Chuyên đề nghiệm của đa thức

Theo nhận xét trên, nếu r là một nghiệm nguyên của phương trình này và s là một nghiệm nguyên của phương trình kia thì r và s khác 0, 1 hoặc 2 đơn vị... Giả sử ba nghiệm đó là..[r]

CHUYÊN ĐỀ 19 NGHIỆM CỦA ĐA THỨC

1 KIẾN THỨC TRỌNG TÂM G

Định nghĩa: Cho f R x  và số R

Ta gọi  là một nghiệm thực của f nếu f( ) 0

Ta gọi  là nghiệm bội k của f x( ) nếu f x( ) chia hết cho (x)k nhưng không chia hết cho

(x)k 1 nghĩa là:

f x( )(x) ( ),k g x  x R và ( )g  0

hay

( ) ( )

Định lí BEZOUT:  là một nghiệm của đa thức ( )f x khi và chỉ khi ( ) f x chia hết cho x

Nghiệm hữu tỷ, nghiệm nguyên

Giữa 2 nghiệm của đa thức f x( ) thì có một nghiệm của f x'( )

Nếu f có n nghiệm phân biệt thì f ' có n 1 nghiệm phân biệt,

'''

f có n 2 nghiệm phân biệt,…, f(n k ) có n k nghiệm phân biệt,…

Phân tích nhân tử theo các nghiệm

Cho f R x  có nghiệm x x 1, 2, ,x m với bội tương ứng k k 1, 2, ,k m thì tồn tại gR x 

Phân tích ra nhân tử của fR x 

Các nhân tử của f chỉ là nhị thức bậc nhất hoặc tam thức bậc hai vô nghiệm:

Với các hệ số d b c i, k, kR 2s m,  deg ,f b k 24c k 0 và cách phân tích này là duy nhất

Phân tích ra nhân tử của f z( )C z , deg f n

T x 3( )4x 33x T x; 4( )8x 48x 21

T x 5( )16 x 520x 35x,

Đa thức Chebyshev (Trưbưsep) T x n( ) có bậc n và có hệ số cao nhất 2 n 1

Đôi khi ta chỉ xét n1 trở đi

- Mỗi đa thức hệ số thực bậc n đều có không quá n nghiệm thực

- Đa thức có vô số nghiệm là đa thức không f 0

- Nếu đa thức có bậc n và có quá n nghiệm là đa thức không

- Nếu đa thức có bậc n và nhận n 1 giá trị như nhau tại n 1 điểm khác nhau của biến là đa thức

Gọi D là số nghiệm dương (kể cả bội)

L là số lần đổi dấu trong dãy hệ số khác 0 từ a o đến a n (bỏ đi các hệ số a i 0 )

Thì: DL và LD là số chẵn hay L D 2m,mN

3) Đưa đa thức vào giả thiết các số bất kì

Cho n số bất kì x ,x , ,x 1 2 n thì ta xét đa thức nhận n số đó làm nghiệm:

Nhưng do P(x) là đa thức bậc n với hệ số nguyên, hơn nữa hệ số của n

x bằng 1, nên suy ra  phải

k !

 

Từ đây và (1) ta suy ra n! p n r 1 : mâu thuẫn đpcm

Bài toán 19.2: Cho P( x )Z x  và P( x )1; P( x )2; P( x )3 có ít nhất một nghiệm nguyên lần lượt là x , x , x 1 2 3 Chưng minnh P( x )5 không có hơn một nghiệm nguyên

Hướng dẫn giải

Ta chứng minh rằng x , x , x 1 2 3 là nghiệm nguyên duy nhất của các phương trình trên

Ta có P( x ) ( x x ).q( x ) 2 2  với q( x )Z x 

Cho xx 1 và xx 3, ta được

x , x , x thì ta lấy x' 2x 2 (mâu thuẫn)

Vậy x 2 là nghiệm duy nhất của phương trình P( x )2

Hướng dẫn giải tương tự cho P( x )1; P( x )3

Giả sử phương trình P( x )5 có một nghiệm nguyên x 5, ta có:

5P( x ) ( x x )q( x ) 2 ( x x )q( x )3 Nếu x 5x 2 chỉ có thể lấy các giá trị 1 và 3

Nếu x 5x 2  1 thì theo chứng minh trên x 5 phải trùng với x 1 hoặc x 3 Vô lý vì x 5 khác với x 1

- Giả sử f ( x ) có nghiệm kép x ochẵn Khi đó x o cũng là nghiệm của đạo hàm f '( x ) Do đó:

Theo định lí Viet, rõ ràng điều phải chứng minh tương đương với việc chứng minnh a b và a.b là

số nguyên a b hiển nhiên nguyên theo điều kiện đề bài

Ngoài ra ta có 2ab( a b ) 2( a 2b ) 2 là số nguyên Đến đây, ta có thể tiếp tục dùng hằng đẳng thức này để suy ra 2a b 2 2 cũng là số nguyên: 2a b 2 2 ( a 2b ) ( a 2  4b ) 4

Bổ đề Nếu x là số thực sao cho 2x và 2x 2 là các số nguyên thì x là số nguyên

Nếu a b,a 2b ,a 2 4b 4 là các số nguyên thì a, b là 2 nghiệm của phương trình x 2px q 0với

p, q là các số nguyên nào đó (và dó đó a nb n nguyên dương với mọi n nguyên dương) Điều đó

cũng có nghĩa là ta chỉ cần dùng giả thiết của bài toán đến n 4 Ví dụ a 2 ,b 2

   cho thấy

k4 là giá trị nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện: Nếu a, b là các số thực thỏa mãn điều kiện a nb n là

số nguyên với mọi n1,2 ,k thì a nb n nguyên với mọi n nguyên dương

Trở lại với bài toán, ta chỉ cần chứng minh a b c,ab bc ca và abc nguyên

Theo điều kiện đề bài thì a b c  là số nguyên Tiếp theo ta có

2 2 2 2 2( ab bc ca ) ( a b c )     ( a b c ) là số nguyên

Tương tự như lời hướng dẫn gải trên, ta muốn chứng minh rằng 2

Từ đây, do a b c,a  2b 2c ,a 2 3b 3c 3và 2( ab bc ca )  là số nguyên nên ta suy ra 6abc là

số nguyên (ta nhân (2) với 2! ) Từ đó, nhân (2) với 3 ta thu được

2 2 2 2 2 2 2 6( ab bc ca )  2( a b b c c a ) 12abc( a b c )   là số nguyên

Như vậy 2( ab bc ca )  và 6( ab bc ca )  2 Áp dụng cách chứng minh như bổ đề nêu trên, ta suy

ra ab bc ca  là số nguyên Từ đây, thay vào (2) ta có 3abc là số nguyên

Tiếp theo, ta ử dụng hằng đẳng thức tương tự (2)

6 6 6 2 2 2 2 2 2 4 4 4 2 2 2 2 2 2

a b c 3a b c ( a b c )( a b c a b b c c a )

với chú ý 2( a b 2 2b c 2 2c a ) 2 2 là số nguyên ta suy ra 6 a b c 2 2 2 là số nguyên

Từ 6abc và 6 a b c 2 2 2 là số nguyên, bằng cách chứng minh hoàn toàn tương tự ta suy ra abc là số nguyên Bài toán được Hướng dẫn giải quyết hoàn toán

Bài toán 19.5: Cho đa thức P(x) có bậc m0 và có các hệ số nguyên Gọi n là số tất cả các nghiệm nguyên phân biệt của hai phương trình P( x )1 và P( x ) 1 Chứng minh rằng : n m 2

Khi đó, trừ (1) cho (2) ta được một tổng của hạng tử có dạng i i

a( r s ) và cộng thêm cho 2 Mỗi

hạng tử này chia hết cho ( rs ) , do đó 2 phải chia hết cho ( r s ) Từ đó, suy ra r và s hơn kém nhau 0, 1 hoặc 2 đơn vị

Giả sử r là nghiệm nguyên bé nhất trong tất cả các nghiệm nguyên của hai phương trình: P( x ) 1

và P( x ) 1

Ta biết rằng đa thức bậc m và có không quá m nghiệm phân biệt, do đó nó cũng có không quá m nghiệm nguyên phân biệt Theo nhận xét trên, nếu r là một nghiệm nguyên của phương trình này và s

là một nghiệm nguyên của phương trình kia thì r và s khác 0, 1 hoặc 2 đơn vị

Nhưng ta có sr , do đó ta được sr ,s r 1 hoặc s r 2

Do vậy, ta suy ra rằng phương trình thứ hai chỉ có thêm vào nhiều nhất là 2 nghiệm phân biệt nữa



  , ta có R( x0R( x 1), x  0,x1,x 1,x2,x 2 Suy ra R( x )C (hằng số), nên Q( x )C( x 2 x 1 )

Do đó P( x )Cx( x 1)( x 1)( x 2 )   Thử lại:

Vậy P( x )Cx( x 1)( x 1)( x 2 )   nên có 4 nghiệm x  0; 1, 2

Bài toán 19.7: Tìm a để phương trình: 16 x 4ax 3( 2a 17 )x 2ax 16 0 có 4 nghiệm phân biệt lập cấp số nhân

Chia (3) cho (1) vế theo vế:y m 2 31 (4)

Suy ra m 3 0,m0 Thay (4) vào (2) được:

 Đặt m v thì yv3 Thay vào (2) và (2’) được: 3 2 4 6 

v 1 v v v )A (5) Rồi biến đổi thì được phương trình:

1 ( v 2 )( v ) 0 v 2

Bài toán 19.8: Tìm a, b nguyên sao cho phương trình:

Nhưng    2

  , nên suy ra hoặc u.v1 hoặc u.v 1

Điều này mâu thuẫn với u.v 1

Bài toán 19.9: Cho phương trình bậc 3: x 3 px 2qx r 0 có 3 nghiệm phân biệt Chứng minh điều kiện cần và đủ để 3 nghiệm x , x , x 1 2 3

b) Giả sử 3 nghiệm x , x , x 1 2 3 lập cấp số nhân nên x x 1 3x 2 2

Bài toán 19.10: Cho đa thức P( x ) có bậc n1 có nghiệm thực x ,x ,x , ,x 1 2 3 nphân biệt Chưng minh:

 có n nghiệm phân biệt F( x )0

Mà hệ số của F( x ) đối với x n 1 bằng 0

Bài toán 19.11: Giả sử a và b là 2 trong 4 nghiệm của đa thức: x 4x 31

Chứng minh tích ab là nghiệm của đa thức: x 6x 4x 3x 21

Thật vậy: P( a ) 0 a 4 a 3 1 a 3 1

a 1

     

 Tương tự 3 1

a) Dãy các dấu của các hệ số là     

Gọi L là số lần đổi dấu hệ số và D là số nghiệm dương thì:

L   3 3 D 2k

Do đó D 3 hoặc 1 hay D1 nên phương trình có ít nhất 1 nghiệm dương

b) Dãy các dấu của hệ số là      nên : L   2 2 D 2k

Do đó: D 0 hoặc D2

Mặt khác f ( 0 ) 1, f ( 1)  2 nên f ( 0 ) f ( 1 ) 0 do đó phương trình f ( x )0 có ít nhất một nghiệm trong ( 0,1 )

Vậy D0 do đó D2 nên phương trình có 2 nghiệm dương

Rõ ràng f ( x )0 nếu x0 nên phương trình chỉ có 2 nghiệm dương không có nghiệm âm

c) Dãy các dấu của các hệ số là       nên:

Bài toán 19.14: Cho f ( x )R x ,deg f  n Giả sử ab mà f ( a ) f ( b ) 0 Chứng minnh f ( x )có

một số lẻ các nghiệm trong khoảng ( a,b ) kể cả bội Còn nếu f ( a ) f ( b ) 0 thì f ( x ) có một số

chẵn các nghiệm trong ( a,b )

Trong đó g( x ) không có nghiệm trong ( a,b ) nên đa chức g( x )giữ nguyên dấu trong ( a,b ) Giả

sử g( x )0 với mọi x a,b

Ta có f ( b ).g( b )0 và k 1 k 2 k s

f ( a ).g( a ).( 1 )    0

Vì f ( a ) trái dấu với f ( b ) và g( a ) cùng dấu với g( b ) do đó f ( a ) trái dấu với g( a )

Thành thử tổng k 1k 2  k s là số lẻ

Chứng minh tương tự khi f ( a ) f ( b ) 0

Bài toán 19.15: Cho đa thức P( x ) bậc n và 2 số ab thỏa:

Khai triển Taylor ta có:

Nếu x a P( x ) 0 P( x ) không có nghiệm xa

Vậy các nghiệm phải thuộc ( a,b )

Bài toán 19.16: Cho f ( x ) là đa thức bậc n có các hệ số bằng 1 Biết rằng đa thức x1 là

nghiệm bội cấp m với m2 ,k k 2, k nguyên Chứng minh rằng n2 k 1 1

  (*)

Giả sử g( x ) có bậc không quá 2 k 2

Ta có hệ số của x 2 k1 ở vế phải của (*) là 0 Điều này mâu thuẫn vì hệ số vế trái của (*) là 1 Do đó,

bậc của g( x ) không nhỏ hơn 2 k 1

Từ điều kiện đề bài suy ra phương trình đặc trưng của phương trình sai phân x 3 px 2qx r 0 có

1 nghiệm thực âm và hai nghiệm phức liên hợp Giả sử ba nghiệm đó là

a,R(cos i sin),R(cos i sin)

Theo định lý Viete: phương trình: 3

x   x 1 0 có 3 nghiệm phân biệt nên

5 4

i 1 i

x 1 S

Hơn nữa, vì f ( x ) 0 là phương trình bậc năm nên có đúng 5 nghiệm

Ta có x i là nghiệm của phương trình (1) nên:

Vì y’ bậc 2 có 2 nghiệm phân biệt nên có CĐ và CT

Lấy y chia y’ ta có: y 1 x.y' 2( a 2 b )x 2 2( a 3 b ) 3

Vậy phương trình g( x )0 có 2 nghiệm thực

     có n nghiệm phân biệt Chứng minh

f ( x ) f '( x )0 cũng có nghiệm phân biệt và:

2

1 o 2 ( n 1)a 2na a

Hướng dẫn giải

g( x )e f ( x )

Vì f ( x ) 0 có n nghiệm 12  n nên g(i )0,1,2, ,n

Theo định lí Role trong mỗi khoảng ( i , i 1 )( i1,2, ,n 1 ) thì tồn tại i để g'(i )0 Mặt khác: x f ( x ) f '( x ) 

g'( x )e 

Suy ra f ( x ) f '( x ) có n 1 nghiệm  1 , 2 , ,n a và do đó f ( x ) f '( x )0 có đủ n nghiệm

Vì f ( x ) có n nghiệm phân biệt nên theo định í Role thì: f '( x ) có n 1 nghiệm; f ''( x ) có n 2 nghiệm,…

Vậy ( n 1)a 1 2 2na a o 2

Bài toán 19.25: Giả sử f ( x ) a x o n a x 1 n 1 a n 1 x a n

Do đó g( x )h( x )a k 0 (mâu thuẫn) Nên a n 0

Vậy f ( x )không có nghiệm số thực

Bài toán 19.26: Cho 2 cấp số cộng ( a ),( b ) n n và số m nguyên dương, m2 Xét m tam thức bậc hai:

Giả sử tồn tại p ( x ) k x 2a x b k  k với k2,3, ,m 1 có nghiệm số thực xc

Gọi a, b là công sai của hai cấp số cộng ( a ),( b ) n n

Ta có p m( x )p ( x ) k ( m k )( ax b )  và p ( x ) k p ( x ) ( m k )( ax b ) 1   

Do đó p ( c ) ( m k )( ac b ) m    và p ( c ) 1   ( k 1 )( ac b ) nên p ( c ).p ( c ) 0 : m 1  vô lý

Vậy các tam thức còn lại cũng không có nghiệm số thực

Bài toán 19.27: Cho các đa thức P ( x ),k k 1,2,3 xác định bởi:

Suy ra rằng phương trình P ( x ) n x có 2 n nghiệm thực phân biệt

Bài toán 19.28: Chứng minh rằng nếu đa thức P( x ) bậc n có n nghiệm thực phân biệt thì đa thức

P( x ) P'( x ) cũng có n nghiệm thực phân biệt

Hướng dẫn giải

Giả sử P( x )có đúng n nghiệm thực phân biệt x 1x 2   x n

Đặt x

f ( n )e P( x ) thì f ( x ) 1  f ( x ) 2   f ( x ) n 0

Do f '( x )e ( P( x ) P'( x )) x  nên theo định lí Role, tồn tại n 1 số thực phân biệt y , y , , y 1 2 n 1

thỏa mãn: x 1 y 1x 2 y 2 x 3   x n 1  y n 1 x n sao cho f '( y ) 1  f '( y ) 2  f '( y n 1 )0

Vì e x 0 với mọi x nên ta có n 1 nghiệm của G( x )P( x ) P'( x )

Ta sẽ chứng minh G( x ) còn có một nghiệm y o x 1

Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử hệ số cao nhất của P( x ) là 1

Xét deg Pn chẵn, ta thấy G( x )là một hàm đa thức bậc chẵn thì:

Để giải bài toán ta xét hai trường hợp

- Trường hợp 1: f ( x ) không nhận x 0 làm nghiệm

Ta chứng minh bằng quy nạp

Với n1 bài toán hiển nhiên đúng

Giả sử đúng vớ nk , ta chứng minh đúng với n k 1, twccs là

Gọi c là một nghiệm của f ( x ) thì f ( x0( x c ).q( x ) (1)

Với : q( x ) là đa thức bậc k của x:

Q( x )b b p.x  p( p 1) ( P k ).b x 

Do f ( x ) có k 1 nghiệm thực khác 0 nên q( x ) có k nghệm thực khác 0 Mặt khác p pk nên

p k 1 Cho nên theo giả thiết quy nạp ta có đa thức Q( x ) có k nghiệm thực Do đó g( x ) có

Do đó áp dụng kết quả của trường hợp 1 cho H( x ) và:

p'    p k n k 1 (do p n 1), ta được đa thức:

n k n R( x )ak  ( p k ) ( p n 1).a x    có n k nghiệm thực

o n

a a

Cho 2 2n số a ,b i i thỏa : 0b o a ,b o i  a i với i1, ,n

Bài toán 19.31: Chứng minh các nghiệm nếu có của đa thức a x o na x 1 n 1   a ncó giá trị tuyệt đối không vượt quá nghiệm dương duy nhất x o của phương trình : b x o nb x 1 n 1   b n0

Hướng dẫn giải

Nên h( x ) tăng trên ( 0;) và nhận giá trị thuộc (,b ) o

Do đó g( x ) có 1 nghiệm dương duy nhất x o

Nên với nghiệm x nếu có của f ( x ) thì xx o

Bài toán 19.32: Cho đa thức: 2 9 n 1 n s 1992

P( x ) 1 x x x   x x với n , n 1 s là các số tự nhiên thỏa mãn: 9n 1  n s 1992 Chứng minh nghiệm của đa thức P( x ) (nếu có) không thể lớn

hơn 1 5

2





Hướng dẫn giải

Giả sử zr(cosi sin )

Do z là nghiệm của đa thức P( X )X n 1 X 2aX 1

r  cos( n 1 ) i sin( n 1 )  r cos 2i sin 2 ar(cosi sin) 1   0 0 0i

Từ đây đồng nhất phần thực với phần thực, phần ảo với phần ảo ta được

n 1 2

r cos( n 1 ) r cos 2 ra cos 1 0( 1 )

r sin( n 1 ) r sin 2 ra sin 0( 2 )

  , ta có điều phải chứng minh

Tiếp theo giả sử sin0 và cos 0

Nhân 2 vế của (1) với sin , nhân 2 vế của (2) với cos rồi trừ nhau ta được

Nên ra có điều phải chứng minh

Bài toán 19.35: Chứng minh: 3 23 4 là số vô tỉ

x 6 x 6  3 0 : vô lý Vậy x là số vô tỉ

Bài toán 19.36: Tìm a, b để f ( x )2x 4ax 3bx 2ax b chia hết cho ( x 1 ) 2 Chứng minh khi đó

f ( x ) không chia hết cho ( x 1 ) 3

f ''( x )24x 6 x 4

Vì f ''( 1 )140 nên f ( x ) không chia hết cho ( x 1 ) 3

Bài toán 19.37: Giả sử c nd n ( cd ) ,n n N ,n1

nên có n 1 n 1  n 1 n 1

P'( x )n( x c )  nx  n x c  x  

- Nếu n lẻ thì P'( x ) không có nghiệm, suy ra P( x ) là hàm đơn điệu thực sự, suy ra x0 là

nghiệm duy nhất của P( x )

- Nếu n chẵn, thì P'( x ) có nghiệm duy nhất, suy ra P( x ) có nhiều nhất hai nghiệm Mà 0 và c

là hai nghiệm của P( x ), do đó P( x )có đúng hai nghiệm là 0 và c

Tóm lại P( x ) không có nghiệm nào khác 0 và c Mà theo giả thiết ta có P( d )0, suy ra chỉ có

Thử lại ta thấy x o x 1x n 0 thỏa mãn hệ đã cho

Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x ,x , ,x ) ( 0,0, ,0 ) o 1 n 

Bài toán 19.40: Giải hệ phương trình

Nhân hai vế của (1) với X b i và để ý đến (2) ta được:

hệ số khác 0

Xét p( x )ax 5 bx ,n n 2 thì p( x ) có nghiệm bội: loại

Bài toán 19.42: Chứng minh tồn tại 2015 tam giác ABC thỏa mãn:

; sin A sin B sin C