CHUYÊN đề hội THẢO các TRƯỜNG CHUYÊN đa THỨC lý THUYẾT và bài tập

32 522 0
CHUYÊN đề hội THẢO các TRƯỜNG CHUYÊN đa THỨC lý THUYẾT và bài tập

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

CHUYÊN ĐỀ: ĐA THỨC LÝ THUYẾT VÀ BÀI TẬP Nguyễn Trung Nghĩa Trường: THPT Chuyên Nguyễn Tất Thành - Yên Bái A PHẦN MỞ ĐẦU Lý chọ đề tài Trong chương trình phổ thơng, làm quen với khái niệm đa thức từ bậc trung học sở, từ phép cộng, trừ, nhân đa thức đến phân tích đa thức thừa số, dùng sơ đồ Horner để chia đa thức, giải phương trình đại số Các toán đa thức thường xuyên xuất kỳ thi học sinh giỏi toán ln đánh giá tốn khó Các tốn thường u cầu nghiên cứu tính chất hệ số đa thức, tính chất nghiệm tốn đa thức nguyên, tính khả quy hỏi theo nhiều hình thức khác Đề tài hệ thống hoá lại kiến thức đa thức biến, dạng toán thường gặp đa thức Mục đích đề tài Với mục đích hệ thống hóa lại kiến thức, tổng hợp hệ thống lại dạng tập thường gặp đa thức Cố gắng xây dựng thành tài liệu cho học sinh lớp chuyên toán tham khảo bắt đầu học đa thức làm tập đa thức đề thi học sinh giỏi cấp B NỘI DUNG I CÁC KIẾN THỨC LÝ THUYẾT CƠ BẢN Đa thức phép toán đa thức 1.1 Định nghĩa.Đa thức trường số thực biểu thức có dạng P(x) = anxn + an-1xn-1 + … + a1x + a0, ai∈ R an≠ gọi hệ số đa thức, an gọi hệ số cao a0 gọi hệ số tự n gọi bậc đa thức ký kiệu n = deg(P) Ta quy ước bậc đa thức P(x) = a0 với x a0≠ a0 = Để tiện lợi cho việc viết công thức, ta quy ước với đa thức P(x) bậc n có hệ số ak với k > n, chúng Tập hợp tất đa thức biến trường số thực ký hiệu R[x] Nếu hệ số lấy tập hợp số hữu tỷ, số ngun ta có khái niệm đa thức với hệ số hữu tỷ, đa thức với hệ số nguyên tương ứng tập hợp Q[x], Z[x] 1.2 Đa thức m n k =0 k =0 P ( x ) = ∑ a k x k , Q ( x ) = ∑ bk x k Hai đa thức với k = 0, 1, 2, …, m m = n a k = bk 1.3 Phép cộng, trừ đa thức m n k =0 k =0 m n k =0 k =0 P ( x ) = ∑ a k x k , Q( x) =∑ bk x k Cho hai đa thức Khi phép cộng trừ hai đa thức P(x) Q(x) thực theo hệ số xk, tức P( x) ± Q( x) = max{ m , n} ∑ (a k =0 k ± bk ) x k 1.4 Phép nhân đa thức P ( x ) = ∑ a k x k , Q ( x ) = ∑ bk x k Cho hai đa thức Khi P(x).Q(x) đa thức k c k = ∑ bk −i có bậc m + n có hệ số xác định i =0 1.5 Bậc tổng, hiệu tích đa thức Từ định nghĩa đây, dễ dàng suy tính chất sau đây: Định lý Cho P(x), Q(x) đa thức bậc m, n tương ứng Khi a) deg(P±Q) ≤ max{m, n} deg(P) ≠ deg(Q) dấu xảy Trong trường hợp m = n deg(P±Q) nhận giá trị ≤ m b) deg(P.Q) = m + n 1.6 Phép chia có dư Định lý Với hai đa thức P(x) Q(x) bất kỳ, deg(Q) ≥ 1, tồn đa thức S(x) R(x) thoả mãn đồng thời điều kiện: i) P(x) = Q(x).S(x) + R(x) ii) deg(R) < deg(Q) Chứng minh Tồn Ta chứng minh quy nạp theo m = deg(P) Nếu deg(P) < deg(Q) ta chọn S(x) ≡ R(x) = P(x) thoả mãn đồng thời điều kiện i) ii) Giả sử m ≥ n định lý chứng minh với đa thức có bậc nhỏ m Ta chứng minh định lý với đa thức bậc m m n k =0 k =0 P ( x ) = ∑ a k x k , Q ( x ) = ∑ bk x k Giả sử Xét đa thức H ( x) = P ( x) − am m−n a x Q ( x ) = (am x m + am−1 x m−1 + + a1x + a0 ) − m x m−n (bn x n + + b0 ) = bn bn  a b  =  am−1 − m n−1 ÷x m−1 + bn   Do hệ số xm hai đa thức bị triệt tiêu nên bậc H(x) không vượt m-1 Theo giả thiết quy nạp, tồn đa thức S*(x), R*(x) cho H(x) = S*(x).Q(x) + R*(x) P( x) = H ( x ) + Nhưng a m m−n a x Q( x ) = ( m x m −n + S * ( x )) + R * ( x) bn bn Vậy đặt S(x) = (am/bn)xm-n + S*(x) R(x) = R*(x) ta biểu diễn cần tìm cho P(x) Giả sử ta có hai biểu diễn P(x) = S(x).Q(x) + R(x) P(x) = S*(x).Q(x) + R*(x) thoả mãn điều kiện ii) Khi Q(x).(S(x)-S*(x)) = R*(x) – R(x) Ta có, theo điều kiện ii) định lý ded(R*(x) – R(x)) < deg(Q) Mặt khác, S(x) – S*(x) khơng đồng deg(Q(x).(S(x)-S*(x))) = deg(Q(x)) + deg(S(x)S*(x)) ≥ deg(Q) Mâu thuẫn hai vế Theo ký hiệu định lý S(x) gọi thương số R(x) gọi dư số phép chia P(x) cho Q(x) Phép chứng minh nói cho thuật tốn tìm thương số dư số phép chia hai đa thức, gọi phép chia dài (long division) hay sơ đồ Horner Ví dụ: Thực phép chia 3x3 – 2x2 + 4x + cho x2 + 2x 3x – 8, dư 20x + 1.7 Sự chia hết, ước bội Trong phép chia P(x) cho Q(x), dư số R(x) đồng ta nói đa thức P(x) chia hết cho đa thức Q(x) Như vậy, P(x) chia hết cho Q(x) tồn đa thức S(x) cho P(x) = Q(x).S(x) Trong trường hợp ta nói Q(x) chia hết P(x), Q(x) ước P(x) P(x) bội Q(x) Ký hiệu tương ứng Q(x) | P(x) P( x ) Q( x) Cho P(x) Q(x) đa thức khác Ước chung lớn P(x) Q(x) đa thức D(x) thoả mãn đồng thời điều kiện sau: i) D(x) đa thức đơn khởi, tức có hệ số cao ii) D(x) ước chung P(x) Q(x), tức D(x) | P(x) D(x) | Q(x) iii) Nếu D’(x) ước chung P(x) Q(x) D(x) ước D’(x) Tương tự, ta có khái niệm bội chung nhỏ hai đa thức Cho P(x) Q(x) đa thức khác Bội chung lớn P(x) Q(x) đa thức M(x) thoả mãn đồng thời điều kiện sau: i) M(x) đa thức đơn khởi, tức có hệ số cao ii) M(x) bội chung P(x) Q(x), tức P(x) | M(x) Q(x) | M(x) iii) Nếu M’(x) bội chung P(x) Q(x) M’(x) bội M(x) Ký hiệu UCLN BCNN hai đa thức P(x), Q(x) GCD(P(x), Q(x)), LCM(P(x), Q(x)) hay đơn giản (P(x), Q(x)), [P(x), Q(x)] Hai đa thức P(x), Q(x) gọi nguyên tố (P(x), Q(x)) = 1.8 Thuật toán Euclide Để tìm ước chung lớn hai đa thức P(x), Q(x), ta sử dụng thuật toán Euclide sau đây: Định lý Giả sử có hai đa thức P(x), Q(x), deg(P) ≥ degQ Thực phép chia P(x) cho Q(x) thương số S(x) dư số R(x) Khi Nếu R(x) = (P(x), Q(x)) = q* -1Q(x), q* hệ số cao đa thức Q(x) Nếu R(x) ≠ (P(x), Q(x)) = (Q(x), R(x)) Chứng minh Nếu R(x) = P(x) = Q(x).S(x) Khi đa thức q* -1Q(x) rõ ràng thoả mãn tất điều kiện UCLN Nếu R(x) ≠ 0, đặt D(x) = (P(x), Q(x)), D’(x) = (Q(x), R(x)) Ta có D(x) | P(x) – Q(x).S(x) = R(x), suy D(x) ước chung Q(x), R(x), theo định nghĩa D’(x), ta có D’(x) ước D(x) Mặt khác D’(x) | Q(x)S(x) + R(x) = P(x), suy D’(x) ước chung P(x), Q(x), theo định nghĩa D(x), ta có D(x) ước D’(x) Từ đây, D D’ đa thức đơn khởi, ta suy D = D’ Định lý giải thích cho thuật tốn Euclide để tìm UCLN hai đa thức theo ví dụ đây: Ví dụ: Tìm ước chung lớn hai đa thức x5 – 5x + x3 – 3x2 + HD: Ta thực phép chia x5 – 5x + cho x3 – 3x2 + x2 + 3x + dư 25x2 – 11x – 14 x3 – 3x2 + cho 25x2 – 11x – 14 (25x – 64)/625, dư (354/625)(x-1) 25x2 – 11x – 14 cho x-1 25x + 14 dư Vậy (x5 – 5x + 4, x3 – 3x2 + 2) = x – Lưu ý, q trình thực hiện, ta nhân đa thức với số khác Ví dụ phép chia cuối cùng, thay chia 25x – 11x – 14 cho (354/625)(x1) ta chia cho x – 1.9 Tính chất phép chia hết Nhắc lại, hai đa thức P(x), Q(x) gọi nguyên tố (P(x), Q(x)) = Ta có định lý sau nhiều ứng dụng đa thức nguyên tố nhau: Định lý (Bezout) Hai đa thức P(x) Q(x) nguyên tố tồn đa thức U(x), V(x) cho P(x).U(x) + Q(x).V(x) = Chứng minh Giả sử tồn đa thức U(x) V(x) thoả mãn điều kiện P(x).U(x) + Q(x).V(x) = Đặt D(x) = (P(x), Q(x)) D(x) | P(x), D(x) | Q(x) suy D(x)|1 = P(x).U(x) + Q(x).V(x) Suy D(x) = Ngược lại, giả sử (P(x), Q(x)) = Ta chứng minh tồn đa thức U(x) V(x) cho P(x).U(x) + Q(x).V(x) = Ta chứng minh quy nạp theo m = min{deg(P), deg(Q)} Nếu m = điều cần chứng minh hiển nhiên Chẳng hạn deg(Q) = Q = q số ta cần chọn U(x) = 0, V(x) = q -1 ta P(x).U(x) + Q(x).V(x) = Giả sử ta chứng minh định lý đến m Xét hai đa thức P(x), Q(x) có min{deg(P), deg(Q)} = m+1 Khơng tính tổng quát, giả sử m+1 = deg(Q) Thực phép chia P(x) cho Q(x) thương S(x) dư R(x) Không thể xảy trường hợp R(x) = = (P(x), Q(x)) = q* -1Q(x) Vì vậy, ta có = (P(x), Q(x)) = (Q(x), R(x)) Lúc này, min(deg(Q), deg(R)) = deg(R) < m +1 nên theo giả thiết quy nạp, tồn đa thức U*(x), V*(x) cho Q(x)V*(x) + R(x)U*(x) = Thay R(x) = P(x) – Q(x).S(x), ta Q(x)V*(x) + (P(x) – Q(x)S(x))U*(x) = Hay P(x)U*(x) + Q(x)(V*(x) – S(x)U*(x)) = Đặt U(x) = U*(x), V(x) = V*(x) – S(x)U*(x) ta đpcm Tính chất phép chia hết i) Q | P, Q | R suy Q | P + R hay tổng quát Q | P.U + R.V với U, V đa thức ii) Q | P, P | R suy Q | R (tính bắc cầu) iii) Q | P, P | Q suy tồn số thực khác a cho Q = aP (ta gọi P Q đa thức đồng dạng) iv) Nếu Q1 | P1 Q2 | P2 Q1.Q2 | P1.P2 v) Nếu Q | P.R (P, Q) = Q | R vi) Nếu Q | P, R | P (Q, R) = Q.R | P Chứng minh Các tính chất i-iv) hiển nhiên xuất phát từ định nghĩa Q | P ⇔ tồn S cho P = Q.S Để chứng minh tính chất v) vi), ta áp dụng định Bezout v) Từ giả thiết Q | P.R (P,Q) = suy tồn S cho P.R = Q.S U, V cho P.U + Q.V = Khi R = (P.U+Q.V).R = (P.R)U + Q.V.R = Q.S.U + Q.V.R = Q.(SU+VR) suy Q|R vii) Từ giả thiết Q | P, R | P (Q, R) = suy P = Q.S Vì P = Q.S chia hết cho R, mà (Q, R) = nên theo v) suy S chia hết cho R, tức S = R.S Vậy P = Q.S = (Q.R).S1 suy P chia hết cho Q.R Đa thức nghiệm Nghiệm đa thức đóng vai trò quan trọng việc nghiên cứu tính chất đa thức Nhiều tính chất đa thức thể qua nghiệm chúng Ngược lại, việc nghiên cứu tính chất nghiệm đa thức cũng vấn đề trung tâm đại số 2.1 Nghiệm đa thức, định lý Bezout Định nghĩa Số thực a (trong số trường hợp, ta xét số phức) gọi nghiệm đa thức P(x) = anxn + an-1xn-1 + …+ a1x + a0 P(a) = 0, tức anan + an-1an-1 + …+ a1a + a0 = Ta có định lý đơn giản có nhiều ứng dụng sau nghiệm đa thức: Định lý a nghiệm đa thức P(x) P(x) chia hết cho x – a Định lý hệ định lý sau: Định lý Số dư phép chia đa thức P(x) cho x – a P(a) Cả định lý định lý gọi định lý Bezout Để chứng minh định lý 6, ta cần chứng minh P(x) – P(a) chia hết cho x – a Nhưng điều hiển nhiên P(x) – P(a) = an(xn-an) + an-1(xn-1-an-1) + … + a1(x-a) xk – ak = (x-a)(xk-1 + xk-2a + …+ ak-1) Từ định lý 5, ta có định nghĩa khác cho nghiệm đa thức sau: a nghiệm đa thức P(x) P(x) = (x-a)Q(x) với Q(x) đa thức Với định nghĩa này, ta phát triển thành định nghĩa nghiệm bội Định nghĩa a gọi nghiệm bội r đa thức P(x) P(x) = (x-a)rQ(x) với Q(a) ≠ 2.2 Định lý Vieta Định lý Xét đa thức P(x) ∈ R[x] Nếu x1, x2, …, xk nghiệm phân biệt P(x) với bội r1, r2, …, rk tương ứng P(x) chia hết cho (x-x 1)r1(x-x2)r2…(xxk)rk Chứng minh Điều hiển nhiên theo định nghĩa đa thức (x-x i)ri đôi nguyên tố Hệ quả: a) Một đa thức bậc n với hệ số thực có khơng q n nghiệm thực b) Nếu hai đa thức P(x) Q(x) có bậc nhỏ hay n n+1 điểm hai đa thức Định lý Xét đa thức P(x) ∈ R[x] bậc n Giả sử x1, x2, …, xk nghiệm phân biệt P(x) với bội r1, r2, …, rk tương ứng Nếu r1 + r2 + … + rk = n P(x) = an(x-x1)r1(x-x2)r2…(x-xk)rk Chứng minh: Dùng định lý 7, ta suy P(x) chia hết cho (x-x 1)r1(x-x2)r2…(x-xk)rk, suy P(x) = (x-x1)r1(x-x2)r2…(x-xk)rkQ(x) So sánh bậc hệ số cao nhất, ta suy Q(x) = an Định lý (Định lý Vieta) Giả sử đa thức P(x) = a nxn + an-1xn-1 + an-2xn-2 + … + a1x + a0 có n nghiệm (trong có nghiệm bội) x1, x2, …, xn P(x) = an(x-x1)(x-x2)…(x-xn) hệ quả, ta cóx1 + x2 + … + xn = -an-1/an ; x1x2 + x1x3 + …+ x1xn + x2x3 + …+ x2xn + …+xn-1xn = an-2/an; …; x1x2…xn = (-1)na0/an Định lý 10 (Định lý Viét đảo) a) Nếu x + y = S, x.y = P x, y nghiệm phương trình X2 – SX + P = b) Nếu x + y + z = S, xy + yz + zx = T, xyz = P x, y, z nghiệm phương trình X3 – SX2 + TX – P = Từ định lý ta suy hai hệ đơn giản hiệu giải toán sau: Hệ Một đa thức bậc n có khơng q n nghiệm Hệ Nếu P(x) Q(x) đa thức bậc không n, trùng n+1 điểm phân biệt hai đa thức trùng Đa thức bất khả quy 3.1 Đa thức với hệ số nguyên Đa thức với hệ số nguyên đa thức có dạng P(x) = anxn + an-1xn-1 + …+ a1x + a0 với số nguyên Ta ký hiệu tập hợp tất đa thức với hệ số nguyên Z[x] Ta có kết sau đa thức với hệ số nguyên (1) Nếu P(x) có nghiệm ngun x = a phân tích P(x) = (x-a)Q(x) với Q(x) đa thức với hệ số nguyên (2) Nếu a, b nguyên a ≠ b P(a) – P(b) chia hết cho a – b (3) Nếu x = p/q nghiệm P(x) (với (p, q) = 1) p ước a q ước an Đặc biệt an = ± nghiệm hữu tỷ nghiệm nguyên (4) Nếu x = m + phương x’ = m - n (5) Nếu x = m + + N’ n n nghiệm P(x) với m, n nguyên, n không nghiệm P(x) n với m, n ngun, n khơng phương P(x) = M’ với M’, N’ nguyên Đa thức với hệ số nguyên nhận giá trị nguyên với giá trị x nguyên Điều ngược lại khơng đúng, có đa thức nhận giá trị nguyên với x nguyên hệ số khơng ngun 3.2 Đa thức bất khả quy Định nghĩa Cho P(x) đa thức với hệ số nguyên Ta gọi P(x) bất khả quy Z[x] P(x) khơng phân tích thành tích hai đa thức thuộc Z[x] với bậc lớn hay Tương tự định nghĩa đa thức bất khả quy Q[x] Định lý 3.1 (Tiêu chuẩn Eisenstein) Cho P(x) = anxn + an-1xn-1 + …+a1x + a0 Nếu tồn số nguyên tố p cho i) an không chia hết cho p ii) a0, a1, …, an-1 chia hết cho p iii) a0 không chia hết cho p2 đa thức P(x) bất khả quy Định lý 3.2 (Quan hệ bất khả quy Z[x] Q[x]) Nếu đa thức P(x) ∈ Z[x] bất khả quy Z[x] bất khả quy Q[x] Bổ đề Gauss Ta gọi đa thức P ∈ Z[x] nguyên hệ số nguyên tố Ta có bổ đề Gauss: Tích hai đa thức nguyên nguyên Chứng minh bổ đề Cho hai đa thức nguyên P(x) = anxn + an-1xn-1 + … + a1x + a0 Q(x) = bmxm + bm-1xm-1 + …+ b1x + b0 10 P ( x1 ) − P ( x2 ) = ( x14 − x24 − 2005 ( x13 − x23 ) + ( 2004 + a ) ( x12 − x22 ) − 2003 ( x1 − x3 ) (3) Kết hợp ( 2) (3)và x1, x2 số chẵn suy điều vô lý Điều phải chứng minh Bài 2.4 Giả sử P(x) đa thức bậc 1991 với hệ số nguyên Xét đa thức Q(x) =P2(x)-9 Chứng minh : số nghiệm nguyên đa thức Q(x) nhỏ 1996 Giải : Giả sử nghiệm đa thức Q(x) không nhỏ 1996 Q( x) = ⇔ P ( x) − = ⇔ [ P( x) − 3][ P( x) + 3] = Giả sử x1,x2,…,xk nghiệm nguyên P(x)=3 ( x1 ⇒ x n +1 > x n suy ta thấy f ( xn ) = với khơng thể xẩy n≥0 deg f ( x ) ≥ suy dãy khai f ( x ) = ( x + 1) + h ( x ) (2) m x 4m h( x) có vơ số nghiệm, điều deg f ( x ) = 2m f ( x) triển tăng thực sự, từ tính chất f ( x) đa thức Từ phương trình (1) cách so sánh hệ số x 2n xn hai ta nhận hệ số Do đa thức đa thức có hệ số thực deg h ( x ) = P < 2m Thế biểu thức (2) vào phương trình (1) đồng hệ số hai vế ta có ( x + 1) (x m ( ) ( ( x + 1) + ( m ) m = ( x + x + 1) + , ∀ x ∈ ¡ ) ta nhận phương trình + 1) h ( x + 1) + ( x + 1) + h ( x ) + h ( x ) h ( x + 1) = h ( x + x + 1) , ∀x ∈ ¡ Nếu m p ≥ ⇒ deg h ( x + x + 1) = 2p điều xẩy ra, Thử lại thấy Vậy m f ( x ) = ( x + 1) f ( x ) = ( x + 1) bậc vế trái 2m + p Vì p = ⇒ h ( x ) ≡ c ⇒ c = ⇒ f ( x ) = ( x + 1) m thỏa mãn yêu cầu tốn m Tương tự ta giải tốn: Bài 3.4 Tìm đa thức ( 2m + p ) > 2p f ( x ) ∈ ¡ [ x] deg f ( x ) = 4n + 24 thỏa mãn m ( f ( x) ) − = f ( x + 1) , ∀ x ∈ ¡ Bài 3.5 Tìm tất đa thức mãn điều kiện: ∀x, y,z, t ∈¢ thỏa mãn P1 ( x ) ;P2 ( x ) ;P3 ( x ) ;P4 ( x ) xy − yz = f ( x ) ∈ ¡ [ x] Bài 3.6 Tìm đa thức với hệ số thực thỏa P1 ( x ) P2 ( y ) − P3 ( z ) P4 ( t ) = cho P ( x ) P ( 2x − 1) = P ( x ) P ( 2x − 1) , ∀x ∈ ¡ * Sử dụng phương pháp đồng hệ số hai vế giải toán xác định đa thức P( x ) ∈ ¡ [ x] Bài 3.7(IMO - 2004) Tìm đa thức cho P ( a − b ) + P ( b − c ) + P ( c − a ) = 2P ( a + b + c ) , ∀a,b,c ∈ ¡ ,ab + bc + ca = n P ( x ) = ∑ a i xi i =0 Giải.Giả sử Ta chọn với ( a,b,c ) = ( 6x,3x, −2x ) a i ∈ ¡ ,i = 1,n ab + bc + ca = 0, ∀x ∈ ¡ thỏa mãn Khi đó: P ( 3x ) + P ( 5x ) + P ( −8x ) = 2P ( −7x ) , ∀x ∈ ¡ ( n ) n ⇔ ∑ a i + + ( −8 ) x = ∑ 2a i 7i x i , ∀x ∈ ¡ i =0 suy ra: i ∀i = 0,n i Nếu lẻ i i i i =0 ( + + ( −8) ) a = 2a x ⇔ ( + + ( −8) − 2.7 ) a = i i i i i i i i i ⇒ 3i + 5i + ( −8 ) − 2.7i < ⇒ a i = 0, ∀i ≡ 1( mod2 ) Nếu i chắn i i≥6 ⇒ 3i + 5i + ( −8 ) − 2.7i > ⇒ a i = i 25 i i i Vậy a i = 0, ∀i ≡ 1( mod2 ) i>6 30 + 50 + ( −8 ) − 2.7 = ⇒ a = 0 Ta có: 32 + 52 + ( −8 ) − 2.7 = 34 + 54 + ( −8 ) − 2.7 = mà Vậy P ( x ) = a 2x + a 4x Thử lại ta có Bài 3.8 Tìm đa thức cho: P ( x ) = ax + bx , f ( x ) ∈ ¡ [ x ] ,deg f ( x ) ≥ a,b ≠ 0,a,b ∈ ¡ thỏa mãn tồn ∃a ∈ ( 0;1) f ( ri ) = ( i = 1,n ) , r1 < r2 < < rn  f ' ( ari + ( − a ) ri+1 ) = 0, ∀i = 1, n n f ( ri ) = ( i = 1,n ) ⇒ f ( x ) = a ∏ ( x − ri ) i =1 Giải.Từ n ⇒ ln f ( x ) = ln a + ∑ ln x − ri ⇒ i =o n≥3 Nếu n ⇒∑ i =0 Do n f '( x ) =∑ f ( x ) i=0 x − ri f ( ari + ( − a ) ri+1 ) = 0, ∀i = n chọn 1  1 =0⇔ − ÷+ ∑ =0  ari + ( − a ) r2 − r1 r1 − r2  − a a  i≥3 ari + ( − a ) r2 − r1 ar1 + ( − a ) r2 ∈ ( r1;r2 ) , ∀ a ∈ ( 0;1) ⇒ ∀i ≥ ar1 + ( − a ) r2 − ri < ⇒ n i = n − 1⇒ ∑ Chọn i =1 i =0 1 − >0⇒a > 1− a a =0 arn −1 + ( − a ) rn − ri 26 , ta có ( 1) ⇔ Do ⇒  1 − ÷+ ∑ =0  rn − ri  − a a  i≤n −2 arn −1 + ( − a ) rn − ri arn −1 + ( − a ) rn ∈ ( rn −1 ;rn ) , ∀ a ∈ ( 0;1) 1 1 >0⇒ − a2 − a +1 + a2 + a +1 ≥ a ⇒ a2 − a +1 > a a + a + > −a + a − Tương tự a2 − a +1 > a a + a + = −a + a − Vậy P ( x ) = ( x + 1) Q ( x ) Vậy thay vào (1) ta có (x m hay a t = ⇒ a + a + = −a + a − ⇔ a = −1 ⇔ a = ±i m mâu thuẫn với cách chọn Q( x) đa thức không chia hết cho x2 + , + 1) Q ( x ) ( x + 2x + ) Q ( x + 1) =  x + x + 1 Q ( x + x + 1) m m Q ( x ) Q ( x + 1) = Q ( x + x + 1) Q( x) Q( x) thỏa mãn điều kiện (1) Suy có nghiệm trên, nghiệm có modun lớn phải Nhưng điều khơng thể Q( x) khơng chia hết cho 29 (x + 1) suy i; −i Q( x) = c Thay Q( x) = c vào ta c =1 , suy P ( x ) = ( x + 1) m thử lại ta có đa thức P ( x ) = ( x + 1) , P ( x ) ≡ 0;P ( x ) ≡ m thỏa mãn đề là: Bài 3.12 Tìm đa thức hệ số thực P( x) thỏa mãn P ( x ) P ( 2x ) = P ( 2x + x ) , ∀x ∈ ¡ P( x) ≡ a Giải Nếu , ta có yêu cầu toán a = a2 = a ⇔  a = −1 ta thấy P ( x ) ≡ 1;P ( x ) ≡ P ( x ) = a n x n + a n −1x n −1 + + a1x + a ,a n ≠ Giả sử cầu toán Thay vào (1) so sánh hệ số x 3n (1) thỏa mãn đa thức thỏa mãn yêu hệ số tự hai vế ta 2n a n = 2n a n a n = a n ⇔  a = a a ∈ { 0;1} an =1 Trường hợp a0 = P ( x ) = x n + a n −1x n −1 + + a1 x = x l Pl ( x ) , ( l ∈ ¥ ,Pl ( x ) ≠ ) thay vào (1) ta có x l Pl ( x ) ( 2x ) Pl ( 2x ) = ( 2x + x ) Pl ( 2x + x ) l l ⇒ Pl ( x ) ( 2x ) Pl ( 2x ) = ( 2x + 1) Pl ( 2x + x ) l l (2) Pl ( ) = x→0 ¡ Do hàm đa thức liên tục nên từ (2) ta cho ta suy mâu thuẫn (1) xẩy Trường hợp Nếu a n = 1;a = Giải sư a 30 nghiệm P(x) a≠0 Ta có P ( 2a + a ) = P ( a ) P ( 2a ) = Xét dãy số suy 2a + a nghiệm P(x) ( a n ) : a = a,a n +1 = 2a n + a n ( an ) ( an ) a>0 a điều dẫn đến 2z 3k + z k = z k 2z k + > z k Do Giả sử: suy P(x) có n nghiệm phức a = cos ϕ + sin ϕ 2z k + = 2z k − ( −1) ≥ z k − > vô lý, suy nghiệm P(x) zk ≤ 2a + a suy zk = nghiệm P(x) = 2a + a = a 2a + = 2a + = 2cos 2ϕ + 2isin ϕ + = ( 2cos 2ϕ + 1) + 2sin 2ϕi = ( 2cos 2ϕ + 1) ( 2cos 2ϕ + 1) + ( 2sin 2ϕ ) + ( 2sin 2ϕ ) = ⇔ cos 2ϕ = −1 ⇔ ϕ = Từ π + kπ P ( x ) = ( x + 1) ,k ∈ ¥ k Suy a = ±i , P ( x ) = ( x + 1) , k ∈ ¥ k Thử lại thấy thỏa mãn yêu cầu toán P ( x ) = ( x + 1) , k ∈ ¥ , P ( x ) ≡ 0,P ( x ) ≡ k Vậy * Tương tự ta giải toán 31 Bài 3.13 Tìm đa thức hệ số thực P( x) thỏa mãn P ( x ) P ( 2x ) = P ( x + x ) , ∀x ∈ ¡ Bài 3.12 Tìm đa thức hệ số thực P( x) thỏa mãn P ( cos x + sin x ) = P ( sin x ) + P ( cos x ) , ∀x ∈ ¡ Bài tập đa thức bất khả quy f ( x) = a x n + a1 x n −1 + a x n −2 + + a n −1 x + a n ∈ Ζ [ x ] , p Bài 4.1 Giả sử thỏa mãn : a , a3 , , a n p  / p, a n  / p2 a  CMR: Nếu g , h ∈ Ζ [ x ] deg g ≥ , Giải ∗ Nếu a1 deg h ≥ chia hết cho f (x) p min(deg g ; deg h) = Giả sử a1 không chia hết cho f ( x ) = g ( x).h( x) a n = bm c h với chia hết cho số chia hết cho p x i+h f (x) f ( x ) = g ( x).h( x) với có nghiệm hữu tỉ ) → f (x) bất khả quy p p g , h ∈ Ζ [ x ] deg h ≥ deg g ≥ , , p2 → mà không chia hết cho p → b0 , c không chia hết cho số từ cuối trở lên mà bi c h + bi −1c h −1 + : m+h =n p , số cịn lại khơng chia hết cho khơng chia hết cho bi (khi theo tiêu chuẩn Eisenstein  g ( x) = b0 x m + b1 x m −1 + + bm , b0 ≠  h( x) = c0 x h + c1 h h −1 + + c h , c0 ≠ Gọi , tức Ζ[ x] Xét trường hợp Vì Ζ[ x] khả quy số nguyên tố bi không chia hết cho 32 p số , giả sử p / bm , có p × ch Vì a0 không chia hết cho p bm , c h bi p (i ≥ 0) không chia hết p Hệ số , mà số ... định lý đơn giản có nhiều ứng dụng sau nghiệm đa thức: Định lý a nghiệm đa thức P(x) P(x) chia hết cho x – a Định lý hệ định lý sau: Định lý Số dư phép chia đa thức P(x) cho x – a P(a) Cả định lý. .. nghĩa đa thức (x-x i)ri đôi nguyên tố Hệ quả: a) Một đa thức bậc n với hệ số thực có khơng q n nghiệm thực b) Nếu hai đa thức P(x) Q(x) có bậc nhỏ hay n n+1 điểm hai đa thức Định lý Xét đa thức. .. 3.1 Đa thức với hệ số nguyên Đa thức với hệ số nguyên đa thức có dạng P(x) = anxn + an-1xn-1 + …+ a1x + a0 với số nguyên Ta ký hiệu tập hợp tất đa thức với hệ số nguyên Z[x] Ta có kết sau đa thức

Ngày đăng: 15/12/2015, 00:18

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan