đại thức và ứng dụng potx
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.56 MB, 44 trang )
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 1
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Công H
ậ
u, Ng
ọc Luân, Mai Phương, Cao Tín, Như
Ý
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 2
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
CHUYÊN ĐỀ
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 3
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Một số khái niệm cơ bản và quan trọng trọng đại số, trong toán học nói chung là khái niệm
về đa thức. Trong chương trình phổ thông phần đại số hầu hết đều nghiên cứu về đa thúc bậc
nhất, bậc hai và một số đa thức dạng đặc biệt bậc cao. Rất nhiều ứng dụng và bài tập đã được
học trong chương trình phổ thông. Và hôm nay, với sự hướng dẫn của thầy Đỗ Kim Sơn, thầy
Nguyễn Tuấn Ngọc. nhóm chúng em đã hoàn thành chuyên đề nhỏ về một số ứng dụng cơ
bản của đa thức trong giải toán
Do mặt hạn chế về thời gian nên vẫn còn nhiều thiếu sót,mong thầy và các bạn góp ý,chỉnh
sửa thêm.
Xin chân thành cảm ơn
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 4
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Ph
ầ
n 1.
SƠ LƯỢ
C V
Ề
ĐA THỨ
C :
A.ĐA THỨC – NHÂN, CHIA ĐA THỨC – SỰ CHIA HẾT
I. Xét hàm số: f:ℝ→ℝ, ta nói f là một đa thức nếu hoặc f=const hoặc tồn tại
, 1
n n
¥
và tồn tại các số thực
0 1 2
, , , ,
n
a a a a
với
0
n
a
sao cho
1
1 1 0
( )
n n
n n
f x a x a x a x a
với x
¡
0 1 2
, , , ,
n
a a a a
là hệ số của đa thức f,
n
a
là hệ số cao nhất,
0
a
là hệ số tự do.
n là bậc của đa thức f và ký hiệu degf=n ( trường hợp f=const ta nói deg f=0)
Tập hợp tất cả các đa thức với hệ số nguyên được ký hiệu là
x
¢
Tập hợp tất cả các đa thức với hệ số hữu tỷ được ký hiệu là
x
¤
Tập hợp tất cả các đa thức với hệ số thực được ký hiệu là
x
¡
Hai đa thức được gọi là bằng nhau khi và chỉ khi dưới dạng chính tắc, các hệ tử của
các lũy thừa tương ứng của ẩn x bằng nhau. Do đó một đa thức bằng đa thức không
khi và chỉ khi mọi hệ tử ở dạng chính tắc của nó đều bằng không ( Nguyên lý so sánh
các hệ số của đa thức)
II. Cho hai đa thức
1
1 1 0
( )
n n
n n
f x a x a x a x a
và
1
1 1 0
( )
m m
m m
g x b x b x b x b
Tích của chúng là một đa thức:
0
( ). ( )
m n
m n
f x g x c x c
trong đó
k i j
i j k
c a b
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 5
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Giả sử f(x) và g(x) là hai đa thức cùng thuộc P[x], bao giờ cũng có thể tìm được một
cặp đa thức q(x) và r(x) duy nhất cũng thuộc P[x] sao cho f(x)=g(x).q(x)+r(x), trong đó bậc
của r(x) bé hơn bậc của g(x). Nếu r(x) bằng đa thức không thì ta nói f(x) chia hết cho g(x),
hay g(x) chia hết f(x), hay f(x) là bội của g(x), g(x) là ước của f(x)
Một đa thức d(x) chia hết 2 đa thức f(x) và g(x) đã cho gọi là ước chung của f(x) và
g(x)
Nếu d(x) là ước chung của f(x) và g(x), chia hết cho mọi ước chung khác của 2 đa
thức ấy, thì d(x) gọi là ước chung lớn nhất của f(x) và g(x), viết là UCLN và ký hiệu là (f(x),
g(x))=d(x). Để tìm ước chung lớn nhất của f(x) và g(x) ta dùng thuật toán Oclide bằng cách
thức hiện một số phép chia liên tiếp như sau:
1 1
2 1
1 1
( ) ( ) ( )
( ) ( ). ( ) ( )
( ) ( ). ( ) ( )
( ) ( ) ( )
k k k k
k k k
f x g x r x
g x r x q x r x
r x r x q x r x
r x r x q x
Đa thức dư cuối cùng trong dãy phép chia liên tiếp đó chính là UCLN phải tìm :
( ) ( ) ( ( ), ( )).
k
x d x f x g x
r
Để đảm bảo tính duy nhất của UCLN ,ta qui ước rằng hệ tử cao nhất của UCLN của
hai đa thức bao giờ cũng lấy bằng 1.
Xuất phát từ thuật toán Oclide , ta chứng minh được rằng : nếu
( ) ( ( ), ( ))
d x f x g x
thì có thể tìm được hai đa thức
( ) à ( )
u x v v x
cũng trên
P x
sao cho :
( ). ( ) ( ). ( ) ( )
f x u x g x v x d x
Hơn nữa , nếu bậc của f(x) và g(x) lớn hơn 0 thì ta còn có thể chọn sao cho bậc của
u(x) bé hơn bậc của g(x) và bậc của v(x) bé hơn bậc của f(x).
B.NGIỆM BỘI – PHÂN TÍCH THÀNH NHÂN TỬ
I. Một đa thức bậc lớn hơn 0 trên P[x] được gọi là bất khả qui trên P[x], nếu nó không
thể viết được dưới dạng tích của 2 đa thức bậc r
0 và bé hơn n , của P[x]
Mỗi đa thức bậc m > 0 của P[x] đều có thể phân tích được thành tích của những đa
thức bất khả qui trên P [x] và sự phân tích đó là duy nhất , nếu không kể đến thứ tự các nhân
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 6
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
tử và không kể đến các nhân tử bậc 0
Trên
£
[x] , chỉ có các nhị thức bậc nhất là đa thức bất khả qui .
Trên
¡
[x], chỉ có các nhị thức bậc nhất và các tam thức bậc hai không có nghiệm
thực là các đa thức bất khả qui .
II. a/ Giả sử f(x)
¡
[x] và a
¡
.Ta nói f(x) nhận
làm nghiệm nếu f(
) = 0, khi đó
f(x) chia hết cho x-a hay nhận x-a làm một nhân tử .
b/ Giả sử f(x)
¡
[x] và a
¡
và k
¥
[x], k
1
. Ta nói
là nghiệm bội của đa
thức f(x) nếu tồn tại g(x)
¡
[x], g(
)
0 sao cho
( ) . ( )
k
x g x
với x
¡
.( tức là f(x)
chia hết cho
( )
k
x
nhưng không chia hết cho
1
( )
k
x
)
Nếu k=1 thì ta nói
là nghiệm đơn
Nếu k≥2 thì ta nói
là nghiệm bội
C.CÁC ĐỊ
NH LÝ C
Ơ BẢ
N V
Ề
NGHI
ỆM ĐA THỨ
C
ĐỊ
NH LÝ 1
Nếu f,g ∈ℝ[x] deg f=n≥1, deg g=m thì f[g(x)]∈ℝ[x] và có bậc bằng m.n
Giả sử f,g ∈ℝ[x] với deg f=n, deg g=m, ta có:
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 7
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
f(x)+g(x)
∈ℝ
[x] và có bậc ≤max(n,m), còn nếu n≠m thì f(x)+g(x) có bậc là
max(n,m).
f(x).g(x) ∈ℝ[x] và nếu f(x)≠0, g(x)≠0 thì deg (f(x).g(x))=m+n
Nếu f∈ℝ[x], deg f=n≥1 với a
n
là hệ số cao nhất thì f(x+1)-f(x) là đa thức có bậc n-1
và hệ số cao nhất là na
n
ĐỊNH LÝ 2 ( Đị
nh lý Bézout)
là nghiệm của đa thức
[ ] ( ) ( ) (x)
f x f x x trong
¡ M ¡ .
Chứng minh:
[ ]&f x
¡ ¡
luôn tồn tại duy nhất g∈ℝ[x] sao cho
( ) ( ). ( ) ( ),f x x g x f x
¡
Do đó α là nghiệm của
[ ] ( ) 0 ( ) ( ). ( ) ( ) ( )
f x f f x x g x f x x
¡ M
Hệ quả:
[ ],deg 1
f x f n
¡
ta luôn có
( ) ( ) ( )
f x f x
M
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 8
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Ví dụ 1:
Lời giải:
Đặt y = x + 1 thì x = y – 1, và đẳng thức trên trở
thành:
2 2
( ) ( 1) 3( 1) 2 5 6
f y y y y y
Vì vậy
2
( ) 5 6
f x x x
Ví dụ 2:
Lời giải :
Rõ ràng thương của phép chia
4
1
x
cho đa thức
2
x px q
là một đa thức bậc hai có dạng
2
x ax b
.Vì đây là phép chia hết nên :
4 2 2
4 3 2
1 ( )( )
( ) ( ) ( )
x x px q x ax b
x a p x b ap q x bp aq x bq
Vì vậy ta phải có
0 (1)
0 (2)
0 (3)
1 (4)
a p
b ap q
bp aq
bq
Từ (1) suy ra a= -p , thay vào (3) thì được
0 = bp + aq = bp – pq = ( b - q)p,
Tức là hoặc p = 0, hoặc b – q = 0
Xác định các số thực p,q sao cho đa thức
4
1
x
chia hết cho đa thức
2
x px q
.
Xác định đa thức f(x) biết rằng với mọi x thì:
2
( 1) 3 2
f x x x
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 9
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Nếu p = 0 thì từ (2) suy ra b = -q, và (4) trở thành
2
1
b
,điều này vô lý.
Nên :
0
p
do đó p = q.Thay vào (4) thì được b = q = 1 hoặc b = q= -1.Mặt khác , từ (2) suy
ra
2
2 0, ê 0
b a n n b
.Từ đây ta có b = q = 1 và
2
a
= 2,hay
2, ra 2
a suy p m
.
Thử lại, ta thấy rằng
4 2
1 2 1
x x x
M ,bởi vì :
4 2 2 2 2
1 ( 1)2 2 ( 1 2 )( 1 2 )
x x x x x x x
Vậy đa thức
2
x px q
cần tìm là
2
2 1
x x
hoặc
2
2 1
x x
.
Ví dụ 3 :
Lời giải :
Đặt:
9 8 7 6
9999 8888 7777 6666 1111
1
1
A x x x x x
B x x x x x
Khi đó :
9999 9 8888 8 7777 7 6666 6 1111
9 10 999 8 10 888 7 10 666 10 111
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
[( ) 1] [( ) 1] [( ) 1] [( ) 1]
B A x x x x x x x x x x
x x x x x x x x
Để ý rằng với mọi số tự nhiên k thì:
10 1 10 10( 1) 10( 2) 10
( ) ( 1)[ 1]
k k k
x x x x x
chia hết cho đa thức
10
1
x
mà
10 9 8 7 6
1 ( 1)( 1)
x x x x x x x
nên đa thức
k
10
x 1
chia hết cho đa thức
9 8 7 6
1
x x x x x
Do đó B – A chia hết cho A, và do đó B chia hết cho A
Chứng minh rằng đa thức :
9999 8888 7777 6666 1111
1
x x x x x
chia hết cho đa thức
9 8 7 6
1
x x x x x
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 10
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
ĐỊ
NH LÝ 3 ( Khai tri
ể
n c
ủ
a m
ột đa thứ
c theo các nghi
ệ
m)
Giả sử
[ ]
f x
¡
và các số phân biệt
1 2
, , ,
m
¡
là các nghiệm của đa thức f với các bội
tương ứng là
1 2
, , ,
m
k k k
khi đó tồn tại g∈ℝ[x] sao cho:
1 2
1 2
1
( ) ( ( ) ) ( ) ( ) ( ) ( ) . ( ),
j
m
m
k
kk k
i m
i
f x x a g x x x x a g x x
¡
1
deg deg
m
i
i
f g k
ĐỊNH LÝ VIÈTE
Giả sử đã cho đa thức f(x) bậc n trên P[x]
1 2
0 1 2 1 0
( ) . . .
n n n
n
f x a x a x a x a x a
Kí hiệu:
1 2
, , ,
n
là nghiệm của f(x) trong P, mỗi nghiệm kể một số lần bằng bội số của
nó. Ta có:`
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 11
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
1
1 2
0
2
1 2 1 3 1 2 3 1
0
3
1 2 3 2 1
0
1
1
1 2
0
( )
( )
( 1) (
n
n n n
n n n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a
1 2 3
1 2
0
. )
( 1)
n n
n
n
n
a
a
Ví dụ 4
:
Hãy tìm những giá trị của tham số a sao cho những nghiệm x
1
,x
2
,x
3
của đa thức
3 2
( ) 2
P x x x x a
thỏa mãn điều kiện
2 2 2
1 2 3
x x x
Lời giải :
Chú ý tới công thức Viète và điều kiện đã cho của nghiệm x
1
,x
2
,x
3
và a thỏa mãn những đẳng
thức sau:
1 2 3
1 2 2 3 1 3
1 2 3
2 2 2
1 2 3
2
1
x x x
x x x x x x a
x x x
x x x
Từ đẳng thức trên ta nhân được:
2 2 2
1 2 3 3 3
4 ( ) 2 2 2
x x x x a x a
Nhưng x3 là nghiệm của đa thức đã cho nên:
2 2
3 3 3 3
0 2 4 2 2
x x ax x a
. Nghĩa là x
3
=a hoặc là a
2
=2-a
Giải phương trình trên ta nhận được : a=1 hoặc a=-2
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 12
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Ví dụ 5:
Lời giải :
Nếu tồn tại hai số a và b so cho P(a)<a và P(b)>b, hàm liên tục Q(x)=P(x)-x sẽ nhận hai giá
trị trái dấu Q(a)<0 và Q(b)<0, suy ra P(x)=x với x nào đó, điều này trái với điều kiện đã cho.
Như vậy chỉ còn hoặc là P(x)>x với mọi x hoặc là P(x)<x với mọi x. Nhưng khi đó hoặc là
P(P(x))>P(x)>x với mọi x hoac95 là P(P(x))<P(x),x với mọi x, đó là điều phải chứng minh
ĐỊ
NH LÝ 4 ( Nghi
ệ
m c
ủa đa thứ
c v
ớ
i h
ệ
s
ố
nguyên
và đố
i x
ứ
ng)
Chứng minh: giả sử c là nghiệm hữu tỉ tùy ý của đa thức . viết c dưới dạng tối giản,
r
c
s
khi
đó (r,s)=1
4.1.Giả sử đa thức với hệ số nguyên
1
1 1 0
n n
n n
P x a x a x ax a
trong đó n≥1. Khi đó, nếu P(x) có
nghiệm hữu tỉ thì mọi nghiệm của P(x) có dạng
r
s
, trong đó r là ước của a
0
,
còn s là ước của a
n
và (r,s)=1
Tam thức bậc hai P(x) với những hệ số thực sao cho phương trình P(x)=x
không có nghiệm thực.Chứng minh rằng : phương trình P(P(x))=x cũng
không có nghiệm thực.
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 13
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
1
1 1 0
1 1
0 1 1
1 2
0 1 1
Do P c 0 ( ) ( ) ( ) 0
0
( . )
n n
n n
n n n n
n n
n n n
n n
r r r
a a a a
s s s
a s a rs a r s a r
a r s a s a s a r
Đẳng thức trên chứng tỏ rằng
n
n
a r s
M
.Vì (r,s)=1 suy ra (s, r
n
)=1 nên a
n
chia hết cho s. (1)
Lập luận tương tự:
1 2 1
0 1 1
( . )
n n n n
n n
a s r a s a r s a r
Chứng tỏ rằng
0
n
a s r
M
. Vì (r,s)=1 suy ra (r, s
n
)=1 nên suy ra a
0
chia hết cho r. (2)
Kết hợp (1) và (2) được điều phải chứng minh.
Từ định lý trên ta có được hệ quả sau: đa thức
1
1 1 0
n n
n n
P x a x a x ax a
, trong đó
a
i
nguyên, ∀
i
=0,1,…,n-1. Khi đó, nếu P(x) có nghiệm hữu tỉ thì mọi nghiệm hữu tỉ của P(x)
đều là số nguyên và là một trong các ước số ( âm, dương) của hệ số
a
0.
.
4.2 Nếu
r
c
s
là nghiệm hữu tỉ tùy ý của đa thức với hệ số
nguyên
1
1 1 0
n n
n n
P x a x a x ax a
thì với mọi số nguyên m số P(m) chia hết cho (r-
m.s). Trường hợp đặc biệt r+s là ước số của P(-1), còn r-s là ước số của P(1)
4.3 Đa thức P(x) là đa thức đối xứng khi và chỉ khi với x khác 0 :
n
1
P x x .P( )
x
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 14
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Ví dụ 6:
1.
2
1 1 2 1 1 2 1
1 3
3 3 2 3 3 2 3
1 2 3 2 1 3 1 2 3 2
1 2
1 3
2 ( ) ( 2) ( ) 2, ( ) [ ].
1 ( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( ) 1
,
3 ( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( ) 1
Do - , - , ( ), ( ) - , - {-1;1}
1 v
Mà x x nên
Do P x P x x x q x q x x
P x x x q x x x q x
Cho x x x x
P x x x q x x x q x
x x x x q x q x x x x x
x x
¢
Z
3 2
1 3
2
1 2 3 2
à - -1
(2)
1 và - 1 2
x x
x x
x
x x x x
Giả sử phương trình P(x)=2 có 1 nghiệm nguyên x’
1
=x
2
, lý luận như trên suy ra
1 2
2 2 2
' '
2
x x
x x x
mâu thuẫn, suy ra P(x) =2 có 1 nghiệm nguyên duy nhất là x
2
Cho P(x)
∈
ℤ
[x], giả sử các phương trình P(x)=1, P(x)=2, P(x) =3 có ít nhất 1
nghiệm nguyên lần lượt là x
1
,x
2
,x
3
4.4.Đa thức P(x) là đa thức có hệ số đối xứng khi và chỉ khi điều
kiện su đây thỏa mãn:Một số a là nghiệm của đa thức P(x) khi và
chỉ khi số
1
a
cũng là nghiệm.
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 15
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Nếu phương trình P(x) =1 có 1 nghiệm nguyên x’
1
≠x
1
, lý luận tương tự suy ra x’
1
=2x
2
-x
3
Suy ra x’
1
=x
1
mâu thuẫn, suy ra x
1
là nghiệm nguyên duy nhất của phương trình P(x)=1.
Tương tự x
3
là nghiệm nguyên duy nhất của phương trình P(x) =3.
2.
Giả sử phương trình P(x) =5 có 1 nghiệm nguyên x
5
Trong (1) cho x=x
5
suy ra 5=P(x
5
)=(x
5
-x
2
)q(x
5
)+2 hay (x
5
-x
2
)q(x
5
)=3 ⇒x
5
-x
2
chỉ có thể lấy
các giá trị ±1 hay ±3
Nếu x
5
-x
2
=±1 thì theo (2)
5
1
5 3
x x
x x
vô lý vì x
5
≠x
1
và x
3
5 2
3(3)
x x . Mặt khác:
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 16
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
P(x) =(x-x
3
)r(x)+3, với r(x)∈ℤ[x]. Cho
5 5 3 5 5 3
( ) ( ) 2
x x x x r x x x
chỉ lấy giá trị ±1
hay ±2
Nếu x
5
-x
3
=±1 thì mâu thuẫn với (2) và (3) ⇒x
5
-x
3
=±2 (4)
Xét (2),(3), (4) ⇒ nếu x
1
-x
2
=1 và x
3
-x
2
=-1 thì x
5
-x
2
=3
Do đó : nghiệm nguyên x
5
( nếu tồn tại) của phương trình P(x) =5 được hoàn toàn xác định
bởi các số x
1
,x
2
,x
3
duy nhất
Suy ra P(x)=5 không thể có hơn 1 nghiệm nguyên
Ví dụ 7
Giả sử
1
0 1 1
( )
n
n n
n
f n a x a x a x a
là đa thức
với hệ số thực a
0
khác 0 và thỏa mãn:
2 3
( ) (2 ) (2 ),f x f x f x x x
¡
.chứng minh rằng:
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 17
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Từ
2 3
( ) (2 ) (2 ),f x f x f x x x
¡
(*), so sánh hệ số của x
3
n
và x
0
trong khai
triển(*)
2
0 0 0
2
(1) 1
0
(2)
1
n
n n
n
a a a
a
a a
a
Nếu a
n
=0 thì
*
1 1
( ) ( ), (0) 0,
k
f x x f x f k
¥
, thay vào (*) ta có:
2 2 3 3
1 1 1
2 2 2 3
1 1 1
( )(2 ) (2 ) (2 ) (2 )
(2 ) ( ) (2 ) (2 1) (2 )
k k k
k k
x f x x f x x x f x x
x f x f x x f x x
Cho x=0, suy ra f(0)=0 ( vô lý), suy ra a
n
khác 0
Xét a
n
=1. Ta có: nếu f(x) có nghiệm x
0
, thì x
0
khác 0
(*)
3 3
0 0 0 0
(2 ) 0 2
f x x x x
cũng là nghiệm của phương trình f(x)=0
Do: x
0
và 2x
0
3
cùng dấu ⇒|2x
3
0
+x
0
|=|2x
3
0
|+|x
0
|>|x
0
|
Suy ra : f(x) có vô số nghiệm thỏa x
k+1
=2x
3
k
+x
k
( k∈ℕ) (vô lý)
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 18
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Ví dụ 8:
1.Ta có
1
1 2 1
( )
1 1
n n n
n
x x x
f x x
x x
, đặt
1
( ) 2 1
n n
x x x
nghiệm của
(x) với x ≠1
Ta có
1 1
'( ) ( 1) 2 [( 1) 2 ]
n n n
x n x nx x n x n
Nếu n chẵn thì
'
(x) có 1 nghiệm bội lẻ x=0 và 1 nghiệm đơn
2
1
n
x
n
x
0 1
2
1
n
n
'
(x) + 0 _ 0 +
(x)
1
0
<0
Cho đa thức
1 2
( ) 1
n n n
f x x x x x
(1)
1.Biện luận số nguyên thực của (1) theo n
2. Giả sử n≥3, chứng minh (1) chỉ có nghiệm đơn lớn hơn
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 19
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Suy ra f(x) có 2 nghiệm đơn phân biệt
Nếu n lẻ thì
'
(x) có nghiệm bội chẵn x=0 và 1 nghiệm đơn
2
1
n
x
n
x
0 1
2
1
n
n
'
(x) _ 0 _ 0 +
(x)
1
0
<0
Suy ra f(x) có 2 nghiệm đơn phân biệt
2.Dựa vào bảng biến thiên trên, ta thấy f(x) luôn có đúng 1 nghiệm > 1 (1). Với n ≥3, ta có:
1 1
( 3) ( 3) 2( 3) ( 3) ( 3 2) 1 0 ( )
n n n
x
có nghiệm lớn hơn
3
(2)
(1),(2) suy ra f(x) chỉ có 1 nghiệm >
3
.
3. Gọi
1 2
1 2
, , , , 1
, , , , 1
n i
n j
là các nghiệm phức của
(x)
Ta có
1 1 1 1
1 1
k m k m
i j i j
i j i j
, giả sử f(x) có quá 2 nghiệm phức có module
>
3
⇒1>
3
.
3
.|β
i0
|
m
với |β
i0
|=min{|β
i0
|}⇒1>3|β
i0
|
m
(*)
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 20
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Mặt khác:
1
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
2 1 0 (2 ) 1 1 2 (2 ) 1 3
n n n
n n n
i i i i i i i i i i
Mâu thuẫn với điều phải chứng minh
Ví dụ 9:
Lời giải:
Nếu số hữu tỉ a=u/v là nghiệm của phương trình đã cho, thì theo định lý ở trên những số u và
v có khả năng sau đây u=±1, ±2, ±3, ±4, ±6, ±12 và v=±1, ±2, ±3, ±6. Để có thể áp dụng
định lý 4.2 ta sẽ tính tất cả các khả năng của u+v và u-v cho mọi khả năng của hai số u và v.
kết quả xem trong bảng sau:
u/v u+v u-v u/v u+v u-v u/v u+v u-v
1
-2
4
-6
½
-3/2
2/3
-4/3
¾
-1/6
2
-1
5
-5
3
-1
5
-1
7
5
0
-3
+3
-7
-1
-5
-1
-7
-1
-7
-1
3
-4
12
-1/2
1/3
-2/3
¼
-3/4
0
4
-3
13
-1
4
1
5
1
-2
2
-5
11
-3
-2
-5
-3
-7
2
-3
6
-12
3/2
-1/3
4/3
-1/4
1/6
3
-2
7
-11
5
2
7
3
7
1
-4
5
-13
1
-4
1
-5
-5
Hãytìm những nghiệm thực của phương trình:
4 3 2
( ) 6 19 7 26 12 0
P x x x x x
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 21
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Ta tính được P(1)=4 và P(-1)=18, ta thấy ngay rằng những số hữu tỉ thỏa mãn các định lý trên
là:2;-3;1/2;-1/3 ( bằng cách tìm trong bảng những P(-1) chia hết cho u+v và P(1) chia hết cho
u-v). Như vậy nếu phương trình đã cho có nghiệm hữu tỉ, thì chúng sẽ nằm trong 2;-3;1/2;
-1/3. Số nào sẽ thực sự lòa nghiệm của đa thức đã cho, bằng cách áp dụng P(x)=0 khi và chỉ
khi P(x) chia hết cho x-a, nghĩa là áp dụng sơ đồ Horner. Ta có:
6 19 -7 -26 12
2 6 31 55 84 180
-3 6 1 -1 4 0
Suy ra -3 là nghiệm của phương trình đã cho và
3 2
P x ( 3)(6 10 4) ( 3) ( )
x x x x x Q x
Bây giờ, ta kiểm tra những số nào trong các số -3;1/2/-1/3 là nghiệm ( phải kiểm tra lại -3 vì
trừ khi phương trình đã cho có nghiệm bội). từ những số này suy ra ngay -3 không phải là
nghiệm của Q(x), vì 4 không chia hết cho 3. Còn lại hai số sau ta lại sử dụng sơ đồ Horner
6 1 -10 4
2 6 4 -8 0
-3 6 7 -9/2
-1/3 6 2 -26/3
Suy ra phương trình đã cho có 2 nghiệm hữu tỉ, đó là x
1
=-3 và x
2
=1/2
D.BÀI T
Ậ
P
Bài 1
Chứng minh rằng: với mọi x,y,z ta có:
(x+y+z)
3
-x
3
-y
3
-z
3
=3(x+y)(y+z)(z+x)
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 22
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Hướng dẫn
Xét đa thức với biến x
3
3 3 3
P x x y z x y z
(1)
Ta co
3
3 3 3
0
P y z y y z
nên –y là nghiệm của P(x). Theo định lý Bézout thì
P(x) ⋮ (x+y) tức là :
3
3 3 3
x y z x y z x y
M
Tương tự cho y và z :
3
3 3 3
3
3 3 3
x y z x y z z y
x y z x y z x z
M
M
Do vậy
3
3 3 3
.
x y z x y z x y z x y z Q
(2)
Từ (1) thì degP(x)=3, do đó từ (2) suy ra Q phải là đa thức bậc 0 đối với x .Xét tương tự, cho
y,z. Nói cách khác Q
≡C,
ở đây C=const
Mặt khác trong (2) cho x=y=z=1 , ta co 24=8C
Suy ra :C=3 . Suy ra điều phải chứng minh .
Bài 2
Hướng dẫn
Chứng minh rằng: Không tồn tại đa thức bậc 2 với
hệ số nguyên P(x)=ax
2
+bx+c nhận làm nghiệm
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 23
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Giả sử có đa thức bậc 2 vối hệ số nguyên P(x)=ax
2
+bx+c nhận làm nghiệm. Như vậy a
khác 0 và ta có:
3 3
3 3 3
2 2
3
a 9 b 3 c 0
a 9 b 3 c a 3 – b 0
3a bc b ac 3 =0 1
Do a,b,c nguyên va là số vô tỷ nên từ (1) suy ra :
2
2
3a bc 0 2
b ac 0 3
Nhân hai vế của (2) với a va (3) với b rồi trừ từng vế, ta có :
3 3
3
3a b 0
b a 3 4
Do b nguyên nên (4) chỉ xảy ra khi a=b=0 ( và do đó c=0)
Điều này mâu thuẫn với giả thiết: a khác 0
Bài 3
Hướng dẫn
Giả sử đa thức có nghiệm nguyên. Theo định lý Bézout , P(x) co thể biểu diễn dưới
dạng:
0
P x x x Q x 1
Cho
( )
P x
là đa thức với hệ số nguyên sao cho
( ) ( ) ( ) 1
P a P b P c
, ở đây a,b,c là các số nguyên đôi một
khác nhau. Chứng minh rằng đa thức
( )
P x
không có nghiệm
nguyên
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 24
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
ở đây Q(x) cũng là đa thức với hệ số nguyên.
Từ (1) và giả thiết suy ra :
0
1 P a a x Q a 2
Do |Q(a)| và |a-x
0
| là nguyên không âm, nên từ (2)
|a-x
0
|=1 (3)
Tương tự đối với b,c:
|b-x
0
|=1 ; |c-x
0
|=1 (4)
Các số trên thuộc tập hợp {-1;1}. Vì thế 2 trong số chúng bằng nhau (nguyên lí Dirichlet).
Suy ra : a=b ( trái giả thiết). Từ đó suy ra điều phải chứng minh
Bài 4
Hướng dẫn
1
1 1 0
P c P d
P c P d
Vì thế đa thức Q(x)=1+P(x) nhận c,d làm nghiệm, nên theo định lý Be1zout, ta có
Q(x)=1+P(x)=(x-c)(x-d).R(x), ở đây R(x) cũng là đa thức với hệ số nguyên.Như vậy:
P(x)=(x-c)(x-d)R(x)-1 (1)
Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên. Cho a,b là hai số nguyên
thỏa mãn điều kiện a<b và P(a)=P(b)=1. Cho c,d là hai số nguyên
thỏa mãn điều kiện c<d và P(c)=P(d)=-1. Giả thiết thêm rằng a<c.
Chứng minh a, b, c, d là 4 số nguyên liên tiếp.
Chuyên đề: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Trang 25
Giáo viên hướng dẫn: Đỗ Kim Sơn
10 Toán
Vì P(a)=1, nên từ (1) ta có:
(a-c)(a-d)R(a)=2 (2)
Kết hợp với giả thiết từ (2) ta thấy:
1 1
2 2
a c a c
a d a d
Suy ra: a,c,d là 3 số nguyên liên tiếp.
P(b0=1, nên vẫn từ (1) suy ra :
(b-c)(b-d)R(b)=2 (3)
b>a mà c=a+1 và a,b,c nguyên nên b≥c
vì P(b)=1 và P(c)=-1 nên ta có:
P(b)≠P(c) ⇒ b≠c⇒b>c
Tương tự :d=c+1 nên b>d
Như vậy b-c>b-d>0. Từ (3) va kết hợp giả thiết : b-d=1; b-c=2. Hay:
1
2
d b
c b
Từ đó suy ra điều phải chứng minh
Bài 5
