Đa thức một biến số

ĐA THỨC MỘT BIẾN SỐ Bài đã đăng trong kỷ yếu hội nghị khoa học của Hội toán học Hà Nội, tổ chức tại Phú Yên tháng 4 năm 2011 a thức một biến số là một phần kiến thức quan trọng trong

ĐA THỨC MỘT BIẾN SỐ

( Bài đã đăng trong kỷ yếu hội nghị khoa học của Hội toán học Hà Nội,

tổ chức tại Phú Yên tháng 4 năm 2011 )

a thức một biến số là một phần kiến thức quan trọng trong chương trình toán học phổ

thông, thường xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi Tuy nhiên nội dung này ít được đề

cập trong SGK nên học sinh thường lúng túng Do vậy, trong bài viết này, tôi cố gắng

tổng hợp một số kiến thức cơ bản và một số ví dụ minh hoạ để các em bước đầu làm quen

và tạo đà cho việc học tập phần đa thức

A/ Các khái niệm:

Định nghĩa 1: Xét hàm số f: R  R

f là đa thức nếu f là hằng số hoặc tồn tại n   , n   và tồn tại các số thực a , a , a , ,a0 1 2 n

với a0 0 sao cho f(x) = a x + a x0 n 1 n-1 + + a x + an-1 n với mọi x thuộc R

0

a gọi là hệ số cao nhất, a gọi là hệ số tự do, n gọi là bậc của đa thức, ký hiệu là deg f = n n

Tập hợp tất cả đa thức với hệ số thực ký hiệu R[x] Tương tự cho Q x  và Z x 

Tính chất:

1/ Nếu f và g thuộc R[x] và deg f = n, deg g = m thì f(g(x)) thuộc R[x] và có bậc bằng m.n và f(x) +

g(x) thuộc R[x] và có bậc bé hơn hoặc bằng Max ( m, n )

2/ Nếu f thuộc R[x] và deg f = n thì f(x +1) – f(x) thuộc R[x] và có bậc bằng n –1 và hệ số cao nhất

bằng na 0

Định nghĩa 2: Giả sử f và g thuộc R[x] , ta bảo nếu f chia hết cho g nếu tồn tại h thuộc R[x] sao cho

f(x) = g(x).h(x) với mọi x thuộc R

Định nghĩa 3: Giả sử f thuộc R[x] và  thuộc R, ta bảo  là nghiệm của f nếu ( ) 0 f  

Định nghĩa 4: Giả sử f thuộc R[x] và  thuộc R và k thuộc Z, k  , ta bảo  là nghiệm bội của f

nếu tồn tại g thuộc R[x] , ( ) 0g   mà k

f(x) = ( x - ) g(x) với mọi x thuộc R

B/ Các định lý cơ bản của đa thức một biến số:

1/ Định lý Bơdu: là nghiệm của đa thức fR x[ ] khi và chỉ khi: f(x) ( x - )  trong R x [ ]

( ta ký hiệu R x là tập tất cả các đa thức với hệ số thực) [ ]

2/ Định lý 2: Giả sử fR x[ ]và  1, 2, ,  m R là các nghiệm phân biệt của f với các bội tương

ứng là: k k1, 2, ,k khi đó, tồn tại m gR x[ ] sao cho: f x x g x x R

i

k m





















), ( ) ( ) (

1

f(x) = a x + a x + + a x + a với a0 0 và fR x[ ] và  1, 2, , n

là các nghiệm của f Ta có:

1

1 2

k

k k

k i i in

i i

a

a

 

4/ Công thức nội suy Lagrange: Giả sử fR x[ ], deg f = n và x x1, 2, ,x n1 là ( n + 1) số thực

phân biệt Ta có:

1 1

( f(x) = ( )

n n

j i

j i

f x









B/ CÁC BÀI TOÁN MINH HOẠ:

B1: ỨNG DỤNG ĐỊNH LÝ VIET:

Bài 1:Đề thi HSG toàn quốc 1975

Không giải phương trình x3   , hãy tính tổng lũy thừa bậc 8 của 3 nghiệm của nó x 1 0

Đ

Giải:

Xét phương trình 3

1 0

x   x (1)

Áp dụng định lý viet:

1 2 2 3 3 1

1 2 3

0

1 1

x x x x x x

x x x









Từ (1) ta có: 3  

1 *

i i

x x 

x x x x x  x x   x  x  x x 

(x i 1) 2x i 2x i 1 2x i 3x i 2

Suy ra:

1 2 3 ( 1 2 3) 2( 1 2 2 3 3 1) 2

x x x  x x x  x x x x x x 

Vậy

3

8

1

10

i

i

x







Bài 2: Cho 4 số x, y, z và w R thoả: x + y + z + w = x + y + z + w = 0 7 7 7 7

Tìm P = w ( w+ x )(w + y )( w + z )

Giải:

Ta phát biểu lại Cho x1, x2, x3, x4 thoả điều kiện: x1 + x2 + x3 + x4 = x17 + x27 + x37 + x47 = 0

Tìm P = x4(x4 + x1)(x4 + x2)(x4 + x3)

Gọi xi là nghiệm phương trình:

t4 – at3 + bt2 – ct + d = 0

Theo định lý viet, ta có:



4

1

) (

) ( )

( 0

k j i x x x c j

i x x b gt

d= x1x2x3x4

Đặt Sn = 



4 1

i

n i

x

Ta có: S1 = x i 0, S2 x i2(x i)2 2x i x j02b

Ta tính S3

4 3 2 1 1

2 3 2

3

x x x x

x x x d c bS aS S x

d c bx ax

d

c d c ab

S32 4  0  3 3

Ta tính S4

(x i4 ax i3 bx i2 cx i d)x i4 ax i3 bx i2 cx i d 1 0

 S4 – aS3 + bS2 – cS1 + 4d = 0

Suy ra: S4 = 2b2 – 4d

Tương tự ta chứng minh được: Sn+4 = -bSn+2 + cSn+1 – dSn, n > 1

Suy ra: S5 = -bS3 + cS2 = - 5bc

S7 = 5b2c + 2b2c – 4dc – adc = 7c(b2 –d)

Theo giả thiết: S7 = 0 => c = 0 hoặc b2 = d

a Nếu b 2 = d: Ta có: 0  S4 = 2b2 – 4d = -2d = -2b2 => b = 0 Suy ra S2 = 0

 x1 = x2 = x3 = x4 = 0 => P = 0

b Nếu c = 0: Ta có: x1, x2, x3 x4 là nghiệm phương trình: t4 + bt2 + d = 0 suy ra nghiệm phương trình

3 4

2 4

1 4































x x

x x

x x V

U

Kết luận: P = 0

Bài 3: Cho đa thức P(x) = a x + a x0 n 1 n-1 + + a x + an-1 n với n 3 và a0 0 Biết rằng đa thức có n nghiệm thực và

2

0 1, 1 , 2

2

a  a  n a   Hãy xác định các hệ số a i i( 1, )n

Giải: Gọi x là các nghiệm của đa thức P(x) Theo định lý viet ta có: i

) ( ) 2 ( 2 ),

1

(

2

j i n n x x n

x

n

i

n

i

n

j i j i

n

i

n

i

n

i n

j i j i

x

2 2 2

2

) 3 ( ) (

2 )

n

i

n

i

n

i i i

x

2 2

) 4 ( 0 2

2 ) ( )

1

(

Từ (4) x i   1, i P x   x1n

Vậy các hệ số của đa thức P(x) là: a k   1 k C k n k( 0, )n

Bài 4: Tìm các đa thức bậc 3, P(x) = x + ax + bx + c nhận các số hữu tỉ a, b, c làm nghiệm 3 2

Giải:

Áp dụng định lý Viet ta có:





























) 3 (

) 2 (

) 1 (

c abc

b ca bc ab

a c b a

a Nếu a= 0 ( hoặc b = 0) thì từ phương trình (3) ta suy ra c = 0 Do (1) nên ta suy ra b = 0 ( a = 0 ) Vậy a = b = c = 0

b Nếu a # 0 và b# 0: có 2 khả năng:

+ Nếu c = 0: (2) => a = 1, (1) => b = -2

Vậy: x3 + x2 – 2x = 0 có nghiệm 1, -2, 0

Nếu c # 0: do (3) có b =

a

1



Khử c từ (1), (2): b4 + b3 – 2b2 + 2 = 0

Phương trình này chỉ có nghiệm hữu tỉ b = -1 Khi đó a = 1, c = -1

Vậy:

x3 + x2 – x – 1 = 0 có 1 nghiệm đơn, 1 nghiệm kép = -1

Kết luận:

Các đa thức cần tìm là P(x) = x3, p(x) = x3 + x2 –2x, p(x) = x3 + x3 – x - 1

B2/ CÁC BÀI TOÁN TÌM ĐA THỨC:

Bài 5: Tìm đa thức P(x) thoả mãn:























27

)

1

(

0 ) ( 12 ) ( ) 2 ( 2 ) ( ) 4 )(

2

P

x x

P x

P x x x P x

x

Giải:

Gọi P(x) = anxn + an-1xn-1 + + a1x + a0 (an # 0 )

Ta có: P/(x) = nanx n -1 + (n -1)an-1xn-2 + + a1

P//(x) = nan(n-1)xn-2+(n-1)(n-2)an-1xn-3 + + 2a2

Từ điều kiện, ta có:

( x + 2) (x2 – 4)P//(x) – 2x(x+2)P/(x) + 12P(x) = 0 (*) có bậc cao nhất là n + 1

Điều kiện cần:

Hệ số chứa bậc n+ 1 của vế trái (*) là: n ( n – 1) an – 2nan = 0

 n.(n – 3)an = 0 Vì n  1, an # 0 suy ra n = 3

Điều kiệnđủ:

Với n = 3 Gọi P(x) = a3x3 + a2x2 + a1x + a0 (1) ( a3 # 0)

Theo điều kiện bài toán ta có:

( 12a3 - 2a2)x3 + (8a2 - 24a3 – 2a1)x2 + ( 8a1 – 8a2 – 48a3)x +12a0 – 16a2 = 0 x

=>



































0 4

3

0 6

0 12

4

0 6

2

0

3 2

1

1 3 2

2

3

a

a

a a

a

a a

a

a

a



















3 0

3 1

3 2 8 12 6

a a

a a

a a

Vậy: P(x) = a3(x3 + 6x2 +12x + 8) Do P(1) = 27 => a3 = 1

Kết luận:

P(x) = x3 + 6x2 + 12x + 8

Bài 6:

1/ Tìm tất cả các đa thức P(x) thoả mãn điều kiện: P(x +1) = P(x) + 2x + 1, x  R (1)

2/ Tìm tất cả các đa thức P(x) thoả mãn điều kiện:  2  2

P x P x  x

Giải:

2x 1 x1 x

Do đó: (1)P(x + 1) = P(x) + ( x + 1) - x2 2 P(x +1) - (x +1) = P(x) - x (*)2 2

Đặt Q(x) = P(x) - x , ta có 2  * Q(x) = Q(x + 1)

Bằng qui nạp ta suy ra:

Q(x) = Q(x + 1) = Q(x + 2) = = Q(x +n)

Cho x = 0, ta có: Q(0) = Q(1) = Q(2) = Q(n)

Do đó, ta có phương trình: Q(x) – Q(0) = 0 có vô số nghiệm x là 0, 1, , n,

   0 ,

(x) = x + P(0) = x + c

P

Thử lại ta thấy đúng

2/ Bằng cách giải tương tự như câu (1), ta có: P(x) = x + c

Bài 7: Cho a, b là 2 số thực trong đó a 0 Tìm đa thức P(x) thoả mãn: x.P(x - a) = ( x – b)P(x) (1)

Giải: Ta xét các trường hợp:

a/ Nếu b = 0 ta có: x.P(x – a) = x.P(x)  P( x – a) = P(x) , suy ra P(x) là hàm hằng Vậy P(x) = C b/ Nếu b 0

+ Nếu b Z

a



 ta có b na 0( với n nguyên dương ) hay bna với nZ+ Với x = 0 ta có P(0) = 0

x = a ta có (a – b)P(a) = 0  P(a) = 0 ( vì ab)

x = 2a ta có: ( 2a – b ) P(2a) = 2aP(a) = 0  P(2a) = 0 ( vì b2a )

x = na ta có: ( na – b)P(na) = naP[(n – 1)a] = 0  P(na) = 0 ( vì bna)

Từ đó suy ra P(x) có vô số nghiệm Suy ra P(x) là hàm hằng Đặt P(x) = c, thế vào (1) ta được:

xC = ( x – b)C  bC = 0 ( vì b 0)  C = 0 Vậy P x   0

+ Nếu b n Z

a



  ta có b = na ( nZ)

Từ (1) ta có xP(x – a) = (x – na)P(x) (2)

với x = 0 ta có P(0) = 0 ; x = a ta có P(a) = 0 ; x = 2a tacó P(2a) = 0

x = ( n – 1)a ta có: [(n – 1)a –na]P[(n-1)a] = (n – 1)aP[(n – 2)a]

 P[(n –1)a] = 0

Từ đó suy ra 0, a, 2a, ( n – 1)a là n nghiệm của đa thức P(x) Theo định lý Bơdu ta có:

P(x) = x(x – a) [(x –(n-1)a]Q(x) ( với Q(x) là đa thức có bậc nhỏ hơn bậc của P(x) )

Thế vào (2) ta có

x(x – a)(x – 2a) ( x –na)Q(x – a) = (x – na)x( x – a) [ x – ( n –1)a]Q(x) với mọi x

 Q(x – a) = Q(x) x  Q(x) là hàm hằng  Q(x) = C do đó

1 0

n

i









Kết luận:

a



 : P(x)  0

+ b Z

a





1 0

) (

n

i

ia x

B3/ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN HỆ SỐ VÀ NGHIỆM

p(x) = x x  có 5 nghiệm 1 r r1; ; 2 r Đặt 5 2

q(x) = x - 2 Xác định tích

   1 2  5

Giải:

Ta có p(x) = xr1xr2 xr5 và  2   2   2 

Ta có: với mọi i = 1,2,3,4,5 thì r i  2r i 2r i nên

 1 2  5 1 2  5

Bài 9: Chứng minh rằng, n1, nNthì 2cosn là đa thức bậc n của 2cos với hệ số nguyên Từ

đó, hãy chứng minh: Nếu k là số hữu tỉ thì:

* Hoặc là cosk là một trong các số 0,

2

1 ,

1 

* Hoặc là cosk là một số vô tỉ

Giải:

a Ta chứng minh bằng qui nạp khẳng định sau:

1



n , 2Cosn là đa thức bậc n của 2Cos với hệ số nguyên, hệ số cao nhất bằng 1

Thật vậy: n = 1: 2Cos.Khẳng định trên đúng

n = 2: 2Cos2 = 2[2Cos2 - 1] = [2Cos]2 – 2 khẳng định trên đúng

Giả sử mệnh đề đúng với n= k Ta chứng minh rằng mệnh đề đúng với k + 1

Thật vậy: 2Cos(k + 1)  + 2Cos(k – 1)  = 4Cosk.Cos = (2Cosk)(2Cos)

 2Cos(k + 1)  = (2Cosk)(2Cos) – (2Cos(k – 1) )

Vế phải là đa thức bậc k + 1 của 2Cos với Hệ số nguyên, hệ cao nhất bằng 1

Suy ra mệnh đề đúng n = k + 1

b Giả sử:  (p,qz, (p,q)1,q0)

q

p

* Nếu Cos vô tỉ thì ta có điều phải chứng minh

* Nếu Cos hữu tỉ : Đặt x = 2Cos (x 2)

Khi đó: 2Cosq = xq + a1xq-1 + + aq, ai Z

=> k   Cosp  

k

p

2 xq + a1xq-1 + + aq

 xq + a1xq-1 + + [aq – 2(-1)p] = 0 (*)

Vậy x là nghiệm hữu tỉ phương trình (*), là đa thức có hệ số nguyên, nên suy ra xZ

Mà x 2 nên x nhận các giá trị 0, 1 , 2 Từ đó: Cos { 0, , 1

2

1



 } ( ĐP cm)

Bài 10: Cho f(x) = a x + a xn n n-1 n-1+ + a0, trong đó an 0,n 1

Đặt: r = 0 1 n 1

n

a



Chứng minh rằng:

a/ Nếu r 1thì mọi nghiệm thực f(x) nằm trong [-r, r]

b/ Nếu r 1 thì mọi nghiệm thực f(x) nằm trong [ -1, 1 ]

Giải:

Nếu x0 là nghiệm mà x0  r1

Ta có: anx0n = - ( an-1x0n-1 + + a0 )

r

a a

r

a r

a x

a x

a x

a x

a

0

0 0

1 0

0 0

Suy ra dấu bằng phải xảy ra, tức là: an-1 = = a0 = 0

Vậy: f(x) = anxn, chỉ có duy nhất 1 nghiệm x = 0

=> x0 = 0 < 1 Vô lý Vậy bài toán được chứng minh

b Chứng minh Tương tự câu a

Bài 11: Giả sử m n , 2000 là 2 trong 5 nghiệm của phương trình

x - 1999 x - 2000 x - x + 2000 = 0 Chứng minh rằng mn là nghiệm phương trình:

x + x + x - x - 1 = 0

Giải:

x - 1999 x - 2000 x - x + 2000 = 0( x - 2000 )( x - x - 1 ) = 0

Giả sử P(x) = x - x - 1 có 4 nghiệm m, n, p, q thì P(x) = ( x – m )( x – n )( x – p )( x – q ) Theo 4 3 định lý viet thì m + n + p + q = -1 ; m n p q = -1 hay mn 1

pq

  (1) Chứng minh rằng mn là nghiệm phương trình: 6 4 3 2

x + x + x - x - 1 = 0 tức là phải chứng minh:

 6  4   3 2

mn 3 mn3 (pq)3 mn pq 1 0

Ta sẽ chứng minh: mn3(pq)3mn pq 1 0

Ta có: P(m) = 0 4- m - 1= 03 m3 1

1

m

m



- n - 1= 0

1

n

 Suy ra:  3 1 1 (2)

mn



Ta lại có: P ( - 1 ) = -1 = ( -1 – m )( -1 – n )( -1 – p )( -1 – q )  1 ( 1) 1 1 (3)

Thay (3) vào (2): mn3  p1q1 Tương tự ta có: mn3  m1n1

Do đó:  3 3

mn  pq mn pq   p q  m n mn pq

Bài 12: Cho f(x) = x - 22 Đặt f2 x = f[f(x)], ,f (x) = f[fn n-1(x)] n2, nN Chứng minh phương trình: f (x) = 0n có đúng 2n nghiệm phân biệt

Giải:

Bằng qui nạp ta chứng minh được f(n) là đa thức bậc 2n, nên có nhiều nhất là 2n nghiệm

Ta xét x  [ 2, 2], đặt x2cos , [0, ]

Khi ấy f(x) = (2cos ) - 2 = 2(2cos 2 2 - 1) = 2cos2 

2

f x = f[f(x)]= 2cos2 22 cos 2 

Bằng qui nạp ta có fn x 2cos 2n Từ đó fn x 0 2cos 2n 0 2

2

n

k



2n k2n k Z

n k neân

2 2

0 ] , 0

Vậy k nhận cácgiá trị 0, 1, , 2 -1 Do đó phương trình n f (x) = 0n có đúng 2n nghiệm phân biệt Bài 13:

Cho đa thức f(x) xn a1x n1 a n có bậc n lớn hơn hoặc bằng 2 có các nghiệm thực:

b , b , ,b Cho x > max(b , b , ,b ) 0 1 2 n

0 2

0 1 0

0 1) 1 1 1 2

b x b

x b x x

f

n





























Giải:

Ta có: f(x) = ( x - b )( x - b ) ( x - b ) Suy ra 1 2 n f(x +1) = x +1- b0  0 1x +1- b x +1- b0 2  0 n

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy:

n

n

n n n

n

n

n n

b x

b x b

x

b x b

x

b x

n

b x b

x b x n x f b x b

x b x

x

f

























































0 0 2

0

2 0 1

0

1 0

0 2

0 1 0 0

0 2

0 1 0

0

) 1

(

) 1

( ) 1

(

1

1 1

)

1 (

1

1 1

)

1

(

Đặt t = x - b0 i 0,i1,n

x0

2

) 1 ( 1

2

) 1 ( 1

) 1 ( t n  nt n n t2   nt n n t2  nt

Để CM (*): ta dùng phương pháp tam thức bậc 2 , có  0

n

n n

n n b x

nt b

x

nt b x

nt n

b x b

x b x x

f( 1) 1 1 1 2 2 2 (2 )

0 2

0 1 0 0

2 0 1 0



































Bài 14: Chứng minh rằng đa thức

2 n

n

x

n

   không thể có nhiều hơn 1 nghiệm thực

Giải:

Ta chứng minh bằng qui nạp

+ Nếu n chẵn thì Pn(x) nhận giá trị dương với mọi x Suy ra P(x) không có nghiệm thực + Nếu n lẻ thì Pn(x) có đúng 1 nghiệm thực

* n= 0: P0(x) = 1 > 0 x Vậy mệnh đề đúng với n = 0

Giả sử mệnh đề đúng n = k – 1 Ta chứng minh mệnh đề đúng Với n= k

Do giả thiết qui nạp ta có P/k(x) = Pk-1(x) > 0 x Pk(x) tăng

) (

lim

1

)

0

(

x P x

P

P

n n

x

n





















có đúng 1 nghiệm

P/k(x) = Pn-k(x) có đúng 1 nghiệm x0 # 0 Vì P//(x)k = Pk-2(x) > 0 x R

=>





















0 /

0 /

0

)

(

0

)

(

x x x

P

x x x

P

k

k

Ta có bảng biến thiên:

x  

Vậy: Pk(x)  Pk(x0) Vì x0 là nghiệm của phương trình:

Pk-1(x0) = 0 => 1 + x0 0

)!

1 (

! 2

1 0 2

0













k

x

Vậy: Pk(x0) = 1 + x0

!

!

! 2

0

2 0

k

x k

x









! )



k

x x P

k

Vậy Bài toán chứng minh xong

f(x) = x + a x + + a R x và b < b < < b , với 0 1 n biZ i, 1,n Chứng minh rằng:

! ( ) , 0 2

i n

n Max f b   i n

Giải:

Đặt M = Max f(b i) , 0in

Theo công thức nội suy Lagrange, ta có: f(x) = 







































n

i

n

i j

j i j

j i

b b

b x b

f

)

So sánh hệ số của xn ở 2 vế ta có:



















n

i

n

i n

i j

j i j

n

j i j

i n

i n

i j

j i j

i

b b

M b

b

b f b

b

b f

0 0

0

0

1 )

(

) ( )

(

) (

(*)

Ta có bi Z, i0,n b i b k (ki)

Do đó, bằng qui nạp, ta chứng minh được:

)!

( 0

i n i b

b i j

n

i j j













Vì thế, từ (*) ta có:











n

i

n

i

n

n

i j

j i j

n

M i n i

M b b

M

0

!

2 )!

(

1 1

1

Vậy: n n

M

2

!

 (ñpcm)

Bài 16: Cho f(x)  xa0 n a x1 n1 a n là đa thức có hệ số thực, có a  và thoả mãn: 0 0

f(x).f(2x ) = f(2x + x) (*) Chứng minh rằng đa thức f(x) không có nghiệm thực

Giải:

Từ giả thiết bài toán 2 3

f(x).f(2x ) = f(2x + x) (*) , ta so sánh các hệ số trong khai triển của: x và 3n x ta 0

có:













) 2 (

) 1 ( ) 2

( )

2 (

0

2 0

0

n n

n

n n

n

a a

a

x x a x

a

x

a



2

2

0 1

n

n n

n

a

a









f(x) x n f(x) x f (x)

n



Thay (*), ta có: x f (x).(2x ) f (2x ) = ( 2x + x) f (2x + x)k 1 2 k 1 2 3 k 1 3

x 2 f (x).f (2x ) = x (2x + 1) f (2x + x )

Vì (**) đúng x, nên cho x = 0 ta có 0 f1 0 vô lý Vậy a  n 0

2/ Nếu a  Giả sử n 1 x là nghiệm f(x), ta có 0 x  Thế (*) ta có: 0 0 0 = f(x ).f(2x ) = f(2x + x ) 0 02 03 0 Vậy: 3

2x + x cũng là nghiệm của f(x)

Mặt khác do x và 0 2x03 cùng dấu nên: 2x03 x0  2x03  x0  x0

=> f(x) có vô số nghiệm  xk dạng: xk+1= 2x + xk3 k (k 0) vô lý, vì f(x) có tối đa n nghiệm

Vậy f(x) vô nghiệm

Bài 17: Cho a , a , , a là những số thực không âm, không phải tất cả bằng không 1 2 n

a/ Chứng minh rằng: x - a xn 1 n-1 - - a x- a = 0n-1 n có đúng 1 nghiệm thực dương

b/ Đặt    

n

j

n

j j

a A

, và gọi R là nghiệm thực dương của phương trình

Chứng minh rằng: A A  R B

Giải:

n

x

a x

a x

a





 22

1

Dễ thấy f là hàm số giảm từ  đến 0 khi x (0,) suy ra !R, R > 0: f (R ) = 1

 !R, R > 0:

0

1

1 2

2

1



















 n n x n a x n a n x a n

x

a x

a

x

a

b Đặt

A

a

C j  j , ta có Cj là những số không âm và:   

n

j

n

j j

j a A C

1 / Mặt khác: y = -lnx là hàm số lõm ( 0,  ), nên Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có:

n

j

n

j j j j

j

R

A C R

A

C

) ln(

)

ln

n

j

n

j j

j j

R

a R

A C

) 1 ) ( , (

0 1 ln ln

) ln(

Vậy (*) cho ta:   



n

j j R j

A C

1

0 ) ln



n

j

j

C

1

0 ) ln ln



n

j j

R j A C

1

0 ) ln ln

(



n

j

n

j j

j A jC R

C

ln

n

j

j j n

j

j j

A

a C do R

A

A j A A

a

) (

ln ln



n

j

n

j j

A

R a

A

LnA

R A R

B A

Bài 18: ( Định lý Eisenstein ) Hãy chứng minh định lý tổng quát hơn:

Cho đa thức f(x)  a0a x1  a x n n( n>1 ), trong đó a , a , , a là những số nguyên và 0 1 n một số nguyên tố p thoả mãn các điều kiện:

1/ a không chia hết cho p n

2/ a , a , , a chia hết cho p ( 0 1 k 0kn )

3/ a không chia hết cho 0 p 2

Nếu f(x) được viết được dưới dạng tích của 2 đa thức với các hệ số nguyên thì bậc của một trong 2 đa thức đó không nhỏ hơn k+1

Chứng minh:

Giả sử f(x) = h(x).g(x) trong đó h(x)  b0 b x1  b x m m; g(x)  c0c x1  c n m x n m

Ta có a = b c Vì 0 0 0 a0p và không chia hết cho p nên trong 2 số 2 b và 0 c có 1 số chia hết cho p và 0

số còn lại không chia hết cho p Giả sử b p0 và c không chia hết cho p Vì 0 an b c m n m không chia hết cho p nên b cũng không chia hết cho p m

Gọi i là số nhỏ nhất trong số các số i thoả mãn 0 b không chia hết cho p thì i 0i0 m Ta có:











0 0

0 0

i j i

j i i

i c b b c

a ( 0 i i0) không chia hết cho p

Vậy i0 k Mặt khác 1 mi0 Vậy mk1 (ĐPCM )