BÀI TOÁN NGHIỆM THỰC CỦA ĐA THỨC ĐẠI SỐ MÃ: TO02B Đặt vấn đề: Đa thức đối tượng nghiên cứu trọng tâm đại số, công cụ đắc lực giải tích lý thuyết xấp xỉ, lý thuyết nội suy, lý thuyết tối ưu…Trong vấn đề nghiệm đa thức đặc biệt quan tâm Để giải toán nghiệm thực đa thức mạnh dạn tiếp cận thử theo hai hướng sau : +) Đại số +) Giải tích I Về mặt đại số: Giải số toán nghiệm đa thức f (x) ∈ ° [ x ] Một số kiến thức đại số liên quan: 1) Vận dụng tính chất tam thức bậc hai 2) Bậc đa thức, định lí Vi-et đa thức bậc 2,3,… 3) So sánh hệ số tự do, hệ số bậc cao nhất… Một số toán nghiệm đa thức giải phương pháp đại số : Bài toán Cho số thực a, b, c Chứng minh ba phương trình sau: x + ( a − b ) x + ( b − c ) = 0, x + ( b − c ) x + ( c − a ) = 0, x + ( c − a ) x + (a − b ) = có nghiệm thực Bài giải NX :Khi tiếp cận đa thức bậc hai vấn đề nghiệm suy nghĩ tự nhiên biệt thức Δ Thật vậy:Tổng ba biệt thức Δ tam thức bậc hai 2 (a − b ) + ( b − c) + (c − a ) ≥ Suy tồn tam thức bậc có biệt thức Δ lớn Như câu trả lời khẳng định Bài toán (All-Russian Olympiad 2012 Grade 11 Day 2) Cho đa thức P ( x ) số thực a1 ,a ,a ,b1 ,b ,b3 thỏa mãn a1a a ≠ Giả sử với x ta có: P ( a1 x + b1 ) + P ( a x + b ) = P ( a x + b3 ) Chứng minh đa thức P ( x ) có nghiệm thực Bài giải NX :Ta tiếp cận toán dạng tắc biểu diễn đa thức tư suy luận điều thiếu n Cho đa thức P ( x ) = ∑ ci x i , c n ≠ 0, n ∈ • i =0 Xét hệ số bậc cao từ đồng thức P ( a1 x + b1 ) + P ( a x + b ) = P ( a x + b3 ) Suy ra: a1n + a n2 = a 3n Khi có hai trường hợp xảy ra, là: +) Nếu a1 = a = a = a ⇒ a = mâu thuẫn! +) Không tính tổng quát ta giả sử: a ≠ a suy b − b2 Phương trình a x + b2 = a x + b3 ⇔ x = ⇒ P ( a1 x + b1 ) = a − a3 Suy điều phải chứng minh Bài toán (VMO - 2012) Cho hai cấp số cộng ( a n ) , ( bn ) với m số nguyên dương , m > Xét m tam thức bậc hai : p k ( x ) = x + a k x + b k ( k = 1, 2, , m ) Chứng minh p1 ( x ) pm ( x ) nghiệm thực tam thức lại nghiệm thực Bài giải Ta có tam thức bậc hai p1 ( x ) pm ( x ) nghiệm thực suy p1 ( x ) > ∀x ∈ ° pm ( x ) > ∀x ∈ ° Giả sử tồn p k ( x ) = x + a k x + b k ( k = 2, , m − 1) có nghiệm thực x = c Khi : pm ( x ) − pk ( x ) = ( m − k )( ax + b ) pk ( x ) − p1 ( x ) = ( k − 1)( ax + b ) (ở a, b công sai hai cấp số cộng ( a n ) , ( bn ) ) Do : pm ( c ) = ( m − k )( ac + b ) p1 ( c ) = − ( k − 1)( ac + b ) Nên pm ( c ) p1 ( c ) < : Vô lý Vậy tam thức bậc hai lại nghiệm thực Bài toán Cho P(x),Q(x),R(x) đa thức với hệ số thực có bậc tương ứng 3, 2, thỏa mãn điều kiện ( P(x) ) + ( Q(x) ) = ( R(x) ) Hỏi đa thức T(x) = P(x).Q(x).R(x) có 2 nghiệm thực (kể bội nghiệm) ? Bài giải Không tính tổng quát, coi hệ số bậc cao đa thức P, Q, R dương Trước hết, ta chứng minh đa thức Q(x) luôn có hai nghiệm thực Ta có, Q = (R − P)(R + P) Vì degP = degQ = nên deg(R + P) = Do deg Q = ⇒ deg(R − P) = Do đa thức Q có nghiệm thực đa thức Q có nghiệm thực Vì degQ = nên Q có hai nghiệm thực Tiếp theo, ta chứng minh đa thức P(x) luôn có nghiệm thực Ta có : P = (R − Q)(R + Q) Vì deg(R − Q) = deg(R + Q) = nên đa thức (R − Q) (R + Q) có nghiệm thực Nếu hai nghiệm thực khác nhau, P có hai nghiệm phân biệt nghiệm lại P hiển nhiên nghiệm thực Nếu (R − Q) (R + Q) có chung nghiệm thực x = a x = a nghiệm R Q Do vậy, R(x) = (x − a)R1 (x), Q(x) = (x − a)Q1(x), P(x) = (x − a)P1(x) Thế vào hệ thức : P = (R − Q)(R + Q) , ta thu P12 = R12 − Q12 , với P1 , R1 tam thức bậc hai, Q1 nhị thức bậc Ta có : Q12 = (R1 − P1 )(R1 + P1 ) Vì Q12 đa thức bậc hai R1 + Q1 tam thức bậc hai nên R1 − P1 đa thức Vậy, P1 (x) = a x + bx + c (a > 0) Q1 (x) = dx + e R1 (x) = a x + bx + c + k k [ R1 (x) + P1 (x) ] = (dx + e) (1) Suy k > Thay giá trị x = − e ⎛ e⎞ ⎛ e⎞ vào (1), ta : R1 ⎜ − ⎟ + P1 ⎜ − ⎟ = d ⎝ d⎠ ⎝ d⎠ k ⎛ e⎞ Nên P1 ⎜ − ⎟ = − < Do tam thức bậc hai P1 (x) có hai nghiệm thực P(x) có ⎝ d⎠ nghiệm thực Trở lại toán Do P có nghiệm thực, Q có hai nghiệm thực R đa thức bậc (có nghiệm thực) nên số nghiệm thực T(x) không nhỏ thua Ví dụ ta chọn: P(x) = x + 3x + 2x Q(x) = 2(x + 2x + 1) R(x) = x + 3x + 4x + Thì P + Q = R đa thức (PQR) có nghiệm thực II Về mặt Giải tích: Giải số toán nghiệm đa thức f (x) ∈ ° [ x ] Ta biết f (x) ∈ ° [ x ] hàm khả vi, để giải số toán đa thức f (x) ∈ ° [ x ] phương pháp sử dụng giải tích có hiệu lực, phần tìm hiểu ứng dụng phương pháp giải tích vào số toán đa thức tập số thực Một số kiến thức giải tích liên quan: ⎧f '(x) ≥ 1) Định lí Fermart: f (x) khả vi (a, b) , ⎨ ∀x ∈ (a, b) phương f '(x) ≤ ⎩ trình f '(x) = có không đếm nghiệm f (x) đồng biến ( nghịch biến) (a, b) 2) Mọi đa thức bậc lẻ có nghiện thực 3) Nếu tồn hai số thực a, b ( a < b ) thỏa mãn f ( a ) f (b ) < đa thức f (x) có nghiệm thuộc khoảng ( a; b ) 4) Định lí Laranger: f (x) liên tục [a, b ] khả vi (a, b) tồn c ∈ (a, b) : f (b) − f (a) = f '(c) b−a 5) Định lí Roller: f (x) liên tục [a, b ] khả vi (a, b) f (b) = f (a) tồn c ∈ (a, b) : f '(c) = Một số toán nghiệm đa thức giải phương pháp giải tích: Bài toán : Cho a,b,c,d,e số thực Chứng minh phương trình : ax + (b + c)x + d + e = có nghiệm thực thuộc khoảng [1, +∞ ) , phương trình : ax + bx3 + cx + dx + e = có nghiệm thực Bài giải Gọi x ∈ [1, +∞ ) nghiệm phương trình : ax + (b + c)x + d + e = Nghĩa : ax 02 + cx + e = −(bx + d) Xét hàm số : f (x) = ax + bx + cx + dx + e Khi : f ( ( ) x = ( ax 02 + cx + e ) + x ( bx + d ) ) ( ) Và f − x = ax 02 + cx + e − x ( bx + d ) Suy : f ( ) ( ) x f − x = ( ax 02 + cx + e ) − x ( bx + d ) 2 = ( ax 02 + cx + e ) − x ( ax 02 + cx + e ) 2 = ( ax 02 + cx + e ) (1 − x ) ≤ Do đó, phương trình f (x) = có nghiệm thuộc đoạn ⎡ − x , x ⎤ ⎣ ⎦ Vậy nên phương trình ax + bx3 + cx + dx + e = có nghiệm thực thỏa mãn điều kiện toán Bài toán (VMO - 95) : Hãy xác định tất đa thức P(x) thỏa mãn điều kiện sau : Với số a > 1995 số nghiệm thực phương trình : P(x) = a (mỗi nghiệm tính với số bội nó) bậc đa thức P(x), nghiệm thực phương trình lớn 1995 Bài giải Do yêu cầu nghiệm thực P(x) = a lớn 1995 nên xét đa thức P(x) có bậc n ≥ - Xét đa thức P(x) bậc n hàm đơn điệu ( −∞; +∞ ) thỏa mãn đề tài Vì đồ thị hàm P(x) có hữu hạn điểm uốn nên với a đủ lớn a > 1995 P(x) = a có tối đa nghiệm (mỗi nghiệm tính với số bội nó), suy n = P(x) có dạng bx + c với b > ; nghiệm P(x) x = a −c Ta có x > 1995 với a > 1995 b b > c ≤ 1995(1 − b) - Xét đa thức P(x) có hàm số cực trị ( −∞; +∞ ) thỏa mãn đề n ≥ Giả sử P(x) đạt cực đại m điểm u1;u ; ;u m (m ≥ 1) đạt cực tiểu k điểm v1; v2 ; ; v k (k ≥ 1) Đặt d = max{P(u1 );P(u ); ;P(u m );P(v1 );P(v2 ); .;P(vk )} Do đồ thị hàm P(x) có hữu hạn điểm uốn nên với a đủ lớn a > max {d,1995}, P(x) = a có tối đa hai nghiệm (mỗi nghiệm tính với số bội nó), suy n = Nhưng P(x) tam thức bậc hai với a đủ lớn a > 1995 P(x) = a có tối đa nghiệm lớn 1995, đa thức lại không thỏa mãn đề Vậy đa thức P(x) thỏa mãn đề có dạng P(x) = bx + c với b > c ≤ 1995(1 − b) Bài toán 6:Cho phương trình a x + a1x + a = 0(a ≠ 0) (1) có hai nghiệm phân biệt p(x) đa thức bậc n có n nghiệm thực phân biệt, chứng minh rằng: a p(x) + a1p'(x) + a 2p''(x) = có n nghiệm Bài giải Trước hết ta chứng minh bổ đề: ∀δ ∈ ° phương trình p(x) + δp'(x) = có nghiệm Chứng minh: - Nếu δ = bổ đề hiển nhiên x - Nếu δ ≠ xét ϕ(x) = e δ p(x) Rõ ràng ϕ(x) = ⇔ p(x) = ⇒ ϕ(x) = có n nghiệm phân biệt x1 , x , , x n Áp dụng định lí Roller: ⇒ ∃αi ∈ (x i , x i+1 ), ϕ '(x) = 0(i = 1,2,3, ,n −1) x δ x δ x δ e Ta có: ϕ '(x) = p '(x).e + e p(x) = [p(x) + δp '(x) ] δ δ ⇒ ϕ '(x) = ⇔ p(x) + δp'(x) = Vậy phương trình p(x) + δp'(x) = có n - nghiệm ⇒ ∃αi ∈ (x i , x i +1 ) với i = 1, n − mà phương trình p(x) + δp'(x) = phương trình bậc n có (n - 1) nghiệm α1 , α , , α n −1 nên p(x) + δp'(x) = (x − α1 )(x − α ) (x − α n −1)(ax + b) Vậy phương trình p(x) + δp'(x) = phải có nghiệm thứ n Bổ đề chứng minh Áp dụng bổ đề để giải toán: −a1 ⎧ ⎪δ1 + δ2 = a ⎪ Gọi δ1 , δ2 hai nghiệm (1) ⇒ ⎨ ⎪δ δ = a ⎪⎩ a Do phương trình a p(x) + a1p'(x) + a 2p''(x) = ⇔ p(x) − (δ1 + δ )p '(x) + δ1δ p ''(x) = ⇔ ( p(x) − δ1p '(x) − δ ( p '(x) − δ1p ''(x) ) ) = Áp dụng bổ đề suy = p(x) − δ1p'(x) = Q(x) có n nghiệm Từ giả thiết Q(x) = có n nghiệm suy Q(n) − δ2Q'(x) = có n nghiệm (Đpcm) Bài toán :(TST 1994) Cho p(x) ∈ ° [ x ] deg p(x) = Giả sử p(x) = có nghiệm dương phân biệt Chứng minh : − 4x ⎛ − 4x ⎞ p(x) + ⎜1 − ⎟ p '(x) − p ''(x) = có nghiệm x2 x ⎠ ⎝ dương phân biệt Lời giải Ta chứng minh bổ đề sau p(x) = có nghiệm phân biệt < x1 < x < x < x phương trình p(x) − p'(x) = có nghiệm phân biệt y1 , y2 , y3 , y thỏa mãn < x1 < y1 < x < y2 < x < y3 < x < y4 Xét f (x) = e − x p(x) ⇒ f (x) = ⇔ p(x) = Vậy f (x) = có nghiệm < x1 < x < x < x Áp dụng định lý Lagrange ta có : f '(x) = −e − x p(x) + p '(x)e − x f '(x) = ⇔ p(x) − p'(x) = Do phương trình p(x) − p'(x) = có nghiệm y1 < y2 < y3 deg(p − p') = Suy phương trình p(x) − p'(x) = có nghiệm thứ y không giảm tổng quát ta giả sử hệ số x p(x) dương Suy : lim ( p(x) − p '(x) ) = +∞ ⇒ ∃α > x cho : p(α) − p'(α) > x →∞ Do p(y3 ) − p'(y3 ) = p(y ) − p'(y ) = ⇒ y ∈ (β, α) Vậy < x1 < y1 < x < y2 < x < y3 < x < y4 (đpcm) ⇒ PtQ(x) = p(x) − p'(x) = có nghiệm dương phân biệt y1 , y2 , y3 , y Giả sử Q(x) = ax + bx + cx + dx + e (a,e ≠ 0) 1 1 ⎛1⎞ ⇒ PT R(x) = x 4Q ⎜ ⎟ = có nghiệm dương phân biệt , , , y1 y y3 y ⎝x⎠ ⇒ R(x) − R '(x) = có nghiệm dương phân biệt Ta có : R(x) − R '(x) = ⎛1⎞ ⎛1⎞ ⎛1⎞ ⇔ x 4Q ⎜ ⎟ − 4x 3Q ⎜ ⎟ + x 2Q ' ⎜ ⎟ = ⎝x⎠ ⎝x⎠ ⎝x⎠ ⎡ ⎛1⎞ ⎡ ⎛1⎞ ⎡ ⎛1⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞⎤ ⇔ x ⎢ p ⎜ ⎟ − p ' ⎜ ⎟ ⎥ − 4x ⎢ p ⎜ ⎟ − p ' ⎜ ⎟ ⎥ + x ⎢ p ' ⎜ ⎟ − p '' ⎜ ⎟ ⎥ = ⎝ x ⎠⎦ ⎝ x ⎠⎦ ⎝ x ⎠⎦ ⎣ ⎝x⎠ ⎣ ⎝x⎠ ⎣ ⎝x⎠ ⎛1⎞ ⎛1⎞ ⎛1⎞ ⇔ (x − 4x )p ⎜ ⎟ + (− x + 4x + x )p ' ⎜ ⎟ − x p '' ⎜ ⎟ = ⎝x⎠ ⎝x⎠ ⎝x⎠ ⎛1⎞ ⎛1⎞ ⎛1⎞ ⇔ (x − 4x)p ⎜ ⎟ + (− x + 4x + 1)p ' ⎜ ⎟ − p '' ⎜ ⎟ = ⎝x⎠ ⎝x⎠ ⎝x⎠ Đặt t = phương trình có dạng : x − 4t ⎛ − 4t ⎞ p(t) + ⎜1 − ⎟ p '(t) − p ''(t) = t t ⎠ ⎝ Bài toán chứng minh 2k Bài toán 8: Cho p(x) = ∑ a i x i (a 2k ≠ 0,a > 0) i =0 Chứng minh nếu: 2k a 2i ∑ 2i + < phương trình p(x) = có nghiệm thực i =0 Bài giải n a i i +1 x ⇒ Q'(x) = p(x) ∀x ∈ ° i + i =0 Xét Q(x) = ∑ n n n a a ,Q'(−1) = ∑ i (−1)i +1 ⇒ Q(1) − Q(−1) = 2∑ 2i < i =0 i + i =0 i + i =0 2i + Ta có: Q(1) = ∑ Áp dụng định lý Lagrange cho Q(x) [−1,1] Q(1) − Q(−1) = Q'(c) ⇒ Q'(c) < Mà Q'(0) = p(0) = a > áp dụng định lý Bonxano Cauchy suy tồn α nằm nghiệm c cho Q'(α) = hay p(α) = (đpcm) Bài toán :Cho p(x) ∈ ° [ x ] có n nghiệm phân biệt lớn Chứng minh ( Phương trình : (1 + x )p(x)p'(x) + x ( p(x) ) + ( p'(x) ) 2 ) = (1) có 2n - nghiệm phân biệt Lời giải Ta có : (1) ⇔ ( p(x) + p '(x).x )( x.p(x) + p '(x) ) = ⎡ p(x) + p '(x).x = (2) ⇔⎢ ⎣ x.p(x) + p '(x) = (3) Trước hết ta chứng minh PT (2) (3) có nghiệm chung (1, + ∞) Thật giả sử (2) (3) có nghiệm chung a a ∈ (1, + ∞) ⎧ p '(a) −1 = a ⎧p(a) + ap '(a) = ⎪⎪ p(a) ⇒⎨ ⇒⎨ ⇒ a2 = ⎩ap(a) + p '(a) = ⎪ p '(a) = −a ⎪⎩ p(a) ⇒ a ∈{−1,1} điều vô lí a > Bây ta chứng minh PT (3) có n - nghiệm lớn PT (2) có n nghiệm n -1 nghiệm lớn Từ suy phương trình (1) có 2n - nghiệm phân biệt x2 Xét hàm số : f (x) = e p(x) ⇒ f (x) = ⇔ p(x) = Vậy f (x) = có nghiệm phân biệt (1, + ∞) Áp dụng định lí Roller ta thấy nghiệm f(x) có nghiệm f '(x) Vậy phương trình f '(x) = có n - nghiệm lớn Ta có : f '(x) = e x2 ( x.p(x) + p '(x) ) f '(x) = ⇔ x.p(x) + p'(x) = PT (3) có n - nghiệm lớn Xét g(x) = x.p(x) , ta có phương trình g(x) = có n + nghiệm = x < < x1 < x < < x n Áp dụng định lí Roller : g'(x) = có nghiệm α1 , α , , α n thỏa mãn αi ∈ (x i −1 , x i ) (i = 1, n) Mà g '(x) = xp'(x) + p(x) ⇒ g '(x) = ⇔ xp'(x) + p(x) = (2) Vậy (2) có n nghiệm n - nghiệm lớn Vậy phương trình (1) có n - nghiệm (đpcm) ⎧a ,a ≠ Bài toán 10 : Cho f (x) = a + a1x + + a k −1x k −1 + a k +1x k +1 + + a n x n , với ⎨ k −1 k +1 ⎩a n ≠ Chứng minh f (x) = có n nghiệm phân biệt a k −1.a k +1 < Lời giải Ta chứng minh f i (x) = có n - i nghiệm phân biệt (i = 1, n − 1) i = 1,f (x) = có n nghiệm phân biệt x1 < x < < x n −1 < x n Áp dụng định lí Roller ⇒ ∃αi ∈ (x i , x i+1 )f (αi ) = ⇒Mệnh đề Giả sử f i (x) = có n - i nghiệm i < t1 < t < < t n −i Áp dụng định lí Roller cho f i (x) [ t i , t i+1 ](i = 1,n − i − 1) ∃βk ∈ (t k , t k +1 ) :f k (βk ) = Áp dụng bổ đề f (x) = có n nghiệm phân biệt ⇒ f k −1 (x) = có (n - k - 1) nghiệm phân biệt n − k +1 ⎛ k −1 ⎞ k Ta có f k −1 (x) = (k − 1)!a k −1 + ⎜ ⎟!a k x + ∑ k =3 α k x ⎝ ⎠ Do a k −1 ≠ ⇒ nghiệm phương trình f k −1 (x) = cho x n −k −1 đặt u = f k −1 (x) = có dạng : ϕ(t) = (k − 1)!a k −1u n − k −1 phương trình x n −k −2 ⎛ k −1 ⎞ n − k −1 +⎜ + ∑ βk u k ⎟!a k u ⎝ ⎠ k =3 Vì ϕ(t) = có n - k - nghiệm phân biệt áp dụng bổ đề ta suy ϕn − k −1 (u) = có hai nghiệm phân biệt Ta có : ϕn −k −2 (u) = (k − 1)!a k −1 (n − k − 1)! (k − 1)! u + (n − k − 1)!a k 2 Vậy ϕn −i−2 (u) = ⇔ (n − k)(n − k + 1)a k −1u + k(k + 1)a k +1 = (2) Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt : ⇔ (n − k)(n − k + 1)a k −1a k +1 < ⇔ a k −1a k +1 < (đpcm) Kết luận: Bài viết tổng hợp từ nhiều nguồn tư liệu khác dùng cho việc ôn luyện học sinh giỏi Thông qua đợt tập huấn dành cho giáo viên trường chuyên học hỏi nhiều kinh nghiệm từ đồng nghiệp trình dạy ôn học sinh giỏi Qua viết xin gửi lời cảm ơn chân thành tới người đồng nghiệp  ... = − < Do tam thức bậc hai P1 (x) có hai nghiệm thực P(x) có ⎝ d⎠ nghiệm thực Trở lại toán Do P có nghiệm thực, Q có hai nghiệm thực R đa thức bậc (có nghiệm thực) nên số nghiệm thực T(x) không... deg Q = ⇒ deg(R − P) = Do đa thức Q có nghiệm thực đa thức Q có nghiệm thực Vì degQ = nên Q có hai nghiệm thực Tiếp theo, ta chứng minh đa thức P(x) luôn có nghiệm thực Ta có : P = (R − Q)(R... nên đa thức (R − Q) (R + Q) có nghiệm thực Nếu hai nghiệm thực khác nhau, P có hai nghiệm phân biệt nghiệm lại P hiển nhiên nghiệm thực Nếu (R − Q) (R + Q) có chung nghiệm thực x = a x = a nghiệm