SKKN một số ỨNG DỤNG TÍNH CHẤT NGHIỆM của đa THỨC hệ số THỰC

Tên sáng kiến: MỘT SỐ ỨNG DỤNG TÍNH CHẤT NGHIỆM CỦA ĐA THỨC HỆ SỐ THỰC 2.. Đa thức nói chung và nghiệm của đa thức nói riêng có nhiều tính chất quantrọng và có nhiều ứng dụng về mặt đại

THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN

**********

1 Tên sáng kiến:

MỘT SỐ ỨNG DỤNG TÍNH CHẤT NGHIỆM CỦA ĐA THỨC HỆ SỐ THỰC

2 Lĩnh vực áp dụng sáng kiến:

- Chương trình Toán lớp 10 THPT chuyên, 11 THPT chuyên

- Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Quốc gia

3 Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ 8 - 2015 đến 5 - 2016

Chức vụ công tác: Giáo viên

Nơi làm việc: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định

Địa chỉ liên hệ: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định

Chức vụ công tác: Giáo viên

Nơi làm việc: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định

Địa chỉ liên hệ: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định

Điện thoại: 0125.459.1182

6 Đơn vị áp dụng sáng kiến

Tên đơn vị: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định

Địa chỉ: 76 đường Vị Xuyên, TP Nam Định

Điện thoại: 03503.640297

NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN

I ĐIỀU KIỆN, HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN

Đa thức là nội dung rất quan trọng trong chương trình toán học phổ thông

và bắt đầu được giảng dạy trong chương trình đại số ở cấp THCS Các bài toán về

đa thức cũng xuất hiện nhiều trong các kì thi học sinh giỏi Quốc gia và Quốc tế Kiến thức liên quan để giải các bài tập đa thức cũng rất đa dạng và phong phú

Đa thức nói chung và nghiệm của đa thức nói riêng có nhiều tính chất quantrọng và có nhiều ứng dụng về mặt đại số và giải tích Trong các kì thi học sinhgiỏi, những tính chất này được áp dụng rất nhiều

Trong quá trình giảng dạy, đặc biệt sau một thời gian nghiên cứu và giảngdạy cho các đội tuyển học sinh giỏi, tôi nhận thấy nếu học sinh được cung cấpnhững kiến thức về đa thức và các tính chất nghiệm; đồng thời biết được một sốứng dụng cơ bản thì sẽ có thể vận dụng để giải quyết các bài tập lớn

Báo cáo sáng kiến này ngoài việc trình bày lại một số kiến thức cơ bản vềmặt đại số và giải tích của đa thức và nghiệm đa thức; báo cáo cũng đưa ra một sốứng dụng của tính chất nghiệm trong các bài toán thi học sinh giỏi các cấp

II CÁC GIẢI PHÁP THỰC HIỆN

Cho đa thức   1

f x a x a x   a x a 

+) Nếu f x    �� thì đa thức f không có bậc.0, x

+) Nếu f là hằng số khác 0 thì bậc của f bằng 0; kí hiệu deg f  0

+) Nếu a0 � 0 thì bậc của f bằng n ; kí hiệu deg f  n

3 Nghiệm của đa thức:

q

với  p q,   là nghiệm của 1 f x thì   p là ước của a n và q là

Nếu a0  1 thì các nghiệm hữu tỉ của f x đều là nghiệm nguyên, với 

Nếu hàm số f x liên tục trên đoạn    a b và có đạo hàm trên khoảng;

a b thì tồn tại số ;  c�a b;  sao cho f b  f a  ' .

+) Đa thức f x liên tục trên � và có đạo hàm   f x , nếu '  f a   f b 

hoặc f a   f b   thì tồn tại số 0 c�a b;  sao cho f c'  0

+) Nếu đa thức f x có k nghiệm thì   f x có 1'  k  nghiệm; f '' x có

2

k  nghiệm,

3.5.4 Khải triển Taylor:

Cho đa thức f x �� x ,deg f x  n Với mọi số x0��, ta có khai triển

Cho đa thức f �� x , deg f n, x i là các nghiệm bội k i i, 1;m Khi đó

ta có k1   k2 k m � deg f n.

Đặc biệt, nếu k1  k2 k m  n, thì ta có phân tích đầy đủ theo các

nghiệm x x1, 2, , x n (có thể trùng nhau) của f x bậc   n

B.1 Ứng dụng tính chất đại số của nghiệm đa thức:

B.1.1 Chứng minh đa thức có nghiệm và tìm nghiệm của đa thức:

Bài 1: Cho đa thức P x �� thỏa mãn  x P   0 , P 1 đều là các số nguyên lẻ.Chứng minh rằng đa thức P x không có nghiệm nguyên. 

Giải: Giả sử P x có nghiệm nguyên   x a Khi đó tồn tại đa thức Q x �� x

sao cho P x   x a Q x   .

Từ đó ta có P 0  aQ    0 ; P 1  1 a Q  1

Vì P   0 , P 1 đều là các số nguyên lẻ nên suy ra a; 1 là các số nguyên lẻ.a

Điều này mâu thuẫn vì a; 1 là 2 số nguyên liên tiếp a

Vậy đa thức P x không có nghiệm nguyên. 

*) Nhận xét: Đây là bài toán quen thuộc về nghiệm nguyên của đa thức Ta nhận thấy các số 0, 1 trong đề bài không ảnh hưởng đến kết quả của bài toán mà điểm quan trọng ở đây chính là tính chất của chúng, ta thấy rằng hai số đó chỉ cần khác tính chẵn lẻ là đã đủ để đảm bảo kết quả của bài toán Từ đó, ta xét một vài trường

Bài 1.1 Cho đa thức P x �� thỏa mãn: tồn tại số  x k nguyên sao cho

2015 2016k  k 2017k

P P  Chứng minh rằng đa thức P x không có nghiệm nguyên. 

Giải: Giả sử P x có nghiệm nguyên   x a Khi đó tồn tại đa thức Q x �� x

sao cho P x   x a Q x   .

Từ đó ta có P2015k  2015k a Q 2015 ;k P 2016k  2016k a Q 2016k Suy ra P2015 2016k P k  2015k a Q 2015k2016k a Q 2016k

Hay 2017k 2015k a Q 2015k2016k a Q 2016k

Vì 2017k là số nguyên lẻ nên suy ra 2015k a ; 2016k a là các số nguyên lẻ Nếu a chẵn thì 2016k  chẵn (mâu thuẫn)a

Nếu a lẻ thì 2015k  chẵn (mâu thuẫn).a

Điều này chứng tỏ giả sử sai Vậy đa thức P x không có nghiệm nguyên. 

Bài 1.2 .Cho đa thức P x �� thỏa mãn: tồn tại các số nguyên dương phân x

biệt , , ,a b c d không đồng thời chia hết cho 4 và

0

i i



trong đó a i� 1;1  i 0;2015không cónghiệm thực Tìm số lớn nhất các hệ số bằng 1 của ( ).f x

Giải: Gọi m là số các hệ số bằng -1 của ( )f x

Giải: Vì deg ( ) 6 f x  nên ( )f x không có quá 6 nghiệm.

Vì ( ) 0f a  nên x a là một nghiệm của ( )f x

Mặt khác nếu x0là nghiệm của phương trình đã cho thì

f x x

Nhận xét: Ý tưởng trên là vét cạn các nghiệm của đa thức với một kiến thức quen

thuộc: phương trình đa thức bậc n có không quá n nghiệm Dễ thấy rằng nói chung thì các nghiệm này phân biệt, nếu với một vài giá trị a làm cho chúng trùng nhau thì giá trị a đó cũng làm đa thức đã cho có nghiệm bội; do đó, điều này không ảnh hưởng đến sự đầy đủ của các nghiệm của đa thức như đã nêu

Bài 4: Cho hai đa thức bậc 4 ( )P x và ( ) Q x có hệ số hữu tỉ Chứng minh rằng nếu

hai đa thức ( )P x và ( ) Q x có một nghiệm chung vô tỉ và hai nghiệm chung hữu tỉ

thì ( )P x và ( ) Q x còn có một nghiệm chung vô tỉ nữa.

Giải: Giả sử

4 0

i i

i i



với a b4 4 �0; a b i; i∈ℚ i 1;4Gọi nghiệm chung vô tỉ là 1; 2 nghiệm chung hữu tỉ là 2 và 3.

Gọi nghiệm còn lại của ( )P x và ( ) Q x lần lượt là  và 

           

∈ℚSuy ra  1  ∈ℚ và  1 ∈ℚ

Bài 5: Tồn tại hay không ba số khác không ; ;a b c sao cho đa thức sau có n

nghiệm nguyên không nhất thiết phân biệt  n 3:

2 3

Giải: Giả sử tồn tại 3 số khác không ; ;a b c thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Gọi x x1 ; ; ; 2 x nlà các nghiệm của đa thức đã cho

Cho đa thức P x( ) 1   x2 x9 x n1   x n s x1992với n n1; ; ;2 n slà các số

tự nhiên cho trước thỏa mãn 9   n1 n s  1992 Chứng minh rằng nghiệm của

đa thức ( )P x (nếu có) không thể lớn hơn 1 2 5

nghiệm thực phân biệt nhau

Giải: Xét nghiệm của phương trình trên đoạn 2;2.Đặt x2cost

Bằng quy nạp ta chứng minh được: ( ) 2cos 2P x n  nt và phương trình P x n( )  xtrở

Suy ra phương trình P x n( ) xcó đúng 2n nghiệm thực phân biệt.(đpcm)

Bài 8: Cho đa thức 0

Giải: Nếu (0) 0 f � , ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp

Với n1, bài toán hiên nhiên đúng.

Giả sử bài toán đúng với n k , ta chứng minh đúng với n k  , tức là1

Nếu đa thức

1 0

( )

k i i

Khi đó: ( )

n i i k

f x �a x x H x k ( )và

n

i i k

Do ( )f x có nnghiệm thực nên ( )H x có n k nghiệm thực khác 0

Áp dụng kết quả trường hợp 1 cho ( )H x và ' p      thì p k n k 1 R x có n k  

nghiệm thực�g x( )có n nghiệm thực (đpcm).

Vậy, bài toán được chứng minh

Bài 9: Cho đa thức P x  x3 ax2bx c có ba nghiệm phân biệt Chứng minh

rằng đa thức Q x   x3 ax2 4b a x 2  4ab a 3 8c cũng có 3 nghiệmphân biệt

Giải: Gọi x x x1, 2, 3 là 3 nghiệm của đa thức P x Theo định lý Viete, ta có: 

Theo định lý Viete đảo thì y y y1 , 2 , 3 là 3 nghiệm của đa thức Q x (đpcm). 

Bài 10: Chứng minh rằng các nghiệm của đa thức 0

i

f x �a x 

có modunkhông vượt quá:

1 max k

k n

a a

k n

a p

11

Theo kết quả câu a, nếu

x

p là một nghiệm của đa thức

1( ) n ( )

1

k n

a p

*Nhận xét: Kết quả của bài 10 là một kết quả quen thuộc và có rất nhiều ứng

dụng Sau đây, ta sẽ xét một vài ví dụ về ứng dụng của kết quả này

Bài 11: Cho đa thức có các hệ số thực ( ) n 1 n 1 1

P x  x a x   a x a  chia hếtcho đa thức ( ) m 1 m 1 1

Áp dụng câu a) của bài 10, ta có: 1 max1;  i i 2016

a x

 �

(đcm)Vậy, a2016  2016.

Giải: Ta chứng minh bổ đề sau:

Bổ đề: Nếu a12 4b1 0,a m2 4b m  thì với mọi [0;1]0 � ta có

Trở lại bài toán, do P x P x1( ), m( ) đều không có nghiệm thực nên

các đa thức cũng không có nghiệm thực

Bài 14: Giả sử P x là đa thức hệ số thực không đồng nhất bằng 0 thỏa mãn 

    2 2 3 3 

P x P x P x x Chứng minh rằng đa thức P x không có nghiệm thực. 

Giải: Giả sử ngược lại, đa thức P x có nghiệm thực   x0 nào đó

Từ giả thiết, ta suy ra nếu x0 là nghiệm của đa thức P x thì   3

Thay x ta có 0 Q 0  (mâu thuẫn).0

Vậy điều giả sử sai Do đó đa thức P x không có nghiệm thực. 

Bài 15: Cho P x và   Q x là các đa thức hệ số thực, có bậc 2016 và hệ số cao 

nhất bằng 1 Chứng minh rằng nếu phương trình P x  Q x không có nghiệm

Trong đó R x là một đa thức có bậc nhỏ hơn 2015. 

Dễ thấy 2C20161 2015x2015 R x( ) là đa thức bậc lẻ nên nó phải có nghiệm thực Vậy

ta có điều phải chứng minh

B.1.2 Ứng dụng để chứng minh các hệ thức giữa các nghiệm, hệ thức giữa các

hệ số của đa thức:

Bài 1: Cho , , ,a b c d �,a 0 và thỏa mãn 4a2b c d   Chứng minh rằng0

Bài 2: (Đề thi gặp gỡ toán học 2015 - khối 11)

Cho a b c  là ba nghiệm của phương trình x33x 1 0 (1).

a) Hãy tính giá trị của biểu thức

c) Ta để ý là do các số (a2 2,b2 2,c2 ) cũng là nghiệm của (1) nên ta suy2

Bài 3: (Olympic 30 - 4 , THPT Chuyên Tiền Giang đề nghị)

2011

i i

Bây giờ ta xét một dạng toán mà dấu đẳng thức không xảy ra.

Bài 4: (Olympic 30 - 4 , THPT Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm - Quảng Nam đề

Vì đa thức có 2008 nghiệm nên ta có P x  a x x0  1 x x 2  x x 2008;a� 0

1 2 2008 1

Nhận xét: Ở bài toán trên ta sử dụng giả thiết các nghiệm phân biệt để suy ra dấu

đẳng thức trong đánh giá không xảy ra Ta có bài toán tổng quát hơn:

mãn điều kiện x k�k k; 1 với k 1,2, , ;n n� 1

Giải: với n đa thức có nghiệm 1 x  �2  1;2 nên n thỏa mãn 1

Thử lại thấy các đa thức này thỏa mãn

Với n� ta có 3 P x n  n x x!  1  x x 2  x x n do đa thức có n nghiệm

nhưng dox k�k k; 1 nên x x1 2 x n n! Mâu thuẫn nầy chứng tỏ khi n�3

không tồn tại đa thức như thế

Nhận xét: Ở lời giải trên trong khi đánh giá hệ số a1ta đã sử dụng định lí Viète

Ngoài ra ta cũng có thể sử dụng định lí đảo về dấu của tam thức bậc hai.

0

n k k ka







�

Gi i: Trả ước tiên ta ch ng minh b đ sau:ứ ổ ề

Ch ng minh r ng v i ứ ằ ớ m s ố y y1, , ,2 y mthu c kho ng ộ ả  0;1 ta có

1 1

i i

Ta sẽ ch ng minh b ng quy n p theo ứ ằ ạ m

Hi n nhiên bài toán đúng v i ể ớ m 1

n

i i

n k k ka

b c

۳

(đpcm)

Nhận xét: Để giải các bài toán dạng trên chúng ta phải tuân theo trình tự như sau:

Bước 1: Sử dụng định lý Viét để chuyển các bất đẳng thức liên qua đến hệ số của phương trình bậc 3 thành các bất đẳng thức liên quan đến các nhiệm của phương trình bậc 3 Công việc ở bước này rất khó đòi hỏi phải vận dụng linh hoạt định lý Viét và các hệ quả của nó.

Bước 2: Sử dụng các kiến thức về bất đẳng thức để chứng minh bất đẳng thức được đặt ra giữa các nghiệm.

Bài 9: Giả sử đa thức P x  x3 x ax b có ba nghiệm thực x x x1, ,2 3 đều lơn

Áp dụng bất đẳng thức Schawrs ta có ngay điều phải chứng minh

Nhận xét: Điểm đặc sắc trong lời giải ở trên đó là chuyển từ việc đánh giá các hệ

số về đánh giá BĐT chứa các nghiệm Trong một số bài toán ta cần thực hiện việc chia cho hệ số chứa số mũ cao nhất của đa thức rồi mới áp dụng định lí Viète.

Bài 10: Giả sử đa thức f x  ax3x2 bx1 có ba nghiệm thực dương Tìm giá

 

2 2

Giải: Ta giả sử ba nghiệm dương lần lượt là x x x1, ,2 3

2 2

Nhận xét: Đây cũng là bài tập đánh giá biểu thức liên quan đến hệ số đa thức.

Tuy nhiên cái khác biệt của bài này là ta không đưa về đánh giá thông qua các nghiệm bằng các biểu thức đối xứng sơ cấp mà phải dùng hàm số để khảo sát

Bài 11: Giả sử phương trình: x3ax2 bx c 0 có 3 nghiệm dương Chứng

minh rằng:

4 4 2 2 2 4

.2

Bài 12: Giả sử phương trình: x3 ax2 bx c  có ba nghiệm dương Chứng0

minh rằng:

2 2

1

23

2 2

232

Nếu x12 x22 x32  thì BĐT (2) hiển nhiên đúng.0

Nếu x12 x22 x32 � thì BĐT (2) thuần nhất nên ta có thể chuẩn hóa0

Ta cần chứng minh (3) với điều kiện (*) Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử

n n

n n

Nhân vế theo vế các BĐT trong (*) ta có   2

Ta xét một số ví dụ sau:

Bài 1: Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P x thỏa mãn  

 1  4  ,

xP x  x P x  �� (1)x

Giải: Giả sử P x là đa thức thỏa mãn đề bài. 

Trong (1), lần lượt thay x0; x ta có 4 P 0 P 3 0

Vậy đa thức cần tìm là P x  cx x 1 x2  x3 ,  ��x

Bài 2: Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P x thỏa mãn   P2015  và tồn tại số1

nguyên c sao cho xP x c     x 2015  P x , ��x 1 

Giải: Ta sẽ chứng minh c là một ước nguyên dương của 2015.

Từ giả thiết ta có c� vì nếu 0 c thì 0  1 �2015P x  0, x�� Điều nàymâu thuẫn vì P2015  1

Thay x c vào (*) ta được P c0  0 �P c  0 �x c là một nghiệm của P x  

Giả sử với số nguyên dương n thì 0, , 2 , , c c nc đều là nghiệm của P x 

Theo nguyên lý quy nạp thì nc là nghiệm của P x , �� Do đó n P x có vô 

số nghiệm Điều này mâu thuẫn Do đó

5 10 2010403!5

.+) Với c403�n5, ta có   5        

.Thử lại ta có cả 4 đa thức trên đều thỏa mãn đề bài Vậy có 4 đa thức thỏa mãn đềbài đã cho

*) Tổng quát bài toán 2:

Cho hai số ,a b với a� Đa thức 0 P x thỏa mãn  

a  nguyên dương, hãy tìm tất cả các đa thức P x thỏa mãn 

đề bài

*) Nhân xét: Bên cạnh việc chứng minh đa thức có vô số nghiệm bằng cách thay một số giá trị đặc biệt rồi sử dụng nguyên lý quy nạp (như bài 1, bài 2), chúng ta còn có thể chứng minh bằng cách xây dựng một dãy nghiệm của đa thức Phương pháp này rất hữu hiệu trong một số bài toán xác định phương trình hàm đa thức Chúng ta xét một số ví dụ sau:

 

P x thỏa mãn đồng thới các điều kiện:

Phân tích: Vẫn bằng phương pháp thế, ta tính được P       0 , P 1 ,P 2 , P 5 , ,

nghĩa là ta tính được vô số giá trị của đa thức Dựa vào các giá trị, ta dự đoán

P x x  x Đến đây áp dụng tính chất hai đa thức bằng nhau tại vô hạn

điểm (cụ thể là một dãy điểm) thì trùng nhau.

Giải bài toán: Giả sử P x là đa thức thỏa mãn đề bài. 

Thật vậy, với n ta có 0 P 0  Khi đó (1) đúng với 01 n

Giả sử (1) đúng với n�� nào đó Ta có   2

Vì tập các nghiệm thực của P x là hữu hạn nên nó bị chặn Do đó tồn tại số nguyên 

dương N sao cho P N  �0

Do đó các số hạng của dãy  x đôi một phân biệt n

Suy ra P x có vô số nghiệm nên   P x   Điều này mâu thuẫn với giả thiết.0

Suy ra điều giả sử là sai nên P x chỉ có một nghiệm duy nhất   x0 1.

2 Tìm tất cả các đa thức P x có bậc 2016 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 

Giải:

1 Giả sử P x có một nghiệm thực   x0 nào đó.

Ta thấy nếu x0 là nghiệm của đa thức P x thì    2

Mặt khác ta có x n1 x n x n2    � nên dãy x n 1 0, n 0  x là dãy đơn điệu tăng n

Do đó P x có vô số nghiệm Suy ra   P x   Điều này mâu thuẫn với giả thiết.0Vậy P x không có nghiệm thực. 

2 Theo giả thiết, degP x  2016 nên P x có ít nhật một nghiệm   a a, �� 

Ta thấy nếu a là nghiệm của đa thức P x thì   2  2

a a cũng là nghiệm của đathức P x  

Vì vậy, ta xây dựng được một dãy nghiệm của đa thức P x là:   a2n,n�� 

Do số nghiệm của P x là hữu hạn nên tồn tại hai số   m n m n,  � sao cho