MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ ĐA THỨC CHƯƠNG I MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.1 Định nghĩa tính chất đa thức Một hàm số dạng f ( x ) = ax k gọi đơn thức với a ≠ số (tổng quát a số phức), x biến độc lập k số nguyên không âm Số k gọi bậc đơn thức kí hiệu k = deg(ax k ) Định nghĩa 1.1 Một hàm số P( x ) gọi đa thức biểu diễn dạng tổng hữu hạn đơn thức, nghĩa P( x ) = a1 x n1 + a2 x n2 + + ak x nk , a1 , a2 , , ak số bất kì, cịn n1 , n2 , , nk số ngun khơng âm Dễ thấy đa thức biểu diễn dạng P( x ) = an x n + an −1 x n −1 + + a1 x + a0 , an ≠ 0, an −1 , , a0 số Dạng (1.1) gọi dạng chuẩn tắc P(x) Các số an , an −1 , , a0 gọi hệ số đa thức, an hệ số cao nhất, a0 hệ số tự Số tự nhiên n gọi bậc P(x) kí hiệu n = deg P ( x ) Chú ý số khác không đa thức bậc không Quy ước số không đa thức bậc - ∞ Tính chất: Tổng, hiệu, tích hữu hạn đa thức đa thức deg ( P ( x ) ×Q ( x ) ) = deg P ( x ) + deg Q ( x ) , deg ( P( x ) + Q ( x ) ) = max ( deg P( x ), deg Q ( x ) ) Nguyên lí so sánh hệ số đa thức Định lí 1.1 (Nguyên lí so sánh hệ số đa thức) Cho hai đa thức P( x ) = an x n + an −1 x n −1 + + a1 x + a0 , Q ( x ) = bn x n + bn −1 x n −1 + + b1 x + b0 với n ≥ m Chứng minh tồn n + số đôi khác α1 , α , , α n +1 ( αi ≠ α j với i ≠ j) cho P(α i ) = Q (α i ), i = 1, 2, , n + , n = m a0 = b0, a1 = b1,…, an = bn Chứng minh Bằng cách bỏ điều kiện bn ≠ 0, ta bổ sung Q ( x ) = bn x n + bn −1 x n −1 + + b1 x + b0 Ta chứng minh định lí phương pháp quy nạp toán học theo n Với n = P(x) = a1x + a0, Q(x) = b1x + b0 tồn α1 ≠ α cho a1α1 + a0 = b1α1 + b0 , a1α + a0 = b1α + b0 Trừ theo vế hai đẳng thức ta a1 (α1 − α ) = b1 (α1 − α ) Suy a1 = b1, kéo theo a0 = b0 Giả sử khẳng định với n – Ta phải chứng minh khẳng định với n Ta có P( x ) − P (α n +1 ) = an ( x n − α nn+1 ) + an −1 ( x n −1 − α nn+−11 ) + + a1 ( x − α n+1 ) = ( x − α n +1 ) ( an x n −1 + an' −1 x n −2 + + a1' ) = ( x − α n +1 ) P1 ( x ), n −1 ' n −2 ' P1 ( x ) = an x + an −1 x + + a1 Tương tự ta có Q( x ) − Q (α n +1 ) = ( x − α n +1 ) ( bn x n −1 + bn' −1 x n − + + b1' ) = ( x − α n +1 )Q1 ( x ), n −1 ' n −2 n −1 ' với Q1 ( x ) = bn x + b x + + b1 Khi với i = 1, 2, …, n ta có P (αi ) − P (α n +1 ) Q (αi ) − Q (α n +1 ) P1 (αi ) = = = Q1 (αi ) αi − α n +1 αi − α n+1 ' ' ' ' Theo giả thiết toán học suy an = bn , an −1 = bn −1 , , a1 = b1 Đặt P2 ( x ) = an −1 x n −1 + a n −2 x n −2 + + a1 x + a0 , Q2 ( x ) = bn −1 x n −1 + bn −2 x n −2 + + b1 x + b0 Dễ thấy với i = 1, 2, …, n ta có P2 (αi ) = P (αi ) − anαin = Q (αi ) − bnαin = Q2 (αi ) Theo giả thiết toán học suy an −1 = bn −1 , an −2 = bn −2 , , a0 = b0 Vậy ta có điều phải chứng minh Từ định lí ta dễ dàng suy kết sau Định lí 1.2 Dạng chuẩn tắc đa thức Định lí 1.3 Cho A tập vơ hạn số, cịn P(x) Q(x) hai đa thức Nếu với a ∈ A thỏa mãn đẳng thức P(a) = Q(a) hai đa thức P(x) Q(x) Định lí 1.4 Cho n > số tự nhiên, α1 , α , , α n +1 số đơi khác β1 , β , , β n +1 số Khi tồn đa thức P(x) có bậc khơng lớn n cho P(α1 ) = β1 , P(α ) = β , , P(α n +1 ) = β n +1 (Đa thức Lagrange) Chứng minh Dễ dàng kiểm tra đa thức ∏ (x −α ) n +1 P( x ) = ∑ βi i =1 j j ≠i ∏ (α j ≠i i −α j) thỏa mãn deg P( x ) ≤ n, P(α i ) = β i với i = 1, 2, …, n + Tính dễ dàng suy từ nguyên lí so sánh hệ số đa thức 1.2 Phép chia đa thức Định nghĩa 1.2 Ta nói đa thức P(x) chia hết cho đa thức Q(x) tồn đa thức S(x) cho P( x ) = Q ( x ) ×S ( x ) Ta kí hiệu P( x )MQ ( x ) Với phép chia hết ta có số tính chất sau Với đa thức P(x) với số α ≠ ta có α P ( x )MP( x ) Nếu P( x )MQ ( x ) Q ( x )MP( x ) tồn số α ≠ cho P ( x ) = αQ ( x ) Nếu P( x ) MQ( x ) Q ( x )MS ( x ) P( x )MS ( x ) Nếu Pi ( x )MQ ( x ) với i = 1, 2, …, n S1 ( x ), S2 ( x ), , S n ( x ) đa thức ( S1 ( x ) P1 ( x ) + S2 ( x ) P2 ( x ) + + Sn ( x ) Pn ( x ) ) MQ ( x ) Với phép chia có dư ta có số kết đáng ý sau Định lí 1.5 Với hai đa thức P(x) Q(x) ≠ tồn đa thức S(x) R(x) thỏa mãn P( x ) = Q ( x ) ×S ( x ) + R ( x ) deg R( x ) < deg Q ( x ) Đặc biệt Q(x) đa thức bậc dạng Q(x) = x – a ta xác định hệ số đa thức thương số dư nhờ sơ đồ Horner n n −1 Định lí 1.6 Cho đa thức P( x ) = an x + an −1 x + + a1 x + a0 Q(x) = x – α Hệ số đa thức thương Q ( x ) = bn x n + bn −1 x n −1 + + b1 x + b0 số dư R(x) = r tính từ cơng thức sau phép chia P(x) cho Q(x): b0 = a0 b0 = a1 + α b0 , bn −1 = an + α bn−2 , r = an + α bn −1 Ta viết lại cơng thức theo sơ đồ Horner: α a0 a1 b0 = a0 b1 = a1 + αb0 … an-1 an bn-1 = an-1 + αbn-2 r = an + αbn-1 1.3 Ước chung lớn bội chung nhỏ Định nghĩa 1.3 Cho P(x) Q(x) hai đa thức không đồng thời đồng không Đa thức D(x) gọi ước chung lớn P(x) Q(x) P( x )MD ( x ) Q ( x )MD( x ) Nếu P( x )MD1 ( x ) Q ( x )MD1 ( x ) D ( x )MD1 ( x ) Kí hiệu D( x ) = ( P ( x ), Q ( x ) ) Dễ thấy ước chung lớn hai đa thức xác định sai khác số khác không Định lí 1.7 a) Nếu P(x) Q(x) hai đa thức cho P( x )MQ ( x ) chúng có ước chung lớn ( P( x ), Q ( x ) ) = Q ( x ) b) Nếu hai đa thức P(x) Q(x) có ước chung lớn α ≠ số ( P( x ), Q( x ) ) = ( α P( x ), Q( x ) ) = ( P( x ), αQ ( x ) ) Định lí 1.8 Cho P(x) Q(x) hai đa thức có ước chung lớn R(x) số dư phép chia P(x) cho Q(x) Khi Q(x) R(x) có ước chung lớn ( P( x), Q( x ) ) = ( Q( x), R( x) ) Từ kết ta chứng minh được: Định lí 1.9 Hai đa thức khơng đồng thời khơng có ước chung lớn Chứng minh Ta xét P(x) Q(x) hai đa thức khác không giả sử deg P( x ) ≥ deg Q ( x ) Ta chia P(x) cho Q(x): P( x ) = Q ( x ) ×S1 ( x ) + R1 ( x ) Nếu R1(x) = theo định lí 1.7 ta có ( P( x ), Q ( x ) ) = Q ( x ) Nếu R1 ( x ) ≠ deg Q ( x ) ≥ deg R1 ( x ) theo định lí 1.8 ta có ( P ( x ), Q ( x ) ) = ( Q ( x ), R1 ( x ) ) Ta chia Q(x) cho R1(x): Q( x ) = R1 ( x ) ×S2 ( x ) + R2 ( x ) Nếu R2(x) = theo định lí 1.7 ta có ( Q ( x ), R1 ( x ) ) = R1 ( x ) Nếu R2 ( x ) ≠ deg R1 ( x ) ≥ deg R2 ( x ) theo định lí 1.8 ta có ( Q ( x ), R1 ( x ) ) = ( R1 ( x ), R2 ( x ) ) Tiếp tục trình ta nhận dãy đa thức P( x ), Q ( x ), R1 ( x ), R2 ( x ), cho deg P( x ) ≥ deg Q( x) > deg R1 ( x ) > deg R2 ( x ) > ( P( x), Q( x) ) = ( Q( x), R1 ( x ) ) = ( R1 ( x), R2 ( x) ) = Dễ thấy trình kéo dài hữu hạn bước nên đến lúc ta nhận đa thức Rk(x) cho Rk ( x )MRk −1 ( x ) Do đa thức ước chung lớn phải tìm Cách chứng minh cho ta cách tìm ước chung lớn hai đa thức cách thực hữu hạn bước phép chia thương số dư Sơ đồ thực trình gọi thuật toán Euclid Định nghĩa 1.4 Bội chung nhỏ hai đa thức P(x) Q(x) đa thức M(x) khác không cho M ( x )MP ( x ) M ( x )MQ ( x ) Nếu M ( x )MP( x ) M ( x )MQ ( x ) M ( x )MM ( x ) Kí hiệu bội chung nhỏ M ( x ) = [ P ( x ), Q ( x ) ] Định lí 1.10 Cho P(x) Q(x) hai đa thức Nếu P( x )MQ ( x ) bội chung nhỏ chúng P(x) Nếu P(x) Q(x) có bội chung nhỏ α ≠ số [ P( x ), Q( x )] = [ α ×P( x ), Q( x)] = [ P( x ), α ×Q( x ) ] Định lí 1.11 Chứng minh với hai đa thức khác không P(x) Q(x) thỏa mãn đẳng thức sau: ( P( x ), Q ( x ) ) ×[ P( x ), Q ( x )] = P( x ) ×Q ( x ) 1.4 Nghiệm đa thức Nghiệm đa thức có số tính chất sau Định lí 1.12 (Định lí D′Alembert) Mọi đa thức bậc khác không với hệ số phức có nghiệm phức Định lí 1.13 (Định lí Bézout) Số α nghiệm đa thức P(x) P(x) chia hết cho x − α Định lí 1.14 Mọi đa thức P( x ) = an x n + an −1 x n −1 + + a1 x + a0 biểu diễn dạng P( x ) = a n ( x − α1 )( x − α ) ( x − α n ) , α1 , α , , α n nghiệm đa thức Xét mối quan hệ nghiệm hệ số đa thức ta có kết sau: Định lí 1.15 (Cơng thức Viéte) Cho đa thức P( x ) = an x n + an −1 x n −1 + + a1 x + a0 = an ( x − α1 )( x − α ) ( x − α n ) , α1 , α , , α n nghiệm đa thức Ta có α n + α n −1 + + α = − an −1 , an α1α + α1α + + α n −1α n = an − , an …… α1α α k + + α n −k +1α n −k + α n = ( −1) k an −k +1 , an a0 an Khi xét phạm vi đa thức có hệ số nguyên ta có số tính chất sau α1α α n = ( −1) n Định lí 1.16 Cho u v số nguyên tố Nếu số hữu tỉ α = u v nghiệm đa thức với hệ số nguyên P( x ) = an x n + an −1 x n −1 + + ax + a0 , a0 chia hết cho u an chia hết cho v Định lí 1.17 Cho u v số nguyên tố Nếu số hữu tỉ α = nghiệm đa thức với hệ số nguyên P( x ) = an x n + an −1 x n −1 + + ax + a0 u v , với số nguyên m số P(m) chia hết cho (u – m.v) Trường hợp đặc biệt u + v ước số P(- 1), u – v ước số P(1) 1.6 Đa thức khơng phân tích 1.6.1 Định nghĩa Cho T tập hợp số Định nghĩa 1.5 Một đa thức P(x) khác đa thức bậc không với hệ số tập hợp T gọi khơng phân tích (bất khả quy) T, khơng biểu diễn tích hai đa thức khác đa thức bậc không với hệ số T với bậc nhỏ bậc P(x) Định lí 1.18 Nếu đa thức hệ số ngun khơng phân tích thành tích hai đa thức hệ số ngun khơng phân tích thành tích hai đa thức hệ số hữu tỉ Nhận xét Từ kết định lí ta thấy phân tích tập hợp số hữu tỉ đưa khơng phân tích tập hợp số nguyên Quy ước: Từ sau trở không giải thích thêm ta xét khơng phân tích tập số nguyên Xem xét tiêu chuẩn để đa thức không phân tích ta có kết mạnh sau 1.6.2 Tiêu chuẩn Eisenstein n n −1 Định lí 1.19 Cho P( x ) = an x + an −1 x + + a1 x + a0 đa thức hệ số nguyên Giả sử số nguyên tố p thỏa mãn điều kiện sau: 1) a0 không chia hết cho p 2) Tất hệ số khác chia hết cho p 3) an không chia hết cho p2 Khi đa thức P(x) khơng phân tích 1.7 Số đại số Định nghĩa 1.6 Một số α gọi số đại số nghiệm đa thức hệ số hữu tỉ Dễ thấy α số đại số α nghiệm đa thức hệ số nguyên Cho α số đại số Ta gọi bậc đa thức có bậc nhỏ hệ số hữu tỉ nhận α nghiệm bậc α Nguyên đa thức (đa thức có hệ số số nguyên nguyên tố nhau) có bậc nhỏ hệ số cao dương gọi đa thức tối thiểu số đại số α Định lí 1.20 Số α số đại số bậc số hữu tỉ Định lí 1.21 Cho α số đại số có đa thức tối thiểu m(x), P(x) đa thức hệ số hữu tỉ Khi P(α) = P(x) chia hết cho m(x) Định lí 1.22 Với số đại số đa thức tối thiểu Định lí 1.23 Cho α số đại số P(x) nguyên đa thức với hệ số cao dương cho P(α) = Khi P(x) đa thức tối thiểu α P(x) khơng phân tích tập số hữu tỉ Định lí 1.24 Cho α số đại số có đa thức tối thiểu m(x), m(x) khơng có nghiệm bội CHƯƠNG II MỘT SỐ BÀI TOÁN THƯỜNG GẶP 2.1 Phương trình hàm đa thức 2.1.1 Quy đa thức tuần hồn Tính chất: Nếu P(x) đa thức tuần hoàn, tức tồn số a khác cho P(x + a) = P(x) với x, P(x) = C Ví dụ 2.1 Tìm đa thức hệ số thực thỏa mãn xP( x − 1) = ( x − 3) P ( x ) với x Lời giải Cho x giá trị 0, 1, ta thấy P(x) có nghiệm 1, 2, Do P(x) có dạng P( x ) = x ( x − 1)( x − 2)Q ( x ) , Q(x) đa thức Thay P(x) vào phương trình cho ta Q(x) = Q(x – 1) với x Suy Q(x) = C Vậy P(x) = Cx(x - 1)(x – 2), thử lại thỏa mãn yêu cầu Ví dụ Tìm đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn ( x − 1) P( x ) = ( x − 3) P( x + 2) với x Lời giải Do (x – 1, x – 3) = nên P( x )M( x − 3) hay P(x) có dạng P( x ) = ( x − 3) Q ( x ) , Q(x) đa thức Thay P(x) vào phương trình cho ta Q(x) = Q(x + 2) hay Q(x) = C Vậy P( x ) = C ( x − 3) , thử lại thỏa mãn yêu cầu Ví dụ 2.3 (Newyork, 1975) Tìm đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn P(x) = [ P( x + 1) + P( x − 1)] Nhận xét: Dự đoán P(x) = Cx Lời giải Xét đa thức Q(x) = P(x +1) – P(x) Từ giả thiết ta có Q ( x ) = Q ( x − 1), ∀x ∈ R ⇒ Q ( x ) = C Do P( x ) = P (n ) = P (n ) − P (n − 1) + P (n − 1) − P (n − 2) + + P(1) − P (0) + P(0) = nC , ∀n ∈ ¥ Suy P(x) = Cx, thử lại thỏa mãn u cầu Ví dụ 2.4 Tìm da thức P(x) hệ số thực thỏa mãn P( x ) + P (1) = [ P( x + 1) + P( x − 1)] , với x Hướng dẫn Đặt P(1) = a Q(x) = P(x) - ax2 Q(1) = Q ( x ) = [ Q ( x + 1) + Q ( x − 1) ] Tương tự ví dụ ta tìm Q(x) = b(x – 1) với b số Do P(x) = ax2 + bx – b Ví dụ 2.5 Tìm đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn P(x + 1) = P(x) + 2x + với x Hướng dẫn Đặt Q(x) = P(x) – x2 Đáp số : P(x) = x2 + C Ví dụ 2.5 (HSGQG 2003) Tìm đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn ( x + 3x + 3x + 2) P( x − 1) = ( x − 3x + x − 2) P( x ) với x Lời giải Biến đổi phương trình cho tương đương ( x + 2)( x + x + 1) P( x − 1) = ( x − 2)( x − x + 1) P( x ) (2.1) Cho x giá trị 0, 1, 2, -2 ta thấy P(x) có nghiệm – 2, - 1, 0, Do P(x) có dạng P(x) = (x – 1)x(x + 1)(x + 2)Q(x), Q(x) đa thức Thay P(x) vào (2.1) ta ( x + x + 1)Q ( x − 1) = ( x − x + 1)Q ( x ) (2.2) Vì ( x + x + 1, x − x + 1) = nên Q(x) có dạng Q ( x ) = ( x + x + 1) R( x ) , R(x) đa thức Thay R(x) vào (2.2) ta R(x – 1) = R(x) hay R(x) = C Vậy P( x ) = C ( x − 1) x ( x − 1)( x + 2)( x + x + 1) với C số, thử lại thỏa mãn yêu cầu 2.1.2 Phương pháp đồng hệ số Ví dụ 2.6 Tìm đa thức P(x) hệ số nguyên thỏa mãn 16 P( x ) = [ P(2 x ) ] với x Lời giải n n −1 Giả sử P( x ) = an x + an −1 x + + a1 x + a0 , an ≠ Đồng hệ số lớn phương trình cho ta 16 16an = 2 n an2 ⇔ an = n Mà an số nguyên nên n ∈ { 0,1, 2} • Với n = , thay vào phương trình cho ta tìm P(x) = P(x) = 16 • Với n = an = P(x) = 4x + b, thay vào phương trình cho ta tìm b = Vậy P(x) = 4x 10 Ví dụ 2.23 Cho P(x) đa thức với hệ số nguyên cho P (a ) = P(b) = P ( c ) = với a, b, c ba số nguyên phân biệt Chứng minh P(x) khơng có nghiệm ngun Lời giải Giả sử P(x) có nghiệm nguyên x0 Khi P(x) có dạng P( x ) = ( x − x0 )Q ( x ) , Q(x) đa thức Ta có = P(a ) = a − x0 Q ( x ) ⇒ a − x0 = Tương tự ta có a − x0 = b − x0 = c − x0 = Do tồn hai ba số a − x0 = b − x0 = c − x0 dấu Mâu thuẫn với giả thiết a, b, c phân biệt Vậy ta có điều phải chứng minh Ví dụ 2.24 Cho P(x) đa thức với hệ số nguyên P(x) nhận giá trị với bốn giá trị nguyên khác x Chứng minh P(x) – 14 khơng có nghiệm ngun Lời giải Giả sử P(x) – 14 có nghiệm nguyên x0 a, b, c, d bốn số nguyên phân biệt cho P(a ) = P(b) = P(c ) = P (d ) = Ta có P( x ) − = ( x − a )( x − b)( x − c )( x − d )Q ( x ) với Q(x) đa thức Do = P ( x0 ) − = ( x0 − a )( x0 − b)( x0 − c)( x0 − d )Q ( x0 ) Suy hai bốn số x0 − a, x0 − b, x0 − c, x0 − d – Mâu thuẫn với giả thiết a, b, c, d phân biệt Vậy ta có điều phải chứng minh Ví dụ 2.25 Cho đa thức P(x) bậc n với hệ số thực có hệ số bậc cao Biết P(x) có n nghiệm x1 , x2 , , xn thỏa mãn < xi ≤ 1, ∀i = 1, n Chứng minh  1 ( −2)n P  − ÷ ≥ ( −3)n P (0)  2 Lời giải Ta có P( x ) = ( x - x1 )( x - x2 ) ( x - xn ) Þ P (0) = (-1) n x1 x2 xn 19 (2 x1 + 1)(2 x2 + 1) (2 xn + 1)  1      P  − ÷ =  − − x1 ÷ − − x2 ÷  − − xn ÷ = ( −1)n 2n  2       1 ⇒ ( −2) n P  − ÷ = (2 x1 + 1)(2 x2 + 1) (2 xn + 1) ≥ x1 x2 xn = 3n x1 x2 xn  2  1 ⇒ ( −2) n P  − ÷ ≥ 3n ( −1) n P(0) = ( −3) n P(0)  2 Dấu xảy P( x ) = ( x − 1) n Ví dụ 2.26 Cho đa thức P(x) bậc n với hệ số thực cho k P(k ) = , k ∈ 0,1,2 , n k +1 Hãy tính P(n + 1) Lời giải Đặt Q(x) =(x+1)P(x) – x Q(x) đa thức bậc n + có n + nghiệm 0, 1, 2, …, n Do Q ( x ) = ax ( x -1)( x - 2) ( x - n ) ⇒ Q (-1) = = a (-1) n +1 ( n + 1)! Suy a = ( −1) n +1 Q (n + 1) = ( −1) n +1 = ( n + 2) P( n + 1) − ( n + 1) ( n + 1)! Vậy P ( n + 1) = n với n chẵn P(n + 1) =1 với n lẻ n+2 2.3.3 Sử dụng định lí Viéte Ví dụ 2.27 Cho x1, x2 hai nghiệm tam thức bậc hai ax + bx + c = Sk = x1k + x2k Chứng minh với số nguyên k aSk + + bS k +1 + cSk = Lời giải Trước hết ta chứng minh kết sau: k k Cho x, y Sk = x + y , δ1 = x + y, δ = xy ta có  S0 = 2, S1 = δ1 , S2 = δ12 − 2δ   Sk + = δ1S k +1 − δ Sk , ∀k ≥ Thật vậy, dễ tính S0 = 2, S1 = δ1 , S2 = δ1 − 2δ Sk +2 = x k +2 + y k + = ( x + y )( x k +1 + y k +1 ) − xy ( x k + y k ), ∀k ≥ 20 ta có b c Áp dụng kết định lí Viéte với δ1 = − , δ = ta a a aSk + + bSk +1 + cSk = Ví dụ 2.28 Cho x1, x2, x3 ba nghiệm phương trình bậc ba k k k ax + bx + cx + d = Sk = x1 + x2 + x3 Chứng minh với số nguyên k ta có aSk +3 + bSk + + cS k +1 + dS k = Hướng dẫn giải Tương tự ví dụ 2.27 Ví dụ 2.29 (HSGQG 1979) Cho phương trình x + ax + bx + c = có ba nghiệm u, v, t Với giá trị a, b, c số u , v , t nghiệm phương trình x + a x + b3 x + c = ? Lời giải Áp dụng định lí Viéte cho phương trình thứ ta có u + v + t = − a, uv + vt + tu = b, uvt = −c n n n Đặt Sn = u + v + t ta có Sk + + aSk + + bS k +1 + cS k = Do S3 = − a ( u + v + t ) − b(u + v + t ) − cuvt = −a (u + v + t ) − 2(uv + vt + tu ) − b(u + v + t ) − cuvt = −a + 3ab − 3c Áp dụng định lí Viéte cho phương trình thứ ta có S3 = − a Từ suy c = ab (*) Thử lại điều kiện (*) thỏa mãn yêu cầu tốn Ví dụ 2.30 (HSGQG 1980) Phương trình z − z − z + m = có ba nghiệm hữu tỉ phân biệt không? Tại sao? Lời giải u v w , , , u, v, t, w t t t số nguyên không đồng thời số chẵn Áp dụng định lí Viéte ta có Giả sử phương trình cho có ba nghiệm hữu tỉ 21 2 2 uv + vt + tw u v  w u v w =8  ÷ + ÷ + ÷ = + + ÷ −2 t2 t t  t  t t t  Hay u + v + w2 = 8t chia hết u, v, w chẵn Mà uv + vt + tw = -2t chia hết t chẵn Vơ lí n n −1 Ví dụ 2.31 Cho đa thức P( x ) = x + a1 x + + an −1 x + an có n nghiệm khơng n a  âm Chứng minh  n −1 ÷ ≥ ann −1  n  Lời giải Giả sử n nghiệm P(x) x1 , x2 , , xn Áp dụng định lí Viéte ta có n −1   x1 x2 xn −1 + x1 x2 xn −2 xn + + x2 xn −1 xn = ( −1) an −1  n x1 x2 xn = ( −1) an   Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta 1 ( −1)n an −1 = ( x1 x2 xn −1 + x1 x2 xn −1 xn + + x2 x3 xn ) n n ≥ n ( x1 x2 xn ) n −1 = n ( −1) n ann−1 n a  Vậy  n −1 ÷ ≥ ann −1  n  n n −1 n −2 2 Ví dụ 2.32 Cho đa thức P( x ) = ax − ax + c2 x + + cn −2 x − n bx + b bậc n có n nghiệm dương Chứng minh tất nghiệm Lời giải Giả sử n nghiệm P(x) x1 , x2 , , xn Áp dụng định lí Viéte ta có   x1 + x2 + + xn =  n b  x1 x2 xn = ( −1) n n ∑ a  k =1 xk  n b  x1 x2 xn = ( −1) a  Do 22 b a =  + + +  ( x + x + + x ) ≥ n n2 =  ÷ n b xn   x1 x2 ( −1)n a ( −1) n n Vậy x1 = x2 = = xn Ví dụ 2.33 (HSGQG 1988) Cho đa thức P( x ) = a0 x n + a1 x n −1 + + a n −1x + a n bậc n với n ≥ Biết P(x) có n nghiệm thực a0 = 1, a1 = −n, a2 = n ( n − 1) Hãy xác định hệ số a2 , a3 , , an Lời giải Giả sử n nghiệm P(x) x1 , x2 , , xn Áp dụng định lí Viéte ta có  n n2 − n  ∑ x k xl =  k ,l =1  x + x + + x = n  n n  n  ⇒ ∑ xk2 = ( x1 + x2 + + xn ) −  ∑ xk xl ÷ = n k =1  k ,l =1  n n n k =1 k =1 ⇒ ∑ ( xk − 1) = ∑ xk2 − 2∑ xk + n = k =1 ⇒ P( x ) = ( x − 1) n k k Vậy ak = ( −1) Cn , k = 0,1, , n Ví dụ 2.34 (HSGQG 2009) Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện: với số nguyên dương n, a n + b n + c n số nguyên Chứng minh tồn số nguyên p, q, r cho a, b, c ba nghiệm phương trình x + px + qx + r = Lời giải n n n Đặt Tn = a + b + c ∈ ¢ , ∀n ≥ Ta chứng minh số p = - (a + b + c), q = ab + bc + ca, r = abc thỏa mãn điều kiện toán Ta phải chứng minh p, q, r số nguyên Thật vậy, ta có 23 T1 = − p, T2 = p − 2q, T3 = − p + pq − 3r, Tn +3 = − pTn +2 − qTn +1 − rTn , (2.11) ⇒ p = −T1 ∈ ¢ , 2q = p − T2 ∈ ¢ , 2T3 ∈ ¢ ⇒ 6r ∈ ¢ 3T4 = −3 pT3 − 3qT2 − 3rT1 = −3 pT3 − p q + 6q ∈ ¢ ⇒ q ∈ ¢ k k2 q = ⇒ 6q = ∈ ¢ ⇒ k M2 ⇒ q ∈ ¢ m T3 ∈ ¢ ⇒ 3r ∈ ¢ ⇒ r = Từ (2.11) ta có rTn ∈ ¢ , ∀n ≥ ⇒ mTn M3 Nếu ( Tn , 3) = ⇒ m M3 ⇒ r ∈ ¢ Nếu Tn M 3, ∀n ⇒ p = −T1 M3 ⇒ T3 = − p + pq − m ⇒ m M3 ⇒ r ∈ ¢ Vậy ta có điều phải chứng minh Tiếp theo ta xét vài ví dụ việc sử dụng tính chất nghiệm đa thức để chứng minh bất đẳng thức Ví dụ 2.35 Cho a, b, c, d số dương Chứng minh abc + abd + acd + bcd ab + ac + ad + bc + bd + cd ≤ Dấu xảy nào? Lời giải Giả sử a < b < c < d P( x ) = ( x - a )( x - b)( x - c )( x - d ) ⇒ P ( a ) = P (b) = P (c ) = P ( d ) Áp dụng định lí Roll ta thấy tồn y1 ∈ [a; b], y2 ∈ [b;c], y3 ∈ [c; d ] nghiệm P '( x ) Ta có P( x ) = x − T1 x + T2 x − T3 x + T4 , T1 = a + b + c + d, T2 = ab + ac + ad + bc + bd + cd, T3 = abc + abd + acd + bcd, T4 = abcd P '( x ) = x − 3T1 x + 2T2 x − T3 có ba nghiệm dương y1 , y2 , y3 Theo định lí Viete ta có y1 y2 + y1 y3 + y2 y3 = T2 T ; y1 y2 y3 = 24 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có ( y1 y2 + y2 y3 + y1 y3 ) ≥ 3 ( y1 y2 y3 ) 2 T T T T  ⇒ ≥ 3 3÷ ⇒ 3 ≤ 6 4 Dấu xảy a = b = c = d Ví dụ 2.36 (HSGQG 1996) Cho a, b, c, d số không âm thỏa mãn 2(ab + ac + ad + bc + bd + cd ) + abc + abd + acd + bcd = 16 Chứng minh a + b + c + d ≥ (ab + ac + ad + bc + bd + cd ) Lời giải Đặt P ( x ), Ti (i = 1, 4) ví dụ 2.35 ta có P '( x ) có ba nghiệm không âm y1 , y2 , y3 y1 + y2 + y3 = 3T1 T T ; y1 y2 + y1 y3 + y2 y3 = ; y1 y y3 = 4 Từ giả thiết ta có 2T2 + T3 = 16 ⇒ y1 y2 + y1 y3 + y2 y3 + y1 y2 y3 = (2.12) Ta phải chứng minh T1 ≥ T2 ⇔ y1 + y2 + y3 ≥ y1 y2 + y2 y3 + y2 y3 (2.13) Thật vậy, (2.12) nên ba số y1 , y2 , y3 có nhiều số không Giả sử y1 , y2 > ⇒ y3 = y1 + y2 + ⇔ − y1 y2 Thay vào (2.13) ta y1 + y + y1 y2 − y1 y2 − y1 y2 ≥ − y1 y2 y1 + y2 + y1 y2 y1 + y2 + y1 y ( y1 + y2 − 2) ≥ y1 y2 (1 − y1 )(1 − y2 ) (2.14) Nếu (1 − y1 )(1 − y2 ) ≤ (2.14) Nếu (1 − y1 )(1 − y2 ) > (1 − y1 )(1 − y2 ) ≤ (2 − y1 − y ) < y1 y2 ≤ suy (2.14) 2.3.4 Số đại số Ví dụ 2.37 Chứng minh α số hữu tỉ số cos απ số đại số Lời giải Cho m số tự nhiên Ta có 25 ( cos ϕ + i sin ϕ ) m = cos m ϕ + iCm1 cosm −1 ϕ sin ϕ + i 2Cm2 cos m −2 ϕ sin ϕ + + + i mCmm sin m ϕ Mặt khác, theo công thức Moivre ( cos ϕ + i sin ϕ ) m = cos mϕ + i sin mϕ So sánh phần thực số phức hai đẳng thức ta cos mϕ = cosm ϕ − Cm2 cosm−2 ϕ sin ϕ + Cm4 cosm−4 ϕ sin ϕ − +  ( −1) Cmm sin m ϕ , m = 2k , + m −1 m −1 m −1 ( −1) Cm cos ϕ sin ϕ , m = 2k − m cos mϕ = cosm ϕ − Cm2 cosm−2 ϕ ( − cos ϕ ) + Cm4 cosm −4 ϕ ( − cos2 ϕ ) − + m  ( −1) Cmm ( − cos ϕ ) , m = 2k ,  + m −1 m −1 ( −1) Cmm −1 cos ϕ ( − cos ϕ ) , m = 2k −  n Cho số hữu tỉ α có dạng α = với n m > số nguyên Ta kí hiệu đa m thức m P( x ) = x m − Cm2 x m −2 ( − x ) + Cm4 x m −4 ( − x ) − + m  ( − 1) Cmm ( − x ) ,  + m −1 m −1 ( −1) Cmm −1 x ( − x ) ,  m m = 2k , m = 2k − Khi n  n  P(cos απ ) = P  cos π ÷ = cos m π = cos nπ = ( −1) n m  m  Suy cos απ nghiệm đa thức G ( x ) = P ( x ) − ( −1) n có hệ số nguyên Ví dụ 2.38 Chứng minh số Lời giải Dễ thấy + số đại số 2, số đại số đa thức tối thiểu chúng m1(x) = x3 - m2(x) = x2 - Những nghiệm m2(x) 3, − Hiển nhiên số 3 + nghiệm đa thức P( x ) = m1 ( x − 3)m ( x + 3) Ta kiểm tra đa thức có hệ số nguyên Thật P( x ) = = (( x − (( x 3 ) −2 ) (( x − ) 3 −2 + x − ) − 3( x + 1) ) ) (( x + x − ) + 3( x + 1) ) = x − x − x + 27 x − 36 x − 23 Suy số nghiệm đa thức có hệ số nguyên Vậy số đại số 26 π  Ví dụ 2.39 Cho P(x) đa thức hệ số nguyên cho P  cos ÷ = Chứng 8  3π   minh P  cos ÷ =   Nhận xét: Nếu áp dụng cách làm ví dụ 2.38 ta dựng đa thức có hệ π số nguyên nhận cos nghiệm Đa thức có bậc Tiếp theo ta dựng đa thức có bậc thấp thỏa mãn tính chất Lời giải Ta có cos 4ϕ + i sin 4ϕ = ( cos ϕ + i sin ϕ ) = cos ϕ + iC41 cos ϕ sin ϕ + + i 2C42 cos ϕ sin ϕ + i 3C43 cos ϕ sin + i 4C44 sin ϕ Ta nhận cos 4ϕ = cos4 ϕ − cos ϕ (1 − cos ϕ ) + ( − cos ϕ ) = 8cos ϕ − 8cos ϕ + Khi 8cos4 π π π  π − 8cos2 + = cos  ÷ = cos = 8  8 π nghiệm đa thức m( x ) = x − x + Dễ chứng minh đa thức không phân tích tập số hữu tỉ nên π đa thức tối thiểu số cos π  Gọi P(x) đa thức hệ số nguyên cho P  cos ÷ = Khi P(x) chia hết cho 8  m(x) Mà 3π  3π 3π  m  cos ÷ = cos = cos =0   hay cos 3π   Vậy P  cos ÷ =   2.3.5 Một số tốn khác Ví dụ 2.40 (HSGQG 2014) Cho đa thức P( x ) = ( x − x + ) 2n + 13 với n số nguyên dương Chứng minh P(x) biểu diễn dạng tích n + đa thức khác số với hệ số nguyên Lời giải 27 Do degP(x) = 4n nên P(x) biểu diễn dạng tích n + đa thức khác số với hệ số nguyên phải có nhân tử có bậc nhỏ Nếu nhân tử có bậc có nghiệm thực mà P(x) vơ nghiệm ¡ nên nhân tử có bậc Giả sử nhân tử f ( x ) = ax + bx + c Vì hệ số lớn P(x) nên ta coi a = Ta có P(1) = P(6) = 13 chia hết cho f(1) = + b + c, f( 6) = 36 + 6b + c nên f(1), f(6) ±1, ±13 Mà f (1) − f (6)M5 ⇒ f (1) = f (6) ⇒ b = −7 Do P(x) có dạng P( x ) = ( f ( x ) + d ) 2n + 13Mf ( x ) ⇒ d n + 13 = Vô lí Vậy ta có điều phải chứng minh Ví dụ 2.41 (HSGQG 2012) Cho cấp số cộng (an ),(bn ) số nguyên m > Xét m tam thức bậc hai Pk ( x ) = x + ak x + 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 Lời giải Ta chứng minh bổ đề sau: 2 Bổ đề: Nếu a1 − 4b1 < 0, am − 4bm < với α ∈ [0;1] ta có ( α a1 + (1 − α )am ) − ( α b1 + (1 − α )bm ) < − ( α b1 − (1 − α )bm ) = α ( a12 − 4b1 ) + (1 − α ) ( am2 − 4bm ) + Chứng minh Ta có ( α a1 − (1 − α )am ) + α (1 − α ) ( 2a1am − 4(b1 + bm ) ) 2 Mà −4(b1 + bm ) < a1 + am ⇒ 2a1am − 4(b1 + bm ) < −(a1 − am ) ≤ Kết hợp với giả thiết ta có điều phải chứng minh Trở lại toán, P1 ( x ), Pm ( x ) ∆1 = a12 − 4b1 < 0, ∆1 = am2 − 4bm < 28 khơng có nghiệm thực nên Công sai cấp số cộng ( an ) , ( bn ) am − a1 bm − b1 , Với k = 1, 2, m −1 m −1 …, m ta có am − a1 m − k k −1 = a1 + am ; m −1 m −1 m −1 b −b m−k k −1 bk = b1 + (k − 1) m = b1 + bm m −1 m −1 m −1 ak = a1 + (k − 1) m−k ta có ∆ k = ak − 4bk < 0, ∀k = 1, 2, , m hay tất m −1 đa thức nghiệm thực Áp dụng bổ đề với α = Ví dụ 2.42 (Trại hè Hùng Vương lần X) Cho P(x) Q(x) đa thức hệ số thực, có bậc 2014 hệ số cao Chứng minh phương trình P(x) = Q(x) khơng có nghiệm thực phương trình sau có nghiệm thực P( x + 2013) = Q ( x − 2013) Lời giải Giả sử P ( x ) = x 2014 + a2013 x 2013 + a2012 x 2012 + + a1 x + a0 Q ( x ) = x 2014 + b2013 x 2013 + b2012 x 2012 + + b1 x + b0 Ta có P( x ) = Q( x) ⇔ ( a2013 − b2013 ) x 2013 + ( a2012 − b2012 ) x 2012 + + ( a1 − b1 ) x + (a0 − b0 ) = () Nếu a2013 − b2013 ≠ phương trình () có nghiệm thực Do a2013 = b2013 = t Khi P ( x + 2013) = Q ( x − 2013) ⇔ ( x + 2013) 2014 + t ( x + 2013)2013 + a2012 ( x + 2013)2012 + + a1 ( x + 2013) + a0 = ( x − 2013) 2014 + t ( x − 2013) 2013 + b2012 ( x − 2013) 2012 + + b1 ( x − 2013) + b0 ⇔ 2C2014 2013x 2013 + R ( x ) = Trong R(x) đa thức có bậc nhỏ 2013 2013 Dễ thấy 2C2014 2013 x + R( x ) đa thức bậc lẻ nên phải có nghiệm thực Vậy ta có điều phải chứnh minh Nhận xét Ta tổng quát toán sau: 29 Cho P(x) Q(x) đa thức hệ số thực, có bậc chẵn hệ số cao Chứng minh phương trình P(x) = Q(x) khơng có nghiệm thực phương trình sau có nghiệm thức P( x + a ) = Q ( x − a ), với a số thực khác 2.4 Bài tập luyện tập Bài 2.1 Chứng minh đa thức sau khơng phân tích a) P( x ) = x − x + b) P( x ) = x p − px + (2 p − 1) , p số nguyên tố c) P( x ) = x p + px p −1 + px + (3 p + 1) , p số nguyên tố Bài 2.2 Cho p số nguyên tố, k > r số nguyên ϕ ( x ) đa thức hệ số nguyên bậc nhỏ p k − Chứng minh r không chia hết cho p, đa thức k P( x ) = x p + pxϕ ( x ) + ( rp − 1) khơng phân tích Bài 2.3 Cho p số nguyên tố k số tự nhiên Chứng minh đa thức k x p −1 không phân tích P( x ) = pk −1 x −1 Bài 2.4 Cho a1 , a2 , a3 , a4 số nguyên khác Chứng minh tồn đa thức nguyên P(x) cho P( a1 ) = P (a2 ) = P (a3 ) = 1, P (a4 ) = −1 Bài 2.5 Chứng minh không tồn đa thức hệ số nguyên dương nhận giá trị số nguyên tố với giá trị nguyên đối số Bài 2.6 Cho p1 , p2 , , pn số nguyên tố cố định Chứng minh không α α α tồn đa thức hệ số nguyên dương nhận giá trị p1 , p2 , , pn n với tất giá trị nguyên đối số, α1 , α , , α n số nguyên không âm Bài 2.7 Chứng minh với đa thức P(x) tồn đa thức Pk ( x ) cho Pk (0) = 30 P( x ) = Pk ( x + 1) − Pk ( x ) Bài 2.8 Tìm đa thức thỏa mãn điều kiện k P( x k ) = ( P( x ) ) , k ≥ số tự nhiên Bài 2.9 Cho α số thực bất kì, cịn k ≥ số tự nhiên Hãy tìm tất đa thức P(x) cho k P( x k + α ) = ( P ( x ) ) + α Bài 2.10 Cho P(x) đa thức khơng tuyến tính với hệ số hữu tỉ Chứng minh tồn tập hợp vô hạn A số vô tỉ α cho P( α ) số hữu tỉ với α thuộc A Bài 2.11 Cho P(x) đa thức hệ số nguyên Chứng minh a) Nếu P(x) nhận giá trị với bốn giá trị nguyên khác x P(x) khác – với số nguyên x b) Nếu P(x) nhận giá trị với ba giá trị nguyên khác x P(x) có nhiều giá trị nguyên x cho P(x) = - c) Nếu P(x) nhận giá trị với hai giá trị ngun khác x P(x) có nhiều hai giá trị nguyên x cho P(x) = - Bài 2.12 Chứng minh số sau số đại số + 3; + 2; + 7; − Bài 2.13 Chứng minh P(x) đa thức hệ số nguyên P ( + 3) = P ( − 3) = 31 PHẦN III: KẾT LUẬN Sau thời gian làm việc nghiêm túc, với góp ý chân thành từ đồng nghiệp, tơi hồn thành chun đề với chương số ví dụ Tơi cố gắng tổng hợp, hệ thống tập chủ yếu trích từ thi học sinh giỏi THPT quốc gia, Quốc tế khu vực Giúp học sinh chuyên có thêm tư liệu học tập, tra cứu Dựa sở đó, chuyên đề thu kết sau: - Trình bày tổng quan, hệ thống lý thuyết thường sử dụng kí thi học sinh giỏi QG khu vực - Giúp học sinh có hệ thống ví dụ tập đa dạng, để thử sức với nhiều cấp độ khác Tôi hi vọng tài liệu bổ ích cho giáo viên học sinh chuyên Toán 32 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Trang web mathlinks.ro [2] Trang web mathscope.org [3] Nguyễn Hữu Điển Đa thức ứng dụng NXB GD 2003 [5] Nguyễn Văn Mậu Chuyên đề chọn lọc đa thức áp dụng NXB GD 2011 [6] Tạp chí tốn học tuổi trẻ, Nhà xuất giáo dục 33 ... đa thức hệ số nguyên Cho α số đại số Ta gọi bậc đa thức có bậc nhỏ hệ số hữu tỉ nhận α nghiệm bậc α Nguyên đa thức (đa thức có hệ số số nguyên nguyên tố nhau) có bậc nhỏ hệ số cao dương gọi đa. .. Tất hệ số khác chia hết cho p 3) an không chia hết cho p2 Khi đa thức P(x) khơng phân tích 1.7 Số đại số Định nghĩa 1.6 Một số α gọi số đại số nghiệm đa thức hệ số hữu tỉ Dễ thấy α số đại số α... nhỏ hệ số cao dương gọi đa thức tối thiểu số đại số α Định lí 1.20 Số α số đại số bậc số hữu tỉ Định lí 1.21 Cho α số đại số có đa thức tối thiểu m(x), P(x) đa thức hệ số hữu tỉ Khi P(α) = P(x)