CHUYÊN ĐỀ NGHIỆM CỦA ĐA THỨC Nguyễn Thị Bích Xuân Giáo viên Trường THPT Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, tỉnh Quảng Nam MỞ ĐẦU Đa thức đề tài rộng, dạng toán thường xuyên xuất ỏ đề thi Kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia Trong viết này, giới thiệu số toán liên quan đến vấn đề: Sử dụng tính chất nghiệm đa thức vào việc giải tốn đa thức CÁC BÀI TỐN Bài Cho đa thức p(x) = x + ax2 + bx + c có nghiệm phân biệt R đa thức p(q(x)), q(x) = x2 + x + 2011 khơng có nghiệm thực Chứng minh rằng: p(2011) > 64 Giải: Gọi x1, x2, x3 nghiệm p(x), ta có: p(x) = (x – x1) (x – x2) (x – x3) => p(q(x)) = (q(x) – x1) (q(x) – x2) (q(x) – x3), đó: q(x) ≠ xi, ∀ x Xét q(x) – xi , với i = 1,3 => q(x) – xi = x2 + x + 2011 – xi ∆i = – 4(2011 – xi) Vì q(x) ≠ xi => q(x) – xi vô nghiệm => ∆i < => – 4(2011 – xi) < => 2011 – xi > => (2011 – x1)(2011 – x2)(2011 – x3) > 64 Vậy p(2011) > (đpcm) 64 Bài Cho đa thức p(x) = x + x2 + x3 +…+ x2n + 2011x2n+1 – 2012 Chứng minh rằng: p(x) có nghiệm ¡ Giải: Ta có: p(x) = x + x2 + x3 +…+ x2n + 2011x2n+1 – 2012 = x + x2 + x3 +…+ x2n + 2011x2n+1 = 2012 Xét đa thức: f(x) = x + x2 + x3 +…+ x2n + 2011x2n+1 R = x + x2(1+x) + x3(1+x)+ + x2n(1+x)+2010x2n + *Với x ≤ -1 => + x ≤ => f(x) < => phương trình f(x) = 2012 vơ nghiệm *Với -1 ≤ x ≤ 0: f(x) ≤ => f(x) = 2012 vô nghiệm *Với x > 0: f ’(x) = + 2x + 3x2 + + 2011(2n+1)x2n > => f(x) đồng biến (0; +∞) f(x) = +∞ (vì f(x) liên tục (0; +∞)) Ta có: f(0) = lim x→+∞ => Tồn xo∈(0;+∞) để f(xo) = 2012 Vậy p(x) = có nghiệm dương (đpcm) Bài Cho số ai, bi thỏa mãn: < bo ≤ |ao|; bi ≥ |ai|, i = 1, n ; Hai đa thức p(x) = aoxn + a1xn – + …+ an q(x) = boxn + b1xn – + …+ bn Chứng minh rằng: a) q(x) có nghiệm dương b) Nghiệm p(x) (nếu có) có giá trị tuyệt đối không vượt qua nghiệm dương q(x) Giải: a) Chứng minh q(x) có nghiệm dương  Ta có: q(x) = xn  bo −  b  b1 b2 − − − nn ÷ x x x  Suy ra: q(x) có nghiệm dương h(x)= bo Ta có: h’(x) = b1 b b - - - nn có nghiệm dương x x x b1 2b nb + + + n+1n > , với x >0 x x h(x) = bo > , lim h(x) = −∞ Suy ra: h(x) tăng (0; +∞) lim x→+∞ x →0 + => Tồn số xo∈(0;+∞) cho h(xo) = Tức h(x) = có nghiệm dương Suy q(x) có nghiệm dương (đpcm) b) Do hàm số h(x) đồng biến (0;+∞), xo nghiệm h(x) (0;+∞) Suy ra: ∀ x > xo => h(x) > h(xo) = => q(x) > Và ∀ x ∈(0;xo] => h(x) ≤ h(xo) = => q(x) ≤ Cần chứng minh: nghiệm x1 f(x) thỏa mãn |x1| < xo g(|x1|) < g(xo) = (do (1)) g(|x1|) < Giả sử x1 nghiệm f(x) Ta có: f(x1) = aox1n + a1x1n – + …+ an = => | aox1n + a1x1n – + …+ an | ≥ |aox1n| - |a1x1n – 1+ …+ an| ≥ |aox1n| - |a1x1n - 1| - |a2x1n - 2| - …- |an| = = |ao||x1n| - |a1|| x1n - 1| - |a2||x1n - 2| - …- |an| ≥ bo|x1n| - b1| x1n - 1| - b2|x1n - 2| - …- |bn| = g(|x1|) => q(|x1|) ≤ => |x1| ∈ (0;xo] => |x1| ≤ xo (đpcm) Bài 4(Vô địch Mỹ) Tìm m, n ∈Ζ + cho đa thức P(x) = x m + xm-1 +…+ x + ước Q(x) = + xn + x2n + x3n + …+ xmn Giải: Ta thấy đa thức Qo(x) = x(m+1)n – = ( xn – 1)Q(x) Po(x) = (x – 1)P(x) khơng có nghiệm bội (phức) nên P(x).Q(x) khơng có nghiệm bội Do đó: P(x)|Q(x)  nghiệm P(x) nghiệm Q(x) Ta có cặp đa thức xn – , Q(x) x -1 , P(x) khơng có nghiệm chung Đồng thời Po(x)|Qo(x), (x-1)|(x(m+1)n – 1) Nên nghiệm P(x) nghiệm nghiệm Q(x)  x – – có nghiệm chung x = (m+1)n x +Trường hợp 1: d = (m +1, n) > Khi đa thức x – x(m + 1)n – có nghiệm chung khác là: xo= cos + i sin nên không thỏa mãn +Trường hợp 2: (m +1, n) = Khi tồn k, l cho k(m + 1) + nl = Giả sử hai đa thức x – x(m + 1)n – nhận nghiệm chung xo Dễ thấy xo1 = xok(m+1)+nl = (xom+1 )k.( xon)l = (thỏa mãn) Vậy hai số nguyên dương m, n thỏa mãn đề (m +1, n) = Bài (dự tuyển IMO 2005) Tìm tất đa thức p(x) ∈ Z[x] monic bậc cho tồn đa thức q(x) ∈Z[x] mà hệ số đa thức r(x) = p(x).q(x) thuộc { - 1, 1} Giải: Xét p(x) = x2 + ax ± 1, a ∈ Z n Giả sử r(x) = ∑a x i =0 i i , ∈ {-1,1} z nghiệm (phức) r(x) mà |z|>1 n z −1 i n −1 i n n n Ta có: z = −∑ z ≤ ∑ z = => z ( z − 1) ≤ z − => z ( z − ) ≤ −1 z −1 i = an i=0 n n −1 => |z| < Như vậy, nghiệm r(x) có mođun nhỏ Từ đó, gọi z1, z2 nghiệm p(x) ta có z 1, z2 nghiệm r(x) nên |z1|< |z2| < Ngoài ra, ta có: |z1|.|z2| = |z1z2| = Khơng tính tổng quát, giả sử |z1| ≥ |z2|, suy ra: ≤ z1 < ; ≤ z2 < Ta lại có: | z1 + z2| = |a| < |z1| + |z2| < + = 3, suy ra: a ∈ { -2, -1, 0, 1, 2} + Với a =0 q(x) = x + (vì p(x) = x2 ± ) + Với a = ± q(x) = (vì p(x) = x2 ± x ± ) + Với a = ± p(x) = x2 ± 2x ± - Nếu p(x) = x2 ± 2x + q(x) = x ± - Nếu p(x) = x2 ± 2x – khơng thỏa mãn có nghiệm với mođun >2 Vậy p(x) : x2 ± 1, x2 ± x ± 1, x2 ± 2x ± Bài (Rumani 2001) Cho n∈ Z+, n chẵn a, b∈ R thỏa mãn: 3a + = bn Chứng minh rằng: Đa thức p(x)= (x2 + x +1)n – xn – a chia hết cho đa thức q(x)= x3 + x2 + x + b b = Giải: q ( x ) = x +x +x= ( x+1) ( x +1)  + Giả sử b = đó: 3a + = b = => a =  n n  p ( x ) = ( x +x+1) -x n Ta có: x + 1, x2 + hai đa thức nguyên tố ước p(x) nên p(x) Mq(x) + Giả sử p(x) Mq(x) b ≠ (vì b = q(x) = x3 + x2 + x | p(x) => x | p(x) => a = vơ lí với 3a + = bn) Vì b ≠ nên q(x) = x + x2 + x + b có nghiệm (phức): z 1, z2, z3 khác Theo định lý Viet: z1 z2 z3 = - b b Như vậy, với i, j, k ∈ {1, 2, 3} phân biệt, ta có: zi + zi + = − z = z j zk (1) i Vì p(x) Mq(x) nên z1, z2, z3 nghiệm p(x) => p(z1) = p(z2)= p(z3) = => p(z1) + p(z2) + p(z3) = Hay ∑( z i =1 i + zi +1) −∑zi − 3a = n (2) i =1 Từ (1) (2), ta có: ( z1 z2 ) + ( z2 z3 ) + ( z3 z1 ) − z1n − z2 n − z3 n − 3a = n n n ( − z1n ) ( − z2 n ) ( − z3n ) + ( − z1 z2 z3 ) − 3a − = n ( − z1n ) ( − z2 n ) ( − z3n ) + ( − z1 z2 z3 ) + b n − 3a − = n n n n ( − z1 ) ( − z2 ) ( − z3 ) = Không tính tổng quát, giả sử – z1n = z1n = +Trường hợp 1: z1 = b Ta có: q(z1) = => q(1) = Từ (1) => z12 + z1 + = - z => b = -3 Mặt khác: p(1) = => (1 + 1+ 1)n – 1n – a = 3n – – a = b n = 3a + ( −3) n = 3a +  =>  => 3a + = a + (do n chẵn) Như vậy, ta có: b = n 3n − − a = 3 = a +  => a = Với a = ta có: bn = b = -3 (vô lý) +Trường hợp 2: z1 = - Ta có: q(-1) = => –1 + – + b = => b = (đpcm) +Trường hợp 3: z1∈ £ \ ¡ Khi đó: |z1| = nên z1 = z ≠ z1 nghiệm 1 q(x), ta coi: z2 = z1 = z => - b = z1 z2 z3 = z3 => q(-b) = Hay – b3 + b2 = b = (do b ≠ 0) Vậy ta ln có b = (đpcm) Bài (IMO 2002) am + a + Tìm m, n ∈ ¥ ; m,n ≥ cho có vơ số a∈ ¢ thỏa mãn: n ∈ ¢ a + a −1 + Giải: Giả sử m, n thỏa mãn đề Xét 02 đa thức: f(x) = x m + x – ; g(x) = xn + x2 –1 Khi tồn 02 đa thức hệ số thực q(x), r(x) thỏa mãn: f(x) = q(x).g(x) + r(x), degr < deg g Do f, g  [x] nờn q, r Ô [x] Đặc biệt ta cịn có g monic (hệ số số hạng chứa mũ cao biến x 1) nên q, r ∈ ¢ [x] f ( x) r ( x) Ta có: g x = q ( x ) + g x ( ) ( ) (*) f ( a) r( a) + + Do với a ∈ ¢ + g a ∈ ¢ ⇔ g a ∈ ¢ ( ) ( ) f ( a) + r( a) Vì có vơ số a ∈ ¢ + để g a ∈ ¢ nên có vơ số a ∈ ¢ + để g a ∈ ¢ ( ) ( ) r ( an ) + hay có 01 dãy tăng vơ hạn số nguyên dương an mà g a ∈ ¢ ( n) + (1) r( a ) n mà deg r < deg g nên lim g a = ( n) (2) Từ (1) (2) suy ra: r(x) = f ( x) Từ (*) suy ra: g x = q ( x ) (vì r(x) ≡ 0) ( ) Suy ra: tốn cho quy tìm m, n ∈ ¥ ; m,n ≥ để f(x) Mg(x) (vì f, g∈ ¢ [x], g monic nên phép chia hết nói sau xét R[x], Q[x] Z[x]) Vì f(x) Mg(x) nên nghiệm g(x) (xét tập số phức) nghiệm f(x) (số bội nghiệm g(x) nhỏ f(x)) Trong toán quan tâm đến nghiệm thực g(x) Dễ thấy g(x) có nghiệm thực t ∈ (0, 1) Lúc đó, ta có: tm + t – = (3) tn + t2 – = (4) Từ (3) (4), ta có: tm + t = tn + t2 t(1 – t) = tn (1 – tm – n) = (1 – t2)(1 – tm – n) (do từ (4) ta có tn = – t2) t = (1 + t) (1 – tm – n) t = – tm –n + t – tm – n + tm – n + + tm – n – = (5) Vì f(x) Mg(x) nên m > n để ý số thuộc khoảng (0; 1) lũy thừa với số mũ lớn bé Do đó: m – n + > n => m – n > n – ≥ => tm – n + + tm – n < tn + t2 Từ (4) (5) ta có: tm – n + + tm – n = tn + t2 Như vậy, m – n + ≤ n => m ≤ 2n – Ta lại có: xn + x2 – = g(x) | (xm – n g(x) – f(x)) = xm – n + – xm – n – x +1 Do đó: m ≤ m – n + => m ≥ 2n – Suy ra: 2n – ≤ m ≤ 2n – +Trường hợp 1: m = 2n – Khi đó: xn + x2 – | xn – xn – – x + (vô lý) +Trường hợp 2: m = 2n – Khi đó: xn + x2 – | xn +1 – xn – – x + => (x + 1)(xn + x2 – 1) ≡ xn +1 – xn – – x + => n = m = (thử lại ta thấy thỏa mãn đề bài) Vậy (m, n) = (5, 3) Bài 8( Vietnam TST) Cho phương trình: x + x3 + ax + bx + c = có nghiệm α , β , γ , δ thỏa mãn: α 16 + β 16 + γ 16 + δ 16 = Tìm nghiệm Giải Theo định lý Viete, ta có: α + β + γ + δ = −4 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz liên tiếp ta có: ( ) ( 16 = ( α + β + γ + δ ) ≤ α + β + γ + δ ≤ 4 α + β + γ + δ ( ) ( ) ) ≤ 4 α + β + γ + δ ≤ 4 4 α 16 + β 16 + γ 16 + δ 16 = 16 Dấu "=" xảy α = β = γ = δ = −1 Bài (VMS 2007) Chứng minh tam thức bậc hai f ( x ) = ax2 + bx + c, ( a,b,c ∈ ¡ ) có nghiệm ngun hàm đa thức bậc ba có nghiệm thực Giải - Nếu f ( x ) có nghiệm kép, f ( x ) = ( x − x0 ) Dễ dàng chọn nguyên hàm dạng: ( ) F x = x − x0 ( ) - Nếu f ( x ) có nghiệm phân biệt f ( x ) = ( x − x1 ) ( x − x2 ) x1 < x2 1 Ký hiệu F0 ( x ) = x3 + bx2 + cx đa thức bậc ba Vì F0′ ( x ) = hai giá trị phân biệt x1, x2 nên F0 x có điểm cực đại điểm cực tiểu Gọi m, M lần ( ) lượt giá trị cực tiểu, cực đại F0 ( x ) Khi với c ∈ ( m, M ) hàm số ( ) ( ) F x = F0 x − c có ba nghiệm Bài 10 (imomath.com) Chứng minh rằng: đa thức P Q có 2 nghiệm thực P ( + x + Q ( x ) ) = Q ( + x + P ( x ) ) P ≡ Q Giải 2 Lưu ý tồn x = a mà P ( a) = Q ( a ) Điều suy từ thực rằng: p,q tương ứng nghiệm P ,Q ( ) ( ) ( ) ( ) P p − Q p ≤ ≤ P q − Q q P − Q liên tục ( ) Bây P ( b) = Q ( b) với b = + a + P ( a ) Lấy số thực lớn mà ( ) P a = Q a , dẫn đến điều mâu thuẫn n n −1 Bài 11 Cho đa thức P ( x ) = an x + an−1 x + + a1 x + a0 , n ≥ 2, an a0 ≠ có n nghiệm dương Chứng minh an −1a1 ≥ n2 a0 an Giải Gọi x1 , x2 , , xn n nghiệm đa thức P ( x ) Theo định lý Viete ta có: x1 x2 xn−1 + x1 x3 xn + + x2 x3 xn = x1 x2 xn = a0 an Do đó: = a1 an ( x + + xn ) ( x1 x2 xn−1 + + x2 x3 xn ) an −1a1 = a0 an x1 x2 xn ( x1 + + xn ) ( x1 x2 xn −1 + + x2 x3 xn ) x1 x2 xn ( xi > ∀i = 1, n ) ; Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: x1 + x2 + + xn ≥ n n x1 x2 xn Suy ra: x1 x2 xn −1 + + x2 x3 xn ≥ n n x1n −1 xnn −1 ; an −1a1 ≥ n2 a0 an n Bài 12 (VMS 1999) Giả sử đa thức với hệ số thực P ( x ) = a0 + a1x + + anx có n nghiệm thực phân biệt Chứng minh rằng: ak−1ak+1 < ak , ∀k ∈ { 1;2; ;n − 1} Giải Ta chứng ( ) minh ( ) “Q ′ ( x ) − Q ( x ) Q ′′ ( x ) > 0, ∀x ∈ ¡ rằng: ( ) ứng với Q x ∈ ¡ x ,degQ x = m Q x có m nghiệm thực đơn” m Ta có: Q ( x) = a∏ ( x − αi ) , αi ≠ α j ( i ≠ j ) i =1 ( )= Suy ra: ∑ x−α Q ( x) Q′ x m i =1 ( ) ( ) ( )= ∑ ( x) (x −α ) Q ′2 x − Q x Q ′′ x Q2 i m i =1 (*) i 2 - Nếu t ∈ ¡ mà Q ( t ) = Q ′ ( t ) − Q ( t ) Q ′′ ( t ) = Q ′ ( t ) > ( Q ′ ( t ) ≠ t nghiệm đơn) - Nếu t ∈ ¡ mà Q ( t ) ≠ từ (*) ta suy điều phải chứng minh ( k) Bây xét đa thức: Q ( x) = P ( x ) , k = 0, n − Các đa thức có nghiệm thực đơn ( chứng minh dễ dàng định lý Rolle) Suy ra: P ( k−1) ( ) 0P ( k+1) ( ) ( < P ( k) ( )) hay ( k − 1) !ak−1 ( k + 1) !ak+1 < ( k !ak ) Do đó: ak−1ak+1 < ak2 k < ak2 k+1 Bài 13 (VMO 2012) Cho cấp số cộng (an), (bn) số nguyên m > Xét m tam thức bậc hai: Pk(x) = x2 + akx + bk, k = 1, 2, …, m Chứng minh hai tam thức P1(x), Pm(x) khơng có nghiệm thực tất đa thức cịn lại khơng có nghiệm thực Giải Ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề: Nếu a12 – 4b1 < 0, am2 – 4bm < (αa1 + (1–α)am)2 – 4(αb1 + (1–α)bm) < với α ∈ [0, 1] Chứng minh Cách Thật vậy, ta có (αa1 + (1–α)am)2 – 4(αb1 + (1–α)bm) = α2(a12–4b1) + (1–α)2(am2–4bm) + α(1–α)(2a1am – 4(b1+bm)) (1) Do a12–4b1b1 < 0, am2 – 4bm < 2a1am – 4(b1+bm) < 2a1am – a12 –am2 = – (a1–am)2 ≤ nên vế phải (1) < ta có điều phải chứng minh Cách Vì a12 – 4b1 < 0, am2 – 4bm < nên theo định lý dấu tam thức bậc hai, ta có x2 + a1x + b1 > với x x2 + amx + bm > với x Nhân bất đẳng thức đầu với α nhân bất đẳng thức thứ hai với (1–α) cộng lại, ta x2 + (αa1 + (1–α)am)x + (αb1 + (1–α)bm) > với x Từ suy (αa1 + (1–α)am)2 – 4(αb1 + (1–α)bm) < (đpcm) Trở lại toán, P1(x) Pm(x) khơng có nghiệm thực nên ta có ∆1 = a12 – 4b1 < ∆m= am2 – 4bm < Công sai cấp số cộng (a n) bằng am − a1 , công sai cấp số cộng (b n) m −1 bm − b1 Do với k = 1, 2, …, m ta có m −1 ak = a1 + ( k − 1) am − a1 m − k k −1 = a1 + am m −1 m −1 m −1 Tương tự bk = b1 + (k − 1) bm − b1 m − k k −1 = b1 + bm m −1 m −1 m −1 Bây áp dụng bổ đề với α = m−k , ta có ∆k= ak2 – 4bk < với k = 1, 2, m −1 …, m, tức tất đa thức P1(x), P2(x), …, Pm(x) khơng có nghiệm thực ============= ... có nghiệm bội Do đó: P(x)|Q(x)  nghiệm P(x) nghiệm Q(x) Ta có cặp đa thức xn – , Q(x) x -1 , P(x) khơng có nghiệm chung Đồng thời Po(x)|Qo(x), (x-1)|(x(m+1)n – 1) Nên nghiệm P(x) nghiệm nghiệm... tam thức bậc hai: Pk(x) = x2 + akx + bk, k = 1, 2, …, m Chứng minh hai tam thức P1(x), Pm(x) khơng có nghiệm thực tất đa thức cịn lại khơng có nghiệm thực Giải Ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề: ... ′ ( t ) > ( Q ′ ( t ) ≠ t nghiệm đơn) - Nếu t ∈ ¡ mà Q ( t ) ≠ từ (*) ta suy điều phải chứng minh ( k) Bây xét đa thức: Q ( x) = P ( x ) , k = 0, n − Các đa thức có nghiệm thực đơn ( chứng minh