì P(2n+ 3) =a2n+3−1.
•n = 1 ta có P(3) = 2, P(4) = 3⇒P(x)≡x−1 và P(5) = 4 = a5−1.
•Giả sử khẳng định đúng với n−1.Ta sẽ chứng minh nó cũng đúng với n.
Giả sử đa thức P(x) bậc n thỏa P(k) = ak với k=n+ 2, . . . ,2n+ 2.
Xét đa thức Q(x) = P(x+ 2)−P(x+ 1) có bậc không vượt quá n −1 thỏa Q(k) = ak với k=n+ 1, ...,2n
VìQ(k) =P(k+ 2)−P(k+ 1) =ak+2−ak+1 =ak Nghĩa làQ(2n+ 1) =a2n+1−1 ( theo giả thiết quy nạp) Nhưng Q(2n+ 1) =P(2n+ 3)−P(2n+ 2)
⇒P(2n+ 3) =P(2n+ 2) +Q(2n+ 1) =a2n+2+a2n+1˘1 =a2n+3−1.
Bài toán 5. Tìm số nguyên a sao cho đa thức f(x) = x13 +x + 90 chia hết cho đa thức g(x) = x2−x+a.
Giải. Giả sử :f(x) =g(x).Q(x)⇔x13+x+ 90 = (x2−x+a).Q(x) Vìa ∈Z nên ta xét :
•a≤0 khi đóf(x) = x13+x+ 90và g(x) =x2−x+a có nghiệm không âm. Vô lía >0, cho x=−1, x= 0, x= 1 ta được
(a+ 2).Q(−1) = 88 a.Q(0) = 90
a.Q(1) = 92
⇒2...a⇒
a= 1 a= 2 Nếu a = 1 thì từ (1) suy ra88...3vô lí
Nếu a = 2 thì ta có f(x) = x2−x+a
. x11+x10−x9−3x8−x7+ 5x6+ 7x5−3x4−7x3+ 11x2+ 23x+ 45 Vậy a = 2 thì f(x) chia hết chog(x)
Bài toán 6. Lập đa thức bậc 3 có các nghiệm x1, x2, x3 thỏa :
1 x1 +x1
2 + x1
3 =−2 (1)
1 x21 +x12
2
+ x12 3
= 1 (2)
1 x41 +x14
2
+ x14 3
= 1 (3) Giải. Giả sử đa thức cần tìm có dạngP(x) = x3 +ax2+bx+c.
Theo định lí VIET :
x1+x2+x3 =−a x1x2+x2x3+x3x1 =b x1x2x3 =−c
(1)⇔ −2 = x1x2+x2x3+x3x1 x1x2x3 =−b
c ⇒b = 2c (2) ⇔1 = x21x22+x22x23+x23x21
x21x22x23
= (x1x2+x2x3+x3x1)2−2x1x2x3(x1+x2+x3) x21x22x23
= b2 −2ac
c2 ⇔b2−2ac=c2 (3)⇔1 = x41x42 +x42x43+x43x41
x41x42x43 =ã ã ã= (b2−2ac)2−2c2(a2−2b) c4
⇔(b2−2ac)2−2c2(a2−2b) =c4 Vậy a, b, cthỏa
b= 2c b2−2ac =c2
(b2−2ac)2−2c2(a2−2b) = c4
⇔
a= 83 b= 329 c= 169
Bài toán 7. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để các nghiệm x1, x2, x3, x4 của đa thức : P(x) = x4+ 3x3+ 6x2+mx+ 4 thỏa x1 = x1
2 +x1
3 +x1
4.
Giải. Ta có
x1+x2+x3+x4 =−3
x1x2+x1x3+x1x4+x2x3+x2x4 +x3x4 = 6 x1x2x3 +x1x2x4+x1x3x4+x2x3x4 =−m x1x2x3x4 = 4
x2x3+x2x4+x3x4 =x1x2x3x4
Suy ra4 =x1x2x3x4 =x2x3+x2x4+x3x4 = 6−x1(x2+x3+x4) = 6−x1(−3−x1) = 6+3x1+x21 Hayx21 =−3x1−2(*)
⇒x31 =x1x21 =x1(−3x1−2) =−3x21 −2x1 =−3 (−3x1−2)−2x1 = 7x1+ 6
⇒x41 =x1x31 = 7x21+ 6x1 = 7 (−3x1−2) + 6x1 =−15x1˘14 Hay(m−12)x1−4 = 0⇒x1 = m−124 (m6= 12).
Thayx1 = m−124 vào (*) ta được : (m−12)16 2 + 3m−124 + 2 = 0(**) Giải phương trình (**) tìm được m= 8 hoặc m = 10.
Bài toán 8. Cho a, b∈R. Tìm đa thức P(x) thoả : xP(x−a) = (x−b)P(x), ∀x∈R Giải.
• Xéta =b = 0⇒P(x)tuỳ ý.
•a = 0, b6= 0 thì P(x) = 0,∀x∈R.
•a 6= 0, b= 0 thì P(x) = const
•a 6= 0 và b6= 0 thì xét 2 trường hợp ba ∈/ N và ba ∈N.
Nếu ab ∈/N khi thay x=b thì x=b−a là nghiệm
Tương tự khi thayx=b−a thì x=b−2a là nghiệm, . . . Do đóP(x) =x,∀x∈R.
Nếu ab ∈N thì P(x) cóx=a, x= 2a, . . . , x= (n−1)a là nghiệm Do đóP(x) = (x−a)(x−2a). . .(x−(n−1)a).Q(x)
Thế vào điều kiện bài ra ta được Q(x−a) = Q(x),∀x∈R hay Q(x) = const Vậy P(x) = (x−a)(x−2a). . .(x−(n−1)a).
Bài toán 9. Hỏi có tồn tại hay không đa thức f(x) bậc 2012 sao cho f(x2−2011) chia hết cho f(x).
Giải. Xét đa thức f(x) = (x+a)2012 Taf(x2−2011) = (x2−2011 +a)2012 =
(x+a)2−2a(x+a) +a2+a−20112012 Nếu ta chọn a sao cho a2 +a−2011 = 0 ⇔ a = −1±
√ 8045
2 . thì f(x2−2011) = (x2−a2)2012 = (x−a)2012(x+a)2012 chia hết chof(x).
Vậy đa thứcf(x) =
x+−1±
√8045 2
2012
thỏa điều kiện của bài toán.
Cách 2 : Xét đa thứcf(x) =
2012
Q
k=1
(x−ak), ak∈R.
Ta có : f(x2−2011) =
2012
Q
k=1
(x2−2011−ak) Thì khi đó f(x2−2011) =
2012
Q
k=1
(x2−a2k) =f(x)
2012
Q
k=1
(x+ak) chia hết chof(x).
Vậy đa thứcf(x) = x−1±
√ 8045 2
2012
thỏa điều kiện của bài toán.
Bài toán 10.Cho 0≤α≤1. Chứng minh rằng : với mọi số phức a phương trình :z3−az+a= 0 có ít nhất 1 nghiệm z thỏa : |z−α| ≤2−α.
Giải. Gọi z1, z2, z3 là 3 nghiệm của pt : z3−az+a= 0.
Ta có :
z1+z2+z3 = 0
z1z2+z2z3+z3z1 =−a z1z2z3 =−a
Suy ra 1 = 1−(z1+z2+z3) + (z1z2+z2z3+z3z1)−z1z2z3 = (1−z1) (1−z2) (1−z3) Hay|1−z1| |1−z2| |1−z3|= 1⇒ ∃zi :|zi−1| ≤1
Khi đó2−α= 1 + 1−α≥ |zi−1|+|1−α| ≥ |zi −α|
Tức là có ít nhất 1 nghiệm z của phương trình thoả :|z−α| ≤2−α.
Bài toán 11. Cho a, b, c, d, e∈R. Chứng minh rằng nếu phương trình ax2+ (b+c)x+d+e= 0 có nghiệm x0 ∈[1; +∞) thì phương trình ax4+bx3+cx2+dx+e = 0 cũng có nghiệm thực.
Giải. Ta có ax20+cx0+e=−(bx0+d) Xétf(x) = ax4+bx3+cx2+dx+e suy ra
f √ x0
= (ax20+cx0+e) +√
x0(bx0+d);
f −√ x0
= (ax20+cx0+e)−√
x0(bx0+d)
Hay f √
x0
f −√ x0
=(ax20+cx0 +e)2−x0(bx0 +d)2
= (ax20+cx0+e)2−x0(ax20+cx0+e)2
= (ax20+cx0+e)2(1−x0)≤0 Vậy phương trìnhf(x) = 0 có ít nhất 1 nghiệm x∈
−√ x0;√
x0
Bài toán 12. Cho đa thức P(x) với hệ số thực bậc n (n≤ 1) có m nghiệm thực. Chứng minh rằng : đa thức Q(x) = (x2+ 1)P(x) +P,(x) có ít nhất m nghiệm thực
Giải. Xét f(x) =ex
3
3 +xP(x)
Dễ thấy f(x) = 0 có tập hợp tất cả các nghiệm thực trùng với tập các nghiệm thực của P(x).
Theo định lí Rolle thì phương trình f,(x) =ex
3
3+x[P,(x) + (x2+ 1)P(x)] = 0 có ít nhất m−1 nghiệm thực.
Nếu m chẵn, n lẻ thìP(x) có ít nhất m+ 1 nghiệm thực, vô lí !
Do đó n chẵn. Khi đó P,(x) + (x2+ 1)P(x) có bậc làn+ 2là số chẵn và có m−1số lẻ nghiệm thực
Suy ra đa thứcQ(x) = (x2+ 1)P(x) +P,(x) có ít nhất m nghiệm thực.
Bài toán 13. Cho f(x) khả vi trên đoạn [0; 1] và thoả điều kiện :
f(0) = 0, f(1) = 1 0≤f(x)≤1, ∀x∈R Chứng minh rằng tồn tại a, b∈(0; 1) :f0(a).f0(b) = 1
Giải. Xét hàm g(x) =f(x) +x−1 thì g(x) khả vi trên đoạn [0; 1] do f(x) khả vi trên đoạn [0; 1]
Do g(0) =−1và g(1) = 1 nên theo định lí Lagrange ∃c∈(0; 1) sao cho g(c) = 0 Suy ra f(c) +c−1 = 0 hay f(c) = 1−c
Mặt khác theo định lí Lagrange đối với hàmf(x)trên các đoạn[0;c] và[c; 1]ta có : f(c)−fc−0(0) = f,(a), a∈(0;c)⊕và f(1)−f(c)1−c =f,(b), b ∈(c; 1)
Suy ra f,(a).f,(b) = f(c)c .1−f1−c(c) = (1−c)cc(1−c) = 1
Bài toán 14. (IMO 2006) Cho P(x) là đa thức bậc n > 1 với hệ số nguyên, gọi k là một số nguyên dương. Xét đa thức Q(x) = P(P(. . . P(x)). . .)), P xuất hiện k lần. Chứng minh rằng có tối đa n số nguyên t sao cho Q(t) = t.
Giải. Đầu tiên , ta chứng minh với mọi điểm cố địnhxcủa Qtrong thực tế là 1 điểm cố định của P ◦P.
Xét dãy cho bởi x0 =x và xi+1 =P (xi)với i≥0.
Giả sửxk =x0, ta đã biếtP(u)−P(v)chia hết chou˘v với mọi số nguyênu, v phân biệt . Hơn nữa
di =xi+1−xiP (xi+1)−P (xi) =xi+2−xi+1 =di+1
với mọii , kết hợp vớidk =d0 ta suy ra|d0|=|d1|=...=|dk| .
Giả sửd1 =d0 =d6= 0 thì d2 =d (nếu không thì x3 =x1 và x0 không thể xuất hiện trong dãy một lần nữa ). Tương tự d3 =d, . . . , vậyxi =x0+id6=x0 với mọi i, điều này mâu thuẫn . Màd1 =−d0, suy ra x2 =x0. Vậy có thể giả thiết rằng Q=P ◦P
Nếu mọi số nguyên t với P(P (t)) cũng thoả mãn P (t) = t thì dễ dàng nhận thấy số nghiệm của bài toán tối đa làdegP =n.
Giả sử P(t1) = t2, P (t2) = t1, P (t3) = t4, P(t4) = t3, với t1 6= t2,3,4 không nhất thiết t3 6= t4) ,vìt2−t4...(t1−t3)và điều ngược lại cũng đúng nên t1−t3 =±(t2−t4).Giả sử t1−t3 =t2−t4 hay nói cách kháct1−t2 =t3−t4 =u6= 0. Vì ta cũng có t1−t4 =±(t2−t3),
nên t1−t3+u=±(t1−t3−u), điều này là vô lý !
Vậy phải cót1 −t3 =t4−t2 ,hay p(t1) +t1 =p(t3) +t3 =c.Suy ra mọi nghiệm nguyên t của phương trình P (P (t)) = t đều thoả mãn P(t)+, vậy số số nguyên không vượt quá n.
Bài toán 15. A1. Tìm tất cả những đa thức hệ số nguyên bậc hai sao cho tồn tại đa thức q(x) hệ số nguyên thỏa là một đa thức có tất cả các hệ số ±1.
Lời giải 1:Chúng ta chứng minh rằng chỉ có những đa thức thỏa mãn yêu cầu là những đa thức x2±x±1, x2±1 vàx2 ±2x+ 1.
Gọi f(x) là đa thức bậc n có tất cả các hệ số ±1. Giả sử z là nghiệm của phương trình với
|z|>1 vậy
|z|n=
±zn−1±zn−2±...±1
≤ |z|n−1+|z|n−2+...+ 1 = |z|n−1
|z| −1
Điều đó kéo theo |z|n(|z| −2) ≤ −1; vậy |z| < 2. Như thế tất cả các nghiệm của f(x) = 0 có giá trị tuyệt đối bé hơn 2.
Rõ ràng, một đa thứcp(x) thỏa yêu cầu phải có dạngp(x) =x2+ax±1 với a∈Z. Gọi x1 và x2 là các nghiệm của nó( không bắt buộc phải khác nhau). Vì x1x2 =±1 nên ta có thể giả sử rằng|x1| ≥1 và|x2| ≤1. Vìx1 và x2 còn là nghiệm nguyên của là đa thức có hệ số±1, nên ta có|x1|<2. và như vậy |a|=|x1+x2| ≤ |x1|+|x2|<2 + 1 a∈ {±2,±1,0}.
Nếua=±1 thì g(x) = 1 cho ta lời giải.
Nếua= 0 thì g(x) =x+ 1 cho ta lời giải.
Nếu a = ±2, cả hai đa thức x2 ±2x−1 có nghiệm với giá trị tuyệt đối lớn hơn 2 nên chúng không thỏa yêu cầu. Cuối cùng, các đa thứcp(x) =x2±2x+ 1 thỏa yêu cầu với q(x) = ∓1.
Bình luận: Từ ngữ “ nghiệm” có thể được hiểu là” nghiệm ảo” và không cần phải nói rõ. Vì số phức không cần phải chỉ rõ, p(x) = x2+ax±1 có nghiệm thực nếu |a| ≥2 và trường hợp
|a| ≤1phải được xử lí riêng.
Chú ý cần quan tâm là cho dù có hệ số bằng 0 thì kết luận|z|<2vẫn đúng. Tuy vậy, có những lời giải đặc biệt là x2 và x2±x
Lời giải 2: Giả sử đa thức p(x) = a0 +a1x+x2 và g(x) = b0 +b1x+...+bnxn sao cho p(x)g(x) =c0+c1x+...cn+2xn+2 với mọick =±1.
Khi đó|a0|=|b0|=|bn|= 1 và a0b1 =c1−a1b0;a0bk =ck−a1bk−1−bk−2; với k = 2, . . . , n Và như vậy |b1|≥ |a1| −1; |bk|≥ |a1bk−1| − |bk−2| −1với k= 2, . . . , n
Giả sử . Thì rõ ràng không thể hằng, vớin ≥1, và ta có|b1| ≥2;|bk| ≥3|bk−1| − |bk−2| −1;với k= 2, . . . , n
Từ bất đẳng thức cuối( viết lại) ta có
|bk−1| − |bk−2| ≥2|bk−1| − |bk−2| −1≥2(|bk−1| − |bk−2|)−1
Ta thấy dãy dk = |bk| − |bk−1| , (k = 1, . . . , n), thỏa dk ≥ 2dk−1 −1vớik ≥ 2( qui nạp).
Vì d1 = |b1| − 1 ≥ 1 kéo theo giả thiết qui nạp dk ≥ 1 với k = 1, . . . , n. Tương đương
|bk| ≥ |bk−1|+ 1với k= 3, ..., nnên |bn| ≥ |b0|+n trái với giả thiết|b0|=|bn|= 1, n≥1 Điều đó kéo theo phải có dạnga0 +a1x+x2 với |a0|= 1;|a1| ≤2.
Nếu|a1| ≤1 hay|a1|= 2 và a0 = 1 thì đa thức g(x) tương ứng tồn tại (xem 8 ví dụ của lời giải 1)
Còn lại trường hợpa0 = 1, a0 =−1. Giả sử g(x) tồn tại và không mất tính tổng quát ta có thể giả sửb0 = 1vàa1 = 1( nếub0 =−1thì thayq(x)bởi−q(x)và vớia1 =−2thì thayq(x)bởiq(−x).
Vớib0 = 1,a0 =−1,a1 = 2công thức quy nạp đầu tiên thànhb1 = 2−c1, bk = 2bk−1+bk−2−ck với k = 2, . . . , n Vậy b1 ≥1, b2 ≥2b1+ 1−c2 ≥2, và quy nạp cho thấy bk ≥2 với k = 2, . . . , n lại trái với giả thiết|b0|= 1.Như vậy không có đa thức p(x) thỏa bài toán ngoại trừ 8 đa thức đã trình bày trong lời giải 1.