Đạo hàm của đa thức trong các kỳ thi HSG môn Toán - Lê Phúc Lữ

Dễ thấy các nghiệm của phương trình này đều thỏa mãn đề bài vì x  a , mà mỗi nghiệm như thế cho ta một giá trị tương ứng của y nên đưa về xét phương trình ẩn x trên có nghiệm duy[r]

Chủ đề 2

ĐẠO HÀM CỦA ĐA THỨC

A Kiến thức cần nhớ

(1) Đa thức bậc lẻ luôn có nghiệm Từ đây có thể suy ra các hệ quả sau:

- Nếu P x( ) không có nghiệm thì deg P chẵn

- Nếu P x( ) là đa thức bậc chẵn và có nghiệm duy nhất thì đó phải là nghiệm bội chẵn

(2) Đa thức ( ) ( )k ( )

P x  xa Q x thì P x( ) chia hết cho 1

( )k

x a 

(3) Định lý Rolle Hàm số f x( ) liên tục và có a b để f a( ) f b( )0 thì tồn tại c( , )a b

để đạo hàm f c( )0

(4) Đạo hàm của đa thức bậc n có đầy đủ nghiệm

Giả sử x x1, 2, ,x n là các nghiệm của P x( ) Khi đó, theo định lí Bézout thì

1 2

( ) ( )( ) ( n)

P x  xx xx xx

Ta có

1

n

j

 

1

( )

n

P x

P x  x x







B Bài tập vận dụng, rèn luyện

( ) ( 1) ( 3)

P x  x  x và 2 2

( ) ( 1) ( 3)

Q x  x x Gọi R x( ) là đa thức

dư khi chia P x( ) cho Q x( ), chứng minh rằng 24

( ) 2 ,

R x   x

P x x x  x a  với a 5

a) Chứng minh rằng P x( ) luôn có 5 nghiệm thực phân biệt Đặt là x x x x x1, 2, 3, 4, 5

b) Tính

5

4 2 1

1

T

x x







Bài 3 Cho đa thức P x( ) bậc n 2, có n nghiệm thực phân biệt

a) Chứng minh rằng ( )Q x P x( )kP x( ) với k 0 cũng có n nghiệm phân biệt

b) Chứng minh rằng đa thức ( )R x P x( ) a P x( ) b P x( ) cũng có n nghiệm phân biệt với

,

a b là các số thực thỏa mãn 2

4

a  b c) Chứng minh rằng  2

(n1) P x( ) nP x P x( ) ( ) với mọi x

Bài 4 Cho các số nguyên dương ,a b 1 sao cho tồn tại hai đa thức P x Q x( ), ( ) hệ số thực, ( ) 0,

P x    x và thỏa mãn

( ( )) ( ( )) ( ( ))a b

P Q x  P x Q x với mọi x  

Chứng minh rằng tồn tại số thực m sao cho P m( )Q m( )0

Bài 5 Cho đa thức P x( ) monic, bậc 12 và có 12 nghiệm thực âm (không nhất thiết phân biệt) Tìm giá trị nhỏ nhất của

2

(0) (10)

(0)

P

T P

P



Bài 6 Cho đa thức P x( ) bậc 3 có 3 nghiệm thực Biết rằng

(2) 0, (2) 0, (2) 0, (2) 0;

(1) 0, (1) 0, (1) 0, (1) 0

Chứng minh rằng tất cả các nghiệm của P x( ) đều thuộc (1; 2)

Bài 7 Cho hệ phương trình sau

2 2

x y a

y x b

  



  

 với ,a b là các tham số thực và ab 0.

Biết rằng hệ phương trình này có nghiệm duy nhất ( ,x y0 0)

a) Tính giá trị của tích Tx y0 0

b) Biết rằng 1

2018

ab , tìm giá trị lớn nhất của Pab

Bài 8* Với n là số nguyên dương, xét đa thức ( ) P x (x1)(x2)(xn)

a) Chứng minh rằng với mọi n chẵn, P x( ) có nghiệm hữu tỷ

b) Chứng minh rằng với mọi n là số nguyên tố lẻ, P x( ) không có nghiệm hữu tỷ

Bài 9 Tính giá trị của (0)P với ( )P x là đa thức thỏa mãn

5

( ) 3 ( ) 2 ( )

P x  P x  P x  x với mọi x  

Bài 10 Cho đa thức P x( ) bậc n và chỉ có các nghiệm x0,x2,x3, ngoài ra không còn nghiệm thực/phức nào khác Giả sử P x( ) chia hết cho 2

8x 24x7

a) Tìm giá trị nhỏ nhất của n và chỉ ra đa thức P x0( ) thỏa mãn, có bậc n ứng với giá trị đó

b) Số x0 được gọi là “điểm cực trị” của đa thức P x( ) nếu như P x( 0)0 và giá trị của P x( )

đổi dấu khi x thay đổi qua x0 Hỏi đa thức P x0( ) có mấy điểm cực trị?

Bài 11 Nếu trên bảng có hai đa thức ( ), ( )f x g x thì ta được viết thêm

( ) ( ), ( ) ( ), ( ) ( )

f x g x f x g x f x g x hoặc cf x cg x( ), ( ) với c   Hỏi từ hai đa thức 3 2

2x 3x 4 và 2

2

x  x, có thể thu được:

a) 2018

(x 2) hay không?

Bài 12* Cho ( ), ( )P x Q x là hai đa thức hệ số nguyên thỏa mãn

2520

P Q x  x  xa với a   Chứng minh rằng deg ( ) 1P x  hoặc deg ( ) 1.Q x 

Bài 13 Cho đa thức 8 7

f x x  x Ở mỗi bước, ta có thể nhân ( )f x với x 1 hoặc tính đạo hàm của đa thức Giả sử sau một số bước, ta thu được axb Chứng minh rằng ab tận cùng bởi ít nhất 3 chữ số 0

C Hướng dẫn giải, gợi ý

( ) ( 1) ( 3)

P x  x  x và 2 2

( ) ( 1) ( 3)

Q x  x x Gọi R x( ) là đa thức

dư khi chia P x( ) cho Q x( ), chứng minh rằng 24

( ) 2 ,

R x   x

Lời giải

(x1) (x3) (x1) (x3) Q x( )R x( ) với deg ( )Q x 16, deg ( )R x 3

Thay x1,x3 vào hai vế, ta có 20

(1) (3) 2

( ) ( 1)( 3)( ) 2

R x  x x axb  Đạo hàm hai vế, ta có

19 19

2 2

20 ( 1) ( 3)

2( 1)( 3)(2 4) ( ) ( 1) ( 3) ( ) (2 4)( ) ( 1)( 3)

x x x Q x x x Q x x ax b a x x



Thay x1,x3 vào, ta có

19

20 19

0, 5 2

20 2 2(3 )

    



    





( ) 5 2 ( 1)( 3) 2 2 [5( 1)( 3) 1]

R x   x x    x x  , mà (x1)(x3)  1, x nên

20 24

( ) 2 (5 ( 1) 1) 2 ,

R x       với mọi x  

P x x x  x a  với a 5

a) Chứng minh rằng P x( ) luôn có 5 nghiệm thực phân biệt Đặt là x x x x x1, 2, 3, 4, 5 b) Tính

5

4 2 1

1

i

T

x x







Lời giải

a) Ta có P x( ) là hàm liên tục và

lim ( ) , ( 2) 6 25 0, ( 1) 1 0,

0, (1) 1 0, lim ( )

x

x

a







 

 

 

nên P x( ) có nghiệm thuộc ( ; 2), ( 2; 1), 1;1 , 1;1 , (1; )

        

P x  x  a x a P x  x  a x và

4 2 2

x x  x  x  x nên

5 5 5 2

1 1 1

T

  

Chú ý rằng

5 1

P x

P x  x x







5 5

1 1

( 1) (1) 0

 

Tiếp tục đạo hàm hai vế, ta có  2 5

1

P x P x P x

 



 2 5

2

1

(0) (0) (0) 1

(0)

a



2

Nhận xét Câu b có thể giải được bằng cách dùng Viete thuận và đảo, nhưng biến đổi rắc rối

hơn nhiều

Bài 3 Cho đa thức P x( ) bậc n 2, có n nghiệm thực phân biệt

a) Chứng minh rằng ( )Q x P x( )kP x( ) với k 0 cũng có n nghiệm phân biệt

b) Chứng minh rằng đa thức ( )R x P x( ) a P x( ) b P x( ) cũng có n nghiệm phân biệt với

,

a b là các số thực thỏa mãn 2

4

a  b c) Chứng minh rằng  2

(n1) P x( ) nP x P x( ) ( ) với mọi x

Lời giải

a) Xét hàm số ( ) ( )

x k

f x e P x thì hàm này liên tục và có n nghiệm phân biệt Suy ra đạo hàm

của nó là ( ) 1 ( ) ( )

x k

f x e P x P x

k

  có n 1 nghiệm phân biệt

Đa thức ( )Q x P x( )kP x( ) có degQn và có n 1 nghiệm nên nghiệm còn lại cũng là số thực Giả sử nó trùng với một trong n 1 nghiệm kia thì đạo hàm qua nghiệm đó không đổi

dấu và hàm số ban đầu không thể có n nghiệm được, mâu thuẫn

b) Do 2

4

a  b nên tồn tại ,u v   sao cho auv b, uv, thay vào ta có

R x P x uP x v P x uP x Đến đây áp dụng câu a hai lần là xong

c) Gọi x x1, 2 là các nghiệm của đa thức ( )x n P x Ta có

,

n

P x  x x P x    x x x x

Do đó

2

( 1)

P x P x

P x P x

có thể viết lại thành

2

2

1 1

2

1

( 1)

0

0

n

n

n

n

   

   







Bất đẳng thức cuối đúng nên ta có đpcm

Bài 4 Cho các số nguyên dương ,a b 1 sao cho tồn tại hai đa thức P x Q x( ), ( ) hệ số thực, ( ) 0,

P x    x và thỏa mãn

( ( )) ( ( )) ( ( ))a b

P Q x  P x Q x với mọi x  

Chứng minh rằng tồn tại số thực m sao cho P m( )Q m( )0

Lời giải

Ta thấy P x( )0,  x kéo theo Q x( ) vô nghiệm, tức là Q x( ) phải có bậc chẵn và Q x( ) phải có bậc lẻ

Tính đạo hàm hai vế của đẳng thức đã cho, ta có

( ) ( ( )) ( ) ( ( ))a ( ( ))b ( ) ( ( ))b ( ( ))a

Q x P Q x a P x P x  Q x b Q x Q x  P x

Do Q x( ) bậc lẻ nên tồn tại m   sao cho Q m( )0, thay vào ta được

( ) ( ( )) ( ( )) 0

a P m   P m  Q m  ,

mà P m( )0, ( )Q m 0 nên P m( )0, ta có đpcm

Bài 5 Cho đa thức P x( ) monic, bậc 12 và có 12 nghiệm thực âm (không nhất thiết phân biệt) Tìm giá trị nhỏ nhất của

2

(0) (10)

(0)

P

T P

P



Lời giải

Đặt P x( )(xx1)(xx2)(xx12) thì

1 2 12

( )

P x



Đặt y i  x i 0, i 1, 2,,12 thì

2

1 2 12

1 2 12

( 10)( 10) ( 10)

Theo bất đẳng thức AM-GM thì

12

1 2 12 1 2 12

y  y  y  y y y

 và

6

y   y       y với mọi i 1, 2,,12

Suy ra T 6126 3212122 36 12 12

Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 12

12 36, đạt được khi 12

( ) ( 2)

P x  x

Bài 6 Cho đa thức P x( ) bậc 3 có 3 nghiệm thực Biết rằng

(2) 0, (2) 0, (2) 0, (2) 0;

(1) 0, (1) 0, (1) 0, (1) 0

Chứng minh rằng tất cả các nghiệm của P x( ) đều thuộc (1; 2)

Lời giải

3 2 1 0

( ) (2 )

f x P x a x a x a xa thì f(0)P(2)a00, ngoài ra

1

f x  P x  f  P  a  Tương tự suy ra các hệ số a a3, 2 cũng không dương, chứng tỏ ( )f x không có nghiệm âm hay ( )P x không có nghiệm lớn hơn 2

Một cách tương tự, đặt g x( )P(1x)b x3 b x2 b x1 b0 thì ta thấy ( )g x không có nghiệm dương hay ( )P x không có nghiệm nhỏ hơn 1

Từ đó suy ra các nghiệm của ( )P x đều thuộc (1;2)

Bài 7 Cho hệ phương trình sau

2 2

x y a

y x b

  



  

 với ,a b là các tham số thực và ab 0.

Biết rằng hệ phương trình này có nghiệm duy nhất ( ,x y0 0)

a) Tính giá trị của tích Tx y0 0

b) Biết rằng 1

2018

ab , tìm giá trị lớn nhất của Pab

Lời giải

a) Trong hệ phương trình đã cho, thay y bởi 2

x  vào phương trình trên, ta có: b

2 2

x x b  a

Dễ thấy các nghiệm của phương trình này đều thỏa mãn đề bài vì xa, mà mỗi nghiệm như thế cho ta một giá trị tương ứng của y nên đưa về xét phương trình ẩn x trên có nghiệm

duy nhất Mà phương trình bậc 4 có nghiệm duy nhất khi nó có nghiệm kép, điều đó có nghĩa

là nghiệm đó cũng là nghiệm của phương trình đạo hàm bằng 0

Gọi x0 là nghiệm đó (tương ứng với giá trị y0) thì ta có hệ sau

2 2

0 0 2

0 0

x x b a

x x b



Hơn nữa, do x0 là nghiệm của hệ ban đầu nên 2

0 0

x  b y , suy ra 0 0 1

4

Do đó, nếu hệ đã cho có nghiệm duy nhất thì tích 0 0 1

4

b) Nếu ,a b trái dấu thì dễ thấy 0 1

16

ab   Do đó chỉ cần xét ,a b cùng dấu

2017

ab nên ,a b 0 Từ (*), ta có 2 2

0 ( 0 )

x  x b a nên x 0 0 Suy ra

2 2

0 4 0 4 0 4 0

x  x b a  x ba x ab

16

Pab Đẳng thức xảy ra khi 1

4

ab

Thử lại ta thấy với 1

4

ab thì hệ

2

2

1 4 1 4

x y

y x









có nghiệm duy nhất vì khi cộng hai vế của

hệ, ta có

2 2

0

4 4

a b   

  thỏa mãn

đề bài Vậy giá trị lớn nhất cần tìm là 1

16

Bài 8 Với n là số nguyên dương, xét đa thức ( ) P x (x1)(x2)(xn)

a) Chứng minh rằng với mọi n chẵn, P x( ) có nghiệm hữu tỷ

b) Chứng minh rằng với mọi n là số nguyên tố lẻ, P x( ) không có nghiệm hữu tỷ

P x



    , nên nếu n chẵn thì 0 1

2

n

x     sẽ thỏa mãn P x( )0 vì

0 0

1

x i  x  n i với mọi 1, 2, ,

2

n

i  

b) Đặt n p là số nguyên tố lẻ, ta viết 1

1 1 0

( ) p p p

P x  x a  x  a xa , suy ra

1 2 1

p



Để ý rằng a1 là tổng của p số hạng, mỗi số hạng là tích của p 1 thừa số (trong đó có đúng

một số hạng không chứa p ), suy ra a1 (p1)! 1(mod )p , theo định lý Wilson Ngoài ra theo định lý Viete thì 1 (1 2 ) ( 1)

2

p

p p

a      p    , chia hết cho p

Giả sử P x( ) có nghiệm hữu tỷ u

v với gcd( , ) 1u v  thì u a v p| 1, | , mà P x( ) chỉ có các nghiệm nằm giữa các khoảng tạo bởi hai số nguyên liên tiếp nên P x( ) không có nghiệm nguyên Do

đó, v p và u không chia hết cho p Thay vào ta có

p

p

u

p





 





Chú ý rằng p a| p1 và biểu thức phía sau chia hết cho p nên kéo theo p u| , vô lý Vậy nên ( )

P x không có nghiệm hữu tỷ

Bài 9 Cho đa thức P x( ) thỏa mãn

5

( ) 3 ( ) 2 ( )

P x  P x  P x  x với mọi x   Tính P(0)

Lời giải

Đặt ( )Q x P x( )P x( ) thì 5

( ) 2 ( )

Q x  Q x x , thực hiện đạo hàm nhiều lần, ta có

4 3

(5) (6)

( ) 2 ( ) 5 ( ) 2 ( ) 5 4

( ) 2 ( ) 5!

Q x Q x x

Q x Q x

     



Chú ý rằng degQ x( )deg ( ) 1Q x  nên degQ 5 và (6)

( ) 0

Q x  Nhân với hệ số thích hợp và cộng hết các đẳng thức trên lại, ta có

4

5 4 0

5!

!

k

k





Để ý rằng ( )P x Q x( )Q x( ) nên thực hiện tương tự, ta tính được

0 1 5

(0) 5!(2 2 2 ) 63 5!

P     

Bài 10 Cho đa thức P x( ) bậc n và chỉ có các nghiệm x0,x2,x3, ngoài ra không còn nghiệm thực/phức nào khác Giả sử P x( ) chia hết cho 2

8x 24x7

a) Tìm giá trị nhỏ nhất của n và chỉ ra một đa thức P x0( ) thỏa mãn đề bài, có bậc n ứng với

giá trị đó

b) Số x0 được gọi là “điểm cực trị” của đa thức P x( ) nếu như P x( 0)0 và giá trị của P x( )

đổi dấu khi x thay đổi qua x0 Hỏi đa thức P x0( ) có mấy điểm cực trị?

Gợi ý

a) Đặt ( ) a( 2) (b 3)c

P x x x x với , ,a b c  và a b cn

P x x  x  x  a x x bx x cx x nên cần có

5 3 2 6

a b c a b c a

Rõ ràng 7

48

n

a 

   nên 48 | n hay n 48

Giá trị nhỏ nhất của n là 48, xảy ra chẳng hạn khi 7 27 14

0( ) ( 2) ( 3)

P x  x x x b) Đạo hàm của P x0( ) có dạng 6 26 13 2

x x x x  x

Ta thấy nghiệm x 3 và hai nghiệm của 2

8x 24x7 là thỏa mãn điều kiện nên đa thức này

có 3 điểm cực trị

Bài 11 Nếu trên bảng có hai đa thức ( ), ( )f x g x thì ta được viết thêm

( ) ( ), ( ) ( ), ( ) ( )

f x g x f x g x f x g x hoặc cf x cg x( ), ( ) với c   Hỏi từ hai đa thức 3 2

2x 3x 4 và 2

2

x  x, có thể thu được:

a) 2018

(x 2) hay không?

Gợi ý

a) Các đa thức mới thu được luôn có nghiệm là x 2

b) Đạo hàm của các đa thức mới thu được luôn có nghiệm là x 1

Bài 12 Cho ( ), ( )P x Q x là hai đa thức hệ số nguyên thỏa mãn

2520

P Q x  x  xa với a   Chứng minh rằng deg ( ) 1P x  hoặc deg ( ) 1.Q x 

( ) ( ( )) 2520 2017

Q x P Q x  x  Nếu deg ( ) 1,deg ( ) 1P x  Q x  thì vế trái khả quy, trong khi áp dụng tiêu chuẩn Eisenstein cho

đa thức ở vế phải ứng với p 2017 thì đa thức này bất khả quy, mâu thuẫn

Bài 13 Cho đa thức 8 7

f x x  x Ở mỗi bước, ta có thể nhân ( )f x với x 1 hoặc tính đạo hàm của đa thức Giả sử sau một số bước, ta thu được axb Chứng minh rằng ab tận cùng bởi ít nhất 3 chữ số 0

Gợi ý Đặt x y1 thì đưa về 8 7

( ) ( 1) 33( 1)

g y  y  y với hệ số 7

x là 25

Ở mỗi bước, ta nhân thêm y hoặc tính đạo hàm hai vế Ở bước cuối cùng, ta thu được

a y  b ay ab Rõ ràng hệ số cuối tạo thành từ x7 ban đầu và sau khi đạo hàm ít nhất 7 lần Hệ số đó sẽ chia hết cho 25 7! 126000  , có tận cùng là 3 chữ số 0