CHUYÊN đề hội THẢO các TRƯỜNG CHUYÊN môn TOÁN một số vấn đề về đa THỨC

MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN1.1 Định nghĩa và tính chất của đa thức Một hàm số dạng f x ax k được gọi là một đơn thức với a 0 là một số bất kì tổng quát nhất a là một số phức, x là một biế

MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ ĐA THỨCCHƯƠNG I MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN

1.1 Định nghĩa và tính chất của đa thức

Một hàm số dạng ( )f x ax k được gọi là một đơn thức với a 0 là một số bất kì

(tổng quát nhất a là một số phức), x là một biến độc lập và k là một số nguyên không âm Số k gọi là bậc của đơn thức và kí hiệu k deg(ax k)

Định nghĩa 1.1 Một hàm số ( )P x được gọi là một đa thức nếu nó có thể biểu diễn

dưới dạng tổng hữu hạn các đơn thức, nghĩa là

ở đây a a1, , ,2 a là các số bất kì, còn k n n1, , ,2 n là các số nguyên không âm k

Dễ thấy một đa thức có thể biểu diễn dưới dạng

Dạng (1.1) gọi là dạng chuẩn tắc của P(x) Các số a a n, n1, ,a0 gọi là các hệ số

của đa thức, a là hệ số cao nhất, n a là hệ số tự do Số tự nhiên n gọi là bậc của 0

deg P x( )Q x( ) max deg ( ),deg ( )P x Q x

Nguyên lí so sánh hệ số của đa thức

Định lí 1.1 (Nguyên lí so sánh hệ số của đa thức) Cho hai đa thức

Chứng minh Bằng cách bỏ điều kiện bn ≠ 0, ta có thể bổ sung

Theo giả thiết toán học suy ra a n1 b n1,a n2 b n2, ,a0 b0

Vậy ta có điều phải chứng minh

Từ định lí trên ta dễ dàng suy ra các kết quả sau

Định lí 1.2 Dạng chuẩn tắc của mọi đa thức là duy nhất.

Định lí 1.3 Cho A là tập vô hạn các số, còn P(x) và Q(x) là hai đa thức Nếu với

mọi a A thỏa mãn đẳng thức P(a) = Q(a) thì hai đa thức P(x) và Q(x) bằng nhau.

Định lí 1.4 Cho n > 0 là một số tự nhiên,  1, , ,2 n1 là những số bất kì đôi một khác nhau và  1, , ,2 n1 là những số bất kì Khi đó tồn tại duy nhất một đa thức

P(x) có bậc không lớn hơn n sao cho P( )1 1, ( )P 2 2, , (P n1)n1 (Đa

thức Lagrange).

Chứng minh Dễ dàng kiểm tra được đa thức

1 1

( )

j n

j i i i

thỏa mãn deg ( )P x n P , ( )i i với i = 1, 2, …, n + 1.

Tính duy nhất dễ dàng suy ra từ nguyên lí so sánh hệ số đa thức

1.2 Phép chia đa thức

Định nghĩa 1.2 Ta nói rằng đa thức P(x) chia hết cho đa thức Q(x) nếu tồn tại

một đa thức S(x) sao cho ( )P x Q x S x( ) ( ) Ta kí hiệu ( )P x Q x ( )

Với phép chia hết ta có một số tính chất sau

1 Với mọi đa thức P(x) và với mọi số  0 ta có P x P x( ) ( )

2 Nếu ( )P x Q x ( ) và ( ) ( )Q x P x thì tồn tại một số  0sao cho

Định lí 1.5 Với hai đa thức bất kì P(x) và Q(x) ≠ 0 tồn tại duy nhất các đa thức

S(x) và R(x) thỏa mãn

( ) ( ) ( ) ( )

Đặc biệt khi Q(x) là đa thức bậc nhất dạng Q(x) = x – a ta có thể xác định các hệ

số của đa thức thương và số dư nhờ sơ đồ Horner

,

a0 a1 … an-1 an

α b0 = a0 b1 = a1 + αb0 bn-1 = an-1 + αbn-2 r = an + αbn-1

1.3 Ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất

Định nghĩa 1.3 Cho P(x) và Q(x) là hai đa thức không đồng thời đồng nhất bằng

không Đa thức D(x) gọi là ước chung lớn nhất của P(x) và Q(x) nếu

Định lí 1.8 Cho P(x) và Q(x) là hai đa thức có ước chung lớn nhất và R(x) là số

dư của phép chia P(x) cho Q(x) Khi đó Q(x) và R(x) cũng có ước chung lớn nhất

và

P x Q x( ), ( )  Q x R x( ), ( )

Từ kết quả trên ta chứng minh được:

Định lí 1.9 Hai đa thức bất kì không đồng thời bằng không đều có ước chung lớn

Ta chia Q(x) cho R1(x):

Q( )x R x S x( ) ( )R x( )

Nếu R2(x) = 0 thì theo định lí 1.7 ta có Q x R x( ), ( )1  R x1( ) Nếu R x  thì2( ) 0

Cách chứng minh trên cho ta cách tìm ước chung lớn nhất của hai đa thức bằng cách thực hiện hữu hạn bước phép chia giữa thương và số dư Sơ đồ hiện thực quá trình này gọi là thuật toán Euclid

Định nghĩa 1.4 Bội chung nhỏ nhất của hai đa thức P(x) và Q(x) là một đa thức

M(x) khác không sao cho

1 M x P x( ) ( ) và M x Q x( ) ( )

2 Nếu M x P x1( ) ( ) và M x Q x1( ) ( ) thì M x M x1( ) ( )

Kí hiệu bội chung nhỏ nhất là M x( )P x Q x( ), ( )

Định lí 1.10 Cho P(x) và Q(x) là hai đa thức.

1 Nếu ( )P x Q x ( )thì bội chung nhỏ nhất của chúng là P(x)

2 Nếu P(x) và Q(x) có bội chung nhỏ nhất và  0 là một số bất kì thì

P x Q x( ), ( ) P x Q x( ), ( )  P x( ),Q x( )

Định lí 1.11 Chứng minh rằng với bất kì hai đa thức khác không P(x) và Q(x) đều

thỏa mãn đẳng thức sau:

P x Q x( ), ( )P x Q x( ), ( ) P x Q x( ) ( )

1.4 Nghiệm của đa thức

Nghiệm của đa thức có một số tính chất sau

Định lí 1.12 (Định lí DAlembert) Mọi đa thức bậc khác không với hệ số phức có

1 2( ) a (n )( ) ( n)

trong đó  1, , ,2 n là các nghiệm của đa thức

Xét về mối quan hệ của các nghiệm và các hệ số của đa thức ta có kết quả sau:

Định lí 1.15 (Công thức Viéte) Cho đa thức

    Khi xét trong phạm vi các đa thức có hệ số nguyên ta có một số tính chất sau

Định lí 1.16 Cho u và v là những số nguyên tố cùng nhau Nếu số hữu tỉ u

v

  lànghiệm của đa thức với hệ số nguyên

thì a chia hết cho u và a0 n chia hết cho v.

Định lí 1.17 Cho u và v là những số nguyên tố cùng nhau Nếu số hữu tỉ u

v

  là nghiệm của đa thức với hệ số nguyên

thì với mọi số nguyên m số P(m) chia hết cho (u – m.v) Trường hợp đặc biệt u + v

là ước số của P(- 1), còn u – v là ước số của P(1).

1.6 Đa thức không phân tích được

1.6.1 Định nghĩa

Cho T là một tập hợp số

Định nghĩa 1.5 Một đa thức P(x) khác đa thức bậc không với hệ số trong tập hợp

T gọi là không phân tích được (bất khả quy) trên T, nếu nó không biểu diễn nhưmột tích của hai đa thức khác đa thức bậc không với hệ số trong T với những bậcnhỏ hơn bậc của P(x)

Định lí 1.18 Nếu một đa thức hệ số nguyên không phân tích được thành tích hai

đa thức hệ số nguyên thì nó không phân tích thành tích hai đa thức hệ số hữu tỉ

Nhận xét Từ kết quả của định lí trên ta thấy sự phân tích trên tập hợp các số hữu

tỉ có thể đưa về sự không phân tích được trên tập hợp số nguyên

Quy ước: Từ sau trở đi nếu không giải thích gì thêm thì ta chỉ xét sự không phân

tích được trên tập các số nguyên

Xem xét về các tiêu chuẩn để một đa thức không phân tích được ta có một kết quảkhá mạnh như sau

1.6.2 Tiêu chuẩn Eisenstein

1) a0 không chia hết cho p

2) Tất cả những hệ số khác đều chia hết cho p

3) an không chia hết cho p2

Khi đó đa thức P(x) không phân tích được

1.7 Số đại số

Định nghĩa 1.6 Một số α gọi là số đại số nếu nó là nghiệm của một đa thức hệ số

hữu tỉ

Dễ thấy α là số đại số khi và chỉ khi α là nghiệm của đa thức hệ số nguyên

Cho α là một số đại số bất kì Ta gọi bậc của đa thức có bậc nhỏ nhất và hệ số hữu

tỉ nhận α là nghiệm là bậc của α Nguyên đa thức (đa thức có các hệ số là các sốnguyên nguyên tố cùng nhau) có bậc nhỏ nhất và hệ số cao nhất dương gọi là đathức tối thiểu của số đại số α

Định lí 1.20 Số α là số đại số bậc nhất khi và chỉ khi nó là số hữu tỉ.

Định lí 1.21 Cho α là số đại số có đa thức tối thiểu m(x), P(x) là đa thức hệ số hữu

tỉ Khi đó P(α) = 0 khi và chỉ khi P(x) chia hết cho m(x)

Định lí 1.22 Với mọi số đại số đa thức tối thiểu của nó là duy nhất.

Định lí 1.23 Cho α là một số đại số và P(x) là nguyên đa thức với hệ số cao nhất

dương sao cho P(α) = 0 Khi đó P(x) là đa thức tối thiểu của α khi và chỉ khi P(x)không phân tích được trên tập các số hữu tỉ

Định lí 1.24 Cho α là số đại số có đa thức tối thiểu m(x), khi đó m(x) không có

nghiệm bội

CHƯƠNG II MỘT SỐ BÀI TOÁN THƯỜNG GẶP

2.1 Phương trình hàm đa thức

2.1.1 Quy về đa thức tuần hoàn

Tính chất: Nếu P(x) là một đa thức tuần hoàn, tức là tồn tại số a khác 0 sao cho

Ví dụ 2 2 Tìm đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn (x 1) ( ) (2P x  x 3) (2P x2)với mọi x

Lời giải

Do (x – 1, x – 3) = 1 nên P x( ) (x  3)2 hay P(x) có dạng P x( ) ( x 3)2Q x( ) , trong đó Q(x) cũng là một đa thức Thay P(x) vào phương trình đã cho ta được Q(x) = Q(x + 2) hay Q(x) = C Vậy P x( )C x(  3)2, thử lại thỏa mãn yêu cầu của bài

Ví dụ 2.3 (Newyork, 1975) Tìm đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn P(x) = 0 và

Ví dụ 2.4 Tìm da thức P(x) hệ số thực thỏa mãn

 

1( ) (1) ( 1) ( 1) ,

(x  x 1) (Q x1) ( x  x1) ( )Q x (2.2)

Vì (x2 x 1,x2 x1) 1 nên Q(x) có dạng Q x( ) ( x2  x 1) ( )R x , trong đóR(x) cũng là một đa thức Thay R(x) vào (2.2) ta được R(x – 1) = R(x) hay R(x) =

C Vậy P x( )C x(  1) (x x1)(x2)(x2  x 1) với C là hằng số, thử lại thỏamãn yêu cầu của bài

 Với n = 0 , thay vào phương trình đã cho ta tìm được P(x) = 0 hoặc P(x) = 16.

 Với n = 1 thì an = 4 và P(x) = 4x + b, thay vào phương trình đã cho ta tìm được b = 0 Vậy P(x) = 4x

 Với n = 2 thì P(x) = x2 + bx + c, , thay vào phương trình đã cho và đồng nhất hệ số ta tìm được b = c = 0 Vậy P(x) = x2

Thử lại thấy các đa thức trên đều thỏa mãn

và các hệ số a n1,a n2, , ,a a1 0 không đồng thời bằng không Giả sử k là số lớn

nhất nhỏ hơn n sao cho ak khác 0 Ta có

P x( )P x( ) P x( ) P x( ) 4 x 0

với mọi x Do đó P x( )P x( ) 0 với vô số giá trị của x hoặc

P x( ) P x( ) 4 x 0với vô số giá trị của x Mà P(x) là một đa thức nên đó

P x( )P x( ) 0 với mọi x hoặc P x( ) P x( ) 4 x 0với mọi x

Hướng dẫn

Xét P(x) là hằng số ta thu được P(x) = 0

Xét P(x) là đa thức có bậc n 1 và hệ số bậc cao nhất là a ≠ 0 Thay y = 3x vào(2.6) và đồng nhất hệ số của x2n ta được a23n (2 )n a 2 a2  3n 4n 1 n1.Vậy P(x) = ax, a ≠ 0

Ví dụ 2.11 Tìm đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn

c (2.7)

Lời giải.

Trường hợp 1 P(0) = 0 Khi đó P(1) = 1, P(2) = 2,…

Bằng phương pháp quy nạp toán học ta dễ dàng chứng minh được P(n) = n vớimọi số tự nhiên n Mà P(x) là một đa thức nên P(x) = x.

Như vậy đa thức thỏa mãn yêu cầu của bài chỉ có thể nằm trong dãy

2

P ax bx c a P x bP x c (2.8)

Giả sử với n nào đó Pn(x), Pn+1(x) thỏa mãn (2 9) Ta có

2 2

Trong đó ta đặt Q n1( )x P n21( )x P x n2( ) xP n1( )x P x n( )x2 4.

Mặt khác

1

2 1

( ) ( ) ( ) 4

( ) ( ) ( ) ( ) 4

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) 4

0

n n n n n n n n n n n n n Q x xP x P x P x x xP x P x P x x P x P x xP x P x x Q x Q x Q x P x P x xP x P x x                             Vậy ta có điều phải chứng minh Theo ví dụ 2.12 thì các đa thức ( ),P x n  n 1,2,

xác định bởi (2.10) là các đa thức cần tìm 2.2 Đa thức không phân tích được (bất khả quy) trên tập số nguyên Ví dụ 2.14 Chứng minh rằng đa thức P x( )x4 3x32x2 2x 6 không phân tích được trên tập số nguyên Lời giải. Giả sử ngược lại ( )P x Q x R x( ) ( ) , ở đây P(x) và Q(x) là các đa thức có hệ số nguyên và deg ( ) deg ( ) 4Q x  R x  Trường hợp 1 degQ(x) = 1, khi đó Q(x) có nghiệm nguyên Dễ thấy nghiệm này chỉ có thể là các số    1, 2, 3, 6 nhưng kiểm tra thấy các số này không là nghiệm của P(x) Trường hợp 2 degQ(x) = degR(x) = 2 Khi đó  2   2  ( ) P x  ax bx c px qx r , ở đây a, b, c, p, q, r là các số nguyên Đồng nhất hệ số ta có hệ 1

3

ar 2 2

6

ap aq bp bq cp br cq cr          Không mất tổng quát ta có thể cho rằng a = p = 1 Nghĩa là 3

r 2 2

6

q b

bq c

br cq cr

 



Cũng không mất tính tổng quát ta có thể giả sử

đều chia hết cho p nhưng C p p1 p

 không chia hết cho p2nên theo tiêu chuẩn Eisenstein Q(y) bất khả quy trên tập số nguyên Vì P(x) = Q(x - 1) nên P(x) cũng bất khả quy trên tập số nguyên

Ví dụ 2.16 Cho các số nguyên a a1, , ,2 a đôi một khác nhau Chứng minh rằng n

Ví dụ 2.17 Cho đa thức P(x) có hệ số nguyên ( với n = 2m hoặc n = 2m + 1) nhận

giá trị bằng 1 với hơn 2m giá trị nguyên của x thì P(x) không thể phân tích thành tích của hai đa thức có hệ số nguyên có bậc bé hơn n

Lời giải.

Giả sử ngược lại, tức là P(x) = Q(x)R(x), trong đó Q(x) và R(x) là hai đa thức có

0 deg ( ) deg ( ) Q x  R x n Vì n = 2m hoặc n = 2m + 1 nên deg ( )Q x m

Giả sử có k số nguyên ai (k > 2m) sao cho ( )P a i Q a R a( ) ( )i i 1,  i 1,2, , k

Do đó ít nhất một trong hai phương trình Q(x ) = 1 hoặc Q(x) = - 1 có nhiều hơn m nghiệm Mẫu thuẫn với giả thiết deg ( )Q x m Vậy P(x) bất khả quy trên tập số nguyên

Ví dụ 2.18 Cho đa thức P(x) bậc n (n 2 ) có hệ số nguyên với P a ( ) 1hoặc( )

P a p là số nguyên tố với ít nhất 2n + 1 giá trị nguyên khác nhau của a Chứng minh rằng P(x) không thể biểu diễn thành tích hai đa thức bậc nguyên dương với hệ số nguyên

Hướng dẫn.

Chứng minh tương tự ví dụ 4 ta cũng suy ra được Q a ( ) 1 hoặc R a ( ) 1 với 2n + 1 giá trị nguyên khác nhau của a Vì degQ(x) + degR(x) = n nên ít nhất một trong bốn phương trình Q(x) = 1, Q(x) = - 1, R(x) =1, R(x) = -1 có nhiều hơn n nghiệm Mâu thuẫn với degQ(x) < n Vậy P(x) bất khả quy trên tập số nguyên

Ví dụ 2.19 Cho các số nguyên a a1, , ,2 a đôi một khác nhau Chứng minh rằng đa n

Ta chứng minh Q(ai) = 1 hoặc Q(ai) = - 1 với moi i và tương tự cho R(x) Thật vậy

giả sử tồn tại k j sao cho Q a( ) 1, ( )k  Q a j    1 x0 a a k; jsao cho Q(x0) = 0 Do đó P(x0) = 0, vô lí vì P(x) ≥ 1 với mọi x

 Nếu ( )Q a i R a( )i 1, i Lí luận tương tự trên

 Thay ai vào phương trình ban đầu ta được – 1 = 1 Vô lí

Vậy P(x) bất khả quy trên tập số nguyên

2.3 Nghiệm của đa thức

Ví dụ 2.20 Cho P(x) là đ thức với hệ số nguyên Chứng minh rằng không tồn tại

ba số a, b, c phân biệt sao cho P(a) = b, P(b) = c, P(c) = a

 a – b, b – c, c – a cùng dấu hay a – b = b – c = c – a Suy ra a = b = c Loại

 a – b, b – c, c – a có hai số cùng dấu và khác dấu với số còn lại Không mấttính tổng quát ta giả sử a – b = b – c = - (c – a) Suy ra b = c Mâu thuẫn.Vậy ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 2.21 Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên và P(0), P(1) là các số lẻ Chứng

minh rằng P(x) không có nghiệm nguyên

Lời giải.

Giả sử P(x) có nghiệm nguyên a Ta có: P(a) – P(0)  a, suy ra a lẻ

Lại có P(a) – P(1)  a – 1, suy ra a chẵn Vô lí Vậy ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 2.22 Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên và P(x) không chia hết cho 3 với

ba giá trị nguyên liên tiếp nào đó của x Chứng minh rằng P(x) không có nghiệmnguyên

Lời giải.

Giả sử P(x) có nghiệm nguyên a Ta có:

a x  b x  c x cùng dấu Mâu thuẫn với giả thiết a, b, c phân biệt Vậy ta

có điều phải chứng minh

Ví dụ 2.24 Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên và P(x) nhận giá trị bằng 7 với

bốn giá trị nguyên khác nhau của x Chứng minh rằng P(x) – 14 không có nghiệm nguyên

7P x( ) 7 (  x  a x)(  b x)(  c x)(  d Q x) ( ) Suy ra ít nhất hai trong bốn

số x0 a x, 0 b x, 0 c x, 0 d cùng bằng 1 hoặc – 1 Mâu thuẫn với giả thiết a, b, c,

d phân biệt Vậy ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 2.25 Cho đa thức P(x) bậc n với hệ số thực và có hệ số bậc cao nhất bằng 1.

Biết rằng P(x) có n nghiệm x x1, , ,2 x thỏa mãn 0 n  x i 1,  i 1,n Chứng minh rằng

1( 2) ( 3) (0)

1 2 1 2( ) ( - )( - ) ( - ) (0) (-1)n

21( 2) 3 ( 1) (0) ( 3) (0)

Dấu bằng xảy ra khi ( ) (P x  x 1)n

Ví dụ 2.26 Cho đa thức P(x) bậc n với hệ số thực sao cho

Suy ra

1( 1)( 1)!

Hướng dẫn giải Tương tự ví dụ 2.27.

Ví dụ 2.29 (HSGQG 1979) Cho phương trình x3ax2bx c  có ba nghiệm0

u, v, t Với giá trị nào của a, b, c thì các số u v t nghiệm đúng phương trình3, ,3 3

a

a n

n

a

a n

n n

n n

1 2

2 2

Ví dụ 2.34 (HSGQG 2009) Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện: với mỗi số

nguyên dương n, a nb nc n là một số nguyên Chứng minh rằng tồn tại các sốnguyên p, q, r sao cho a, b, c là ba nghiệm của phương trình x3 px2qx r 0