CHUYÊN 19: NGHIỆM CỦA ĐA THỨC KIẾN THỨC TRỌNG TÂM G Định nghĩa: Cho f ∈ R [ x ] số α ∈ R Ta gọi α nghiệm thực f f (α ) = Ta gọi α nghiệm bội k f ( x) f ( x) chia hết cho ( x − α ) k không chia hết cho ( x − α ) k +1 nghĩa là: f ( x) = ( x − α ) k g ( x), ∀x ∈ R g (α ) ≠  f (α ) = 0, f '(α ) = 0, , f ( k −1) (α ) = hay  ( k )  f (α ) ≠ Định lí BEZOUT: α nghiệm đa thức f ( x ) f ( x) chia hết cho x −α Nghiệm hữu tỷ, nghiệm nguyên Cho f ∈ Z [ x ] , deg f = n, ∈ Z f ( x) = ao x n + a1 x n−1 + + an−1 x + an , ao ≠ p Nghiệm hữu tỷ có x = với ( p, q ) = p ước hệ số tự q ước q hệ số cao nhất: p an , q ao Nếu f có n nghiệm x1 , x2 , , xn (phân biệt hay trùng nhau) a1 Thì: x1 + x2 + + xn = ao a x1 x2 + x1 x3 + + xn −1.xn = ao x1 x2 x3 + x1 x2 x4 + + xn−2 xn −1 xn = − a3 ao an ao Đảo lại, n số x1 , x2 , x3 , xn có tổng tích chập k n số xi Sk n x1 x2 xn = (−1) x1 , x2 , , xn nghiệm có phương trình: X n − S1 X n −1 + S X n−2 + + ( −1)n −1.S n −1 X + (−1) n S n = Định lí liên tục: Nếu đa thức f ( x) nhận giá trị trái dấu [ a, b ] f ( a) f (b) < đa thức f ( x) có nghiệm x = c ∈ (a, b) Định lí LAGRANGE: f (b) − f ( a) = f '(c) b−a Đặc biệt f (a ) = f (b) = hay cần f ( a) = f (b) f '(c) = tức là: f '( x ) = Với đa thức f ( x) [ a, b ] có số c ∈ (a, b) : có nghiệm thuộc (a, b) Định lí ROLE: Giữa nghiệm đa thức f ( x ) có nghiệm f '( x ) Nếu f có n nghiệm phân biệt f ' có n − nghiệm phân biệt, f ''' có n − nghiệm phân biệt,…, f ( n −k ) có n − k nghiệm phân biệt,… Phân tích nhân tử theo nghiệm Cho f ∈ R [ x ] có nghiệm x1 , x2 , , xm với bội tương ứng k1 , k2 , , km tồn g ∈ R [ x] f ( x) = ( x − x1 ) k1 ( x − x2 ) k2 ( x − xm ) km g ( x) m k Hay f ( x) = ∏ ( x − xi ) i g ( x) với i =1 m ∑ k1 ≤ n i =1 Nếu f bậc n có đủ n nghiệm phân biệt hay trùng thì: n f ( x) = A( x − x1 )( x − x2 ) ( x − xn ) = A∏ ( x − xi ) i =1 Phân tích nhân tử f ∈ R [ x ] Các nhân tử f nhị thức bậc tam thức bậc hai vô nghiệm: m s i =1 k =1 f ( x) = ao ∏ ( x − di )∏ ( x + bk x + ck ) Với hệ số di , bk , ck ∈ R, 2s + m = deg f , bk2 − 4ck < cách phân tích Phân tích nhân tử f (z ) ∈ C [ z ] , deg f = n f ( z ) = ao z n + a1 z n−1 + + an −1 z + an , ao ≠ Theo định lí D’ALEMNBERT f có đủ n nghiệm phức z1 , z2 , , zn nên: n f ( z ) = ao ( z − z1 )( z − z2 ) ( z − zn ) = ao ∏ ( z − zi ) i =1 Đa thức CHEBYSHEV: Tn ( x) xác định sau: Tn ( x) = 1, T1 ( x) = x, Tn +1 x = 2x.Tn ( x ) − Tn −1 , n ≥ Cụ thể: To ( x) = 1; T1 ( x) = x; T2 ( x ) = 2x − T3 ( x) = 4x − 3x; T4 ( x) = 8x − 8x + T5 ( x) = 16 x − 20x + 5x, Đa thức Chebyshev (Trưbưsep) Tn ( x) có bậc n có hệ số cao n−1 Đơi ta xét n ≥ trở Kết quả: ( ) : Tn (cos α ) = cos nα ( ) : Tn ( x ) ≤ 1,∀x ∈ [ −1,1] ( ) : Tn ( x ) = có n nghiệm phân biệt trê [ −1,1] là: π x = cos k ,k = 0,1, ,n − n Chú ý: 1) Số lượng nghiệm: - Mỗi đa thức hệ số thực bậc n có khơng q n nghiệm thực - Đa thức có vơ số nghiệm đa thức khơng f ≡ - Nếu đa thức có bậc ≤ n có q n nghiệm đa thức khơng - Nếu đa thức có bậc ≤ n nhận n + giá trị n + điểm khác - biến đa thức hằng: f ≡ C Hai đa thức có bậc ≤ n nhận n + giá trị n + điểm khác biến đồng nhau: f ≡ g 2) Quy tắc dấu DESCARTE: f ( x ) = ao x n + a1 x n −1 + + an−1 x + an ,ao ≠ Gọi D số nghiệm dương (kể bội) L số lần đổi dấu dãy hệ số khác từ ao đến an (bỏ hệ số = ) Thì: D ≤ L L − D số chẵn hay L = D + 2m,m ∈ N 3) Đưa đa thức vào giả thiết số Cho n số x1 ,x2 , ,xn ta xét đa thức nhận n số làm nghiệm: n f ( x ) = ∏ ( x − xi ) = ( x − x1 )( x − x2 ) ( x − xn ) Từ ta khai thác quan hệ i =1 nghiệm, Viette, hệ số, đạo hàm,… CÁC BÀI TỐN Bài tốn 19.1: Cho số tự nhiên n ≥ , chứng minh phương trình: xn x n−1 x2 x + + + + + = khơng có nghiệm hữu tỉ n! ( n − )! 2! 1! Hướng dẫn giải Ta chứng minh phản chứng Giả sử phương trình cho có nghiệm hữu tỉ α Khi α nghiệm hữu tỉ đa thức: xk x + + n! + n! k! 1! Nhưng P(x) đa thức bậc n với hệ số nguyên, hệ số x n 1, nên suy P( x ) = x n + nx n −1 + + n! α phải số nguyên, ta có: αk α2 α α n + nα n −1 + + n! + + n! + n! + n! = (1) k! 1! Gọi p ước nguyên tố n ∀k = 1,n , kí hiệu rk số mũ cao p thỏa mãn k ! Mp rk , ta có:  k  k   k  rk =   +   + +  s   p  p  p  (2) Với s số nguyên không âm thỏa mãn: p s ≤ k < p s +1 1− s k k k p Từ (2) suy ra: rk ≤ + + + s = k rn − k Suy rn − rk ≥ rn − k + n! n −k +1 Mp ,∀k = 1,n (3) Vì ta k! Mà n Mp nên từ (1) ta có α n Mp , dó α Mp Suy α k Mpk ,∀k = 1,n α k r +1 Mpn ,∀k = 1,n k! : mâu thuẫn ⇒ đpcm Kết hợp điều với (3) n! Từ (1) ta suy n!Mpnr +1 Bài toán 19.2: Cho P( x ) ∈ Z [ x ] P( x ) = 1; P( x ) = 2; P( x ) = có nghiệm nguyên x1 ,x2 ,x3 Chưng minnh P( x ) = nghiệm nguyên Hướng dẫn giải x ,x ,x Ta chứng minh nghiệm ngun phương trình Ta có P( x ) = ( x − x2 ).q( x ) + với q( x ) ∈ Z [ x ] Cho x = x1 x = x3 , ta = P( x1 ) = ( x1 − x2 )q( x1 ) + ⇒ ( x1 − x2 )q( x1 ) = −1 = P( x3 ) = ( x3 − x2 )q( x3 ) + ⇒ ( x3 − x2 )q( x3 ) = Vì x1 − x2 ; x3 − x2 ;q( x3 );q( x3 ) số nguyên nên x1 − x2 x3 − x2 ±1 Nhưng x1 ≠ x3 nên: Hoặc x1 − x2 = x3 − x2 = −1 Hoặc x1 − x2 = −1 x3 − x2 = Do x2 trung bình cộng x1 ,x3 Giả sử phương trình P( x ) = có nghiệm ngun x'2 ≠ x2 Lặp lại lập luận cho số x1 ,x2 ,x3 ta lấy x'2 = x2 (mâu thuẫn) Vậy x2 nghiệm phương trình P( x ) = Hướng dẫn giải tương tự cho P( x ) = 1; P( x ) = Giả sử phương trình P( x ) = có nghiệm nguyên x5 , ta có: = P( x5 ) = ( x5 − x2 )q( x5 ) + ⇒ ( x5 − x2 )q( x5 ) = Nếu x5 − x2 lấy giá trị ±1 ±3 Nếu x5 − x2 = ±1 theo chứng minh x5 phải trùng với x1 x3 Vơ lý x5 khác với x1 x3 Do xảy khả x5 − x2 = ±3 P( x ) = ( x − x3 )r( x ) + 3;r( x ) ∈ Z [ x ] Mà ⇒ = P( x5 ) = ( x5 − x3 )r( x5 ) + ⇒ ( x5 − x3 )r( x5 ) = Suy x5 − x3 lấy giá trị ±1 ±2 Có thể thấy x5 − x3 = ±1 (mâu thuẫn) Nên x5 − x3 = ±2 đó: Nếu x1 − x2 = x3 − x2 = −1 x5 − x2 = −3 Nếu x1 − x2 = −1 x3 − x2 = x5 − x2 = Như nghiệm ngun x5 (nếu tồn tại) phương trình P( x ) = xác định hoàn toàn x1 ,x2 ,x3 Các số Vậy P( x ) = khơng thể có nghiệm nguyên Bài toán 19.3: Chứng minh với số nguyên a, đa thức: f ( x ) = x − 2001x + ( 2000 + a )x − 1999x + a khơng thể có hai nghiệm nguyên (phân biệt hay trùng nhau) Hướng dẫn giải Trước hết chứng minh xo nghiệm nguyên f ( x ) xo phải số chẵn Thật vậy: f ( xo ) = 0; f ( ) = 2a − 1999 số lẻ nên f ( xo ) − f ( ) số lẻ Nhưng f ( xo ) − f ( ) chia hết cho xo − nên xo − số lẻ xo chẵn Ta - - xét trường hợp: Giả sử f ( x ) có hai nghiệm nguyên x1 ,x2 phân biệt, thì: f ( x1 ) − f ( x2 ) 0= = ( x13 + x12 x2 + x1 x22 + x23 ) − 2001( x12 + x1 x2 + x22 + ( 2000 + a )( x1 + x2 ) − 1999 x1 − x2 Đẳng thức khơng thể xảy x1 ,x2 chẵn Giả sử f ( x ) có nghiệm kép xo chẵn Khi xo nghiệm đạo hàm f '( x ) Do đó: f '( xo ) = 4xo3 − 6003xo2 + 2( 2000 + a )xo − 1999 = Đẳng thức khơng thể xảy xo chẵn Bài toán 19.4: 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 nghiệm phương trình x + px + qx + r = Hướng dẫn giải Ta xét toán: Cho hai số thực a, b thỏa mãn điều kiện: với số nguyên dương n,a n + b n số nguyên Chứng minh tồn số nguyên p, q cho a, b nghiệm phương trình x + px + q = Theo định lí Viet, rõ ràng điều phải chứng minh tương đương với việc chứng minnh a + b a.b số nguyên a + b hiển nhiên nguyên theo điều kiện đề Ngồi ta có 2ab = ( a + b )2 − ( a − b ) số nguyên Đến đây, ta tiếp tục dùng đẳng thức để suy 2a 2b số nguyên: 2a 2b = ( a + b ) − ( a + b4 ) Bổ đề Nếu x số thực cho 2x 2x số nguyên x số nguyên Chứng minh Ta chứng minh phản chứng Giả sử 2x = k ngun, x khơng ngun Khi k số nguyên lẻ: k = 2m + Suy x = m + 1 2 Nhưng 2x = 2( m + ) = 2m + 2m + không nguyên Mâu thuẫn Vậy điều giả 2 sử sai, tức x nguyên Như vậy, theo bổ đề ab nguyên ta suy điều phải chứng minnh Từ phép chứng minh ta suy kết mạnh hơn: Nếu a + b,a + b2 ,a4 + b4 số nguyên a, b nghiệm phương trình x + px + q = với p, q số nguyên (và dó a n + b n nguyên dương với n nguyên dương) Điều có nghĩa ta cần dùng giả thiết toán đến n = Ví dụ a = 2 cho thấy k = giá trị nhỏ thỏa mãn điều kiện: ,b = − 2 Nếu a, b số thực thỏa mãn điều kiện a n + b n số nguyên với n = 1,2 ,k a n + b n nguyên với n nguyên dương Trở lại với toán, ta cần chứng minh a + b + c,ab + bc + ca abc nguyên Theo điều kiện đề a + b + c số nguyên Tiếp theo ta có 2( ab + bc + ca ) = ( a + b + c )2 − ( a + b + c ) số nguyên Tương tự lời hướng dẫn gải trên, ta muốn chứng minh 2( ab + bc + ca )2 số nguyên Từ dùng bổ đề suy ab + bc + ca số nguyên Ta có 2( a 2b + b c + c a ) = ( a + b + c ) − ( a + b + c ) 2( ab + bc + ca )2 = 2( a 2b + b c + c a ) + 4abc( a + b + c ) (1) Vì a + b3 + c − 3abc = ( a + b + c )( a + b + c − ab − bc − ca ) (2) Từ đây, a + b + c,a + b + c ,a + b + c 2( ab + bc + ca ) số nguyên nên ta suy 6abc số nguyên (ta nhân (2) với 2! ) Từ đó, nhân (2) với ta thu 6( ab + bc + ca )2 = 2( a 2b + b c + c a ) + 12abc( a + b + c ) số nguyên Như 2( ab + bc + ca ) 6( ab + bc + ca )2 Áp dụng cách chứng minh bổ đề nêu trên, ta suy ab + bc + ca số nguyên Từ đây, thay vào (2) ta có 3abc số nguyên Tiếp theo, ta dụng đẳng thức tương tự (2) a6 + b6 + c6 − 3a 2b c = ( a + b + c )( a + b4 + c − a 2b − b 2c − c a ) với ý 2( a 2b + b c + c a ) số nguyên ta suy 6a b2 c số nguyên Từ abc 6a b2 c số nguyên, cách chứng minh hoàn toàn tương tự ta suy abc số nguyên Bài toán Hướng dẫn giải hồn tốn Bài tốn 19.5: Cho đa thức P(x) có bậc m > có hệ số nguyên Gọi n số tất nghiệm nguyên phân biệt hai phương trình P( x ) = P( x ) = −1 Chứng minh : n < m + Hướng dẫn giải Xét hai đa thức A( x ) B( x ) , với hệ số nguyên, chúng giống hoàn toàn, trừ hai số hạng tự khác nhau, hai số hạng đơn vị Gọi r s nghiệm nguyên tương ứng hai đa thức, tức là: A( r ) = (1) B( s ) = (2) Khi đó, trừ (1) cho (2) ta tổng hạng tử có dạng a( r i − s i ) cộng thêm cho Mỗi hạng tử chia hết cho ( r − s ) , phải chia hết cho ( r − s ) Từ đó, suy r s 0, đơn vị Giả sử r nghiệm nguyên bé tất nghiệm nguyên hai phương trình: P( x ) = P( x ) = −1 Ta biết đa thức bậc m có khơng q m nghiệm phân biệt, có khơng q m nghiệm ngun phân biệt Theo nhận xét trên, r nghiệm nguyên phương trình s nghiệm nguyên phương trình r s khác 0, đơn vị Nhưng ta có s ≥ r , ta s = r,s = r + s = r + Do vậy, ta suy phương trình thứ hai có thêm vào nhiều nghiệm phân biệt Vậy: n ≤ m + Bài tốn 19.6: Tìm nghiệm đa thức P( x ) hệ số thực thỏa mãn: ( x + 3x + 3x + )P( x − ) = ( x − 3x + 3x − )P( x ) với x Hướng dẫn giải Ta có ( x + )( x + x + )P( x − ) = ( x − )( x − x + )P( x ) Từ chọn: x = −2 suy P( −2 ) = , chọn x = −1 suy ra: P( −1 ) = (do P( −2 ) = −9P( −1 )), Chọn x = suy P( ) = 0, chọn x = suy P( ) = Do P( x ) = x( x − )( x + )( x + )Q( x ) , với Q( x ) đa thức hệ số thực Thay P( x ) vào đẳng thức đề ta  ( x + ) x + x +  ( x − ) ( x − ) x ( x + 1) Q ( x − )   ( ( ) ) = ( x − ) x − x + x ( x − 1) ( x + ) Q( x ) Suy (x ⇔ ) ( ) + x + Q( x − ) = x − x + Q( x ),∀x ≠ 0,x ≠ 1,x ≠ −1,x ≠ −2,x ≠ Q ( x − 1) = Q( x ) ,∀x ≠ 0,x ≠ 1,x ≠ −1,x ≠ 2,x ≠ −2 x − x +1 x + x +1 Q ( x − 1) Q( x ) ⇔ = ,∀x ≠ 0,x ≠ 1,x ≠ −1,x ≠ −2,x ≠ 2 ( x −1) +( x −1)+1 x + x +1 Q( x ) Đặt R( x ) = , ta có R( x0 = R( x − ),∀x ≠ 0,x ≠ 1,x ≠ −1,x ≠ 2,x ≠ −2 x + x +1 Suy R( x ) ≡ C (hằng số), nên Q( x ) ≡ C( x + x + ) Do P( x ) = Cx( x − )( x + )( x + ) Thử lại: 2 ( x + ) ( x + x + 1) C ( x − x + ) ( x − ) ( x − ) x ( x + ) ( ) ( ) = ( x − ) x − x + C x + x + x ( x − 1) ( x + 1) ( x + ) (thỏa mãn) Vậy P( x ) = Cx( x − )( x + )( x + ) nên có nghiệm x = 0; ±1, −2 Bài tốn 19.7: Tìm a để phương trình: 16 x − ax + ( 2a + 17 )x − ax + 16 = có nghiệm phân biệt lập cấp số nhân Hướng dẫn giải Gọi nghiệp phân biệt lập cấp số nhân y, ym, ym , ym3 với a y ≠ 0,m ≠ ±1,m ≠ Với A = , theo Viete 16 ( ) y + m + m + m3 = A (1) ( (m ) y m + m2 + 2m3 + m + m5 = A + y3 ) + m + m + m6 = A 17 16 (2) (3) Ta có: m ≠ −1 m = −1 phương trình có nghiệm trùng y = ym trái với ( ) Ta có ( ) ⇔ y ( m + 1) m + = A ≠ Chia (3) cho (1) vế theo vế: y m3 = (4) Suy m > 0,m > Thay (4) vào (2) được: 15 y ( m + m + m4 + m5 ) = A − >0 (2’) 16 Vì m > 0, y > , A > Từ (1) suy y > Từ (4) ta có: y= Đặt m m = v y = v −3 ( −3 Thay vào (2) (2’) được: v + v + v + v ) = A ) Rồi biến đổi phương trình: 1 ( v − )  v − ÷ 2v + 3v + 2v − + v +  2v − 2  ( ( ) ( ) (5) ( ) − v + 2 =  )  2v − − v +  =   Ta có: 2v + 3v + > 2v − ( + )v + > 2v + ( ) − v + > (do biệt số âm) nên: 1 ( v − )( v − ) = ⇔ v = v = 2 170 Thay vào (5) có: A = suy ra: a = 170 16 Đảo lại a = 170 phương trình: 16 x − 170x + 357 x − 170x + = có nghiệm 1 , ,2,8 phân biệt lập cấp số nhân có cơng bội Vậy a = 170 Bài tốn 19.8: Tìm a, b ngun cho phương trình: (1) x + +bx + ax + = Có số nghiệm có tích −1 Hướng dẫn giải Giả sử có số ngun a, b mà phương trình x + ax + bx + ax + = có nghiệm u, v với u,v ∈ Z u,v ≠ nghiệm x 1 Như phương trình (1) có nghiệm là: u,v, , u v 1 ( u + v ) ( uv + 1) Theo định lí Viet ta có: u + v + + = = −a (2) u v uv v u ( u + v )2 Và u.v + + + + = u.v + = b (3) u v uv u.v Ta chứng minh u.v = −1 Giả sử u.v = −1 Từ (2) (3) ta suy u + v hữu tỉ ( u + v )2 ∈ Z nên ( u + v ) ∈ Z Để ý x nghiệm x ≠ hai ( u + v ),( u + v )2 + chia hết cho u.v Nhưng ( u + v ) ,( u + v ) + 1 = , nên suy u.v = u.v = −1   u.v ≠ ±1 Điều mâu thuẫn với Vậy u.v = −1 a = 0,b = −( u + v )2 − ≤ −2 Ngược lại a = 0,b ∈ Z ,b ≤ −2 Phương trình (1) trở thành: x + bx + = có hai nghiệm: −b + b − −b − b − ,v = 2 u.v = − ∈ Z ,u.v ≠ Thỏa mãn: Vậy số nguyên a, b cần tìm là: a = 0,b ∈ Z ,b ≤ −2 Bài toán 19.9: Cho phương trình bậc 3: x + px + qx + r = có nghiệm phân biệt Chứng u= minh điều kiện cần đủ để nghiệm x1 ,x2 ,x3 a) Lâp cấp số cộng là: p − pq + 27r = b) Lập cấp số nhận là: q − rp = Hướng dẫn giải x ,x ,x a) Giả sử nghiệm lập cấp số cộng nên x1 + x3 = 2x2 p Theo định lí Viet x1 + x2 + x3 = − p ⇒ x2 = − 3 p p p Nên:  − ÷ + p  − ÷ + q  − ÷+ r =  3  3  3 Do đó: p − pq + 27r = 10 Thay (2) vào (1), đồng hệ số ta được: ao = c.bo ;a1 = c.b1 + bo ; ;ak = c.bk + bk −1 ;ak +1 = bk Do g( x ) = ao + p.a1 x + > p.( p − 10 ( p − k )ak −1 x k +1 = c.bo + p( c.b1 + bo )x + + p( p − ) ( p − k ).bk x k +1 = c.Q( x ) + p.x.Q( x ) − x Q( x ) (3) Trong Q( x ) = bo + b1 p.x + + p( p − ) ( P − k ).bk x k Do f ( x ) có k + nghiệm thực khác nên q( x ) có k nghệm thực khác Mặt khác p p > k nên p > k − Cho nên theo giả thiết quy nạp ta có đa thức Q( x ) có k nghiệm - thực Do g( x ) có K = nghiệm thực Vậy theo nguyên lý quy nạp, toán Trường hợp 2: f ( x ) nhận x = làm nghiệm Giả sử x = nghiệm bội k f ( x ),( k ∈ Z + ,k ≤ n ) Khi ta có: f ( x ) = ak x k + + an x n = ( an x n−k + + ak )x k Và g( x ) = p( p − ) ( p − k + )ak x k + + p( p − ) ( p − n + )an x n = p( p − ) ( p − k + ).x k  ak + + ( p − k ) ( p − n + ).an x n−k    f ( x ) Vì có n nghiệm thực nên H( x ) = ak + + an x n −k có n − k nghiệm thực khác Do áp dụng kết trường hợp cho H( x ) và: p' = p − k > n − k − (do p > n − ) , ta đa thức: R( x ) = ak + + ( p − k ) ( p − n + ).an x n−k có n − k nghiệm thực Vậy g( x ) có n nghiệm thực (đpcm) Bài toán 19.30: Cho k = 1,2, ,n; p số dương Chứng minh nghiệm đa thức: f ( x ) = ao x n + a1 x n −1 + + an với hệ số thực (hoặc phức) modun không vượt quá: a) + max ak ao b) p + max c) max k ak ao d) ak ao p k −1 a a1 + max k −1 k ao a1 Hướng dẫn giải n a) Ta có f ( x ) = ao x + a1 x n −1 + + an a a = ao x n ( + + + n n ) ao x ao x 22 Gọi A = max ak Với nghiệm x ≤ hiển nhiên x ≤ + A ao Với nghiệm x > thì: a a a f ( x ) = ⇒ −1 = + + + n n ao x ao x ao x 1−   xn 1 ÷ A A  ⇒1≤ A + + + = ≤  x x2 x 1− xn ÷ x −   x x ⇒1≤ A ⇒ A ≥ x −1⇒ x ≤ 1+ A x −1 n n −1 1 a  x a b) Ta có: n f ( x ) = ao  ÷ +  ÷ + + n p  p p p  p Theo câu a) nghiệm x đa thức phải có: x a ak ≤ + max k k ⇔ x ≤ p + max p ao p ao p k −1 c) Đặt p = max k ak ao đó: ak ak ak ≤ pk ⇒ ≤ p nên max ≤p k − ao ao p ao p k −1 Do đó, theo câu b) , modun tất nghiệm không vượt x ≤ p + max d) Đặt p = max k −1 ao p k −1 ≤ p = max k ak ao ak , ak ≤ a1 p k −1 ao ak a1 a ⇒ max ≤ k − ao ao ao p ao p Theo câu b) nghiệm đa thức không vượt ⇒ ak ak k −1 ≤ x ≤ p + max ak ao p k −1 ≤ a a1 + max k −1 k ao a1 Cho + 2n số ,bi thỏa : < bo ≤ ao ,bi ≥ với i = 1, ,n 23 Bài tốn 19.31: Chứng minh nghiệm có đa thức ao x n + a1 x n −1 + + an có giá trị tuyệt đối không vượt nghiệm dương xo phương trình : bo x n − b1 x n−1 − − bn = Hướng dẫn giải n Đặt f ( x ) = ao x + a1 x n −1 + + an n g( x ) = bo x − b1 xn −1 − − bn b b b n n Ta có : g( x ) = x ( bo − − 22 − − nn ) = x h( x ) x x x nbn b1 2b2 + + n +1 ≥ bi ≥ ≥ Thì h'( x ) = + x3 x x Nên h( x ) tăng ( 0; +∞ ) nhận giá trị thuộc ( −∞ ,bo ) Do g( x ) có nghiệm dương xo Và x > xo ⇒ g( x ) > n n −1 Ta có f ( x ) = ao x + a1 x + + an ≥ ao x n − a1 x n −1 + + an ≥ ao x n − a1 x n −1 − − an n = ao x − a1 x n −1 − − an n ≥ bo x − b1 x n −1 − − an = g( x ) Nên với nghiệm x có f ( x ) x ≤ xo Bài tốn 19.32: Cho đa thức: P( x ) = + x + x + x n1 + + x ns + x1992 với n1 , ns số tự nhiên thỏa mãn: < n1 < < ns < 1992 Chứng minh nghiệm đa thức P( x ) (nếu có) khơng thể lớn Ta có P( x ) = + x + x + x Với x ≥ P( x ) ≥ > 1− n1 Hướng dẫn giải + + x ns + x1992  1−  ;0 ÷ Ta chứng minh P( x ) > với ∀x ∈  ÷   Thật với x < x ≠ −1 ta có: P( x ) ≥ + x + x + x + + x 2k +1 + + x1991 24 = + x = 1+ x ( x1990 + x1988 + + ).( − x ) ( − x2 ) − x 996 = − x + x − x 997 − x2 − x2 1− Mà với x ∈ ( ;0 ) − x > 0; x 997 > 0,1 − x + x > 1− Nên P( x ) > với ∀x ∈ ( ;0 ) 1− Vậy P( x ) > với x ∈ ( ; +∞ ) (đpcm) Bài tốn 19.33: Cho phương trình ax + bx + cx + d = 0( a ≠ ) có nghiệm dương x1 ,x2 ,x3 Chứng minh rằng: x17 + x72 + x73 ≥ b3c 81a Hướng dẫn giải b   x1 + x2 + x3 = − a > Theo Viet:  x x + x x + x x = c >  2 3 a 2 Ta có: x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 ≤ x1 + x2 + x3 ⇔ < Và ( x1 + x2 + x3 )2 ≤ 3( x12 + x22 + x32 ) ⇔ < Do đó: < b c ≤ ( x12 + x22 + x32 )2 ⇒ < 3a Vì x1 ,x2 ,x3 > nên: ( x14 + x24 7 2 = ( x1 x1 + x2 x22 x3 )( x17 + x72 + x37 ) + x34 )2 ≤ ( x1 + x2 + b c 9a c ≤ x12 + x22 + x32 a b2 3a ≤ x12 + x22 + x32 ≤ ( x14 + x24 + x34 ) + x3 x32 )2 b4 c b b3c 7 ⇒ ≤ − ( x1 + x2 + x3 ) ⇒ − ( x1 + x72 + x73 ) a 81a 81a b Dấu “=” xảy x1 = x2 = x3 = − 3a Bài toán 19.34: Cho số thực a số tự nhiên n ≥ Chứng minh z nghiệm phức n Hướng dẫn giải đa thức X n+1 − X + aX + z > n 25 Giả sử z = r(cos ϕ + i sin ϕ ) Do z nghiệm đa thức P( X ) = X n +1 − X + aX + Nên r n+1 [ cos( n + )ϕ + i sin( n + )ϕ ] − r [ cos 2ϕ + i sin 2ϕ ] + ar(cos ϕ + i sin ϕ ) + = = + 0i Từ đồng phần thực với phần thực, phần ảo với phần ảo ta  r n+1 cos( n + )ϕ − r cos 2ϕ + cos ϕ + = 0( )  n +1  r sin( n + )ϕ − r sin 2ϕ + sin ϕ = 0( ) Nếu sin ϕ = z số thực, mâu thuẫn với giả thiết Nếu cos ϕ = z = ≥ n , ta có điều phải chứng minh n Tiếp theo giả sử sin ϕ ≠ cos ϕ ≠ Nhân vế (1) với sin ϕ , nhân vế (2) với cos ϕ trừ ta r n+1 sin( nϕ ) − r sin ϕ − sin ϕ = ⇔ r n +1 sin( nϕ ) = ( r + )sin ϕ Do r n +1 = sin ϕ sin ϕ r2 + sin ϕ r n +1 ≥ nên Mà ≥ sin ϕ n r2 + n  do r >0 Mặt khác r + ≥ 2r ≥ r r n +1 r n +1 1 Suy ≤ < = rn ⇒ r > n ⇒ z = r > n n r +1 r n n Nên có điều phải chứng minh Bài tốn 19.35: Chứng minh: + số vô tỉ Hướng dẫn giải 3 Đặt: x = + Ta có: x = + + 3 8( + ) Nên x = + x ⇔ x − x − = Giả sử x hữu tỉ mà ao = ⇒ x số nguyên Và < + < nên x = Do đó: x − x − = ≠ : vô lý Vậy x số vô tỉ Bài tốn 19.36: Tìm a, b để f ( x ) = 2x + ax + bx + ax − b chia hết cho ( x − )2 Chứng minh f ( x ) không chia hết cho ( x − )3 Hướng dẫn giải Ta có: f ( x )M ( x − ) nên f có nghiệm bội k ≥ ⇒ f ( ) = f '( ) = ⇒ + a + b + a − b = + 3a = 2b + a = Vậy a = −1 b = −2 26 Do f ( x ) = 2x − x − 2x − x + 2, f '( x ) = f ''( x ) = 24x − x − Vì f ''( ) = 14 ≠ nên f ( x ) không chia hết cho ( x − )3 Bài toán 19.37: Giả sử c n − d n = ( c + d )n ,n ∈ N ,n > Chứng minh cd( c + d ) = Hướng dẫn giải Nếu c = ta có điều phải chứng minh Nếu c ≠ , ta xét đa thức P( x ) = ( x + c )n + x n − c n Ta có P( ) = Ta chứng minh P( x ) khơng có nghiệm khác khác −c P( x ) = ( x + c )n + x n − c n - n −1 n −1 n −1 = n ( x + c ) + x n−1  nên có P'( x ) = n( x + c ) + nx   P'( x ) P( x ) Nếu n lẻ khơng có nghiệm, suy hàm đơn điệu thực sự, suy - x = nghiệm P( x ) Nếu n chẵn, P'( x ) có nghiệm nhất, suy P( x ) có nhiều hai nghiệm Mà −c hai nghiệm P( x ) , P( x ) có hai nghiệm −c Tóm lại P( x ) khơng có nghiệm khác −c Mà theo giả thiết ta có P( d ) = , suy d = d = −c , cd( c + d ) = Bài tốn 19.38: Cho a, b, c đơi không đối a − b b − c c − a ( a − b )( b − c )( c − a ) + + + =0 Chứng minh: a + b b + c c + a ( a + b )( b + c )( c + a ) Hướng dẫn giải a − b b − c c − a ( a − b )( b − c )( c − a ) + + + =0 Giả sử a + b b + c c + a ( a + b )( b + c )( c + a ) Quy đồng mẫu số vế trái, ta tử thức: f = ( a − b) ( b + c) ( c + a) + ( b − c) ( c + a) ( a + b) + ( c − a) ( a + b) ( b + c) + ( a − b) ( b − c ) ( c − a ) Ta xem: f đa thức theo a có deg f ≤ Để ý: f ( b ) = f ( c ) = f ( ) = Xét b, c, đôi khác f ( a ) ≡ Xét trường hợp lại b = c hay b = hay c = ta có f ( a ) = Vậy f = Bài toán 19.39: Cho ao ,a1 , ,an n + số đơi khác Giải hệ phương trình 27  xo + x1ao + x2 ao2 + + xn aon   xo + x1a1 + x2 a12 + + xn a1n    n  xo + x1an + x2 an + + xn an Hướng dẫn giải Xét đa thức: f ( y ) = xn y + xn−1 y + + x1 y + xo có deg f ≤ n y n −1  xo + x1ao + x2 ao2 + + xn aon   xo + x1a1 + x2 a12 + + xn a1n Từ hệ    n  xo + x1an + x2 an + + xn an Ta có f ( ao ) = f ( a1 ) = = f ( a n ) = Nên f ( y ) có n + nghiệm phân biệt, f ( y ) = Từ suy xo = x1 = x n = Thử lại ta thấy xo = x1 = x n = thỏa mãn hệ cho Vậy hệ có nghiệm ( xo ,x1 , ,x n ) = ( 0,0, ,0 ) Bài toán 19.40: Giải hệ phương trình xn x2  x1  a − b + a − b + + a − b = 1 n  1  x1 xn x2 + + + =1  a2 − bn  a2 − b1 a2 − b2   xn x2  x1  a − b + a − b + + a − b = n n n  n Trong a1 ,a2 , ,an ,b1 ,b2 , ,bn 2n số khác Tính tổng nghiệm Hướng dẫn giải Đa thức f ( X ) với biến số X, xác định công thức: xn x1 x2 f(X ) + + + −1 = X − b1 X − b2 X − bn ( X − b1 ) ( X − b2 ) ( X − bn ) (1) Rõ ràng đa thức f ( x ) có bậc n có hệ số cao – 28 xn x2  x1  a − b + a − b + + a − b = 1 n  1  x1 xn x2 + + + =1  a2 − bn Từ hệ phương trình  a2 − b1 a2 − b2   xn x2  x1  a − b + a − b + + a − b = n n n  n Suy rằng: f ( a1 ) = f ( a2 ) = = f ( an ) = (2) Nhân hai vế (1) với X − bi để ý đến (2) ta được: =−  x  xi −1 xi +1 xn xi + ( X − bi )  + + + + + − 1÷ X − bi −1 X − bi +1 X − bn  X − b1  ( X − a1 ) ( X − a2 ) ( X − an ) ( X − b1 ) ( X − bi −1 ) ( X − bi +1 ) ( X − bn ) Và đẳng thức này, cho X = bi , đến kết quả: − ( bi − a1 ) ( bi − a2 ) ( bi − an ) xi = ,i = 1,2, ,n ( bi − b1 ) ( bi − bi −1 ) ( bi − bi +1 ) ( bi − bn ) Đó nghiệm phương trình cho: Ta có: f ( X ) = −( X − a1 )( X − a2 ) ( X − an ) Thành thử quy đồng mẫu vế trái (1), được: x1( X − b2 )( X − b3 ) ( X − bn ) + x2 ( X − b1 )( X − b3 ) ( X − bn ) + + xn ( X − b1 )( X − b2 ) ( X − bn −1 ) − ( X − b1 )( X − b2 ) ( X − bn ) = f ( X ) = −( X − a1 )( X − a2 ) ( X − an ) So sánh hệ số X n−1 hai vế đằng thức trên, ta được: a1 + a2 + + an = x1 + x2 + + xn + b1 + b2 + + bn Do tổng: T = x1 + x2 + x3 + + xn = a1 + a2 + + an − b1 − b1 − − bn Bài toán 19.41: Cho đa thức p( x ) bậc có nghiệm thực phân biệt Tìm số bé hệ số khác Hướng dẫn giải Xét p( x ) = ax + bx + cx + dx + e,a ≠ Nếu có hệ số b = c = d = e = nên P( x ) = ax có nghiệm bội (loại) tức p( x ) khơng thể có hệ số khác Do p( x ) có hệ số khác Xét p( x ) = ax = bx n ,n ≥ p( x ) có nghiệm bội: loại d Xét p( x ) = ax + dx = ax( x + ) có tối đa nghiệm: loại a Xét p( x ) = ax + e có nghiệm: loại 29 Do p( x ) có hệ số khác Chọn p( x ) = x − 5x + 4x = x( x − )( x − ) Thì p( x ) có nghiệm phân biệt hệ số khác 0: tồn Vậy số bé hệ số khác Bài toán 19.42: Chứng minh tồn 2015 tam giác ABC thỏa mãn: sin A + sin B + sin C 12 12 = ; sin A sin B sin C = cos A + cos B + cos C 25 Hướng dẫn giải A B Tam giác ABC có ∑ tan tan = 2 A B C A B C ∑ sin A = cos cos cos ; ∑ cosA = + sin sin sin A B C A B C Đặt u = sin sin sin ,v = cos cos cos 2 2 2 v 12 12 = ⇒u = ,v = Theo giả thiết: vaf 8uv = + 4u 25 10 Ta lập phương trình bậc có nghiệm: A B C A B C u tan ,tan ,tan tan tan tan = = 2 2 2 v 1 A  = = ∏  + tg ÷ A B C Ta có: v 2  cos cos cos 2 2 25 A A B A B C ⇒ = + ∑ tan + ∑ tan tan + ∑ tan tan tan 2 2 2 2 25 A A B  A B A A  ⇒ = +  ∑ tan ÷ − 2∑ tan tan +  ∑ tan tan ÷ − 2∏ tan ∑ tan + 2 2  2 2 36  ⇒ 25 A A  = +  ∑ tan ÷ − 2.1 + − .∑ tan + 2 36  A 1 A  99 A 11  ⇒  ∑ tan ÷ −  ∑ tan ÷− = ⇒ ∑ tan =  3  36  A B C 11 Do đó: tan ,tan ,tan nghiệm phương trình: X − X + X − = 2 6 1   Hướng dẫn giải tập nghiệm 1, ,  sin A,sin B,sin C , , Vậy 5  3 có vơ số tam giác ABC thỏa mãn điều kiện, đồng dạng với tam giác vuông Ai Cập ( 3,4,5 ) nên tồn 2015 tam giác 1 T= + + 2π 3π 6π Bài toán 19.43: Tính tổng: sin sin sin 7 30 Hướng dẫn giải 2π 3π 6π , , nghiệm phương trình: sin 4x = sin 3x 7 Đặt t = sin x thif sin 3x = ( 3t − 4t )2 Ta có: sin 4x = ( sin 2x.cos 2x )2 = 16t ( − t )( − 2t )2 Ta có phương trình: 64t − 112t + 56t − = 3π 6π 2π ,sin ,sin Do đó: sin nghiệm phương trình: 7 64z − 112z + 56 z − = Áp dụng định lí Viete: 1 T= + + 2π 3π 6π sin sin sin 7 1 x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 = + + = =8 x1 x2 x3 x1 x2 x3 Bài toán 19.44: Cho số thực: x1 ,x2 , ,xn : < x1 < x2 < < xn < thỏa mãn: n +1 = 0,i = 1,2, ,n Kí hiệu xo = 0,xn +1 = Chứng minh xn+1−i = − xi j =0, j ≠i xi − x j ∑ với i = 1,2, ,n Hướng dẫn giải P( x ) = ( x − x )( x − x ) ( x − xn )( x − xn +1 ) Đặt o n +1 Thì P'( x ) = ∑ n +1 ∏ i =1 j =0, j ≠i n +1 Từ P''( xi ) = ∑ ( x − x j ) n +1 ∏ i =0 j =0, j ≠i P''( x ) = n +1 n +1 n +1 ∑ ∑ ∏( x − x j ) k =0 l =0 j =0 j ≠ ,l n +1 n +1 =0 x − x i k k =0 ( x − x j ) = ∏( x − x j )∑ j ≠i k ≠i Suy ra: x( x − )P''( x ) = ( n + )( n + ).P( x ) (1) Do đó: tồn đa thức bậc n + với hệ số cao 1, thỏa (1) Mặt khác đa thức Q( x ) = ( −1 )n P( − x ) thỏa mãn phương trình (1), Q(x) đa thức bậc n + với hệ số cao Vậy ( −1 )n P( − x ) = P( x ) Và < x1 < x2 < < xn < nên ta có đpcm Bài tốn 19.45: Cho P( x ) = x n + a1 x n−1 + + an−1 x + , với ≥ có n nghiệm xi Chứng minh: P( x ) ≥ ( x + )n ,∀x ≥ 31 Hướng dẫn giải Vì ≥ nên nghiệm xi < n n n ∏ xi = Xét x ∈ Z + : i =1 n P( x ) = ∏ ( x − xi ) = ∏ ( x − xi ) = ∏ ( + + + + xi ) 44 4 43 i =i i =1 i =1 x +1 s n ≥ ∏ ( x + )n x +1 xi = ( x + )n x =1 x1 xn = ( x + )n i =1 Xét x > t tùy ý: ak = ∑ xi1 xi2 xik ( −1 )k ( ≤ i1 < i2 < < in ≤ n ) = ∑ xi1 xi2 xik (BCS Cnk số) k ≥ Cnk Cn x1 x2 xn = Cnk Do đó: P( x ) ≥ n ∑ Cnk x n−k = ( + x )n (đpcm) k =0 Bài toán 19.46: Cho số dương a, b, c, d Giả sử phương trình ax − ax + bx − cx + d = có nghiệm thuộc khoảng ( 0; ) Chứng minh bất đẳng thức : 21a + 164c ≥ 80b + 320d Hướng dẫn giải Giả sử phương trình ax − ax + bx − cx + d = có nghiệm x1 ,x2 ,x3 ,x4 thuộc khoảng ( 0; ) Theo định lí Viete ta có: b , a c d x1 x2 x3 + x1 x2 x4 + x1 x3 x4 + x2 x3 x4 = x1 x2 x3 x4 = a a Vì a > nên bất đẳng thức : 21a + 164c ≥ 80b + 320d c b d ⇔ 21 + 164 ≥ 80 + 320 a a a ⇔ 21 + 164( x1 x2 x3 + x1 x2 x4 + x1 x3 x4 + x2 x3 x4 ) ≥ 80( x1 x2 + x1 x3 + x1 x4 + x2 x3 + x2 x4 + x3 x4 ) + 320( x1 x2 x3 x4 ) (*) Áp dụng bất đẳng thức BCS ( − 2x1 )( − 2x2 )( − 2x3 ) x1 + x2 + x3 + x4 = 1; x1 x2 + x1 x3 + x1 x4 + x2 x3 + x3 x4 = 3  − 2x1 + − 2x2 + − 2x3 )   + 2x4  ≤ ÷ = ÷     ⇒ 27( − 2x1 )( − 2x2 )( − 2x3 ) ≤ ( + 2x4 )3 (1) 32 Tương tự: 27( − 2x1 )( − 2x2 )( − 2x4 ) ≤ ( + 2x3 )3 (2) 27( − 2x1 )( − 2x3 )( − 2x4 ) ≤ ( + 2x2 )3 (3) 27( − 2x4 )( − 2x2 )( − 2x3 ) ≤ ( + 2x1 )3 Nhân vế (1), (2), (3), (4) rút gọn ta có: 81( − 2x1 )( − 2x2 )( − 2x3 )( + 2x4 ) (4) ≤ ( + 2x3 )( + 2x4 )( + 2x1 )( + 2x2 ) Khai triển rút gọn ta có bất đẳng thức (*) Đẳng thức xảy ra: x1 = x2 = x3 = x4 = b c 1 ⇔ = , = ,d = a a 16 256 Bài toán 19.47: Cho a,b,c,d > Chứng minnh: abc + bcd + cda + dab ab + bc + cd + da + ac + bd ≤ Hướng dẫn giải Khơng tính tổng qt, giả sử a ≤ b ≤ c ≤ d Xét đa thức: f ( x ) = ( x − a )( x − b( x − c )( x − d ) = x − ( a + b + c = d )x + ( ab + bc + cd + da + ac + bd )2 −( abc + bcd + cda + dab )x + abcd Vì f có nghiệm nên f ' có nghiệm x1 ,x2 ,x3 > f '( x ) = 4x − 3( a + b + c + d )x + 2( ab + bc + cd + da + ac + d )x −( abc + bcd + cda + dab) ≡ 4( x − x1 )( x − x2 )( x − x3 ) Theo định lí Viete, ta có: x2 x2 x3 = ( abc + bcd + cda + dab ) x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 = ( ab + bc + cd + da + ac + bd ) Áp dụng bất đẳng thức BCS: ( ab + bc + cd + da + ac + bd ) = x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 ≥ 3 ( x1 x2 x3 )2 = 3 ( abc + bcd + cda + dab ) 16 Từ suy đpcm Bài toán 19.48: Cho f ( x ) = x n + a1 x n−1 + + an có bậc n ≥ có n nghiệm b1 ,b2 , ,bn Chứng minh:  1  f ( x + ). + + + ÷ ≥ 2n ,∀x > bi x − bn   x − b1 x − b2 33 n Ta có f ( x ) = x + a1 x n −1 Hướng dẫn giải + + a x có n nghiệm thực b1 ,b2 , ,bn Nên: f ( x ) = ( x − b1 )( x − b2 ) ( x − bn ) ⇒ f ( x + ) = ( + x − b1 )( + x − bn ) ( + x − bn )  1  + + + Do đó: f ( x + ). ÷ x − b1   x − b1 x − b2 ≥ f ( x + ).n.n =n ( BCS ) ( x − b1 )( x − b2 ) ( x − bn ) ( + x − b1 )n ( + x − bn )n x − b1 x − bn Từ nhị thức Newton ( + t )n ≥ + nt + Và + nt + n( n − )t ,t > n( n − )2 ≥ 2nt,∀t ≥ 1,n ≥ nên ta có: ( + t )n ≥ 2nt đó: ( + x − bj )n ≥ 2( x − bj ),t = x − bj >  1  n n ⇒ f ( x + ). + + + ÷ ≥ n ( 2n ) = 2n − bn   − b1 − b2 BÀI LUYỆN TẬP: Bài tập 19.1: Giả sử m tham số để phương trình: ( x − )( x − )( x − )( x − ) = m Có nghiệm khác Tính giá trị: P = 1 1 + + + theo m x1 x2 x3 x4 Hướng dẫn Dùng định lí Viet Kết 50 24 − m Bài tập 19.2: Cho đa thức : f ( x ) = x + 4x − 2x − 12x + n Hãy tính tổng S =∑ 2xi2 + 2 i =1 ( xi − ) với n số nghiệm xi đa thức f ( x ) Hướng dẫn 34 Chứng minh f ( x ) có nghiệm Kết S = Bài tập 19.3: Cho abc ≠ a b c + + =0 Chứng minh: f ( x ) = ax + bx + c = có nghiệm Hướng dẫn Xét F( x ) = a b c x + x + x áp dụng định lí Lagrange [ 0,1] Bài tập 19.4: Cho x1 ,x2 ,x3 ,x4 nghiệm phương trình: x + px + q = Lập phương trình bậc có nghiệm là: α = ( x1 − x2 )( x1 − x3 ), β = ( x2 − x3 )( x2 − x1 ), γ = ( x3 − x1 )( x3 − x2 ) Hướng dẫn Dùng định lí Viet Kết x + px − 27( q + p ) = Bài tập 19.5: Tồn hay không tồn số a1 ,a2 , ,an ∈ R nghiệm đa thức: n P( x ) = x + ∑ ( −1 )k Cnk akk x n−k n k =1 Hướng dẫn Chú ý tổ hợp Kết a1 = a2 = an = a Bài tập 19.6: Cho ao = 1,a1 = −n,a2 = n2 − n Tìm n nghiệm đa thức P( x ) = ao x n + a1 x n −1 + + an −1 x + an với n ≥ Hướng dẫn Dùng định lí Viet đánh giá Kết xi = Bài tập 19.7: Cho phương trình x − ax + bx − = có nghiệm dương Chứng minh rằng: 2a ( a + ) ≥ 9( 3b − ) Dấu đẳng thức xảy nào? Hướng dẫn Dùng Viet bất đẳng thức AM − GM Bài tập 19.8: Phương trình: z − 2z − z + m = có nghiệm hữu tỉ phân biệt không? 35 Hướng dẫn Dùng phản chứng Kết có nghiệm hữu tỉ phân biệt Bài tập 19.9: Tìm a để phương trình sau vơ nghiệm: x6 + 3x + ( − a )x + (7 − 2a )x + ( 60a )x + 3x + = Hướng dẫn Biến đổi đưa tham số a bên Kết a < 27 n Bài tập 19.10: Đặt un = cos π 3π 5π + cos n + cos n ,n nguyên Chứng minh un hữu tỉ với 7 n nguyên Hướng dẫn Dùng qui nạp 8un −1 = 4un + 4un−1 − 4un−2 ,n ≥ 36 ... 1) Số lượng nghiệm: - Mỗi đa thức hệ số thực bậc n có khơng q n nghiệm thực - Đa thức có vơ số nghiệm đa thức không f ≡ - Nếu đa thức có bậc ≤ n có n nghiệm đa thức không - Nếu đa thức có bậc... P'( x2 ) P'( xn ) Bài toán 19. 11: Giả sử a b nghiệm đa thức: x + x − Chứng minh tích ab nghiệm đa thức: x6 + x + x − x − Hướng dẫn giải Giả sử a, b, c, d nghiệm đa thức: x + x − P( x ) = x +... '( x ) = Với đa thức f ( x) [ a, b ] có số c ∈ (a, b) : có nghiệm thuộc (a, b) Định lí ROLE: Giữa nghiệm đa thức f ( x ) có nghiệm f '( x ) Nếu f có n nghiệm phân biệt f ' có n − nghiệm phân biệt,