ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐOÀN THỊ HỒNG CẨM MỘT SỐ LỚP ĐẲNG THỨC TRONG ĐA THỨC VÀ ÁP DỤNG LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN NĂM 2015 Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! ĐẠ[.]
Một số tính chất cơ bản của đa thức
Định lý 1.1 khẳng định rằng, với A là một trường (A = R hoặc A = C) và A[x] là vành các đa thức trên A, nếu f(x) và g(x) là hai đa thức khác không trong A[x], thì luôn tồn tại một cặp đa thức duy nhất q(x) và r(x) thuộc A[x] thỏa mãn f(x) = g(x)q(x) + r(x), với điều kiện rằng bậc của r(x) nhỏ hơn bậc của g(x).
Nếu r(x) = 0 ta nói f (x) chia hết cho g(x).
Giả sử a ∈ A, f (x) = a n x n +a n−1 x n−1 +ã ã ã+a 1 x+a 0 là đa thức tựy ý của vành A[x], phần tử f (a) = a n a n + a n−1 a n−1 + ã ã ã+ a 1 a + a 0 cú được bằng cách thay x bởi a được gọi là giá trị của f(x) tại a.
Nếu f(a) = 0, thì a được gọi là nghiệm của f(x) Bài toán tìm nghiệm của f(x) trong A được xem là giải phương trình đại số bậc n, với dạng an x^n + a(n-1) x^(n-1) + + a1 x + a0 = 0 (với an ≠ 0) Định lý 1.2 chỉ ra rằng, nếu A là một trường số thực hoặc số phức và f(x) thuộc A[x], thì dư số của phép chia f(x) cho (x−a) là f(a) Định lý 1.3 nêu điều kiện cần và đủ để hai đa thức P(x) và Q(x) là nguyên tố cùng nhau là tồn tại cặp đa thức u(x) và v(x) thỏa mãn một điều kiện nhất định.
Hai đa thức P(x) và Q(x) (không phải là đa thức 0) có ước chung d(x) được gọi là ước chung lớn nhất nếu d(x) chia hết cho tất cả các ước chung khác của P(x) và Q(x).
Tương tự, ta có khái niệm ước chung lớn nhất của bộ nhiều đa thức.
Nếu các đa thức f(x) và g(x) là nguyên tố cùng nhau, và f(x) và h(x) cũng nguyên tố cùng nhau, thì f(x) và g(x)h(x) cũng sẽ nguyên tố cùng nhau.
Tính chất 1.2 Nếu các đa thức f(x), g(x), h(x) thỏa mãn điều kiện f(x)h(x) chia hết cho g(x), g(x) và h(x) nguyên tố cùng nhau thì f(x) chia hết cho g(x).
Tính chất 1.3 Nếu đa thức f(x) chia hết cho các đa thức g(x) và h(x) với g(x) và h(x) nguyên tố cùng nhau thì f(x) chia hết cho g(x)h(x).
Tính chất 1.4 Nếu các đa thức f(x) và g(x) nguyên tố cùng nhau thì[f (x)] m và [g(x)] n sẽ nguyên tố cùng nhau với mọi m, n nguyên dương.
Các định lý về nghiệm của đa thức
Định lý 1.4 xác định rằng a là nghiệm của f(x) nếu và chỉ nếu f(x) chia hết cho (x−a) Giả sử A là một trường, a ∈ A, f(x) ∈ A[x] và m là một số tự nhiên lớn hơn hoặc bằng 1, thì a là nghiệm bội cấp m của f(x) khi và chỉ khi f(x) chia hết cho (x−a)^m và không chia hết cho (x−a)^(m+1) Khi m = 1, a được gọi là nghiệm đơn, và khi m = 2, a là nghiệm kép Tổng số nghiệm của một đa thức bao gồm cả bội của các nghiệm, do đó, một đa thức với một nghiệm bội cấp m được xem như có m nghiệm trùng nhau.
Giả sử f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + + a_1 x + a_0 ∈ A[x] (với A là một trường) Thương gần đúng của f(x) cho (x−a) là một đa thức bậc n−1, có dạng q(x) = b_{n-1} x^{n-1} + + b_1 x + b_0, với b_{n-1} = a_n, b_k = a b_{k+1} + a_{k+1} (với k = 0, 1, , n − 1) và dư số r = a b_0 + a_0 Theo Định lý Viète, nếu phương trình a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + + a_1 x + a_0 = 0 (với a_n ≠ 0) có n nghiệm (thực hoặc phức) x_1, x_2, , x_n, thì
Nếu các số x1, x2, , xn thỏa mãn hệ phương trình, chúng sẽ là nghiệm của phương trình (1.1) Hệ (1.2) bao gồm n thành phần, trong đó vế trái của thành phần thứ k có Cnk số hạng Các hàm E1(x), E2(x), , En(x) được định nghĩa là hàm (đa thức) đối xứng sơ cấp Viète bậc 1, 2, , n tương ứng.
Mỗi đa thức thực bậc n có tối đa n nghiệm thực.
Hệ quả 1.1 Đa thức có vô số nghiệm là đa thức không.
Hệ quả 1.2 Nếu đa thức có bậc ≤ n mà nhận cùng một giá trị tại n+ 1 điểm khác nhau thì chúng đồng nhất bằng hằng số.
Hệ quả 1.3 nêu rõ rằng hai đa thức bậc ≤ n có giá trị bằng nhau tại n + 1 điểm phân biệt thì chúng là đồng nhất Theo định lý 1.7, mọi đa thức f(x) thuộc C[x] có bậc n sẽ có đúng n nghiệm, bao gồm cả bậc của nghiệm Định lý 1.8 khẳng định rằng mọi đa thức f(x) thuộc R[x] có bậc n và hệ số chính a_n khác 0 đều có thể phân tích một cách duy nhất thành nhân tử f(x) = a_n m.
Tính chất 1.5 Mọi nghiệm x 0 của đa thức
P n (x) =a n x n +a n−1 x n−1 +ã ã ã+a 1 x+a 0 (a 0 6= 0) đều thỏa mãn bất đẳng thức |x 0 | ≤ 1 + A
1≤k≤n|a k |. Tính chất 1.6 Nếu a m là hệ số âm đầu tiên của đa thức P n (x) thì số
1 + m rB a0 là cận trên của các nghiệm dương của đa thức đã cho, trong đó
B là giá trị lớn nhất của trị tuyệt đối các hệ số âm.
Ước, ước chung lớn nhất
Định nghĩa 1.2 Khi đa thức P n (x) viết được dưới dạng
P n (x) = g(x)q(x) với degg > 0 và degq > 0, thì ta nói g là ước của P n (x) và ta viết g(x)|P n (x) hay P n (x) g(x).
Nếu g(x)|P (x) và g(x)|Q(x) thì ta nói g(x) là ước chung của P(x) và Q(x).
Nếu hai đa thức P(x) và Q(x) chỉ có ước chung là các đa thức bậc 0 thì ta nói rằng chúng nguyên tố cùng nhau và ta viết dưới dạng(P (x), Q(x)) 1.
Bài toán 1.1 Chứng minh rằng hai đa thức P(x) = x 2015 −1và Q(x) x 2015 + 1 nguyên tố cùng nhau.
P(x) - Q(x) = 2 cho thấy rằng nếu d(x) là ước chung của P(x) và Q(x), thì d(x) cũng là ước của đa thức hằng số 2 Do đó, hai đa thức P(x) và Q(x) là nguyên tố cùng nhau.
Bài toán 1.2 Tìm ước chung lớn nhất của hai đa thức P(x) = (x−1) 2015 và Q(x) = x 2015 −1.
Lời giải Vì x = 1 là nghiệm đơn của đa thức Q(x) Suy ra nếu d(x) là ước chung của P(x) và Q(x) thì d(x) là ước của x−1 Suy ra
Bài toán 1.3 Cho đa thức P(x) và hai số a, b phân biệt Biết rằng P(x) chia cho x−a dư A, P(x) chia cho x−b dư B Hãy tìm phần dư của phép chia P(x) cho (x−a)(x−b).
Lời giải Giả sử P(x) = (x−a)(x −b)Q(x) +Cx+ D Lần lượt thay x = a, b, ta được A= Ca+D, B = Cb+D.
Bài toán 1.4 Tìm phần dư trong phép chia x 100 cho (x−1) 2
Lời giải Giả sử x 100 = (x−1) 2 Q(x) +Ax+B Thay x = 1, ta được
Lấy đạo hàm hai vế rồi cho x = 1, ta được 100 = A Từ đó suy ra phần dư là 100x−99.
Bài toán 1.5 Tìm a, b, c biết rằng đa thức P(x) = x 3 + ax 2 + bx+ c chia hết cho x−2 và chia x 2 −1 dư 2x.
Lời giải Từ các điều kiện đề bài suy raP(2) = 0,P(1) = 2 vàP(−1) −2, tức là
Bài toán 1.6 Chứng minh rằng với mọi giá trị của n, đa thức
(x+ 1) 2n+1 +x n+2 chia hết cho đa thức x 2 +x+ 1.
Lời giải Cách 1 (Quy nạp theo n) Với n = 0, điều phải chứng minh là hiển nhiên.
Giả sử ta đã có (x+ 1) 2n+1 + x n+2 chia hết cho x 2 +x+ 1 Khi đó
Cách 2 (Dùng số phức) Đa thức x 2 +x+ 1 có hai nghiệm là α = −1±i√
2 Để chứng minh P(x) chia hết cho x 2 + x + 1 ta chỉ cần chứng minh
P(α) = 0 Điều này tương đương với việc chứng minh
Chuyển các số phức sang dạng lượng giác rồi dùng công thức Moivre, ta có điều này tương đương với cos (2n+ 1)π
Bài toán 1.7 Tìm tất cả các giá trị n sao cho x 2n +x n + 1 chia hết cho x 2 +x+ 1.
Lời giải Cách 1 Ta nhận thấy x 3 ≡1(mod(x 2 +x+ 1)) Do đó x 2(n+3) + x n+3 + 1 ≡ x 2n + x n + 1(mod(x 2 +x+ 1))
Do đó ta chỉ cần xét với n= 0,1,2 Rõ ràng
Với n= 0, 3 không chia hết cho x 2 +x+ 1.
Từ đó suy ra x 2n +x n + 1 chia hết cho x 2 +x+ 1 khi và chỉ khi n có dạng 3k + 1 hoặc 3k+ 2.
Để giải bài toán tương tự như bài toán 1.6, ta cần xem xét đa thức P(x) = x^(2n) + x^(n+1) chia hết cho x^2 + x + 1 khi và chỉ khi P(α) = 0 Sử dụng công thức Moivre, điều này tương đương với cos(4nπ).
+ 1 = 0. Điều này xảy ra khi n không chia hết cho 3.
Bài toán 1.8 Chứng minh rằng (x m −1, x n −1) = x (m,n) −1.
Lời giải Giả sử d = (m, n) thì rõ ràng x m −1 = (x d ) m
−1 chia hết cho x d −1 và tương tự x n −1 chia hết cho x d
Suy ra x d −1 là ước chung của x m −1, x n −1.
Giả sử D(x) là ước chung của x m − 1 và x n − 1, với d = (m, n) Tồn tại các số nguyên dương u, v sao cho d = mu − nv Khi đó, D(x là ước của (x mu − 1) − (x nv − 1) = x nv (x d − 1) Do (x m − 1, x nv) = 1, nên (D(x), x nv) = 1, từ đó suy ra D(x) là ước của x d − 1 Kết luận, x d − 1 là ước chung lớn nhất của x m − 1 và x n − 1.
Vấn đề biểu diễn, xác định đa thức
Biểu diễn một số lớp các đa thức một biến
Biểu diễn các đa thức dương trên trục thực và nửa trục thực
thực Định lí 2.1 ([3]-[6]) Giả sử đa thức P(x) ∈ R[x] và P(x) > 0 với mọi x ∈ R Khi đó P(x) có thể biểu diễn được dưới dạng
P(x) = [A(x)] 2 + [B(x)] 2 , trong đó A(x), B(x) cũng là các đa thức.
Chứng minh Do P(x) > 0 với mọi x ∈ R nên đa thức P(x) có bậc bằng 2n và có thể phân tích được dưới dạng tích của các nhân tử bậc hai dương, nghĩa là
Từ hằng đẳng thức p 2 1 +q 2 1 p 2 2 +q 2 2 = (p 1 p 2 +q 1 q 2 ) 2 + (p 1 q 2 +p 2 q 1 ) 2 , ta có kết luận: Tích của hai biểu thức dạng [u(x)] 2 + [v(x)] 2 cũng là một biểu thức có dạng đó.
Sau hữu hạn bước thực hiện quy trình đó ta thu được biểu thức dạng
Bài toán 2.1 Chứng minh rằng tồn tại đa thức bậc nhất P(x), Q(x) sao cho x 2 −3x+ 3 = [P(x)] 2 + [Q(x)] 2 , ∀x ∈ R (2.1) có các hệ số đều dương.
Lời giải Nhận xét rằng x 2 −3x+ 3 = x− 3
2 , ta thu được đẳng thức (2.1).
Bài toán 2.2 yêu cầu chứng minh rằng với đa thức f(x) = ax^2 + bx + c ∈ R[x] thỏa mãn điều kiện f(x) > 0 cho mọi x ≥ 0, tồn tại một đa thức P(x) sao cho đa thức Q(x) = f(x)P(x) có tất cả các hệ số không âm Điều này cho thấy sự liên kết giữa các hệ số của đa thức và tính dương của f(x) trong miền xác định.
Lời giải Do f(x) > 0 với mọi x ≥ 0 nên a > 0 và c = f (0) > 0.
Nếu b ≥ 0 thì ta chọn P (x) = 1 và ta nhận được ngay điều phải chứng minh.
Nếu b < 0, do a > 0ta tìm P(x) dưới dạng P (x) = (x+ 1) n vớin ≥ 2.
( b+na≥ 0 b+nc≥ 0 aC n k−2 +bC n k−1 + cC n k ≥ 0 k = 2,3, , n
(1) (2) (3) Nhận thấy ngay rằng với n > max
−b a ,−b c thì các điều kiện (1) và
Ta biến đổi vế trái của (3) như sau: h(k) = (a−b+ c)k 2 −[a−(n+ 2)b+ (2n+ 3)c]k
Để đảm bảo bất phương trình c(n+1)(n+2) ≥ 0 đúng với mọi k, cần có điều kiện b < 0, a ≥ 0 và c ≥ 0, từ đó suy ra a - b + c > 0 Để (3) luôn đúng, ta phải chọn n sao cho biệt thức của tam thức bậc hai h(k) không dương, tức là ∆h ≤ 0 Biểu thức của ∆h cũng là một tam thức bậc hai theo n, với hệ số của n².
Do vậy, ta có: lim n→∞∆ h = −∞.
Với n đủ lớn, ta có ∆ h ≤ 0, từ đó suy ra tồn tại n thỏa mãn đồng thời các điều kiện (1), (2) và (3) Định lý 2.2 cho biết rằng nếu đa thức g(x) = a n x n + a n−1 x n−1 + + a 1 x + a 0 với n ≥ 3 thỏa mãn g(x) > 0 cho mọi x > 0, thì tồn tại một số nguyên s ∈ N sao cho đa thức Q(x) = g(x)(x + 1) s có các hệ số đều không âm.
Chứng minh Ta xét hai trường hợp degg(x) = 2m và degg(x) = 2m+ 1 với m ∈ N.
Khi n = 2m thì ta có thể phân tích g(x) m
Y k=1 a k x 2 + b k x+c k , trong đó a k x 2 + b k x + c k > 0, ∀x > 0 Theo Bài toán 2.2 với mỗi đa thức a k x 2 +b k x+c k đều tồn tại số tự nhiên m k sao cho đa thức Q k (x) a k x 2 + b k x+c k (x+ 1) m k có các hệ số đều không âm.
(x+ 1) m k = g(x) (x+ 1) m 1 +ããã+m m là một đa thức cũng có các hệ số đều không âm.
Khi degg(x) = 2m+ 1 thì g(x) có ít nhất một nghiệm không dương là −a (a ≥ 0) Ta có g(x) = (x+a)h(x) với h(x) > 0 với mọi x > 0 và degh(x) = 2m.
Do degh(x) = 2m, theo (1) tồn tại số nguyên dương s sao cho h(x) (x + 1)^s có các hệ số không âm Do đó, đa thức g(x) (x + 1)^s cũng sẽ có các hệ số không âm.
Bài toán 2.3 Chứng minh rằng tồn tại đa thức Q(x) sao cho đa thức
P(x) = (x 2 −3x+ 3)Q(x) có các hệ số đều dương.
Lời giải Nhận xét rằng
Bài toán 2.4 Chứng minh rằng nếu đa thức P(x) ≥ 0với mọi x ≥ 0 thì tồn tại các đa thức A(x), B(x), C(x), D(x) để P(x) biểu diễn được dưới dạng
Nếu m = 0 thì ta dễ dàng viết được biểu diễn (2.2).
Với m ≥1, ta có thể phân tích đa thức P (x) dưới dạng
Y k=1 a k x 2 +b k x+c k , trong đó ak > 0, akx 2 +bkx+ck ≥ 0, ∀x ≥ 0.
Nhận xét rằng với mỗi đa thức a k x 2 +b k x+c k ≥ 0, ∀x ≥ 0 ta đều có thể viết được ax 2 + bx+c = (α k x+β k ) 2 + x γ k 2 +δ k 2
Mặt khác, ta cũng có tích của hai đa thức dạng p 2 +q 2 +x r 2 +s 2 cũng là một đa thức có dạng đó.
= p 2 1 + q 1 2 p 2 2 +q 2 2 +x 2 r 1 2 +s 2 1 r 2 2 +s 2 2 +x p 2 1 + q 1 2 r 2 2 +s 2 2 +x 2 r 2 1 +s 2 1 p 2 2 +q 2 2 Theo Bài toán 2.2 thì ta có biểu diễn p 2 1 +q 1 2 p 2 2 +q 2 2 +x 2 r 2 1 +s 2 1 r 2 2 + s 2 2 = [A(x)] 2 + [B(x)] 2 , p 2 1 +q 1 2 r 2 2 +s 2 2 +x 2 r 1 2 +s 2 1 p 2 2 +q 2 2 = [C(x)] 2 + [D(x)] 2 Vậy nên
Lập luận tương tự như đối với Định lý 2.1, ta thu được
(Do các biểu thức trong ngoặc nhọn là không âm với mọi x nên áp dụng được kết quả biểu diễn của Bài toán 2.2).
Biểu diễn các đa thức dương trên một khoảng
Định lí 2.3 Giả sử đa thức f(x) ∈ R[x] thỏa mãn điều kiện f(x) > 0,
∀x ∈ (−1; 1) Khi đó đa thức f(x) có thể biểu diễn được dưới dạng f (x) k
Chứng minh Giả sử degf (x) = m Đặt 1 +x
Do đó đa thức Q(t) với
Q(t) = (t+ 1) m f t−1 t+ 1 là một đa thức thỏa mãn điều kiện Q(t) > 0 , ∀t > 0.
Theo Định lý 2.1 thì tồn tại n∈ N sao cho
X j=0 b j t j là một đa thức có các hệ số đều không âm Suy ra
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 2.5 Chứng minh rằng tồn tại đa thức dạng
X k=1 a k (1−x) k (1 +x) m−k , trong đó a k ≥ 0 với mọi k = 1,2, , m sao cho x 2 + 1 = Q(x) với mọi x ∈ [−1,1].
Lời giải Sử dụng đẳng thức (1 − x) 2 + (1 + x) 2 = 2(x 2 + 1), ta có x 2 + 1 = Q(x) với mọi x ∈ [−1,1], trong đó Q(x) = 1
Một số đồng nhất thức giữa các đa thức nhiều biến
Với các số thực a, b, c, x, y, z và d 6= 0 có các đồng nhất thức sau đây: (i) (a+b) 2 = a 2 + 2ab+b 2 và (a−b) 2 = a 2 −2ab+b 2
(iii) (a+b) 3 = a 3 + 3ab(a+ b) +b 3 và (a−b) 3 = a 3 −3ab(a−b)−b 3 (iv) a 2 −b 2 = (a−b)(a+b).
(v) a 3 −b 3 = (a−b)(a 2 +ab+b 2 ) và a 3 +b 3 = (a+b)(a 2 −ab+b 2 ). (vi) (a 2 +b 2 )(x 2 +y 2 ) = (ax+by) 2 + (ay −bx) 2
(vii) (a 2 +b 2 +c 2 )(x 2 +y 2 +z 2 ) = (ax+by +cz) 2 + (ay −bx) 2 + (bz− cy) 2 + (cx−az) 2
|d| và |a| = |b| khi và chỉ khi a = ±b.
Bài toán 2.6 Cho đa thức P (x, y, z, t) với các hệ số thực thỏa mãn hệ thức
Chứng minh rằng đa thức P (x, y, z, t) có thể biểu diễn được dưới dạng
P (x, y, z, t) = x 2 + y 2 +z 2 −t 2 Q(x, y, z, t) trong đó Q(x, y, z, t) là đa thức với hệ số thực.
Lời giải Thực hiện phép chia P(x, y, z) cho t 2 −x 2 −y 2 −z 2 theo biến t (x, y, z là tham số) ta thu được
Thay t = ±px 2 +y 2 +z 2 vào (2.3) ta suy ra R(x, y, z) = 0.
Với x, y, z cố định, ta chọn t= px 2 + y 2 +z 2 thì từ (2.3) ta thu được S(x, y, z) = 0 Từ đây ta thu được biểu diễn
Bài toán 2.7 Cho đa thức hai biến P (x, y) thỏa mãn điều kiện i) P (tx, ty) =t 2 P (x, y) với mọi x, y, t∈ R, ii) P (b+ c, a) +P (c+ a, b) +P (a+ b, c) = 0 với mọi a, b, c ∈ R, iii) P (1,0) = 1.
Chứng minh rằng đa thức P (x, y) có dạng
P (x, y) = (x+y) m (x−2y), m ∈ N. Lời giải Trong b) đặt b = 1−a;c = 0, ta được
P (1−a, a) = −1−P (a,1−a) (2.4) Lại đặt c = 1−a−b và kết hợp với a) ta được
P(a+b,1−a−b) = P(a,1−a) +P(b,1−b) + 2 (2.5) Đặt f(x) = P(x,1 − x) + 2 Khi đó f(x) là hàm liên tục trên R và f(1) =P(1,0) + 2 = 3 và (2.5) trở thành f(x+y) = f(x) +f(y) Đó là phương trình hàm Cauchy f (x+ y) =f (x) +f (y) f (1) = 3 (2.6)
Phương trình (2.6) có nghiệm duy nhất f(x) = 3x Vậy nên
Với a+b 6= 0, đặt t= a+b;x = a a+b;y = b a+ b thì ta sẽ thu được
Nhưng do P(x, y) liên tục nên (2.8) đúng với cả trường hợp a+b = 0. Tóm lại P (x, y) = (x+y) n−1 (x−2y).
Bài toán 2.8 Cho đa thức với hệ số thực f (x, y) biến x, y ∈ R và giả thiết rằng f (ax 1 +bx 2 , y) (x 1 , y) +bf (x 2 , y), ∀x 1 , x 2 , y ∈ R (2.9) Cho tập S ⊂R và ký hiệu g(x) = max y∈S f (x, y) (2.10)
Chứng minh rằng g(x 1 +x 2 ) ≤ g(x 1 ) +g(x 2 ), ∀x 1 , x 2 ∈ R. Lời giải Ta có g(x 1 +x 2 ) = max y∈S f(x 1 + x 2 , y) = max y∈S [f(x 1 , y) +f (x 2 , y)]
≤max y∈S f(x 1 , y) + max y∈S f(x 2 , y) = g(x 1 ) +g(x 2 ), điều phải chứng minh.
Nhận xét 2.1 Biểu diễn (2.10) cũng đúng với những lớp hàm số rộng hơn lớp các hàm đa thức Chẳng hạn ta có biểu diễn
Bài toán 2.9 Cho α là bộ n số không âm (a1, a2, , an) (n≥ 1, n ∈ N). Chứng minh rằng n
X i=1 a i x i n , (2.11) trong đó S(x) là tập hợp các bộ số không âm x = (x 1 , x 2 , , x n ) thỏa mãn điều kiện n
Q i=1 xi = 1. Lời giải Theo bất đẳng thức AM - GM n
Theo định nghĩa của tập S(x) thì (2.12) sẽ có dạng n
Bài toán 2.10 Chứng minh rằng a 4 + b 4 +c 4 +ab 3 +bc 3 +ca 3 ≥2 a 3 b+b 3 c+ c 3 a , ∀a, b, c, d ∈ R. Lời giải Ta có
= a 2 −ab+ac−c 2 2 + b 2 −bc+ba−a 2 2 + c 2 −ca+cb−b 2 2 ≥0,điều phải chứng minh.
Xác định đa thức theo các đặc trưng của chúng
Đặc trưng hàm của đa thức với biến tự do
Trong mục này ta khảo sát một số dạng đẳng thức đa thức với cặp biến tự do.
Bài toán 2.11 Tìm tất cả các đa thức P(x) bậc n thỏa mãn điều kiện
P x 2 + y 2 = P (x+y) +P (x−y), ∀x, y ∈ R (2.13) Lời giải Cho y = 0, ta thu được
Giả sử degP = n, ta có P(x^2) là đa thức bậc 2n và 2P(x) là đa thức bậc n Từ đó, suy ra 2n = n, dẫn đến n = 0 và P(x) = const Thay vào (2.13), ta nhận được P(x) = 0 Kiểm tra lại cho thấy các nghiệm P(x) ≡ 0 đều thỏa mãn điều kiện đề bài.
Bài toán 2.12 Tìm tất cả các đa thức P(x) bậc n thỏa mãn điều kiện
P x 2 −y 2 = P (x+y)P (x−y), ∀x, y ∈ R (2.15) Lời giải Đặt x+ y = u, x−y = v thì (2.15) có dạng
P (u, v) = P (u)P (v), ∀x, y ∈ R (2.16) Đặt u = v = 0 vào (2.16) ta được P (0) = 0 hoặc P (0) = 1.
Nếu P (0) = 1 thì từ (2.16) với v = 0, ta thu được
Nếu P (0) = 0 thì x = 0 là một nghiệm của P(x) nên P (x) =xQ(x) với Q(x) là đa thức bậc n−1 Thế vào (2.16) ta thu được uvQ(uv) = uvQ(u)Q(v), ∀x, y ∈ R.
Q(uv) = Q(u)Q(v), ∀x, y ∈ R (2.17) với Q(u) ≡ 1 hoặc Q(x) =xQ 1 (x), Q 1 (x) là đa thức bậc n−2.
Tiếp tục quá trình này, sau hữu hạn bước ta thu được nghiệm của bài toán
Thử lại ta thấy các nghiệm P (x) ≡ 1 và P (x) = x n thỏa mãn điều kiện bài ra.
Bài toán 2.13 Tìm tất cả các đa thức f : R → R thỏa mãn các điều kiện f (x+y) = f (x) +f (y) + 2xy, ∀x, y ∈ R (2.18)
Lời giải Cho x = y = 0 vào (2.18) ta được f (0) = 0 Từ giả thiết suy ra f 0 (x) = lim y→0 f (x+ y)−f (x) y = lim y→0 f (y) + 2xy y = 2x+f 0 (0). Vậy nên f (x) = f (x)−f (0) x
Thử lại ta thấy hàm số f (x) = x 2 +ax thỏa mãn n điều kiện bài ra.
Bài toán 2.14 Tìm tất cả các đa thức p 1 (x), p 2 (x), p 3 (x), p 4 (x) sao cho với x, y, z, t∈ R thỏa mãn điều kiện xy −zt = 1 thì p 1 (x)p 2 (y)−p 3 (z)p 4 (t) = 1.
Lời giải Giả sử n i = degp i , i = 1,2 Lấy số tự nhiên N sao cho số các ước số của N lớn hơn n1 +n2 Đặt z = 1 và t = N −1.
Với mọi ∀x, y ∈ Z và x|N ta có p 1 (x)p 2 (N/x) = 1 +p 3 (1)p 4 (N −1) (2.19)
Phương trình (2.19) đối với x có vế trái là đa thức bậc ≤ n 1 + n 2 và đa thức này có nhiều hơn n 1 + n 2 nghiệm nên deg (p 1 (x)p 2 (N/x)) = 0
Suy rap 1 (x) =ax n , p 2 (x) = bx n Tương tự ta cóp 3 (x) =cx m , p 4 (x) dx m Với x = y = 1, z = t = 0 thì xy−zt = 1 nên p 1 (x)p 2 (y)−p 3 (z)p 4 (t) = 1.
Với x = y = 0, z = 1, t = −1 thì xy −zt = 1 nên: p 1 (x)p 2 (y)−p 3 (z)p 4 (t) = 1.
Với x = z = 1, t = y − 1 ta có y n − (y −1) m = 1, ∀y ∈ Z Do đó m = n= 1.
Vậy p1(x) = ax, p2(x) = x a, p3(x) = cx, p4(x) = x c trong đó a, c là các hằng số khác 0.
Xác định đa thức theo các đặc trưng nghiệm
Bài toán 2.15 Tìm tất cả các cặp số a, b sao cho x 4 + 4x 3 +ax 2 +bx+ 1 là bình phương của một đa thức.
Lời giải Nếu x 4 + 4x 3 + ax 2 +bx + 1 là bình phương của một đa thức thì đa thức đó phải có bậc 2 Giả sử x 4 + 4x 3 +ax 2 +bx+ 1 = (Ax 2 +Bx+C) 2
⇔x 4 + 4x 3 +ax 2 +bx+ 1 = A 2 x 4 + 2ABx 3 + (2AC +B 2 )x 2 + 2BCx+C 2 Đồng nhất hệ số hai vế, ta được
Không mất tính tổng quát, có thể giả sử A = 1, suy ra B = 2, C có thể bằng 1 hoặc −1.
Vậy có hai cặp số (a, b) thỏa mãn yêu cầu bài toán là (6,4) và (2,−4). Bài toán 2.16 Xác định đa thức bậc 4 dạng
P (x) =x 4 + bx 2 +c(b, c >0) (2.20) sao cho phương trình P (x) = x 2 không có nghiệm thực còn phương trình sau
Lời giải Để ý rằng P (x) > 0 và P (−x) = P (x) với ∀x ∈ R nên ta chỉ cần xét x ≥ 0.
Theo giả thiết thì phương trình P (x) =x 2 vô nghiệm và vì P (x)−x 2 x 4 + (b−1)x 2 +c nên P (x) > x 2 với mọi ∀x ∈ R Suy ra
Vậy phương trình (2.21) vô nghiệm Từ đó suy ra không tồn tại đa thức dạng (2.20) thỏa mãn bài ra.
Bài toán 2.17 Cho a,b,clà ba nghiệm của phương trình x 3 −3x+1 = 0. Lập phương trình bậc ba có nghiệm là a) a 2 , b 2 , c 2 ; b) 1−a
1 +c. Lời giải Theo định lý Viète, ta có a+b+c = 0, ab+bc+ca = −3, abc= −1.
Từ đó ta tính được a 2 +b 2 +c 2 = (a+b+c) 2 −2(ab+bc+ca) = 0 2 −2(−3) = 6. a 2 b 2 +b 2 c 2 +c 2 a 2 = (ab+bc+ca)−2abc(a+b+c) = (−3) 2 −2.(−1).0 = 9. a 2 b 2 c 2 = (abc) 2 = 1. Áp dụng định lý Viète đảo, suy raa 2 ,b 2 ,c 2 là ba nghiệm của phương trình x 3 −6x 2 + 9x−1 = 0.
Tương tự, ta tính được
1 +c là 3 nghiệm của phương trình x 3 + 3x 2 −x− 1
Bài toán 2.18 Rút gọn biểu thức
(c−a)(c−b). Lời giải Xét đa thức
Ta có F(a) = F(b) =F(c) = 0 Nhưng F(x) là đa thức bậc nhỏ hơn hay bằng 2 Do đó F(x) phải đồng nhất 0.
Từ đó suy ra hệ số của x 2 của F(x) bằng 0 Hệ số này bằng a 2 (a−b)(a−c) + b 2
Bài toán 2.19 Tìm tất cả các đa thức P(x) thỏa mãn đồng nhất thức xP(x−1) = (x−26)P(x).
Lời giải Thay x = 0 vào đồng nhất thức, ta suy ra P(0) = 0 Suy ra
P(x) chia hết cho x, tức là P(x) = xP 1 (x) Thay vào đồng nhất thức, ta được x(x−1)P1(x−1) = (x−26)xP1(x), suy ra
Lại thay x = 1, ta được P1(1) = 0, suy ra P1(x) chia hết cho x−1, tức là
Cứ tiếp tục lý luận như thế, ta đi đến
Và Q(x−1) = Q(x). Đặt Q(0) = a thì ta có Q(x) = a với x = 1,2,3, suy ra Q(x) = a với mọi x.
Vậy P(x) =ax(x−1) .(x−25) là tất cả các nghiệm của bài toán.
Bài toán 2.20 Xét phương trìnhx 2 −a n−1 x n−1 −a n−2 x n−2 − −a 1 x− a 0 = 0 với a i là các số thực dương Chứng minh rằng phương trình này có không quá 1 nghiệm dương.
Lời giải Viết phương trình đã cho dưới dạng
Vế trái là một hàm số giảm trên (0,+∞) nên phương trình trên có không quá 1 nghiệm dương.
Bài toán 2.21 Với giá trị nào của A và B thì đa thức P(x) = Ax n+1 +
Bx n + 1 có x = 1 là nghiệm bội ít nhất là bậc 2?
Lời giải Trước hết ta phải có P(1) = 0, tức là A+ B + 1 = 0, suy ra
Khi đóP(x) = Ax n (x−1)−x n +1 = (x−1)(Ax n −x n−1 −x n−2 − .−1) (x−1)Q(x). Để 1 là nghiệm bội ít nhất là bậc 2 thì Q(x) chia hết cho x −1, tức làQ(1) = 0, suy ra A = n, B = −(n+ 1).
Bài toán 2.22 Tìm các đa thức dạng
X k=0 akx k , ak ∈ {−1; 1}, ∀k ∈ {0,1, , n} có các nghiệm đều thực.
Lời giải Giả sử a n = 1 (với a n = −1 ta có ngay kết quả tương tự). Với n = 1 thì có ngay hai đa thức cần tìm dạng P 1 (x) = x±1.
Vớin ≥2 thì theo giả thiết đa thức có các nghiệmx 1 , x 2 , , x n đều thực. Theo Định lý Viète thì (x 1 x 2 x n ) 2 = a 2 0 = 1 và
P j=i x 2 j ≥ p n x 2 1 x 2 2 x 2 n = 1 nên n ≤ 3. Với n = 2 ta thu được hai cặp đa thức ± x 2 + x−1 ,± x 2 −x−1 Với n = 3 ta thu được hai cặp đa thức ± x 3 +x 2 −x−1 ,± x 3 −x 2 −x+ 1 Vậy các đa thức cần tìm là ±(x+ 1),±(x−1),± x 2 +x−1 , ± x 2 −x−1 ,± x 3 +x 2 −x−1 ,± x 3 −x 2 −x+ 1
Bài toán 2.23 Tìm tất cả các đa thức f (x) ∈ Z[x] dạng f (x) = n!x n +a n−1 x n−1 + ã ã ã+ a 1 x+ (−1) n n(n+ 1) có các nghiệm (kí hiệu là x1, , xn) đều thực sao cho điều kiện sau đây được thỏa mãn x k ∈ [k, k+ 1], ∀k ∈ {1,2, , n}.
Lời giải Với n = 1thì f (x) =x−2 là đa thức duy nhất thỏa mãn điều kiện bài toán.
Vớin = 2 thì f (x) = 2x 2 +a 1 x+ 6 có 2 nghiệm x 1 , x 2 thỏa mãn điều kiện
Kết hợp với a1 < 0 ta thu được a1 = −7 hoặc a1 = −8.
Tương tự ta thu được hai đa thức f (x) = 2x 2 −7x+ 6 và f (x) = 2x 2 −8x+ 6.
Tiếp theo ta chứng minh rằng bài toán vô nghiệm ứng với n ≥ 3.
Từ giả thiết x k ∈ [k, k + 1] với mọi k = 1, , n ta thu được n!≤ x1x2 xn = n+ 1
2 < n < n!,vô lý. Vậy nghiệm của bài toán là f (x) = x−2;f (x) = 2x 2 −7x+ 6 và f (x) = 2x 2 −8x+ 6.
Bài toán 2.24 Với mỗi số nguyên tố n+ 1 chữ số p = a n a n−1 a 1 a 0
Ta xột đa thức f p (x) = a n x n + a n−1 x n−1 + ã ã ã+a 1 x+ a 0 Xỏc định tất cả các đa thức f p (x) như trên biết rằng nó có nghiệm hữu tỉ.
Lời giải Xét n ≥ 1 Theo giả thiết thì a j ∈ {0,1,2, ,9}, a n > 0, a 0 lẻ và fp(x) phân tích được thành tích 2 đa thức với hệ số nguyên f p (x) = (ax+ b) b n−1 x n−1 +ã ã ã+b 0 , ∀x ∈ N ∗ (2.23)
Từ (2.23) ta suy ra ab n−1 = a n , bb 0 = a 0 (2.24)
Do đó 1< a.10 +b < p và từ (2.23) ta thu được p= f p (10) = (a.10 +b) b n−1 (10) n−1 +ã ã ã+b 0
Điều này trái với giả thiết rằng p là một số nguyên tố.
Với n = 0 ta được tất cả các đa thức bậc nhất f (x) = a 1 x+ a 0 mà p= a 1 a 0 là số nguyên tố.
Bài toán 2.25 Tìm tất cả các đa thức f (x) ∈ R[x] bậc n có nghiệm thực và thỏa mãn điều kiện f (x)f 2x 2 = f 2x 3 +x , ∀x ∈ R.
Khi đó f (0) = a n và từ điều kiện bài toán ta có a n = 0 hoặc a n = 1. Trường hợp a n = 0 không xảy ra vì khi đó thì f (x) = x s g(x) với g(0) 6= 0 và ∀k ∈ N ∗ Thay vào đề bài, ta thu được g(x)g 2x 2 2 s x 2s = g 2x 3 +x 2x 2 + 1 s , ∀x ∈ R.
Suy ra g(0) = 0, trái với giả thiết Vậy an = 1.
Giả sử x 0 6= 0 là nghiệm của f (x) Khi đó 2x 3 0 +x 0 cũng là nghiệm và
2x 3 0 +x 0 = |x 0 | |2x 0 + 1| > |x 0 |, thì đa thức f (x) sẽ có vô số nghiệm, điều này không thể xảy ra.
Vậy không tồn tại đa thức f (x) ∈ R[x] bậc n có nghiệm thực và thỏa mãn điều kiện f (x)f 2x 2 = f 2x 3 +x , ∀x ∈ R.
Xác định đa thức theo các phép thế đối số
Bài toán 2.26 Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn điều kiện
Lời giải Từ giả thiết suy ra P(0) = P(±1) = P(±2) =
Vậy đa thức Q(x) = P(x)−P(0) có vô số nghiệm nên Q(x) ≡ 0 Suy ra
P(x) là một đa thức hằng.
Thử lại ta thấy đa thức hằng thỏa mãn điều kiện bài ra.
Bài toán 2.27 Cho a, b ∈ R + Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn điều kiện xP (x−a) = (x−b)P (x), ∀x ∈ R (2.26)
Lời giải Khi a 6= 0, b = 0 ta được P (x−a) =P (x), tức là P (x) là đa thức hằng.
Khi a 6= 0, b 6= 0, ta xét các trường hợp sau:
+) Nếu b a ∈/ N thì x = b−a, x = b−2a, , x = b−na đều là nghiệm của đa thức Vậy P (x) có vô số nghiệm nên P (x) ≡ 0.
+) Nếu b a ∈ N thì P (x) có các nghiệm x = a, x = 2a, , x = (n−1)a.
Thay vào (2.26) ta đượcQ(x−a) =Q(x)với mọi ∀x ∈ R Do đóQ(x) c = const Vậy trong trường hợp này ta được
Bài toán 2.28 Tìm P (x) ∈ R[x] thỏa mãn điều kiện
Lời giải Nếu P (x) =a = const thì a 2 = a hay a = 0 hoặc a = 1. Xét P (x) 6= const Khi đó, Nếu P(x) có nghiệm thực x = x 0 thì các số sau x 0 , x 1 = x 2 0 +x 0 + 1, , x n+1 = x 2 n +x n + 1, cũng là nghiệm của
Đa thức P(x) có dạng P(x) = a2nx^2n + + a0 với a2n, a0 khác 0 Nếu P(x) có vô số nghiệm thực, điều này dẫn đến mâu thuẫn, do đó P(x) không có nghiệm thực Từ đó, suy ra rằng bậc của P(x) là 2n So sánh các hệ số bậc cao nhất và hệ số tự do, ta nhận được a2n = a0 = 1.
Gọi x 1 , x 2 , , x 2n là các nghiệm phức của P(x) Khi đó, theo Định lý Viète ta có
Nếu tồn tại j sao cho x_j > 1, thì x^2_j + x_j + 1 (với x^2_j + x_j + 1 > |x_j|) cũng là nghiệm, dẫn đến P(x) có vô số nghiệm, điều này là vô lý Tương tự, nếu tồn tại j với |x_j| < 1, thì v_j thỏa mãn phương trình v_j^2 + v_j + 1 = x_j cũng là nghiệm với |v_j| < |x_j|, từ đó cũng dẫn đến điều vô lý Do đó, phải có |x_j| = 1 với mọi j, suy ra x_j = cosϕ + isinϕ Vì x^2_j + x_j + 1 = 1, nên x_j = ±i và P(x) = x^2 + 1^n Rõ ràng, P(x) thỏa mãn điều kiện (2.27).
Tóm lại, ta có hoặc P (x) ≡ 0; hoặc P (x) ≡ 1; hoặc
P (x) = x 2 + 1 n (n≥ 1). Bài toán 2.29 Tìm tất cả các đa thức P(x) bậc n thỏa mãn điều kiện
Lời giải Nhận xét rằng vì hai đa thức bậc ≤ m trùng nhau tại m + 1 điểm nguyên thì chúng trùng nhau nên ta chỉ cần xét P(x) tại các điểm nguyên.
Theo giả thiết, ta có P (n)−P (n−1) = 2n−1 (n = 1,2, ).
Do vậy P (x) = x 2 +c, c tùy ý Thử lại ta thấy P (x) = x 2 +c thỏa mãn điều kiện bài ra.
Bài toán 2.30 Tìm tất cả các đa thức f (x) ∈ R[x] thỏa mãn điều kiện f (x)f 2x 2 = f 2x 3 +x 2 , ∀x ∈ R (2.28)
Lời giải Nếu degf = 0, tức f (x) ≡ c thì c = 0 hoặc c = 1 là nghiệm của bài toán.
Khi đó f (0) = a n và từ điều kiện bài toán ta có a n = 0 hoặc a n = 1 Trường hợpa n = 0không xảy ra vì khi đó thì f (x) = x s g(x) với g(0) 6= 0 và ∀x∈ N ∗ Thay vào (2.28) ta thu được g(x)x s g 2x 2 2 s x 2s = g 2x 3 +x 2x 3 +x 2 s , ∀x ∈ R
Suy ra g(0) = 0, trái với giả thiết Vậy phải có an = 1, tức là f (x) = a 0 x n +a 1 x n−1 +ã ã ã+ 1, a 0 6= 0 (2.29) Đạo hàm hai vế của (2.28) ta có f 0 (x)f 2x 2 + 4xf (x)f 0 2x 2 = 6x 2 + 2x f 0 2x 3 +x 2 (2.30)
Thay x = 0 vào (2.30) ta được f 0 (0) = 0, tức là f 0 (x) = x r g(x),∀x ∈ N ∗ , g(0) 6= 0 Thế vào (2.30), sau khi giản ước hai vế cho x r ta thu được g(x)f 2x 2 +4xf (x) 2 r x r g 2x 2 = 6x 2 + 2x g 2x 3 +x 2 (2x+ 1) r x r
Từ (2.31)suy ra g(0) = 0, mâu thuẫn.
Kết luận: Vậy chỉ tồn tại các đa thức hằng f (x) ≡ 1 và f (x) ≡ 0 thỏa mãn bài toán.
Xác định đa thức theo tính chất số học của chúng 31
Bài toán 2.31 Xác định các đa thức f (x) với hệ số nguyên sao cho với mọi n tự nhiên thì f(n) luôn là ước tự nhiên của 2015.
Lời giải cho bài toán cho thấy rằng f(n) = 2015 có thể được phân tích thành 1×5×13×31 Với giả thiết 0 < f(n) ≤ 2015 cho mọi n ∈ N, ta có thể kết luận rằng f(x) là một đa thức với hệ số bậc cao nhất nguyên dương và bị chặn trên R+ Điều này chứng minh rằng f(x) là một đa thức hằng, cụ thể là f(x) = c với c thuộc tập {1, 5, 13, 31, 65, 155, 403, 2015}, tất cả đều là ước của 2015 Trong bài toán 2.32, cần xác định đa thức bậc n có dạng f(x) = x^n + a_{n-1}x^{n-1} + + a_1x + a_0, biết rằng khi chia f(x) cho các đa thức (x−b_1), (x−b_2), , (x−b_n) với b_i ∈ Z và b_i ≠ b_j nếu i ≠ j, đều cho cùng một số dư m (m ∈ Z).
Lời giải Từ giả thiết suy ra f (b i ) = m(i = 1, , n). Đặt f (x)−m = g(x) thì degg = n và hệ số cao nhất củag(x) bằng 1 và g(x) có n nghiệm phân biệt là b 1 , b 2 , , b n
Khi đú h(x) = (a n−1 −A1)x n−1 + (a n−2 −A2)x n−2 +ã ã ã+ (a0 −An) trong đó A1, A2, , An được xác định như sau
Đa thức h(x) có n nghiệm b1, b2, , bn, với bậc h(x) ≤ n−1, dẫn đến h(x) ≡ 0 Từ đó, các hệ số ai (i = 0, , n−1) được xác định như sau: a n−1 = A1, a n−2 = A2, , a1 = A n−1, a0 = A n+m, trong đó các số Ak được xác định từ (*) và a i thuộc Z (i = 0, , n−1).
Bài toán 2.33 Tìm tất cả các đa thức P(x) bậc 5 thỏa mãn các điều kiện đa thức(P (x) + 1) chia hết cho(x−1) 3 và đa thức (P (x)−1) chia hết cho (x+ 1) 3
Lời giải Từ giả thiết suy radegP 0 (x) = 4vàP 0 (x)chia hết cho(x−1) 2 và (x+ 1) 2 Vậy nên P 0 (x) =a(x−1) 2 (x+ 1) 2 = a x 4 −2x 2 + 1 và P (x) =a x 5
Kết hợp với điều kiện P (1) = −1 và P (−1) = 1 ta thu được
Thử lại ta thấy nghiệm này không thỏa mãn Vậy không tồn tại đa thức bậc 5 thỏa mãn điều kiện bài ra.
Bài toán 2.34 Tồn tại hay không tồn tại một đa thức P(x) bậc 2002 thỏa mãn điều kiện P x 2 −2001 P (x).
Lời giải Giả sử P (x) = (x+a) 2002 Khi đó
Nếu ta chọn được a sao cho a 2 + a −2001 = 0 a = −1±√
Bài toán 2.35 Xác định đa thức f(x) dạng f (x) = x 5 −3x 4 + 2x 3 + ax 2 +bx+c biết rằng nó chia hết cho đa thức (x−1) (x+ 1) (x−2). Lời giải Ta có f(x) chia hết cho (x−1) (x+ 1) (x−2) khi và chỉ khi
Giải hệ này ta thu được a = 1, b = −3, c= 2.
Vậy đa thức cần tìm là f (x) = x 5 −3x 4 + 2x 3 + x 2 −3x+ 2.
Xác định đa thức theo các nút nội suy
Bài toán 2.36 Cho 0 < α < 1 Tìm tất cả các đa thức f(x) bậc n (n ≥2) sao cho tồn tại dóy số r 1 , r 2 , , r n (r 1 < r 2 < ã ã ã < r n ) thỏa món các điều kiện sau f (r 1 ) = 0 f 0 (αr1 + (1−α)ri+1) = 0 (i = 1,2, , n).
Lời giải Nhận xét rằng với a < b và x = αa+ (1−α)b thì x ∈ (a, b). Khi đó p = 1 x−a + 1 x−b = 2α−1 α(1−α) (b−a).
Do vậy p > 0 khi và chỉ khi α > 1
2 và p = 0 khi và chỉ khi α = 1
2 ta đặt x = αr i + (1 −α)r 2 Khi đó theo giả thiết thìf 0 (x) = 0 và đồng thời ta lại có f 0 (x) f (x) = 1 x−r 1 + 1 x−r 2 + n
2 < α < 1 ta cũng nhận được điều vô lý.
2 thì tương tự như trên cũng dẫn đến điều mâu thuẫn.
Do vậy chỉ còn trường hợp n = 2 và α = 1
2 để xét Khi đó mọi tam thức bậc hai có 2 nghiệm phân biệt đều thỏa mãn đề bài.
Bài toán 2.37 Tìm tất cả các đa thức P(x) bậc n với các hệ số nguyên không âm lớn hơn 8 và P (9) = 32078.
Giả sử P(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + + a_0, với P(9) = 32078 Theo giả thiết, a_0 là số dư của phép chia 32078 cho 9, do đó a_0 = 2 Điều này dẫn đến 1 + 9a_2 + 9^{n-1} a_n = 3564 Tương tự, a_1 là số dư của phép chia 3564 cho 9, tức a_1 = 0, và từ đó ta có a_2 + 9a_3 + + 9^{n-2} a_n = 396.
Tương tự, ta nhận được a2 là số dư của phép chia 396 cho 9, tức là a2 = 0 và a3 +ã ã ã+ 9 n−3 an = 44.
Tiếp theo, lập luận tương tự ta nhận được a 3 = 8 và a 4 = 4.
Vậy đa thức cần tìm có dạng P (x) = 4x 4 + 8x 3 + 2.
Bài toán 2.38 Tìm tất cả các đa thứcP(x) bậc nhỏ thua n và thỏa mãn điều kiện n
Lời giải Sử dụng công thức nội suy Lagrange với nút nội suy x k = k, ta được mọi đa thức P(x) bậc nhỏ thua n đều có dạng
Vậy các đa thức cần tìm có dạng
Bài toán 2.39 Chứng minh rằng tồn tại đa thức P n (x) bậc n (n≥ 1) với hệ số nguyên sao cho
Lời giải Xét đa thức P n (x) = 1
2[(2x−1) n + 1] Ta thấy ngay rằng các hệ số của P n (x) là các số nguyên Khi đó với x ∈
2(0,8) n , ∀n∈ N ∗ Chọn n để (0,8) n < 0,002 Chẳng hạn n > 28 thì ta có ngay Pn(x) chính là đa thức cần tìm.
Bài toán 2.40 Cho hai số nguyên dương p, q Chứng minh rằng tồn tại đa thức P n (x) bậc n với hệ số nguyên sao cho
Lời giải Với q = 1 thì chọn P (x) ≡ p.
Với q > 1 thì khoảng I 1 2q, 3 2q có độ dài bằng 1 q < 1 Chọn m ∈ N sao cho
< 1 q Chọn n đủ lớn để a n < 1 pq với a = 1−
1 2q m và đặt P n (x) = p q [1−(1−qx m ) n ]. Khi đó rõ ràng P n (x) là đa thức với hệ số nguyên và với x ∈ I thì
2[(2x−1) n + 1] Ta thấy ngay rằng các hệ số của P n (x) là các số nguyên.
Xác định đa thức từ các phép tính vi phân
Bài toán 2.41 Tìm tất cả các đa thức P(x) bậc n thỏa mãn điều kiện sau 1−x 2 [P 0 (x)] 2 = n 2 1−P 2 (x) , ∀x ∈ R.
Lời giải Giả sử P (x) =a n x n +a n−1 x n−1 +ã ã ã+a 0 , a n 6= 0 Từ cỏc đặc trưng của hàm cost ta thấy hai đa thức P (x) = ±cos (narccosx) thỏa mãn bài ra.
Ta chứng minh rằng ngoài ra không còn nghiệm nào khác nữa Thật vậy, theo điều kiện bài ra ta được
Vì đa thức P 0 (x) chỉ có thể có hữu hạn nghiệm nên suy ra n 2 P (x)−xP 0 (x) + 1 −x 2 P 00 (x) ≡ 0.
So sánh các hệ số trong đẳng thức trên, ta đượca n−1 = 0vàk(k−2n)a n−k (n−k+ 2) (n−k+ 1)a n−k+2
Do vậy theo công thức truy hồi ta được a n−1 = a n−3 = a n−5 = ã ã ã = 0.
Các hệ số a n−2 , a n−4 , được xác định một cách duy nhất theo a n
Bài toán 2.42 Tìm tất cả các đa thức f (x) ∈ Z[x] bậcn thỏa mãn điều kiện sau [f (x)] 2 = 16f x 2 , ∀x ∈ R.
Khi đó với x = 0 ta thu được 16a 0 = a 2 0 Suy ra a 0 = 0 hoặc a 0 = 16. Thay biểu thức của f(x) vào điều kiện bài toán và so sánh hệ số của x 2n ta thu được 16an = 2 2n a 2 n
Do a n 6= 0 nên ta có ngay a n = 16
4 n Từ đó n= 0, n = 1 hoặc n= 2. Với n = 0 thì f (x) ≡ 16 và f (x) ≡ 0.
Với n = 1 thì f (x) = 4x và f (x) = 4x+ 16 Tuy nhiên chỉ có đa thức f (x) = 4x thỏa mãn điều kiện bài ra.
Với n = 2 thì f (x) = x 2 + a 1 x và f (x) = x 2 + a 1 x + 16 Thế vào điều kiện của bài ra ta thu được a 1 = 0 và chỉ có đa thức f (x) = x 2 là thỏa mãn điều kiện bài toán.
Kết luận: Các đa thức f (x) ≡16;f (x) ≡ 0;f (x)−4x, f (x) = x 2 là nghiệm của phương trình hàm [f (x)] 2 = 16f x 2 , ∀x ∈ R.
Một số bài toán áp dụng liên quan
Bất đẳng thức là một dạng toán khó, và dưới đây là một số ví dụ minh họa về các bất đẳng thức được chứng minh thông qua các biến đổi đa thức.
Bất đẳng thức trong đa thức
Bài toán ước lượng đa thức bao gồm nhiều dạng khác nhau, như ước lượng miền giá trị của đa thức trên một tập cho trước, xác định các hệ số của đa thức, tìm kiếm các nghiệm của đa thức, và ước lượng giá trị của đạo hàm.
Ta ký hiệu P s (x) là đa thức bậc ≤ s dạng sau
Bài toán 3.1 Cho đa thức P n−1 (x) bậc ≤ n−1 có hệ số bậc cao nhất a 0 , thỏa mãn điều kiện √
Lời giải Ta viết đa thức đã cho dưới dạng nội suy Lagrange theo các nút nội suy x j = cos2j−1
2n π là các nghiệm của đa thức Chebyshev T n (x)
Bài toán 3.2 Giả thiết rằng đa thứcPn−1(x) thỏa mãn các diều kiện của Bài toán 3.1 Chứng minh rằng khi đó |P n−1 (x)| ≤ n ∀x ∈ [−1,1].
Với các x j được chọn như ở bài toán trên thì do hàm số cosx nghịch biến trong (0, π) nên −1 < x n < x n−1 < < x 2 < x 1 < 1.
(do x−x j > 0 và T n (x) có dấu không đổi trên (x 1 ,1]).
Mà |T n (x)| n = |U n (x)| ≤ n, nên từ (3.2) và (3.3) suy ra |P n−1 (x)| ≤ n ∀x ∈ (x 1 ,1] Hoàn toàn tương tự, ta cũng có |P n−1 (x)| ≤ n ∀x ∈ [−1, x n ) Xét xn ≤ x ≤x1 Khi đó ta có p1−x 2 ≥ q
Tóm lại ta đã chứng minh được rằng |P n−1 (x)| ≤ nvới mọi x ∈ [−1,1].
Bài toán 3.3 Cho đa thức lượng giác
P(t) = a 1 sint+a 2 sin 2t+ .+a n sin(nt) (3.4) thoả mãn điều kiện |P(t)| ≤1, ∀t ∈ R\ { ,−2π,−π,0, π,2π, }. Chứng minh rằng
Lời giải Nhận xét rằng P(t) sint = P n−1 (cost) với P n−1 (x) là đa thức dạng (3.4) Đặt cost= x Khi dó |x| ≤1 và
Nhận xét rằng P(x) thỏa mãn các điều kiện của Bài toán 3.2 nên
Bài toán 3.4 Cho đa thức lượng giác
(a j cosjx+b j sinjx) thoả mãn điều kiện |P(x)| ≤ 1 với mọi x ∈ R.
Chứng minh rằng |P 0 (x)| ≤ n với mọi x ∈ R.
Lời giải Cho trước x 0 tùy ý Do cos(x 0 −x)−cos(x 0 +x) = 2 sinx 0 sinx, sin(x 0 +x)−sin(x 0 −x) = 2 cosx 0 sinx nên g(x) = P(x 0 +x) +P(x 0 −x)
Ta chứng minh rằng |g 0 (0)| ≤ n Thật vậy, g(x) là đa thức lượng giác chứa thuần sin như trong Bài toán 3.3 và
2 ≤1, nên theo kết qủa của Bài toán 3.3 thì g(x) sinx
≤ n nên khi x → 0 thì do g(x)−g(0) x−0 →g 0 (0) và x sinx → 1 ta thu được |g 0 (0)| ≤ n.
Từ đó ta có |P(x 0 )| ≤ n Nhưng x 0 được chọn tuỳ ý nên suy ra
Bài toán 3.5 (Định lý Berstein-Markov) Cho đa thức
Chứng minh rằng khi đó
Lời giải. Đặt x= cosα Khi đó theo giả thiết thì |P n (cosα)| ≤ 1 Mà P n (cosα) có dạng P n (cosα) n
(a j cosjα + b j sinjα) nên ta có thể áp dụng kết quả của Bài toán 3.4 Ta được
Theo Bài toán 3.3, ta có |P n 0 (x) n | ≤ n, từ đó suy ra |P n 0 (x)| ≤ n² Nhận xét 3.1 cho thấy, dựa vào định lý Berstein-Markov, khi áp dụng liên tiếp kết quả của định lý này, chúng ta sẽ thu được những kết quả quan trọng sau.
Bài toán 3.6 Cho a1, a2, , an 1à các số thực không âm và không đồng thời bằng 0.
1) Chứng minh rằng phương trình x n −a 1 x n−1 − .−a n−1 x−a n = 0 (3.7) có đúng một nghiệm dương duy nhất.
2) Giả sử R là nghiệm dương của phương trình (3.7) và
X j=1 ja j Chứng minh rằng khi đó A A ≤ R B
1) Do x > 0nên (3.7) ⇔1 = a 1 x +a 2 x 2 +ã ã ã+a n x n = f(x).Nhận xét rằng f(x) liên tục trên(0,+∞) và f(x) nghịch biến trong khoảng (0,+∞) nên tồn tại duy nhất R > 0 sao cho f(R) = 1.
X j=1 cj = 1 Do hàm số y = −lnx lõm trong khoảng (0,+∞) nên theo bất đẳng thức Jenxen thì n
Bài toán 3.7 Cho dãy các đa thức {P n (x)}(n = 0,1,2, )xác định như sauP 0 (x) = 0, P n+1 (x) =P n (x) +1
2(x−P n 2 (x)) (n = 0,1,2, ) Chứng minh rằng với mọi x ∈ [0,1] và với mọi n∈ N ta luôn có
Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp rằng
Giả sử (3.8) đúng đến n Xét hàm số f(t) = t+ 1
2(x−t 2 ), t ∈ [0,1] Ta có f 0 (t) = 1−t≥ 0 Suy ra f(t) đồng biến trên [0,1].
Mặt khác thì 0 ≤ t = Pn(x) ≤ √ x ≤ 1 nên Pn+1(x) = f(Pn(x)) ≤ f(√ x) =√ x Vì P n 2 (x) ≤ x ⇔ x−P n 2 (x) ≥ 0 nên Pn+1(x) ≥ Pn(x) ≥0. Vậy (3.8) đúng với n+ 1.
. Đặt t = √ x ∈ [0,1] Theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân (AM-GM) thì t 1− t
= 2 n( n n+ 1) n+1 = 2 n+ 1( n n+ 1) n < 2 n+ 1. Bài toán 3.8 Cho đa thức f(x) với degf = n và f(x) ≥ 0 với mọi x ∈ R Chứng minh rằng n
Đối với đa thức P(x) bậc ≤ 2n, ta có P k=0 f (k) (x) = g(x) Từ điều kiện suy ra rằng g(x) = f(x) + g 0 (x) và Dof(x) ≥ 0 với mọi x, dẫn đến n chẵn và hệ số bậc cao nhất của f(x) là dương Nếu f(x) = const, thì g(x) ≡ 0 và điều này cho thấy (1) đúng Khi n ≥ 1, từ (3.11) suy ra deg f = deg g và các hệ số chính của f(x) và g(x) bằng nhau, do đó deg g(x) là chẵn và hệ số bậc cao nhất của g(x) cũng là dương Do đó, tồn tại x 0 ∈ R sao cho g(x 0 ) = min x∈ R g(x) Với g(x 0 ) = f(x 0 ) + g 0 (x 0 ) và g 0 (x 0 ) = 0, ta có min x∈ R g(x) = g(x 0 ) = f(x 0 ) ≥ 0, từ đó suy ra g(x) ≥ 0 với mọi x ∈ R.
Lời giải Theo công thức nội suy Lagrange thìP(x) n
Nhận xét rằng với x ∈ [−n, n] thì Q j6=k
Bài toán cực trị trong đa thức
Bài toán 3.10 Cho a, b, c, d ≥ 0 Chứng minh rằng a 4 +b 4 + c 4 +d 4 + 2abcd ≥ a 2 b 2 + b 2 c 2 +c 2 d 2 +d 2 a 2 +a 2 c 2 +b 2 d 2
Lời giải Đặt f (a, b, c, d) =a 4 +b 4 +c 4 +d 4 +2abcd− a 2 b 2 +b 2 c 2 +c 2 d 2 +d 2 a 2 +a 2 c 2 +b 2 d 2 Điểm cực trị của (a, b, c, d) là nghiệm của hệ
2a 3 +bcd = a b 2 +c 2 +d 2 2b 3 +acd = b a 2 +c 2 +d 2 2c 3 +abd = c a 2 +b 2 +d 2 2d 3 +abc = d a 2 +b 2 +c 2 Cộng vế theo vế ta có
+d a 2 +b 2 + c 2 (∗) Áp dụng bất đẳng thức Shur bậc 1 ta có a 3 + b 3 +c 3 + 3abc ≥a b 2 + c 2 +b a 2 +c 2 + c a 2 +b 2 , b 3 +c 3 +d 3 + 3bcd ≥b d 2 + c 2 +c d 2 +b 2 +d b 2 +c 2 , c 3 + d 3 +a 3 + 3cda ≥c d 2 + a 2 +d a 2 +c 2 + a d 2 +c 2 , d 3 +a 3 +b 3 + 3dab ≥d a 2 +b 2 +b d 2 + a 2 +b a 2 +d 2
Cộng lại ta được điều phải chứng minh. Đẳng thức này xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d hoặc a, b, c, d là hoán vị của (0, t, t, t),(t > 0).
Thử lại thấy chỉ có bộ a = b = c = d thỏa mãn Khi đó f (a, b, c, d) = 0. Xét trường hợp có một biến bằng 0 Giả sử d = 0 Khi đó bất đẳng thức trở thành: a 4 +b 4 +c 4 ≥ a 2 b 2 +b 2 c 2 + c 2 a 2
⇔ a 2 −b 2 2 + b 2 −c 2 2 + c 2 −a 2 2 ≥ 0 (đúng). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d hoặc a, b, c, d là hoán vị của (0, t, t, t) (t > 0).
Bài toán 3.11 Cho a+b+c = 0 a 2 +b 2 +c 2 = 6 Tìm Max, Min của biểu thức
Lời giải Đặtf (a, b, c) = a 2 b+b 2 c+c 2 a−λ(a+b+c)−η a 2 +b 2 + c 2 Điểm cực trị của f (a, b, c) là nghiệm của hệ phương trình
Giải hệ này ta thu được (a, b, c) là hoán vị vòng quanh của
Kết luận maxf (a, b, c) = 6 khi và chỉ khi (a, b, c) là hoán vị của
minf (a, b, c) =−6 khi và chỉ khi (a, b, c) là hoán vị của
Bài toán 3.12 Cho a, b, c ≥ 0 thỏa mãn a + b + c = 3 Tìm Max của
Lời giải Đặt f (a, b, c) = (2a+c)b 2 + (a+c) (2c+a)b−λ(a+b+ c) Điểm cực trị của f (a, b, c) là nghiệm của hệ:
2b 2 + 2ab+ 3bc−λ = 0 a 2 + 2c 2 + 2bc+ 3ac+ 4ab−λ = 0 b 3 + 3ab+ 4bc−λ = 0 a+b+c = 3
Xét các trường hợp đặc biệt:
Trường hợp 1: Hai trong ba số a, b, c bằng 0 Khi đó P = 0.
Trường hợp 3: c = 0 Khi đóa+b = 3 vàf (a, b,0) = 2ab 2 +a 2 b = g(a, b). Điểm cực trị của g(a, b) là nghiệm của hệ:
3. Trường hợp 4: a = 0 Khi đó b+c = 3 và f (0, b, c) = cb 2 + 2c 2 b = h(b, c). Điểm cực trị của h(b, c) là nghiệm của hệ:
3 đạt được khi và chỉ khi (a, b, c) n
Phương pháp đa thức
Bài toán 3.13 Cho α, β, γ thỏa mãn α
Chứng minh rằng phương trình αx 2 +βx+γ = 0 có nghiệm.
Nên theo Định lý Rolle thì tồn tại x0 ∈ (0,1) để F 0 (x0) = 0.
Hay phương trình αx 2 +βx+γ = 0 có nghiệm.
Bài toán 3.14 Cho a, b dương Chứng minh phương trình
Lời giải Với điều kiện x6= 0, x 6= a, x 6= −b phương trình
Ta có f (−b) = b(a+ b) > 0; f (0) = −ab < 0;f (a) = a(a+ b) > 0 nên phương trình f (x) = 0 có 2 nghiệm −b < x 1 < 0 < x 2 < a.
Hai nghiệm này cũng thỏa điều kiện ban đầu vì
3 Nhận xét 3.2 Ngoài cách giải trên chúng ta cũng còn có cách giải tương đối đơn giản hơn bằng cách tính trực tiếpf a
−b 3 để chứng minh tồn tại nghiệm.
Bài toán 3.15 Cho hai hàm số liên tục f, g [0,1] →[0,1] thỏa điều kiện f (g(x)) = g(f (x)) với mọi x ∈ [0,1] Biết rằng f là hàm tăng Chứng minh hệ phương trình f (x) =x g(x) =x có nghiệm thuộc [0,1].
Lời giải Đặt h(x) =g(x)−x ta được h(x) là hàm liên tục trên [0,1].
Do đó tồn tại x 0 ∈ [0,1] sao cho h(x 0 ) = 0.
Nếu f (x 0 ) = x 0 thì ta có ngay điều phải chứng minh.
Nếu f (x 0 ) 6= x 0 xét dãy {x n } ∞ n=1 được xác định bởi x 1 = f (x 0 ) ;x 2 = f (x 1 ), , x n+1 = f (x n ), ∀n ≥ 1, n ∈ N.
Hơn nữa f(x) là hàm tăng trên [0,1] nên {x n } là dãy đơn điệu
Suy ra dãy {x n } hội tụ khi n → ∞. Đặt lim n→∞x n = a, a ∈ [0,1].
Bằng quy nạp theo n ta sẽ chứng minh g(xn) = xn , ∀n≥ 1.
Theo nguyên lý quy nạp ta có g(x n ) = x n , ∀n≥ 1.
Ta có f (a) =f lim n→∞x n = lim n→∞f (x n ) = lim n→∞x n+1 = a. g(a) =g lim n→∞x n = lim n→∞g(x n ) = lim n→∞x n = a.
Vậy có a ∈ [0,1] sao cho f (a) = a g(a) =a Hay hệ phương trình f (x) = x g(x) =x có nghiệm thuộc [0,1].
Bài toán 3.16 Cho hàm số f : [a, b] → [a, b], a < b thỏa mãn điều kiện
Chứng minh rằng phương trình f(x) =x có duy nhất nghiệm trên [a, b]. Lời giải Xét hàm số g(x) = |f (x)−x|, Suy ra g liên tục trên [a, b].
Do đó tồn tại x 0 ∈ [a, b] sao cho g(x 0 ) = min x∈[a,b]g(x) (1) ⇔f (x 0 ) 6= x 0
Từ bất đẳng thức đã cho ta có |f (f (x0))−f (x0)| > |f (x0)−x0|.
Suy ra g(f (x 0 )) < g(x 0 ) Mâu thuẫn với (1), nghĩa là f (x 0 ) = x 0
Giả sử phương trình f (x) = x có nghiệm x 1 , x 1 6= x 0 , x 1 ∈ [a, b] Khi đó
|f (x 1 )−f (x 0 )| = |x 1 −x 0 | Mâu thuẫn với giả thiết.
Tóm lại phương trình f (x) =x có duy nhất nghiệm trên [a, b].
Bài toán 3.17 Cho m > 0 là số nguyên dương còn a, b, c là 3 số thực sao cho a m + 2 + b m+ 1 + c m = 0.
Chứng minh rằng khi đó phương trình ax 2 + bx +c = 0 có ít nhất một nghiệm trong khoảng (0,1).
Lời giải Xét hàm số F (x) = a m+ 2x m+2 + b m+ 1x m+1 + c mx m liên tục trên [0,1] và khả vi trong (0,1) và F 0 (x) = x m−1 ax 2 +bx+c Ngoài ra F (0) = F (1) = 0. Áp dụng định lý Rolle ta được ∃α ∈ (0,1) sao cho F 0 (α) = 0.
Vậy phương trình ax 2 +bx+c = 0 có nghiệm trong (0,1).
Bài toán 3.18 Cho các số thực a, b, c, d >0 Chứng minh rằng
9 (a+b+c+d) (abc+abd+acd+bcd) ≤ 4(ab+ ac+ ad+ bc+ bd+cd) 2 Lời giải Sử dụng bất đẳng thức
(u+v + w) 2 ≥ 3 (uv +vw + wu), ∀u, v,w ∈ R.Xét đa thức P (x) = (x−a) (x−b) (x−c) (x−d).
Sử dụng định lý Rolle suy ra P 0 (x) có ba nghiệm m, n, p.
P 0 (x) = 4x 3 −3 (a+b+c+d)x 2 +2 (ab+ac+ad+bc+bd+cd)x−(abc+abd+acd+bcd).
Sử dụng định lý Viète ta được mn+np+pm = 1
2(ab+ac+ad+bc+bd+cd) ; m+ n+p = 3
(mn+np+ pm) 2 ≥ 3 (mn.np+mp.pn+pm.mn) = 3mnp(m+ n+p).
4(ab+ac+ad+bc+bd+cd) 2
16(a+b+c+d) (abc+abd+acd+bcd), hay
9 (a+b+c+d) (abc+abd+acd+bcd) ≤ 4 (ab+ac+ad+bc+bd+cd) 2 Bài toán 3.19 Giả sử a 1 , a 2 , a 3 , a 4 , a 5 > 0 Chứng minh rằng
Ta cóP 0 (x) = 5x 4 −4 (Pai)x 3 +3 (Paiaj)x 2 −2 (Paiajak)x+Paiajakam
Sử dụng định lý Viète ta có m+n+p+q = 4
5(a1 +a2 +a3 +a4 + a5) mn+np+pq+ mp+mq +nq = 3
Pa i a j mnp+npq + pqm+ qmn = 2
5(Pa i a j a k ) Áp dụng bài toán 3.18, ta có
≤ 4(mn+mp+mq +np+nq +pq) 2 Suy ra 3 (Pai) (Paiajak) ≤ (Paiaj) 2
Bài toán 3.20 Chứng minh rằng
4 ≥ rab+ ac+ad+bc+bd+ cd
Lời giải Xét đa thức P (x) = (x−a) (x−b) (x−c) (x−d)
Sử dụng định lý Rolle suy ra P 0 (x) có ba nghiệm m, n, p Ta có
+2 (ab+ac+ad+bc+bd+cd)x−(abc+abd+acd+bcd).
Sử dụng bất đẳng thức AM - GM và định lý Viète ta có mn+ np+pm ≥3 3 q (mnp) 2
4 ≥ rab+ac+ad+bc+bd+cd
Bài toán 3.21 (Việt Nam MO 2002) Cho đa thức P (x) = x 3 + ax 2 + bx+c = 0 có ba nghiệm thực.
Chứng minh rằng 12ab+ 27c ≤ 6a 3 + 10 q (a 2 −2b) 3 (1) Lời giải Gọi x 1 , x 2 , x 3 là ba nghiệm củaP(x) Sử dụng định lý Viète ta có x 1 +x 2 +x 3 = −a;x 1 x 2 +x 2 x 3 +x 3 x 1 = b;x 1 x 2 x 3 = −c.
• Nếu x 2 1 +x 2 2 +x 2 3 = 0 ⇔x 1 = x 2 = x 3 = 0 thì (2) là đúng nên (1) là đúng.
• Xét x 2 1 +x 2 2 +x 2 3 > 0 Không mất tính tổng quát giả sửx 2 1 ≤ x 2 2 ≤ x 2 3 Chú ý rằng hai vế của (2) đều là các biểu thức đối xứng bậc 3, do đó ta có thể chuẩn hóa x 2 1 +x 2 2 +x 2 3 = 9.
Từ đây suy ra x 2 3 ≥ 3 và 2x 1 x 2 ≤6.
Sử dụng bất đẳng thức CBS ta được
⇒2 (x 1 +x 2 +x 3 )−x 1 x 2 x 3 ≤ 10 ⇒(2) là đúng ⇒ (1) là đúng. Đẳng thức xảy ra ⇔ x 1 = −1, x 2 = x 3 = 2 ⇔a = −3, b = 0, c = 4. Bài toán 3.22 Chứng minh rằng với mọi số nguyên a, đa thức f (x) =x 4 −2001x 3 + (2000 +a)x 2 −1999x+ a không thể có hai nghiệm nguyên.
Lời giải Trước hết ta chứng minh rằng nếu x0 là một nghiệm nguyên của f (x) thì x 0 phải là số chẵn.
Thật vậy, f (x 0 ) = 0;f (1) = 2a−1999 là số lẻ Do đó f (x 0 )−f (1) là số lẻ Nhưng f (x 0 )−f (1) chia hết cho x 0 −1 là một số lẻ do đó x 0 chẵn.
1 Giả sử f (x) có hai nghiệm nguyên x 1 , x 2 phân biệt, thế thì
0 = f (x 1 )−f (x 2 ) x 1 −x 2 = x 3 1 +x 2 1 x2 + x1x 2 2 +x 3 2 −2001 x 2 1 +x1x2 +x 2 2 + (2000 +a) (x 1 +x 2 )−1999 Đẳng thức không thể xảy ra vì x 1 , x 2 đều chẵn.
2 Giả sử f (x) có nghiệm kép x 0 chẵn Khi đó x 0 cũng là nghiệm của đạo hàm f 0 (x).
Do đó f 0 (x0) = 4x 3 0 −6003x 2 0 + 2 (2000 +a)x0 − 1999 = 0 Đẳng thức không thể xảy ra vì x0 chẵn.
Bài toỏn 3.23 Cho f (x) = a 0 x n +a 1 x n−1 +ã ã ã+a n−1 x+a n , a 0 6= 0 cú n nghiệm phân biệt Chứng minh rằng
1 f (x)−f 0 (x) = 0 cũng có n nghiệm phân biệt
Vỡf (x) = 0cúnnghiệmα 1 < α 2 < ã ã ã < α n nờng(α i ) = 0 (i = 1,2, , n). Theo định lý Rolle trong mỗi khoảng(α i , α i+1 ) (i = 1,2, , n−1)thì tồn tại β i để g 0 (β i ) = 0.
Suy ra f (x)−f 0 (x) có n−1 nghiệm β 1 , β 2 , , β n−1 và do đó f (x)−f 0 (x) = 0 có đủ n nghiệm. b) Vì f (x) có n nghiệm phân biệt nên theo định lý Rolle thì f 0 (x) có n−1 nghiệm, f 00 (x) có n−2 nghiệm,
Luận văn “Một số lớp đẳng thức trong đa thức và áp dụng” đã giải quyết được những vấn đề sau:
1 Luận văn đã trình bày chi tiết một số bài toán về biểu diễn đa thức dương trên một tập cho trước.
2 Tiếp theo, xét một số lớp bài toán về xác định đa thức theo các đặc trưng của nó.
Luận văn cuối cùng trình bày các ứng dụng quan trọng của đẳng thức trong đa thức, bao gồm việc chứng minh bất đẳng thức, phân tích bài toán cực trị và áp dụng phương pháp đa thức.