Đa thức đẹp nhưng có nghiệm xấu - Lê Phúc Lữ

Bổ đề này được suy ra trực tiếp từ kết quả sau: (Bổ đề Gauss) Tích của hai đa thức nguyên bản là một đa thức nguyên bản (đa thức nguyên bản – premitive polynomial là đa thức hệ số nguyê[r]

Chủ đề A ĐA THỨC ĐẸP NHƯNG CÓ NGHIỆM XẤU

Trước hết, ta xét bổ đề sau:

Nếu đa thức hệ số nguyên ( ) P x bậc n0, bất khả quy và nhận x  là nghiệm thì không tồn tại đa thức hệ số nguyên Q x nào có bậc ( ) m mà 0 m n cũng thỏa mãn điều kiện này

Thật vậy,

Nếu tồn tại đa thức Q x thỏa mãn điều kiện trên thì có thể giả sử ( ) mdegQ là bậc nhỏ nhất như thế Xét phép chia đa thức

( ) ( ) ( ) ( )

P x Q x  f x r x

Rõ ràng đây không phải là phép chia hết (vì P bất khả quy) nên degr0 và đồng thời

( ) ( ) ( ) ( ) 0

r  P  Q f   , mâu thuẫn

Từ bổ đề đơn giản này, ta có thể thu được ngay bài toán quen thuộc sau ở THCS:

Cho , ,A B C thỏa mãn A3 4 B 32 C 0 Khi đó, A  B C 0

Nếu không dùng liên hợp, ta có thể lập luận bằng cách xét tam thức bậc hai

2

f x Ax Bx C  x có nhận x3 2 là nghiệm

Từ đó, ta có thể thấy rằng nếu ( )P x  [ ]x thỏa mãn ( 2)P 2017 thì ( )P x phải có dạng

2

( ) ( 2) ( ) 2017

P x  x  Q x  với ( )Q x  [ ].x

Ta xét các bài toán sau:

Bài 1 (KHTN 2017) Cho đa thức P x( ) có hệ số tự nhiên thỏa mãn P( 3)3 2017 Hỏi tổng các

hệ số của P x( ) nhỏ nhất là bao nhiêu?

Lời giải Đặt

0

( )

n i i i



 thì 3

( 3) 2017

P  sẽ có dạng A39 B 33C Tương tự trên, ta suy ra A B 0,C2017 Nhưng ,A B là tổng của các hệ số không âm của các số hạng có mũ

không chia hết cho 3 nên rõ ràng, tất cả hệ số đó đều bằng 0 Suy ra ( )P x chỉ chứa toàn các hệ

số của số mũ chia hết cho 3

Đặt 3

( ) ( )

f x P x với f  [ ]x thì bài toán đưa về (3)f 2017 và

1

( ) n n n n

f x b x b x   b x b

Giả sử f(1) nhỏ nhất (đây cũng chính là tổng hệ số của đa thức P ban đầu) thì dễ dàng chứng minh được b i0,1, 2 (vì nếu không, ta có thể thay b i  b i 3) Suy ra ( )f x nhỏ nhất khi các hệ

số của nó là biểu diễn tam phân của 2017, đáp số là 9

Một bài tương tự có trong đề thi Nga:

Bài 2 Tìm tất cả đa thức hệ số tự nhiên ( )P x sao cho (1) P 7, (2)P 2017

Tiếp theo, có lẽ chúng ta đã khá quen thuộc với bài toán sau của thầy Trần Nam Dũng:

Bài 3 Cho phương trình bậc ba x33x 1 0 Chứng minh rằng phương trình có ba nghiệm là

,

a b c đồng thời 2 2 2

2

a  c c  b b  a Trong đề thi chọn đội tuyển Trung Quốc 2017, có một bài tương tự như thế như ở dạng tổng quát hơn có nội dung như sau:

Bài 4 (China TST 2017) Cho đa thức P x( ) [ ]x có bậc ba và ba nghiệm vô tỷ a b c, , phân biệt

có tổng là 0 Giả sử tồn tại p q,  sao cho ab2 pb q Chứng minh rằng

2

2 4 7

T  p  p q là số chính phương

Lời giải Ta chia lời giải bài toán thành các bước như sau:

( )

Q x x  px q thì theo giả thiết, ta có

( ( )) ( ) 0

P Q b P a  Suy ra ( ( ))P Q x có nghiệm là xb Xét phép chia

( ( )) ( ) ( ) ( )

P Q x P x f x r x với deg ( )r x 2 Thay xb vào, suy ra ( )r b 0 Nếu degr0 thì lại xét phép chia

( ) ( ) ( ) ( )

P x  f x r x r x với deg ( ) 1r x1  Chú ý rằng r x1( ) [ ]x và r b1( )0 với b vô tỷ nên vô lý, suy ra degr0 hay

( ( )) ( ) ( )

P Q x P x f x

Từ đây ta có ( ( ))P Q a P Q c( ( ))0 Suy ra Q a( )a b c, ,  Ta xét các trường hợp:

Nếu ( )Q a a thì aa2 pa q , dễ dẫn đến điều vô lý tương tự trên (vì)

Nếu ( )Q a b thì a2 pa q b, mà b2 pb q a nên

a b  b a a b  p b a     a b p nên p c 1, là số vô tỷ, mâu thuẫn

Do đó, ( )Q a c và tương tự ( )Q c b Ta có hệ

2

2

2

a b pb q

b c pc q

c a pa q





   



(*)

Bước 2 Trừ từng vế hai phương trình đầu của (*) , ta có

2 2

( ) ( )( ) ( )( )

a b b  c p b c  b c b c p  b c p a Tương tự thì b c  (c a p b)(  ) và c a  (a b p c)(  ) nên nhân tất cả các hệ thức lại thì

(p a p b p c )(  )(  ) 1

Cộng các đẳng thức trong (*) lại, ta được 2 2 2 3 0 3

2

a b c  q ab bc ca q Nhân phương trình thứ 1, 2,3 của (*) cho , ,b c a rồi cộng lại, ta có

3 3 3 2 2 2

3

       

Thay tất cả vào đẳng thức (p a p b p c )(  )(  ) 1, ta được

3 2

3

2

3

1

2 2 1

pq q

p





     



q  p  p thì T  p22p8(p2   p 1) 7 9p26p 1 (3p1)2 là số

chính phương Ta chỉ còn cần xét p 1, khi đó 3

2

abc q và

2

2

2





   



nên

2

3

2

q

a b b c c a abc ab bc ca q a b c q



Do đó, ta có q0 hoặc q 6 Rõ ràng q0 không thỏa vì khi đó abc0 nên phải có một số bằng 0 Còn nếu q 6,p1 thì T 16, cũng là số chính phương Ta có đpcm

Tiếp theo, ta xét một bài có phát biểu rất ấn tượng và cũng rất thú vị cũng chủ đề trên

Bài 5 (Benelux 2017) Cho số nguyên dương k2 và đặt 65k a a n n1 a a a2 1 0 Xét đa thức

1

( ) n n n n

P x a x a x   a x a Chứng minh rằng nếu tồn tại a để ( )P a 0 thì a

Lời giải Trước hết, ta sẽ chứng minh bổ đề:

Nếu đa thức ( )f x  [ ]x và có nghiệm là x p

q

 với ( , ) 1p q  thì ( )f x có thể viết thành

( ) ( ) ( )

f x  qxp g x mà ( )g x  [ ].x

Bổ đề này được suy ra trực tiếp từ kết quả sau: (Bổ đề Gauss) Tích của hai đa thức nguyên bản là một đa thức nguyên bản (đa thức nguyên bản – premitive polynomial là đa thức hệ số nguyên mà các hệ số không có ước nguyên tố chung)

Thật vậy, xét

0

( )

n i i i



 và

0

( )

m i i i



 là hai đa thức nguyên bản; giả sử tích ( ) ( )f x g x

là một đa thức không nguyên bản, tức là có một ước nguyên tố chung p cho các hệ số

Do ,f g nguyên bản nên tồn tại a và r b không chia hết cho s p

Giả sử rằng r là chỉ số lớn nhất trong f và s là chỉ số lớn nhất trong g thỏa mãn điều kiện đó Khi đó | , |p a p b với i j ir j, s Xét lũy thừa x r s với hệ số là i j

i j r s

a b

  

Ta thấy nếu ir thì hệ số a b sẽ chia hết cho i j p; còn nếu ir thì js nên hệ số đó cũng chia hết cho p; trong khi đó chỉ có a b là không chia hết cho r s p nên tổng trên không chia hết cho p, mâu thuẫn

Áp dụng vào bổ đề, ta thấy nếu ( )g x không có hệ số nguyên thì tồn tại m1 và m  sao cho ( ) [ ]

mg x  x và mg x là đa thức nguyên bản; mà ( ) qxp cũng nguyên bản nên suy ra mf x ( ) nguyên bản, vô lý Suy ra ( )g x  [ ].x

Quay trở lại bài toán, dễ thấy các nghiệm thực của ( )P x đều âm vì tất cả hệ số của ( ) P x âm Giả

sử ( )P x có nghiệm là x p

q

  với ,p q  và ( , ) 1.p q  Khi đó ( ) ( ) ( )

P x  qxp Q x với ( )Q x  [ ].x Suy ra 65k (10qp Q) (10) Chú ý rằng a12,a0 5 vì 65k với k2 tận cùng là 25

Ta cũng có p a| 0 5 nên p1 hoặc p5 Ta xét hai trường hợp:

Nếu p1 thì 10q1 là ước của 65k, nhưng q1, 2,3, ,9 và 65k không có ước nào có dạng

10q1 như trên nên vô lý

Nếu p5 thì 10q5 là ước của 65k hay 2q1 là ước của 13 5k k1

Vì 32q 1 19 nên 2q 1 5,13 và q 2, 6 Suy ra a là số chẵn vì | n q a n

(1) Nếu q6 thì 5

6

x  là nghiệm của ( )P x nên 5 0

6

P 

 

  hay

Chia hai vế cho 5, ta có

Dựa vào chữ số tận cùng, ta suy ra 2 6 n16n   4 6n1 tận cùng là 0, vô lý

(2) Nếu q2 thì 5

2

x  là nghiệm của ( )P x nên 5 0

2

P 

 

  hay

Lại chia hai vế cho ( 5) 2, ta có   2   3 3 2

Nếu k3 thì 625 | 65k nên 65k sẽ có tận cùng là 625 và a2 6 nên vế trái có tận cùng khác 0, không thỏa Suy ra k2 Khi đó, ta có P x( )4x32x22x5, dễ dàng kiểm tra trực tiếp được

đa thức này không có nghiệm hữu tỷ

Vậy với mọi k2 thì đa thức ( )P x xác định như trên không có nghiệm hữu tỷ

Cuối cùng, xin giới thiệu thêm hai bài toán về liên hệ đẹp giữa các nghiệm xấu của phương trình bậc ba trong các đề thi năm vừa rồi:

Bài 6 (Hà Tĩnh 2017) Cho P x( )x32x27x17, ( )Q x x33x28x4 Chứng minh rằng hai đa thức đều có nghiệm dương duy nhất ,  và    1

Bài 7 (Gặp gỡ Toán học 2017) Cho P x( )x34x239x46 và Q x( )x33x24x3 Chứng minh rằng ( ), ( )P x Q x đều có các nghiệm dương duy nhất, đặt là ,  và { } { }   2, trong

đó ký hiệu { }x là phần lẻ của x