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 thông, 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 đánh giá toán khó Các toán thường yêu cầu nghiên cứu tính chất hệ số đa thức, tính chất nghiệm toán 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, ∈ 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 nguyên 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 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 m n k =0 k =0 P ( x ) = ∑ a k x k , Q ( x ) = ∑ bk x k Cho hai đa thức Khi P(x).Q(x) đa k c k = ∑ bk −i thức 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) không 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 toán 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 toán 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, 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 Không 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 không 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 có x1 + 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 không 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 nguyên 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 nguyên, n không 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 không đúng, có đa thức nhận giá trị nguyên với x nguyên hệ số không nguyên 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) không 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 P(x).Q(x) = cm+nxm+n + cm+n-1xm+n-1 + …+c1x + c0 Giả sử tích không nguyên tồn số nguyên tố p ước chung hệ số c0, c1, …, cm+n Vì P nguyên nên gọi i số nhỏ mà không chia hết cho p j số nhỏ cho bj không chia hết cho p Khi xét xi+j ta thấy hệ số tương ứng không chia hết cho p, vô lý Vậy tích nguyên Chứng minh định lý Cho P(x) bất khả quy Z[x] Giả sử P(x) khả quy Q[x]: P(x) = P1(x).P2(x) với P1, P2 đa thức bậc nhỏ bậc P có hệ số hữu tỷ P1 ( x) = Đặt a1 a Q1 ( x), P2 ( x) = Q2 ( x) b1 b2 với (ai, bi) = Qi nguyên (i=1, 2) 10 f ( a n +1 ) = + f ( a n +1 − 1) = + f ( a n ) = + a n = a n +1 ⇒ f ( a n +1 ) = a n +1 f ( a n +1 ) = −a n +1 ⇒ f ( a n +1 ) = + f ( a n +2 − 1) = + f ( a n +1 ) = − a n +1 < Nếu f ( a n +1 ) = −a n +1 f ( a n +1 ) = a n +1 f ( x) = x Vậy f ( an ) = an Thử lại ta thấy phương trình f ( x) = x f ( x) = x có vô số nghiệm, thỏa mãn yêu cầu toán Nhận xét: Từ phương trình hàm mà ẩn hàm cần tìm đa thức thực Ta dự đoán f ( x) ≡ g( x) f ( x) = g( x) với ta xấy dựng dãy lặp g( x) x = a, x n +1 = ϕ ( x n ) sau chứng minh f ( a n ) = g ( a n ) , ∀n f ( x) ≡ g( x) , x ∈ ¡ Bài 3.2 Tìm đa thức có hệ số thực thỏa mãn f ( x ) f ( x + 1) = f ( x + x + 1) , ∀x ∈ ¡ Giải Nếu Nếu suy f ( x ) = c ⇒ c = c ⇒ c ∈ { 0;1} degf ( x ) = 2m + ⇒ ∃a ∈ ¡ cho f ( a) = 22 f ( x) có hệ số đa thức xác định để chứng minh dãy đơn điệu thực chứng minh degf ( x ) = vô lý ( xn ) từ suy x = a, ⇒ f ( a ) f ( a + 1) = f ( a + a + 1) Chọn suy đa thức a2 + a +1 f ( x) f ( xn ) = n≥0 với xẩy nghiệm phương trình f ( x) = f ( x) = deg f ( x ) ≥ suy dãy khai triển f ( x ) = ( x + 1) + h ( x ) (2) xn x 4m h( x) có vô số nghiệm, điều deg f ( x ) = 2m f ( x) m tăng thực sự, từ tính chất f ( x) đa thức Từ phương trình (1) cách so sánh hệ số x 2n nên f ( a + a + 1) = x = a, x n +1 = x n + x n + x n +1 − x n = x n + > ⇒ x n +1 > x n ta thấy a có tính chất nghiệm phương trình Ta xây dựng dãy số suy f ( a) = 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 (x 2 + 1) m ( ( x + 1) + 1) = ( ( x + x + 1) + 1) m ( 2 ) m ,∀ 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 m p ≥ ⇒ deg h ( x + x + 1) = 2p điều xẩy ra, bậc vế trái 2m + p Vì ( 2m + p ) > 2p p = ⇒ h ( x ) ≡ c ⇒ c = ⇒ f ( x ) = ( x + 1) 23 m Thử lại thấy f ( x ) = ( x + 1) f ( x ) = ( x + 1) Vậy m thỏa mãn yêu cầu toán m Tương tự ta giải toán: Bài 3.4 Tìm đa thức f ( x ) ∈ ¡ [ x] ( f ( x) ) thỏa mãn Bài 3.6 Tìm đa thức thỏa mãn − = f ( x + 1) , ∀ x ∈ ¡ Bài 3.5 Tìm tất đa thức mãn điều kiện: ∀x, y,z, t ∈¢ deg f ( x ) = 4n + P1 ( x ) ;P2 ( x ) ;P3 ( x ) ;P4 ( x ) xy − yz = f ( x ) ∈ ¡ [ x] 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 Bài 3.7 (IMO - 2004) Tìm đa thức P( x ) ∈ ¡ [ x] 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 thỏa mãn ab + bc + ca = 0, ∀x ∈ ¡ P ( 3x ) + P ( 5x ) + P ( −8x ) = 2P ( −7x ) , ∀x ∈ ¡ n ( ) n ⇔ ∑ a i + + ( −8 ) x = ∑ 2a i 7i x i , ∀x ∈ ¡ i =0 i i i i i =0 24 Khi đó: suy ra: ∀i = 0,n i i i i i i i i i i i i ⇒ 3i + 5i + ( −8 ) − 2.7i < ⇒ a i = 0, ∀i ≡ 1( mod2 ) i i Nếu lẻ Nếu i chắn Vậy ( + + ( −8) ) a = 2a x ⇔ ( + + ( −8) − 2.7 ) a = i≥6 ⇒ 3i + 5i + ( −8 ) − 2.7i > ⇒ a i = i 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 i =1 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 ≥ 25 , ta có ar1 + ( − a ) r2 − ri < ⇒ n i = n −1⇒ ∑ i =0 Chọn ⇔ Do ⇒ 1 − >0⇒a > 1− a a ( 1) =0 arn −1 + ( − a ) rn − ri  1 − ÷+ ∑ =0  rn − ri  − a a  i≤n − 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 Q( x) đa thức không chia hết cho + 1) Q ( x ) ( x + 2x + ) Q ( x + 1) =  x + x + 1 Q ( x + x + 1) m a t = ⇒ a + a + = −a + a − ⇔ a = −1 ⇔ a = ±i m mâu thuẫn với cách chọn m 28 x2 + , hay Q ( x ) Q ( x + 1) = Q ( x + x + 1) Q( x) thỏa mãn điều kiện (1) Suy có nghiệm trên, nghiệm có modun lớn phải Nhưng điều Thay Q( x) Q( x) = c vào ta Q( x) c =1 không chia hết cho , suy (x P ( x ) = ( x + 1) + 1) suy i; −i Q( x) = c 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 ) ≠ ) 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 29 (2) thay vào (1) ta có ¡ Do hàm đa thức liên tục nên từ (2) ta cho mâu thuẫn (1) xẩy Trường hợp Nếu Ta có a n = 1;a = Giải sư P ( 2a + a ) = P ( a ) P ( 2a ) = Xét dãy số a suy x→0 ta Pl ( ) = nghiệm P(x) 2a + a suy a≠0 nghiệm P(x) ( a n ) : a = a,a n+1 = 2a n + a n ( an ) a>0 ( an ) a điều dẫn đến 2z3k + 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 30 P ( x ) = ( x + 1) , k ∈ ¥ , P ( x ) ≡ 0,P ( x ) ≡ k Vậy * Tương tự ta giải toán 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 ∗ f (x) a1 deg h ≥ chia hết cho p khả quy min(deg g ; deg h) = , tức (khi f (x) theo tiêu chuẩn Eisenstein f ( x ) = g ( x).h( x) với có nghiệm hữu tỉ ) → f (x) bất khả quy Ζ[ x] Xét trường hợp Giả sử f ( x ) = g ( x).h( x) a1 không chia hết cho với a n = bm c h chia hết cho số chia hết cho p p p g , h ∈ Ζ [ x ] deg h ≥ deg g ≥ ,  g ( x) = b0 x m + b1 x m −1 + + bm , b0 ≠  h( x) = c0 x h + c1 h h −1 + + c h , c0 ≠ Vì Ζ[ x] số nguyên tố , m+h = n mà không chia hết cho p2 → p , số lại không chia hết cho không chia hết cho p → b0 , c : không chia hết cho 31 p số , giả sử p / bm bm , c h có p × ch Vì a0 bi Gọi x i+h là số từ cuối trở lên mà bi bi c h + bi −1c h −1 + không chia hết cho p p (i ≥ 0) bi Hệ số p không chia hết cho , không chia hết , mà số p ⇒ h + i ≤1 bi +1 , bi + , a0 , a1 chia hết cho , có không chia hết cho p ⇒ m ≥ m + h + i −1 = n + i −1≥ n −1⇒ h =1 min(deg h, deg g ) = Vậy deg h = ⇒ h(x) = c x + c1 ,c ,c1 ∈ Ζ ⇒ h(x) Vì có nghiệm nghiệm hữu tỉ x=− c1 ∈ Q ⇒ h(x) c0 có Bài 4.2 Tồn đa thức không phân tích được, mà cách biến đổi tuyến tính ẩn chuyển thành đa thức Eisenstein (với số nguyên tố p ) P( x) = x + Giải: : Đa thức thỏa mãn điều kiện toán Đặt số nguyên Ta có: x = ax + b, a, b Q ( y ) = 2a y + 4aby + 2b + Giả sử Q(x ) đa thức Eisenstein nghĩa tồn số nguyên tố cho p,4ab p, (2b = 1) p ⇒ b chia hết cho ap Trường hợp deg Q( y ) p 2) 4ap, từ trái với giả thiết 4p ⇒ p = hiển nhiên (2b + 1) không chia hết cho vô lí Bài 4.3 Với hệ số nguyên khác đôi 1) p không 4p Trường hợp p⇒ không chia hết 2a a1 , a , , a n đa thức: f ( x) = ( x − a1 )( x − a ) ( x − a n ) − g ( x) = ( x − a1 )( x − a ) ( x − a n ) + đa thức khả quy 32 Ζ[ x] ? Giải: 1) Giả sử cao Khi cho n f ( x) = p ( x ).q ( x); p, q ∈ Ζ [ x ] , deg p, deg q ≥ 1, deg p + deg q = n p( x), q( x)  p(a1 ) = 1,q(a1 ) = −1 x = a1 ,a , ,a n ⇒  ; ∀i = 1,n ⇒ p(x) + q(x)  p(a1 ) = −1,q(a1 ) = x = a1 , , x = a n , nghiệm phân biệt : khả quy hệ số mâu thuẫn deg( p + q ) < n có Do f (x) bất Ζ[ x] g ( x) = ( x − a1 )( x − a ) ( x − a n ) + = p ( x).q( x ); p, q ∈ Ζ[ x ]; 2) Giả sử: deg p, deg q > 1; deg p + deg q = n; p, q có hệ số cao Khi cho :  p(a ) = 1,q(a i ) = x = a1 ,a , ,a n ⇒  i ; ∀i = 1,n p(a ) = − 1,q(a ) = − → p( x) − q ( x)  i i x = a1 , , x = a n , deg( p − q ) < n nghiệm phân biệt : ⇒ q(x) = p(x)  p(x) = q(x), ∀x ∈ Ζ ⇒  n = 2k, với mà p ( x) − q ( x ) = có k = deg p = deg q ⇒ (x − a1 )(x − a ) (x − a n ) = p (x) − = [ p(x) − 1] [ p(x) + 1]  p(x) + = ⇒  p(x) − = với Vì x = , i = 1, n deg p = deg q (1)-(2) Cho , nên ta giả sử:  p ( x) + = ( x − a1 )( x − a3 ) ( x − a k −1 )(1)   p ( x) − = ( x − a )( x − a ) ( x − a k )( 2) ⇒ = (x − a )(x − a ) (x − a 2k −1 ) − (x − a )(a − a ) (x − a 2k )(*) x = a ⇒ = (a − a1 )(a − a ) (a − a 2k −1 ) ⇒ k ≤ 33 n có n nghiệm k = 3, giả sử a1 < a < a ⇒ (a − a1 )(a − a )(a − a ) = với a − a =  a − a1 > a − a > a − a ⇒ a − a = −1 a − a = −2  Thế x = a4 vào (*) ⇒ = (a − a1 )(a − a )(a − a ) a − a1 = −1  ⇒ a − a = −1 ⇒ a = a 4, a − a = −2  với mâu thuẫn với giả thiết k = 1: (*) : = (x − a1 ) − (x − a ) ⇒ a = a1 + 2, đặt a − a1 > a − a3 > a − a ≠ a j a1 = a ⇒ f (x) = (x − a1 )(x − a ) + = (x − a)(x − a − 2) + = (x − a − 1) k = 2, (*) : = ( x − a1 )( x − a3 ) − ( x − a )( x − a ), Thế giả sử 2 = (a − a1 )(a − a ) x = a2, x = a4 ⇒  2 = (a − a1 )(a − a ) với a1 < a3 , a < a a − a = −2 a − a = −1  ⇒ a − a1 > a − a3 a − a =  a − a = a − a1 > a − a3 Đặt a1 = a ⇒ a = a − 1,a = a + 1,a = a + ⇒ f (x) = (x − a1 )(x − a )(x − a )(x − a ) + = (x − a)(x − a + 1)(x − a − 1)(x − a − 2) + ⇒ f (x) =  x − (2a − 1)x + a + a − 1 C KẾT LUẬN Chuyên đề nêu kiến thức đa thức.Nêu c số dạng tập thường gặp phân tích đưa định hướng lời giải Mặc dù có nhiều cố gắng song dạng tập đưa chưa thật phong phú hạn chế việc phân tích định hướng lời giải Tác giả hy vọng chuyên đề góp phần nhỏ vào trình giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi phần đa thức, vốn phần khó đề thi 34 học sinh giỏi gần Chắc chắn chuyên đề có nhiều thiếu sót tác giả mong nhận ý kiến đóng góp, chia sẻ kinh nghiệm để chuyên đề hoàn thiện Xin trân trọng cảm ơn thầy cô giáo đọc đóng góp cho chuyên đề 35 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Văn Mậu, 2004, Đa thức đại số phân thức hữu tỷ, NXB Giáo Dục [2] Nguyễn Văn Mậu, 2009, Chuyên đề chọn lọc Số phức áp dụng, NXB Giáo Dục [3] Tủ sách Toán học Tuổi trẻ Các thi Olympic Toán trung học phổ thông (1990-2006) NXB Giáo dục [4] Các nguồn tài liệu www.mathlinks.org; www.imo.org.yu 36 từ Internet: www.mathscope.org; [...]... điểm 1, 2, 3 và từ đó, ta có P(x) – Q(x) = (x-1)(x-2)(x3)H(x) Ngược lại, nếu P(x) là đa thức thoả mãn điều kiện đề bài thì các đa thức Q(x) = P(x) + (x-1)(x-2)(x-3)H(x) cũng thoả mãn điều kiện đề bài với mọi H(x) Từ đó có thể thấy rằng có vô số các đa thức thoả mãn điều kiện đề bài 12 Ta đặt ra câu hỏi: Trong các đa thức thoả mãn điều kiện đề bài, hãy tìm đa thức có bậc nhỏ nhất Rõ ràng đa thức này không... phân biệt (a0, a1, , an) và bộ n P( x ) = ∑ bi Pi ( x) n+1 số bất kỳ (b0, b1, , bn) Khi đó đa thức i =0 là đa thức duy nhất có bậc không vượt quá n thoả mãn điều kiện P(a i) = bi với mọi i=0, 1, 2, , n Các đa thức Pi(x) là các đa thức bậc n được định nghĩa bởi (**) 4.2 Ứng dụng của công thức nội suy Langrange Bài toán nội suy là một trong các bài toán cơ bản của toán lý thuyết và toán ứng dụng Trong thực... LUẬN Chuyên đề đã nêu được những kiến thức cơ bản nhất về đa thức. Nêu được c một số dạng bài tập cơ bản thường gặp phân tích và đưa ra định hướng lời giải Mặc dù có nhiều cố gắng song những dạng bài tập đưa ra vẫn chưa thật phong phú và vẫn còn hạn chế trong việc phân tích định hướng lời giải Tác giả hy vọng chuyên đề này sẽ góp một phần nhỏ vào quá trình giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi phần đa thức, ... = ( x 2 + 1) 23 m Thử lại thấy f ( x ) = ( x 2 + 1) f ( x ) = ( x 2 + 1) Vậy m thỏa mãn yêu cầu bài toán m Tương tự ta có thể giải quyết các bài toán: Bài 3.4 Tìm đa thức f ( x ) ∈ ¡ [ x] ( f ( x) ) 2 và thỏa mãn Bài 3.6 Tìm các đa thức thỏa mãn − 1 = f ( x 2 + 1) , ∀ x ∈ ¡ Bài 3.5 Tìm tất cả các bộ 4 đa thức mãn điều kiện: ∀x, y,z, t ∈¢ deg f ( x ) = 4n + 2 P1 ( x ) ;P2 ( x ) ;P3 ( x ) ;P4 ( x ) xy... ∈ ¥ k Thử lại thấy thỏa mãn yêu cầu bài toán 30 P ( x ) = ( x 2 + 1) , k ∈ ¥ , P ( x ) ≡ 0,P ( x ) ≡ 1 k Vậy * Tương tự ta giải quyết các bài toán Bài 3.13 Tìm các đa thức hệ số thực P( x) thỏa mãn P ( x ) P ( 2x 2 ) = P ( x 3 + x ) , ∀x ∈ ¡ Bài 3.12 Tìm các đa thức hệ số thực P( x) thỏa mãn P ( cos x + sin x ) = P ( sin x ) + P ( cos x ) , ∀x ∈ ¡ 4 Bài tập đa thức bất khả quy f ( x) = a 0 x n + a1... nguyên mà Q(x) là đa thức bậc ba với hệ số nguyên nên hiển nhiên 9a⋮3 và 3ar 2 + 2br + c M3 điều đó nghĩa là Q(x) ∈H Như vậy tồn tại r∈{0 ;1 ;2} và đa thức Q(x) ∈H sao cho Giả sử P( x) ∈ H Theo câu 1), tồn tại số r1 ∈ { 0;1; 2} P ( 3 x + r ) = 3Q ( x ) và đa thức P ( x) ∈ H sao cho : P(3x + r1 ) = 3P1 ( x), ∀x Áp dụng với đa thức cho : P1 ( x ) ∈ H suy ra tồn tại số r2 ∈ { 0;1; 2} và đa thức P ( x) ∈... các đề thi 34 học sinh giỏi gần đây Chắc chắn chuyên đề còn có rất nhiều thiếu sót tác giả rất mong sẽ nhận được những ý kiến đóng góp, chia sẻ kinh nghiệm để chuyên đề này được hoàn thiện hơn nữa Xin trân trọng cảm ơn các thầy cô giáo đã đọc và đóng góp cho chuyên đề 35 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Văn Mậu, 2004, Đa thức đại số và phân thức hữu tỷ, NXB Giáo Dục [2] Nguyễn Văn Mậu, 2009, Chuyên đề. .. 2) và (3 )và x1, x2 là các số chẵn suy ra điều vô lý Điều phải chứng minh Bài 2.4 Giả sử P(x) là đa thức bậc 1991 với hệ số nguyên Xét đa thức Q(x) =P2(x)-9 Chứng minh rằng : số nghiệm nguyên của đa thức Q(x) nhỏ hơn 1996 Giải : Giả sử nghiệm của đa thức Q(x) không nhỏ hơn 1996 Q( x) = 0 ⇔ P 2 ( x) − 9 = 0 ⇔ [ P( x) − 3][ P( x) + 3] = 0 Giả sử x1,x2,…,xk là các nghiệm nguyên của P(x)=3 ( x1 ... 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. .. P(a i) = bi với i=0, 1, 2, , n Các đa thức Pi(x) đa thức bậc n định nghĩa (**) 4.2 Ứng dụng công thức nội suy Langrange Bài toán nội suy toán toán lý thuyết toán ứng dụng Trong thực tế, đo giá... d = 5/12, e = II MỘT SỐ DẠNG BÀI TOÁN THƯỜNG GẶP Bài toán tính chia hết đa thức Bài toán 1.1 Chứng minh với giá trị n, đa thức (x+1) 2n+1 + xn+2 chia hết cho đa thức x2 + x + Giải: 13 Cách (Quy