Đa thức và ứng dụng

n là bậc của đa thức f và ký hiệu degf=n trường hợp f=const ta nói deg f=0Tập hợp tất cả các đa thức với hệ số nguyên được ký hiệu là Tập hợp tất cả các đa thức với hệ số hữu tỷ được ký

Công Hậu, Ngọc Luân, Mai Phương, Cao Tín, Như Ý

CHUYÊN ĐỀ

Lời nói đầu……… 3

Phần 1:Sơ lược về đa thức

A.ĐA THỨC – NHÂN, CHIA ĐA THỨC – SỰ CHIA HẾT ……… 5

B.NGIỆM BỘI – PHÂN TÍCH THÀNH NHÂN TỬ……… 6

C.CÁC ĐỊNH LÝ CƠ BẢN VỀ NGHIỆM ĐA THỨC……….7

D.BÀI

TẬP……….19

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

Phần 1 SƠ LƯỢC VỀ ĐA THỨC :

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

và tồn tại các số thực với sao cho

với

là hệ số của đa thức f, là hệ số cao nhất, 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

Tập hợp tất cả các đa thức với hệ số hữu tỷ được ký hiệu là Tập hợp tất cả các đa thức với hệ số thực được ký hiệu là 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)

Tích của chúng là một đa thức:

trong đó 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:

Đa thức dư cuối cùng trong dãy phép chia liên tiếp đó chính là UCLN phải tìm :

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 thì có thể tìm được hai đa thức cũng trên sao cho :

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

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 Ta nói là nghiệm bội của đa

thức f(x) nếu tồn tại g(x) [x], g( ) 0 sao cho với ( tức là f(x)

chia hết cho nhưng không chia hết cho )

Nếu k=1 thì ta nói là nghiệm đơn

Nếu k≥2 thì ta nói là nghiệm bội

C.CÁC ĐỊNH LÝ CƠ BẢN VỀ NGHIỆM ĐA THỨC

ĐỊNH 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.nGiả sử f,g ∈ℝ[x] với deg f=n, deg g=m, ta có:

 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+nNếu f∈ℝ[x], deg f=n≥1 với an là hệ số cao nhất thì f(x+1)-f(x) là đa thức có bậc n-1

và hệ số cao nhất là nan

ĐỊNH LÝ 2 ( Định lý Bézout)

là nghiệm của đa thức

Rõ ràng thương của phép chia cho đa thức là một đa thức bậc hai có dạng

.Vì đây là phép chia hết nên :

Xác định

đa thức f(x) biết rằng với mọi x thì:

Xác định các

số thực p,q sao cho

đa thức

chia hết cho

đa thức

Vì vậy ta phải có

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

Nếu p = 0 thì từ (2) suy ra b = -q, và (4) trở thành ,điều này vô lý

Nên : do đó p = q.Thay vào (4) thì được b = q = 1 hoặc b = q= -1.Mặt khác , từ (2) suy

Thử lại, ta thấy rằng ,bởi vì :

đa thức : chia hết cho đa thức

Để ý rằng với mọi số tự nhiên k thì:

chia hết cho đa thức mà nên đa thức chia hết cho đa thức

Do đó B – A chia hết cho A, và do đó B chia hết cho A

ĐỊNH LÝ 3 ( Khai triển của một đa thức theo các nghiệm)

Giả sử và các số phân biệt là các nghiệm của đa thức f với các bội tương ứng là khi đó tồn tại g∈ℝ[x] sao cho:

ĐỊNH LÝ VIÈTE

Giả sử đã cho đa thức f(x) bậc n trên P[x]

Kí hiệu: là nghiệm của f(x) trong P, mỗi nghiệm kể một số lần bằng bội số của

nó Ta có:`

Ví dụ 4:

Hãy tìm những giá trị của tham số a sao cho những nghiệm x1,x2,x3 của đa thức

thỏa mãn điều kiện

Lời giải   :

Chú ý tới công thức Viète và điều kiện đã cho của nghiệm x1,x2,x3 và a thỏa mãn những đẳng thức sau:

Từ đẳng thức trên ta nhân được:

Nhưng x3 là nghiệm của đa thức đã cho nên:

Nghĩa là x3=a hoặc là a2=2-a

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

ĐỊNH LÝ 4 ( Nghiệm của đa thức với hệ số nguyên và đối xứng)

Chứng minh: giả sử c là nghiệm hữu tỉ tùy ý của đa thức viết c dưới dạng tối giản, khi

đó (r,s)=1

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

4.1.Giả sử đa thức với

hệ số nguyên trong đó n≥1 Khi đó, nếu P(x) có nghiệm hữu tỉ thì mọi nghiệm của P(x) có dạng , trong

đó r là ước của a0, còn s

là ước của an và (r,s)=1

Đẳng thức trên chứng tỏ rằng Vì (r,s)=1 suy ra (s, rn)=1 nên an chia hết cho s (1)

Lập luận tương tự:

Chứng tỏ rằng Vì (r,s)=1 suy ra (r, sn)=1 nên suy ra a0 chia hết cho r (2)

Kết hợp (1) và (2) được điều phải chứng minh

ai 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 a0

Ví dụ 6:

1

Giả sử phương trình P(x)=2 có 1 nghiệm nguyên x’1=x2, lý luận như trên suy ra

mâu thuẫn, suy ra P(x) =2 có 1 nghiệm nguyên duy nhất là x2Nếu phương trình P(x) =1 có 1 nghiệm nguyên x’1≠x1, lý luận tương tự suy ra x’1=2x2-x3

Suy ra x’1=x1 mâu thuẫn, suy ra x1 là nghiệm nguyên duy nhất của phương trình P(x)=1

Tương tự x3 là nghiệm nguyên duy nhất của phương trình P(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 cũng là nghiệm

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 x1,x2,x3

Chứng minh rằng: x1,x2,x3 là các nghiệm nguyên duy nhất của các phương trình trên

Chứng minh rằng: phương trình P(x)=5 không có hơn 1 nghiệm nguyên

Giả sử phương trình P(x) =5 có 1 nghiệm nguyên x5

Trong (1) cho x=x5 suy ra 5=P(x5)=(x5-x2)q(x5)+2 hay (x5-x2)q(x5)=3 ⇒x5-x2 chỉ có thể lấy các giá trị ±1 hay ±3

Nếu x5-x2=±1 thì theo (2) vô lý vì x5≠x1 và x3 Mặt khác:

Từ (*), so sánh hệ số của x3 và x0 trong khai triển(*)

Giả sử là đa thức với hệ số thực a0 khác 0

và thỏa mãn:

.chứng minh rằng: đa thức này không có nghiệm thực

Cho x=0, suy ra f(0)=0 ( vô lý), suy ra an khác 0

Xét an=1 Ta có: nếu f(x) có nghiệm x0, thì x0 khác 0

2 Giả sử n≥3, chứng minh (1) chỉ có nghiệm đơn lớn hơn

3 Gọi z1,z2,…,zn là các nghiệm phức của (1), với n≥3 Chứng minh rằng:

Nếu n lẻ thì (x) có nghiệm bội chẵn x=0 và 1 nghiệm đơn

2.Dựa vào bảng biến thiên trên, ta thấy f(x) luôn có đúng 1 nghiệm > 1 (1) Với n ≥3, ta có:

có nghiệm lớn hơn (2)(1),(2) suy ra f(x) chỉ có 1 nghiệm >

3 Gọi là các nghiệm phức của (x)

⇒1> |βi0|m với |βi0|=min{|βi0|}⇒1>3|βi0| m (*)

Mặt khác:

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:

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:

Ta tính được P(1)=4 và P(-1)=18, ta thấy ngay rằng những số hữu tỉ thỏa mãn các định lý trênlà: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:

Suy ra -3 là nghiệm của phương trình đã cho và

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

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

Giả sử có đa thức bậc 2 vối hệ số nguyên P(x)=ax2+bx+c nhận làm nghiệm Như vậy a

khác 0 và ta có:

Chứng minh rằng: Không tồn tại đa thức bậc 2 với

hệ số nguyên P(x)=ax2+bx+c nhận làm nghiệm

Do a,b,c nguyên va là số vô tỷ nên từ (1) suy ra :

Nhân hai vế của (2) với a va (3) với b rồi trừ từng vế, ta có :

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:

ở đây Q(x) cũng là đa thức với hệ số nguyên

Từ (1) và giả thiết suy ra :

Cho là đa thức với hệ số nguyên sao cho

, ở đây a,b,c là các số nguyên đôi một khác nhau Chứng minh rằng

đa thức không có nghiệm nguyên

Do |Q(a)| và |a-x0| là nguyên không âm, nên từ (2)

|a-x0|=1 (3)

Tương tự đối với b,c:

|b-x0|=1 ; |c-x0|=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

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:

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

Vì P(a)=1, nên từ (1) ta có:

Kết hợp với giả thiết từ (2) ta thấy:

Suy ra: a,c,d là 3 số nguyên liên tiếp

P(b0=1, nên vẫn từ (1) suy ra :

Như vậy b-c>b-d>0 Từ (3) va kết hợp giả thiết : b-d=1; b-c=2 Hay:

Từ đó suy ra điều phải chứng minh

Bài 5

Chứng minh rằng với mọi số nguyên a, đa thức không

thể có hai nghiệm nguyên phân biệt

Hướng dẫn

Nếu x0 là nghiệm của đa thức thì x0 phải chẵn

suy ra giá trị của P(x0), P(1) từ đó :

Áp dụng hằng đẳng thức khai triển xn-yn kết hợp với (1) suy ra:

P(p)-P(q)⋮p-q suy ra P(p)-P(p) là số chẵn với mọi p là số nguyên chẵn khác 0

Mặt khác, P(0) là số nguyên lẻ suy ra: P(p) là số nguyên lẻ ( P(p)≠0 với mọi số nguyên chẵn)Tương tự, ta có P(p)-P(1) là chẵn với mọi p nguyên lẻ

Kết hợp với P(1) lẻ suy ra p lẻ thì P(p) lẻ (P(p)≠0 với mọi số nguyên lẻ)

Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên Giả sử

P(0) và P(1) là các số nguyên lẻ.Chứng minh

rằng:đa thức P(x) không có nghiệm nguyên

Điều đó nghĩa là P(x) lẻ với mọi x nguyên, tức là đa thức không có nghiệm nguyên (điều phảichứng minh )

Nhận xét:

Nếu P(x) là đa thức với hệ số nguyên, trong đó P(a) bà P(b) là các số nguyên lẻ với a,b có

tính chẵn, lẻ khác nhau Khi đó P(x) là số nguyên lẻ với mọi giá trị nguyên của x

Từ (4) và (5) và do a0,a2k là các số nguyên lẻ nên suy ra p và q củng là các số nguyên lẻ

Vế trái của (1) là một tổng của (2k+1) số nguyên lẻ, do đó tổng ấy không thể bằng 0

Bài 8

Áp dụng định lý Bézout phân tích  P(x) thành nhân tử

Từ đó suy ra : Tích cần tìm A=P( ).P(- )=-23

(x0-x1)(x0-x2)(x0-x3)(x0-x4)

Từ (1) suy ra q(x0)=0 hoặc |Q(x0)| là hợp số

Q(x0)∉{-1;1;3;5;7} suy ra P(x0) )∉{ 1;3;5;7}

Ví dụ 10 :xác định số a,b được xác định như sau là số hữu tỉ hay vô tỉ:

Biết đa thức P(x)=-x5+x2+1 có 5 nghiệm đặt

Q(x)=x2-2 Tính tích sau:

A=Q(x1) Q(x1) Q(x1) Q(x1) Q(x1)

Cho đa thức với hệ số nguyên Biết P(x) nhận giá trị bằng 2 với 4 giá

trị khác nhau của x∈ℤ.chứng minh rằng , đa thức P(x) không thể

nhận các giá trị 1,3,5,7,9

Xét đa thức Q(x)= P(x) -2 Như vậy đa thức với hệ số nguyên Q(x) có

4 nghiệm khác nhau

Lập phương 2 vế của (1): a3-6a-6

Chứng tỏ a là nghiệm của đa thức:

P(x) =x3-6x-6

Định lý ở trên thì nghiệm hữu tỉ của đa thức phải thuộc tập hợp {1,2,3,6}

Thử lại a là nghiệm suy ra a là số vô tỉ

Cho đa thức P(x) =x3+ax2+bx+c, trong đó a,b,c là các

số hữu tỉ biết rằng là một nghiệm của đa thức tìm các

nghiệm khác của đa thức ( nếu có)

Hướng dẫn

Giả sử nghiệm của đa thức Q(x) không nhỏ hơn 1996

Giả sử x1,x2,…,xk là các nghiệm nguyên của P(x)=3 ( x1<x2<…<xk) và y1,y2, ,yl là các

nghiệm nguyên của P(x)=-3 (y1<y2<…<yl) Rõ ràng xi khác yj,∀i,j

nên theo giả thuyết phản chứng thì Từ đó ta có ta suy ra tồn tại

sao cho :

Giả sử :

với ai∈ℤ, i= Thế thì từ P(xi0)-3=0 và P(yi0)+3=0, suy ra:

Vì P(x) là đa thức với hệ số nguyên mà yi0,xi0 là nguyên nên ta có:

Như vậy : 6 ⋮ ,suy ra | yi0 – xi0 | 6 (2)

Từ (1) và (2) suy ra mâu thuẫn Vậy giả thiết phản chứng là sai , tức là đa thức Q(x) =

không thể có quá 1995 nghiệm nguyên (đpcm)

Ta có thể chứng minh (1) như sau :

lệch hẳn về bên phải ( hoặc bên trái ) các nghiệm Không giảm tổng quát ta coi sự lệch này về bên phải Như vậy ta có :

,(ở đây yp,yp+1,yp+2 là 3 số trong số các nghiệm y1,y2,y3… ,yl).Chú ý là ở đây các

đều là số nguyên nên :

Do nên suy ra Vậy (1) được chứng minh

Bài 12

Hướng dẫn

Xét các đa thức bậc ba với hệ số nguyên :

, a khác 0

Gọi H là tập hợp các đa thức nói trên thỏa mãn các điều kiện sau: a⋮3,b⋮3 nhưng

1)Chứng minh rằng: P(x) thuộc H thì tồn tại số r∈{0;1;2} và tồn tại Q(x)∈H sao

cho

2)*Chứng minh rằng: P(x) thuộc H thì với mọi số tự nhiên n luôn tồn tại số nguyên

sao cho P(an)⋮3n

3)*Chứng minh rằng: nếu P(0), P(1),P(2) cùng không chia hết cho 3 thì đa thức

P(x)∉H