Báo cáo học viên nghệ an

ỨNG DỤNG SỐ PHỨC VÀO ĐA THỨC Trần Văn Châu Trường THPT Chuyên LÊ THÁNH TÔNG Thành phố Hội An Quảng Nam Tromg các kỳ thi học sinh giỏi thường xuất hiện các bài toán về Đa thức Bài viết

ỨNG DỤNG SỐ PHỨC VÀO ĐA THỨC

Trần Văn Châu ( Trường THPT Chuyên LÊ THÁNH TÔNG Thành phố Hội An Quảng Nam) Tromg các kỳ thi học sinh giỏi thường xuất hiện các bài toán về Đa thức

Bài viết này xin trình bày phương pháp dùng số phức để giải một số dạng bài tập

về Đa thức

1.LÝ THUYẾT CĂN BẢN VỀ SỐ PHỨC

a/ Dạng đại số : z = a+ib với a;b là số thực và i2=-1

Số phức liên hợp: z a ib

b/ Dạng lượng giác : zr(cosisin ) trong đó  là một acgumen của z và r là

mô đun của z

e/Công thức Moive : zr(cosisin ) Khi đó z n r n(cosnisinn)

2 CHIA HẾT TRONG ĐA THỨC

Đa thức P(x) chia hết cho đa thức Q(x) khi và chỉ khi P( ) 0

Áp dụng công thức Moive ta có cos4 sin4 cos2 sin2 1 0

u  u  x u x u   x x u Xét phương trình đặc trưng 2 2

+ Với k=3t+1 thì 3 1 2

( 1)( )k2 1 ( 1)( ) t 2    1 (  ) 2 1 0 (thỏa)

(         1)( ) 2 1 ( 1)( )           2 1 1 2 1 0 (không thỏa)

Kết luận : n=6t+3

3 XÉT TÍNH KHẢ QUY CỦA ĐA THỨC

Bài 1: Chứng minh rằng không thể phân tích đa thức

( ) ( 1 )(x 2 ) (x ) 1

f x  x   n  thành tích của hai đa thức hệ số nguyên bậc lớn hơn hay bằng 1

Lời giải : Giả sử ngược lại , ta có f(x)=g(x).h(x) với g(x) h(x) là các đa thức hệ

số nguyên có bậc lớn hơn hay bằng 1

Ta để ý rằng f(ki) f ki( )1;k 0,1, ,n ,ta có

( ) ( ) 1 ( ) ( ki); k 1, 2, , n

g ki h ki   g ki h  

Vì số 1 có bốn cách phân tích trong  i là 1.1 ; (-1).(-1) ;(i).(-i) ; (-i).(i)

Nên ta có g ki h ki( ); ( )  (1;1);( 1; 1);( i;i);(i; i)     với mọi k   1; 2; ;n;1;2; ; n

Như vậy trong bốn trường hợp ta đều có g ki( )h(ki) h( ki).

Như vậy đa thức P(x) =g(x)-h(-x)có 2n nghiệm phân biệt trong khi đó bậc của P(x) nhỏ hơn 2n vậy g(x)=h(-x)



Vì vì có vô số số nguyên tố nên có vô số k

Ta đi chứng minh Q x( )P x( ) k an x n  a x1 p là bất khả quy trong  x Trước hết ta nhận xét rằng : Nếu  là nghiệm phức bất kỳ của Q(x) thì  1 Vậy nếu  1 thì p a nn  a1  a n   a1 mâu thuẩn với cách chọn p

Giả sử Q(x) là khả quy Tức là Q(x)=g(x).h(x) với g(x), h(x) là các đa thức có

hệ số là số nguyên và degg(x)>0 ;degh(x) >0

Ta có p =Q(0)=h(0).g(0) vì p nguyên tố nên g(0)=1 hay h(0)=1

+ Nếu g(0)=1và giả sử rằng g(x)=b x k k   b x1 1 (do g(0)=1, nên số hạng tự

4 ỨNG DỤNG ĐỂ TÌM ĐA THỨC

Bài tập 1:Tìm tất cả các đa thức P(x) thỏa điều kiện : 2

( ) ( 1) ( )

P x P x P x

Lời giải: Giả sử  là nghiệm của phương trình P(x) = 0 khi đó ta nhận thấy:

Như vậy ta có thể kết luận  0; 1

Từ đây suy ra P x( )k x m.(1x)n Thay vào phương trình ban đầu ta có k=1 và m=n Ngoài ra khi đa thức P(x)=C thì P(x) = 0 hoặc P(x) =1

Giả sử  là nghiệm có mô đun lớn nhất Từ cách chọn đó ta suy ra được

Vậy đa thức đó là 2

( ) ( 1)m

P x  x  Thử lại và kết luận 2

( ) ( 1)m

P x  x 

5.TÌM ĐA THỨC NHẬN SỐ PHỨC LÀM NGHIỆM

Bài 1 : Tìm đa thức có hệ số nguyên bậc nhỏ nhất nhận số  1 2i làm nghiệm

7 TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1] Nguyễn Chánh Tú ,Mở rộng trường và lý thuyết trường Galois

[2] Nguyễn Văn Mậu và Trần Nam Dũng ,Số phức và áp dụng

[3] Tạp chí Toán học và tuổi trẻ

[4] Nguyễn Văn Khuê và Lê Mậu Hải,Hàm biến phức

Hội An,Ngày 18/6/2017

1

PHƯƠNG PHÁP ĐẾM SỐ LẦN XUẤT HIỆN CỦA MỖI PHẦN TỬ

TRONG MỘT TẬP HỢP ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN TỔ HỢP

Tác giả: Đỗ Văn Đức – Ngô Thị Hoa Trường THPT Chuyên Lương Văn Tụy - Ninh Bình

Trong các kì thi tuyển sinh đại học, các cuộc thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp quốc gia, cấp khu vực và quốc tế, … thì hầu như lần nào cũng có bài toán tổ hợp Đây là loại toán khó

và cũng có nhiều phương pháp để giải quyết, có thể kể đến như phương pháp truy hồi, công thức bao hàm loại trừ, sử dụng số phức,

Sau đây tôi đưa ra một phương pháp giải bài toán tổ hợp nhờ đếm số lần xuất hiện của mỗi phần tử trong một tập hợp thông qua các ví dụ

Ví dụ 1 (Đề thi học sinh giỏi Ba Lan)

Cho tập hợp 𝑴 có 𝒏 phần tử và hai tập con tùy ý 𝑨, 𝑩 của 𝑴, xét cặp (𝑨, 𝑩) ta tính số phần tử của 𝑨 ∩ 𝑩

Chứng minh rằng tổng tất cả số các phần tử của mọi giao có thể gồm hai tập con của

𝑴 là 𝒏 𝟒𝒏−𝟏

Bài giải Xét phần tử 𝑎 ∈ 𝑀 bất kì

Khi đó, có 2𝑛− 2𝑛−1 = 2𝑛−1 tập con của 𝑀 có chứa phần tử 𝑎

Suy ra, có (2𝑛−1)2 = 4𝑛−1 cặp hai tập con của 𝑀 có chứa 𝑎 , hay nói cách khác 𝑎 thuộc giao của một cặp bất kì trong 4𝑛−1 cặp đó

Vậy mỗi phần tử 𝑎 ∈ 𝑀 thì được đếm 4𝑛−1 lần

⟹ ∑ |𝐴⋂𝐵| = 𝑛 4𝑛−1

𝐴⊂𝑀 𝐵⊂𝑀

Theo cách giải trên, ta có thể giải bài toán tổng quát sau đây

Bài toán: Cho 𝑀 là tập con có 𝑛 phần tử, 𝐸 là tập tất cả các bộ (có thứ tự)

(𝐴1, 𝐴2, … , 𝐴𝑘) trong đó 𝐴𝑖 ⊂ 𝑀, 𝑘 là số tự nhiên đã cho Chứng minh rằng:

𝑘

𝑖=1

| = 𝑛 2𝑘(𝑛−1) (𝐴1,𝐴2,…,𝐴𝑘)∈𝐸

𝐴𝑖∩ 𝐴𝑗 = ∅ và |𝐴𝑖| + |𝐴𝑗| = 𝑡.

Gọi 𝑀 là tập 𝑛 phần tử của đề bài Ta có 𝐶𝑛𝑡 cách chọn ra 𝑡 phần tử của 𝑀

Với mỗi cách chọn ra 𝑡 phần tử ta có 𝐶𝑡𝑘 cách chọn ra từ đây 𝑘 phần tử để làm thành tập 𝐴𝑖

Ví dụ 3 (Olympic Châu Á Thái Bình Dương lần 10 /1997)

Gọi 𝑴 = {𝟏, 𝟐, … , 𝟏𝟗𝟗𝟖}, cho trước số tự nhiên 𝒌 , 𝑨𝒊(𝒊 = 𝟏, 𝟐, … , 𝒌) là một tập con của 𝑴 Giả sử 𝑭 là tập tất cả các bộ (𝑨𝟏; 𝑨𝟐; … ; 𝑨𝒌)

Hãy tính:

(𝑨𝟏,𝑨𝟐,…,𝑨𝒌)∈𝑭

Bài giải Đặt 𝑛 = 1998

Với mỗi 𝑖 ∈ 𝑀, gọi 𝑆𝑘(𝑖)là số các bộ (𝐴1, 𝐴2, … , 𝐴𝑘) ∈ 𝐹 và thỏa mãn:

3

Ví dụ 4

Cho hai số tự nhiên 𝒏, 𝒌 Gọi 𝑴 = {𝟏, 𝟐, 𝟑, , 𝒏} (tập 𝒏 số nguyên dương đầu tiên) 𝑨𝒊 ⊂𝑴; 𝒊 = 𝟏, 𝟐, … , 𝒌 𝑭 là tập các bộ (𝑨𝟏, 𝑨𝟐, … , 𝑨𝒌) có thứ tự, 𝑬 là tập các bộ (𝑨𝟏, 𝑨𝟐, … , 𝑨𝒌) không có thứ tự

𝒂∈𝑨 𝒊

𝒌

𝒊=𝟏 (𝑨𝟏,𝑨 𝟐 ,…,𝑨 𝒌 )∈𝑭

𝟒) 𝑺𝟒 = ∑ |𝑨𝟏∪ 𝑨𝟐∪ … ∪ 𝑨𝒌|

(𝑨𝟏,𝑨 𝟐 ,…,𝑨 𝒌 )∈𝑬

𝒂∈(𝑨 𝟏 ∪𝑨 𝟐 ∪…∪𝑨𝒌) (𝑨𝟏,𝑨 𝟐 ,…,𝑨𝒌)∈𝑬

𝒂∈𝑨 𝒊

𝒌

𝒊=𝟏 (𝑨𝟏,𝑨 𝟐 ,…,𝑨 𝒌 )∈𝑬

• Để tính 𝑆3 thì với mỗi 𝑗 ∈ ℕ(1 ≤ 𝑗 ≤ 𝑘) ta tìm bộ số (𝐴1, 𝐴2, … , 𝐴𝑘) ∈ 𝐹 mà 𝑎 ∈ 𝐴, 𝑎 thuộc

𝑗 tập con của bộ nên có 2(𝑛−1)𝑘𝐶𝑘𝑗bộ Vậy:

Tương tự như trên, với mỗi số 𝑘, 𝑗 đã định, 𝑘, 𝑗 ∈ {1,2, … ,9} ta tìm các số 𝑏 ∈ 𝐵 mà hàng

a) 𝑺𝟏 bằng tổng tất cả các 𝒎(𝒄) lấy theo mọi bộ 𝒄

b) 𝑺𝟐 bằng tổng tất cả các 𝑴(𝒄) lấy theo mọi bộ 𝒄

c) 𝑺𝟑 bằng tổng tất cả các 𝑻(𝒄) lấy theo mọi bộ 𝒄

Bài giải a) Với mỗi bộ số tự nhiên 𝑗 (1 ≤ 𝑗 ≤ 𝑛)

Số bộ 𝑐 mà 𝛼𝑖 nhận giá trị từ 𝑞 + 𝑗 đến 𝑞 + 𝑛 là (𝑛 + 1 − 𝑗)𝑘, trong đó số bộ 𝑐 mà 𝛼𝑖 nhận giá trị từ 𝑞 + 𝑗 + 1 đến 𝑞 + 𝑛 là (𝑛 − 𝑗)𝑘

6

c) Mỗi số 𝛼 ∈ {𝑞 + 1 , 𝑞 + 2 , … , 𝑞 + 𝑛} và 𝛼 có mặt đúng 𝑡 lần trong bộ 𝑐 =

(𝛼1, 𝛼2, … , 𝛼𝑘), (1 ≤ 𝑡 ≤ 𝑘)

Do có 𝐶𝑘𝑡 cách đặt vào 𝑡 vị trí trong 𝑘 vị trí cùng một cách chọn 𝛼 và còn lại (𝑘 − 𝑡)

vị trí để đặt vào (𝑛 − 1) số còn lại khác 𝛼 nên số lần 𝛼 xuất hiện trong tổng 𝑆3 là:

Bài giải

7

a) Với mỗi số 𝑖 ∈ {0,1,2, , 𝑛} ,ta tìm các số 𝑎 ∈ 𝐴 có 𝑀(𝑎) = 𝑖

Ta có các cặp có tổng bằng 𝑖 + 𝑗 (0 ≤ 𝑗 ≤ 𝑖) là : (𝑖, 𝑗), (𝑖 − 1, 𝑗 + 1), … , (𝑗 + 1, 𝑖 −1), (𝑗, 𝑖) Vậy, 𝑎 = (𝑖, 𝑗, 𝑖 − 𝑘, 𝑗 + 𝑘) với 0 ≤ 𝑘 ≤ 𝑖 − 𝑗

c) Do: 𝑎1+ 𝑎2 = 𝑎3+ 𝑎4 nên 𝑎1 lớn nhất khi và chỉ khi 𝑎2 bé nhất

Suy ra:

𝑎1+ 𝑎2+ 𝑎3+ 𝑎4

𝑎1+ 𝑎22

Ví dụ 8:

Cho 𝒏 số tự nhiên đầu tiên 𝟏, 𝟐, … , 𝒏 (𝟐 ≤ 𝒏 ≤ 𝟗) Tìm tổng tất cả các số tự

nhiên có 𝒏 chữ số phân biệt từ các chữ số 𝟏, 𝟐, … , 𝒏 sao cho chữ số 1,2 theo thứ

tự nào đó đứng cạnh nhau

Bài giải

8

Gọi 𝐴 = {𝑎 = 𝑎̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅ , 𝑎1𝑎2… 𝑎𝑛 𝑖 ∈ {1,2, … , 𝑛}, 𝑎𝑖 ≠ 𝑎𝑗 với 𝑖 ≠ 𝑗; 𝑖, 𝑗 ∈ {1,2, … , 𝑛}}

• 𝑎 là số thỏa mãn đề bài nên số các số 𝑎 là 2(𝑛 − 1)! = |𝐴|

• Chữ số 1 hoặc 2 ở vị trí 𝑎𝑗(2 ≤ 𝑗 ≤ 𝑛 − 1) có trong 2(𝑛 − 1)! Số thuộc 𝐴

• Chữ số 1 hoặc 2 ở vị trí 𝑎1 cũng như ở vị trí 𝑎𝑛 có trong (𝑛 − 2)! số thuộc 𝐴

• Mỗi chữ số 𝑘 ∈ {3,4, … , 𝑛} ở vị trí 𝑎1 cũng như ở vị trí 𝑎𝑛 có trong 2(𝑛 − 2)! số thuộc

Cho số tự nhiên 𝒏 (𝟐 ≤ 𝒏 ≤ 𝟗) Gọi 𝑨 là tập tất cả các số tự nhiên có 𝒏 chữ số

phân biệt khác 0 và chữ số 1,2 theo thứ tự nào đó đứng cạnh nhau

𝐓ì𝐦 𝑺 = ∑ 𝒂

𝒂∈𝑨

Bài giải Với 𝑛 chữ số phân biệt 1,2, 𝑎3, … , 𝑎𝑛 theo bài trên tổng tất cả các số tự nhiên có 𝑛 chữ số phân biệt là các số này là:

Cho 𝑺 = {𝟏, 𝟐, … , 𝒏} Gọi 𝑻 là tập hợp tất cả các tập con không rỗng của 𝑺

Với mỗi 𝑿 thuộc 𝑻 kí hiệu 𝒎(𝑿) là trung bình cộng của các phần tử thuộc 𝑿

Tính:

𝒎 =

|𝑻|

Bài giải Với mỗi phần tử 𝑎 ∈ 𝑆 thì số tập con của 𝑆 có 𝑘 phần tử mà tập con này chứa 𝑎 là 𝐶𝑛−1𝑘−1 Suy

Cho 𝑺 = {𝟏, 𝟐, … , 𝒏} Gọi 𝑻 là tập hợp tất cả các tập con khác rỗng của 𝑺 Với

mỗi 𝑿 ∈ 𝑻, kí hiệu 𝒎(𝑿) là trung bình nhân của các phần tử thuộc 𝑿

Với mỗi 𝑎 ∈ 𝑆 thì số tập con của 𝑆 có chứa 𝑎 là 𝐶𝑛−1𝑘−1 ⇒ số lần 𝑎 được tính trong trung bình nhân của 𝑘 phần tử là (𝑎1𝑘)

𝐶𝑛−1

Suy r a

Ví dụ 12 (Đề thi Olympic Tây Ban Nha)

Xét các tập 𝑨 thỏa mãn: 𝑨 gồm 100 số tự nhiên phân biệt sao cho 𝒂, 𝒃, 𝒄 là các phần

tử của tập hợp 𝑨 (có thể phân biệt hoặc không) thì tồn tại tam giác cạnh 𝒂, 𝒃, 𝒄 mà

không có góc tù Gọi 𝑺(𝑨) là tổng chu vi các tam giác đã được xét khi xác định tập

giác cân mà 𝑎𝑖 là cạnh đáy và 𝐶992 tam giác thường

2𝑖 − 𝑘 + 𝑝 ≥ 2𝑖 + 22𝑖 − 𝑘 ≥ 𝑝 + 1

⟹ 2𝑖 − 𝑘 − 1 ≥ 𝑝 ≥ 𝑘 + 1

⟹ 0 ≤ 𝑘 ≤ 𝑖 − 2

và số các giá trị của 𝑎 = 𝑝 là 2𝑖 − 𝑘 − 𝑘 − 2 = 2(𝑖 − 𝑘 − 1)

⟹ {

𝑘 ∈ ℕ (2𝑖 − 𝑘 − 1) + 𝑝 ≥ 2𝑖 + 1

⟹ 𝐶(𝑛) = 𝐹(𝑛) − 𝐸(𝑛)(Kết quả Ví dụ 11, Ví dụ 12)

= {3𝑘2+ 3𝑘 + 1 khi 𝑛 = 2𝑘 + 13𝑘2 khi 𝑛 = 2𝑘 Cách 2: Giải trực tiếp Ta tìm bộ số (𝑎, 𝑎, 𝑏), 2𝑎 > 𝑏, 𝑎, 𝑏 ∈ 𝐴

Gọi ba cạnh của tam giác là 𝑎, 𝑏, 𝑐 với 𝑎 ≥ 𝑏 ≥ 𝑐, 𝑏 + 𝑐 > 𝑎, 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 2𝑝 + 1

15

Bài giải Gọi 𝐾(𝑛) là số tam giác có ba cạnh là ba số nguyên dương phân biệt và có chu vi là

𝑛 Gọi 𝑎 > 𝑏 > 𝑐 là ba cạnh của tam giác ⟹ 𝑏 + 𝑐 > 𝑎, 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 2𝑝 + 1

Cho 𝒏 đoạn thẳng có độ dài lần lượt là 𝟏, 𝟐, … , 𝒏 Hỏi có bao nhiêu cách chọn

ra 4 đoạn thẳng khác nhau đôi một và là 4 cạnh của một tứ giác ngoại tiếp

Bài giải

Gọi 𝐵(𝑛) là số cách chọn ra 4 đoạn thẳng khác nhau đôi một có độ dài các đoạn

thuộc 𝐴 = {1, 2, … , 𝑛} và là bốn cạnh của tứ giác ngoại tiếp

Như vậy với mỗi 𝑐 mà 𝑏 − 1 ≥ 𝑐 = 2𝑖 + 1 + 𝑑 − 𝑏 ≥ 2𝑖 + 1 + 1 − 𝑏 thì tồn

tại duy nhất 𝑑 = 𝑏 + 𝑐 − 2𝑖 − 1 dương bé hơn 𝑐 ⟹ số bộ (𝑎 = 2𝑖 +

Vậy với mỗi 𝑐 mà 2𝑖 + 1 − 𝑏 ≤ 𝑐 ≤ 𝑏 − 1 thì tồn tại duy nhất 𝑑 = 𝑏 + 𝑐 − 2𝑖

dương và bé hơn 𝑐, suy ra số bộ (2𝑖, 𝑏, 𝑐, 𝑑) là:

𝑖=1

Ví dụ 20:

Cho 𝒏 đoạn thẳng có độ dài lần lượt là 𝟏, 𝟐, … , 𝒏 Hỏi có bao nhiêu cách chọn

ra 4 đoạn thẳng là 4 cạnh của một tứ giác ngoại tiếp

Sau đây là một số bài tập có cách giải tương tự như trên

Bài 1 Cho 𝑛 + 1 chữ số 0 , 1, 2 , , 𝑛 (2 ≤ 𝑛 ≤ 9) Tìm tổng tất cả các số tự nhiên có 𝑛 +

1 chữ số phân biệt từ các chữ số trên sao cho hai chữ số 1,2 theo thứ tự nào đó

đứng cạnh nhau

Bài 2: Cho số tự nhiên 𝑛(2 ≤ 𝑛 ≤ 9) Gọi 𝐴 là tập các số tự nhiên có 𝑛 chữ số phân biệt

thuộc tập hớp {0,1,2, … ,9} sao cho hai chữ số 1,2 theo thứ tự nào đó đứng cạnh

nhau

Tìm 𝑆 = ∑ 𝑎

𝑎∈𝐴

Bài 3: Cho số tự nhiên 𝑛 Gọi 𝑋 = {1,2, … , 𝑛}, 𝐸 = {𝐴1×𝐴2×𝐴3 , 𝐴𝑖 ⊂ 𝑋, 𝐴𝑖 ≠ ∅}

𝐴 1 ×𝐴 2 ×𝐴 3 ∈𝐸

Bài 5: Xét bất phương trình 𝑎3|𝑥| ≤ √3(𝑎2− 𝑦2) (1) Ta xét các giá trị của 𝑎 để (1) có

hữu hạn các cặp số (𝑥, 𝑦) , 𝑥, 𝑦 ∈ ℤ là nghiệm của (1) Với mỗi 𝑎 như thế, ta gọi

𝑁(𝑎) là số các cặp khác nhau như vậy Với mỗi số tự nhiên 𝑘, hãy tìm tất cả các số

thực 𝑎 để 𝑁(𝑎) = 𝑘

ỨNG DỤNG CỦA MỘT BẤT ĐẲNG THỨC

Trần Công Hoan – THPT Chuyên Nguyễn Tất Thành, KonTumBài viết này xin giới thiệu cho các em học sinh một bất đẳng thức được ứng dụng khá nhiều

để chứng minh bất đẳng thức đối xứng ba biến số

Cho a b c, , là các số thực không âm, chứng minh rằng

 2  2  2

.16

2

4 42

Bất đẳng thức được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi abc1.

Ví dụ 3 Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn điều kiện ab bc ca  1 Chứng minh

Ta có a b c  ab bc ca  9abc

3 2

Bất đẳng thức được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi abc1.

Ví dụ 5 Cho a b c, , là các số thực dương Chứng minh rằng

9

Bất đẳng thức được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi abc

Ví dụ 6 Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn điều kiện ab bc ca  a b c  Chứng minh rằng a b2 2 b c2 2 c2 a2 3

Bất đẳng thức được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi abc1

Ví dụ 7 Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc 1 Chứng minh rằng

  2    2    2 

.8

 2  2 2 2  2  2 2 2  2  2 2 2

.8

Bất đẳng thức được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi abc1

Ví dụ 8 Cho a b c, , là các số thực dương Chứng minh rằng

3 2.2

Bất đẳng thức được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi abc

Ví dụ 9 Cho a b c, , là các số thực dương.Chứng minh rằng

 2  2  2

.4

Bất đẳng thức được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi abc.

Ví dụ 10 Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc 1 Chứng minh rằng

Bất đẳng thức được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi abc1

Ví dụ 11 Cho a b c, , là các số thực dương Chứng minh rằng

Bất đẳng thức được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi abc

Ví dụ 12 Cho a b c, , là các số thực dương Chứng minh rằng

SỬ DỤNG TÍNH CHẤT NGHIỆM CỦA ĐA THỨC VÀ ĐỊNH LÝ VIETE

GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐA THỨC Văn Thế Huy Giáo viên trường THPT chuyên Lương Văn Chánh, Phú Yên

Bài toán đa thức thường xuất hiện trong các kỳ thi HSG quốc gia và quốc tế Tuy nhiên, trong chương trình toán phổ thông, đa thức chỉ được trình bày ở mức độ sơ lược Do vậy, tôi xin giới thiệu một số bài toán về nghiệm của đa thức mà chủ yếu là sử dụng Tính chất nghiệm của đa thức, so sánh hệ số cùng bậc của hai đa thức và định lý Viette Với định lý Viette, ta có thể giải một số bài toán về nghiệm của đa thức mà trong đề bài các nghiệm có mặt một cách đối xứng hoặc giữa các nghiệm có mối liên hệ đặc biệt nào đó

1) Lý thuyết cơ bản về đa thức

degP Q max deg( ), deg( ) p Q

(nếu deg( )p deg( )Q thì dấu bằng xãy ra)

degP Q deg P deg( )Q

degP Q x ( ) deg( ).deg( )P Q

Hệ số của đa thức có thể lấy trong C R Q Z, , ,

* Phép chia có dư : Với các đa thức P x( ) và Q x( ) bất kỳ, tồn tại duy nhất cặp đa thức S(x) và R(x) sao cho

P x( )Q x S x( ) ( )R x( ) và degRdeg Q

Nếu R x ( ) 0 thì ta nói Q(x) chia hết P x( )và viết Q x P x( ) ( )

Ngoài ra : Nếu P x ( ) 0 thì S x ( ) 0 và R x ( ) 0

Nếu degPdegQ thì S x ( ) 0; R(x)P(x)

Nếu degPdegQ thì degSdegPdeg Q

* Nghiệm của đa thức, nghiệm bội

Cho đa thức P(x), a được gọi là nghiệm bội r của P(x) nếu ta có

P x( )(x a Q x )r ( ), trong đóQ x( )là đa thức và Q a ( ) 0

( ) '( ) ''( ) r ( ) 0, r ( ) 0

P a P a P a  P  a  p a 

- Số nghiệm của đa thức

Định lý : Mỗi đa thức bậc n có không quá n nghiệm ( tính cả số bội)

Hệ quả :

* Nếu hai đa thức bậc không quá n trùng nhau tại n + 1 điểm phân biệt của đối số thì chúng trùng nhau

* Nếu đa thức có bậc không quá n mà nhận cùng một giá trị tại n + 1 điểm phân biệt của đối số thì đa thức đó là đa thức hằng.

Định lý Bezout Số dư trong phép chia P x( ) cho x – a là P a( ) Ta có một hệ quả của định lý Bezout : a là nghiệm của P x( )khi và chỉ khi P x( )chia hết cho x a

n n

n n

n

n o n

n

a

a a

• Vận dụng tính chất của các định lý này để giải một số bài toán đa thức

2) Một số bài toán liên quan đến nghiệm của đa thức

Bài toán 1.(Chọn đội tuyển-TpHCM 2016)

Cho đa thức với hệ số thực:P x( ) x2016a2015x2015a2014x2014  a x a1  , 0

Giả sử P x không có nghiệm nào thuộc khoảng    1; 2

Vậy tồn tại ít nhất một nghiệm thuộc khoảng  1; 2

Bài toán 2.(Olympic Toán sinh viên 2017)

Tìm tất cả các đa thức P x có hệ số thực và có bậc 100 sao cho đa thức đạo hàm   ' 

P x là ước của P x ,nghĩa là có một đa thức với hệ số thực   Q x thoả mãn      '  

k i

m

P x

P x  x Nếu k  thì ta có ngay điều vô lý 2

• Ngoài ra ta còn ứng dụng định lý Viette để giải môt số bài toán liên quan nghiệm của đa thức

Bài toán 3 (Canada 1982)

Giả sử một trong các nghiệm của đa thức   3 2

,

P x x ax bx với ; ;c a b c ,a 1bằng tích của hai nghiệm kia

Chứng minh rằng: 2P   1 [P 1 P  1 2 1 P 0 ].

Lời giải:

Gọi x x x x là ba nghiệm của 1, 2, 1 2 P x ,theo giả thiết của bài toán và định lý Viette ta có :  

b x

Dấu bằng xảy ra khi x1 x2 x n 1.

Trở lại bài toán, ta sẽ chứng minh phản chứng

1) Giả sử P x có hai nghiệm nguyên   x x với 1, 2 x1  x2

Đẳng thức này không xảy ra vì x x chẵn 1, 2

2) Giả sử P x có nghiệm kép   x Khi đó 0 x cũng là nghiệm của 0 ' 

Ngoài ra, giả sử: x2  x1 x3 x2   x nx n1 d

Khi đó, theo định lý Viete ta có: 1

n n k



Nhận xét: Trên đây là các bài toán hay về định lý Viette, hệ quả của định lý Bezout Để xử lí

được dạng toán này cần phải có những kiến thức về đại số,giải tích hỗ trợ Sau đây là một số bài toán về áp dụng định lý Viette,định lý Bezout vào việc xử lí các bài toán bất đẳng thức trong đa thức

3) Một số bài toán liên quan đến bất đẳng thức đa thức

Bài toán 7 (Olympic sinh viên 1999)

Giả sử đa thức với hệ số thực P x( )a0 a x1   a x n n có n nghiệm thực phân

Trước hết ta chứng minh bổ đề sau:

Cho đa thức Q x( )  x có deg ( )Q x  và có m m nghiệm thực đơn

Trường hợp 2: Nếu với t  mà ( ) 0 Q t  thì   ' 2 ''

1 Q t( ) Q t Q t( ) ( )0

Bổ đề được chứng minh

Trở lại bài toán

Bài toán 8 là một trường hợp riêng của bài toán 7

Do vậy mình sẽ giới thiệu thêm cách khác, vận dụng định lý Viette để giải quyết bài toán 8

Gọi y là tích của tất cả các nghiệm này

Khi đó, theo định lý Viette thì 3.2 1998

Đặt z1< z2 < < z1998 là nghịch đảo của các nghiệm này (không nhất thiết theo thứ tự

1, 2, 3, , 1998) Ta đưa về bài toán:

i i

20.1996

1998 1997

i i

Dễ thấy bất đẳng thức cuối đúng nên ta có đpcm

Bài toán 9.(Taiwan TST 2014)

Cho đa thức với hệ số thực:P x( )x na n2x n2a n3x n3  a x a1  (0 n 2)

Giả sử x nghiệm thực của phương trình ( ) k P x  ,0 k 1, 2, ,n

Mâu thuẫn với giả thiết.Ta có ngay đpcm

Bài toán 10 (Olympic Singapore 2016)