Đa thức, nghiệm của đa thức
Đa thức một biến
Định nghĩa 1.1.1 (Đơn thức một biến)
Đơn thức một biến có dạng ax^k, trong đó a thuộc trường K, x là biến, và k là số tự nhiên Đa thức một biến x trên trường số K được định nghĩa là biểu thức có dạng này.
Đa thức P(x) được biểu diễn dưới dạng P(x) = anx^n + an−1x^(n−1) + + a1x + a0, trong đó các hệ số ai thuộc tập K và an khác 0 Hệ số an được gọi là hệ số cao nhất, trong khi a0 được gọi là hệ số tự do.
Chú ý 1.1.3 Tập hợp tất cả các đa thức một biến trên trường số thực kí hiệu là R[x].
Nếu các hệ số được lấy trên tập hợp số hữu tỉ thì ta có đa thức với hệ số hữu tỉ Q[x].
Nếu các hệ số được lấy trên tập hợp số nguyên thì ta có đa thức với hệ số nguyên Z[x].
Nếu các hệ số được lấy trên tập hợp số phức thì ta có đa thức với hệ số phức
Đa thức bằng nhau
Định nghĩa 1.1.4 (Đa thức bằng nhau)
X k=0 b k x k bằng nhau khi và chỉ khi m=n và ak =bk với mọi k = 0,1,2, , m. Định lý 1.1.5 (Nguyên lí so sánh hệ số)
Cho hai đa thức P(x) = a n x n + + a 1 x + a 0 và Q(x) = b m x m + + b1x+b0 với n≥ m Nếu tồn tại n+ 1 số đôi một khác nhau α1, α2, , αn+1
(αi 6= αj,∀i6=j) sao cho P(αi) = Q(αi) với i = 1,2, , n+ 1 thì n= m và a 0 =b 0 , a 1 = b 1 , , a n = b n
Theo bài ra n≥ m Khi đó ta có n=m+k với k ≥ 0.
P(x)−Q(x) =am+kx m+k +am+k−1x m+k−1 + .+x m (am−bm)+x m−1 (am−1−bm−1)+ +a0−b0.
Theo bài ra tồn tạin+1số đôi một khác nhauα 1 , α 2 , , α n+1 (α i 6= α j ,∀i6= j) sao cho P(αi) = Q(αi) Khi đó P(αi)−Q(αi) = 0 Suy ra
Phép cộng trừ đa thức, nhân đa thức
X k=0 bkx k Khi đó phép cộng và trừ hai đa thức P(x) và Q(x)được thực hiện theo từng hệ số của xk; tức là
(a k +b k )x k ở đây, nếu n ≤ m thì bk = 0 với k = n+ 1, , m Khi đó P(x)Q(x) là một đa thức bậc m+n và có các hệ số được xác định bởi ck n+m
Bậc của tổng, hiệu và tích các đa thức
Tính chất 1.1.6 Cho đa thức P(x);Q(x) là các đa thức bậc m;n tương ứng Khi đó
1 deg(P ±Q) ≤ max(m;n) trong đó nếu deg(P) 6= deg(Q) thì dấu bằng xảy ra Trong trường hợp m= nthì deg(P ±Q) có thể nhận bất cứ giá trị nào nhỏ hơn hoặc bằng m,
Phép chia đa thức có dư
Định lý 1.1.7 Với hai đa thức P(x) và Q(x) bất kì, trong đó deg(Q) ≥ 1, tồn tại duy nhất các đa thức S(x) và R(x) thỏa mãn đồng thời các điều kiện
Trước tiên, ta chứng minh tính tồn tại.
Chúng ta sẽ chứng minh bằng quy nạp với m = deg(P) Nếu deg(P) < deg(Q), ta có thể chọn S(x) = 0 và R(x) = P(x), thỏa mãn hai điều kiện của định lý Giả sử m ≥ n và định lý đã được chứng minh cho các đa thức có bậc nhỏ hơn m Tiếp theo, chúng ta sẽ chứng minh định lý này đúng cho các đa thức bậc m.
P(x) = Pm k=0a k x k , Q(x) = Pn k=0b k x k Xét đa thức
Do hệ số củax m ở hai đa thức bị triệt tiêu nên bậc của H(x)không vượt quá m−1 Theo giả thiết quy nạp, tồn tại các đa thức S ∗ (x), R ∗ (x) sao cho
+R ∗ (x), vậy đặt S(x) am b n x m−n +S ∗ (x) và R(x) = R ∗ (x) ta được biểu diễn cần tìm cho P(x).
Tiếp theo ta chứng minh tính duy nhất.
Giả sử ta có hai biểu diễnP(x) =S(x).Q(x) +R(x)và P(x) =S ∗ (x).Q(x) +
R ∗ (x)thỏa mãn điều kiện2) Khi đóQ(x).(S(x)−S ∗ (x)) =R ∗ (x)−R(x) Ta có, theo điều kiện2) thì deg(R ∗ (x)−R(x)) 0 Khi đó P(x) có n nghiệm phức.
Chúng ta sẽ áp dụng công cụ giải tích phức để chứng minh định lý cơ bản của đại số Trước tiên, cần ôn lại một số khái niệm quan trọng trong lĩnh vực giải tích phức.
Hàm f chỉnh hình tại z0 khi và chỉ khi nó khả vi tại một lân cận nào đó của z0.
Rõ ràng đa thức P(x) với hệ số phức được cho bởi
P(x) = a 0 x n +a 1 x n−1 +ã ã ã+a n−1 x+a n là chỉnh hình trên C vì là hàm đa thức R khả vi và có đạo hàm theo z bằng
0 nên nó C khả vi tại mọi điểm.
Gọi H(D) f : D(⊂ C)→C chỉnh hình trênD Để chứng minh định lí cơ bản của đại số, ta sử dụng định lí Liouville phát biểu như sau
Nếuf ∈ H(C)và bị chặn tồn tại m > 0 :|f(x)| ≤ m,∀x ∈C thìf =const. Sau đây ta sẽ chứng minh định lí cơ bản của đại số.
Để chứng minh rằng đa thức p(x) có ít nhất một nghiệm phức, ta bắt đầu với giả thuyết rằng nếu p(x) có bậc n = 1, thì nó có một nghiệm Giả sử kết quả đúng cho đa thức bậc n−1, ta sẽ chứng minh cho trường hợp bậc n Bằng cách chia p(x) cho (x−x0), ta có p(x) = (x−x0)g(x), trong đó g(x) là đa thức bậc n−1 và x0 là nghiệm của p(x) Theo giả thiết quy nạp, g(x) sẽ có n−1 nghiệm phức x1, x2, , xn Do đó, p(x) sẽ có tổng cộng n nghiệm phức x1, x2, , xn.
Giả sử p(x)không có nghiệm phức Khi đóp(x)6= 0 với mọix∈ C Ta chứng minh p(x) bị chặn trên C Ta có p(x) =anx n +an−1x n−1 + .+a1x+a0
Trước hết ta khẳng định khi |x| → ∞ thì |p(x)| → ∞ Thật vậy, ta có p(x) =x n
Vì an 6= 0 nên |x n | |an| → ∞ Do đó |p(x)| → ∞ khi |x| → ∞, khẳng định được chứng minh Theo khẳng định trên, lấy 0 < r ∈ R, r đủ lớn cố định, rõ ràng
1 p(x) bị chặn với mọi x ∈ C thỏa mãn |x| ≥ r Vì
1 p(x) bị chặn trong miền |x| ≤r Vậy,
1 p(x) bị chặn trên toàn bộ mặt phẳng phức.
1 p(x) xác định trên C Do đó
C, tức là nó giải tích trên C Theo định lí Liouville, p(x) là hàm hằng, điều này là vô lí với giả thiết bậc của p(x) = n > 0 Suy ra p(x) có ít nhất một nghiệm trong C Vậy p(x) có n nghiệm phức
Hệ quả 1.1.24 Nếu các đa thức P và Q có bậc không quá n và trùng nhau tại n+ 1 điểm phân biệt thì chúng bằng nhau
Giả sử n≥ m Khi đó ta có n= m+k với k ≥ 0.
P(x)−Q(x) =am+kx m+k +am+k−1x m+k−1 + .+x m (am−bm)+x m−1 (am−1−bm−1)+ +a0−b0.
Theo bài ra tồn tạin+1số đôi một khác nhauα 1 , α 2 , , α n+1 (α i 6= α j ,∀i6= j) sao cho P(αi) = Q(αi) Khi đó P(αi)−Q(αi) = 0 Suy ra
Hệ quả 1.1.25 Đa thức P(x)bậc n >0 có thể biểu diễn duy nhất dưới dạng
P(x) = c(x−x1)(x−x2) .(x−xn) không kể thứ tự, trong đóc 6= 0 và x1;x2; .;xn là những số phức, không nhất thiết phải khác biệt.
Chứng minh. Áp dụng định lí cơ bản của đại số, đa thức P(x) có bậc n > 0 nên P(x) có n nghiệm phức.
Giả sử P(x) cú n nghiệm x1;x2;x3;ã ã ã ;xn Khi đú, ta cú thể biểu diễn
Giả sử P(x) có một biểu diễn khác
Khi đó đa thứcP(x)có thêm nghiệmz 1 tức là đa thức P(x)có n+ 1 nghiệm. Suy ra vô lí.
Vậy đa thức P(x) có thể biểu diễn duy nhất dưới dạng
Hệ quả 1.1.26 (a)Số nghiệm phức của một đa thức với hệ số thực( nếu có) luôn luôn là một số chẵn.
(b) Nếu đa thức với hệ số thực f(x) chỉ có nghiệm phức thì f(x) là một đa thức bậc chẵn.
(c) Nếu đa thức bậc n có k nghiệm thực k ≤ n thì n và k cùng tính chẵn lẻ. (d) Đa thức bậc lẻ với hệ số thực luôn có ít nhất một nghiệm thực.
(a) Xét đa thức bậc 1, P(x) = ax+b (a 6= 0).
Khi đó, đa thức P(x) có nghiệm thực duy nhất x−b a Xét đa thức bậc 2, P(x) =ax 2 +bx+c (a6= 0).
Khi đó, với∆ 0 sao cho m =k.d, n= q.d. Khi đó, x m −1 = x k.d −1 = x d −1h x d k−1
. Suy ra x m −1 và x n −1 đều chia hết cho x d −1.
Nếu f(x) và g(x) đều chia hết cho đa thức x^d - 1 / (x - 1) = 1 + x + x^2 + + x^(d-1), thì bậc của đa thức này lớn hơn hoặc bằng 1 (vì d ≥ 2), dẫn đến f(x) và g(x) không nguyên tố cùng nhau, điều này là vô lý Điều kiện đủ để f(x) và g(x) nguyên tố cùng nhau là m và n phải nguyên tố cùng nhau.
Vì m, n nguyên tố cùng nhau nên tồn tại hai số nguyên khác không u và v sao cho mu+nv = 1.
Trong hai số nguyên u và v, luôn tồn tại một số dương và một số âm M và n đóng vai trò tương đương, và nếu thay đổi ký hiệu, ta có thể coi u và v là hai số nguyên dương sao cho m*u = n*v + 1.
Khi đó ta có: x−1 = (x mu −1)−(x nv+1 −x) = (x mu −1)−x(x nv −1) Mặt khác ta có x mu −1 = (x m −1)p(x), x n v −1 = (x n −1)q(x) với p(x), q(x) là hai đa thức.
Khi đó x−1 = (x mu −1)−(x nv+1 −x) = (x mu −1)−x(x nv −1) = (x m −1)p(x)−(x n −1)xq(x)ã ã ã
Vậy f(x), g(x) nguyên tố cùng nhau.
Ví dụ Hai đa thức P(x) = x 4 +x 3 +x 2 +x+ 1 và Q(x) = x 3 +x 2 +x+ 1 nguyên tố cùng nhau
Bài toán 1.1.29 Cho đa thức bậc chẵn và tất cả hệ số đều lẻ Chứng minh đa thức không có nghiệm hữu tỉ.
Xét P(x) =anx n +a n−1 x n−1 + .+a1x+a0 n chẵn,a i là các số lẻ.
Giả sử: đa thức có nghiệm hữu tỉ x p qã
Khi đó: p|a0, q|an Suy ra p, q là các số lẻ.
Thế x p q vào P(x) ta được: P(x) =a n p n q n +a n−1 p n−1 q n−1 + .+a 1 p q+a 0 Xét P(x) = 0
Vô lí vì vế trái là tổng của một số lẻ các số hạng lẻ nên không thể bằng 0
Giả sử a, b, c, d là các nghiệm của phương trình x 4 −x 3 −x 2 −1 = 0.
Các hệ số của đa thức x 4 −x 3 −x 2 −1 là a4 = 1;a3 =−1;a2 = −1;a1 0;a 0 = −1.
−(a 3 +b 3 +c 3 +d 3 )−(a 2 +b 2 +c 2 +d 2 )−(a+b+c+d). Đặt P(a) +P(b) +P(c) +P(d) = s6−s5−s3−s2−s1. Áp dụng đồng nhất thức Newton ta có a4s6+a3s5+a2s4+a1s3 +a0s2+a−1s1+ 6a−2 = 0
Thay hệ số vào ta có: s6−s5−s4+ 0.s3−s2+ 0.s1+ 6.0 = 0, suy ra s 6 −s 5 −s 4 −s 2 = 0 Vì vậy s6−s5−s4−s2+s4−s3−s1 =s4−s3−s1. Áp dụng đồng nhất thức Newton ta được
Hãy tìm b nếu phương trình x 4 +ax 3 +bx 2 +cx+d = 0 với hệ số hữu tỉ có bốn nghiệm phức, biết tổng hai nghiệm là 3 + 4i và tích hai nghiệm còn lại là
Phương trình có bốn nghiệm phức Suy ra có hai cặp số phức liên hợp. Giả sử có phương trình bốn nghiệm: x1;x2;x3;x4.
Không mất tính tổng quát, giả sử x1 +x2 = 3 + 4i Suy ra x1 và x2 không phải là hai số phức liên hợp.
Giả sử x1 liên hợp x3; x2 liên hợp với x4 Theo định lí Viète, ta có x1x2+x1x3+x1x4+x2x3+x2x4+x3x4 = b
Nếu tất cả các nghiệm của đa thức
P(x) =x 8 −4x 7 + 7x 6 +a5x 5 +a4x 4 +a3x 3 +a2x 2 +a1x+a0 là số thực dương, hãy tìm tất cả các giá trị có thể của a 0
Gọi các nghiệm của đa thức P(x) là: r 1 , r 2 , r 3 , r 4 , r 5 , r 6 , r 7 , r 8
Theo công thức Viète ta có r1+r2+r3+r4+r5+r6+r7+r8 = 4, r 1 r 2 +r 1 r 3 + .+r 7 r 8 = 7.
Theo đồng nhất thức Newton a8s2+a7s1+ 2a6 = 0, với ai là các hệ số của đa thức.
Ta có s2 =r 1 2 +r 2 2 + .+r 2 8 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có
Dấu bằng xảy ra khi r1 = r2 = .= r8 1
Giả sử f(x) = a0x n +a1x n−1 + .+an−1x+an là đa thức với hệ số thực, có a0 6= 0 và thỏa mãn đẳng thức sau với ∀x ∈R f(x).f(2x 2 ) =f(2x 3 +x).
Chứng minh f(x) không có nghiệm số thực.
Từ đẳng thức f(x).f(2x 2 ) = f(2x 3 +x) nhận thấy nếu x0 là nghiệm thực của f(x) thì tất cả các số thực: x n = 2x 3 n−1 +x n−1 ;n= 1; 2; 3; cũng sẽ là nghiệm của f(x).
Hơn nữa dễ dàng nhận thấy:x0 x1 > x2 > > xn > xn+1 > với x 0 >0 thì x 0 < x 1 < < x n < x n+1 <
Nếu f(x) có một nghiệm thực khác 0, thì sẽ có vô số nghiệm thực khác nhau Tuy nhiên, vì f(x) là đa thức bậc n với các hệ số thực, nó chỉ có tối đa n nghiệm thực Điều này dẫn đến mâu thuẫn, chứng tỏ rằng f(x) không có nghiệm thực khác 0.
Ta chứng minh f(0)6= 0 khi và chỉ khi an 6= 0.
Giả sử a n = 0 Gọi k là chỉ số lớn nhất thỏa mãn a k 6= 0.
Do đó g(x)≡h(x) suy ra ak = 0 (mâu thuẫn) Nên an 6= 0.
Vậy f(x) không có nghiệm số thực
Bài toán 1.1.34 (Olimpic Toán toàn quốc 2003)
Cho biết đa thức P(x) có bậc n≥ 1 với m nghiệm thực Chứng minh rằng đa thức
Q(x) = (x 2 + 1)P(x) +P 0 (x) có ít nhất m nghiệm thực, ở đây P 0 (x) là đạo hàm của P(x) theo x.
Rõ ràng rằng các nghiệm thực củaP(x)cũng là các nghiệm thực của f(x)và ngược lại Ta có f(x) = e x
Rõ ràng f 0 (x) có ít nhất m− 1 nghiệm thực Đó cũng chính là các nghiệm của đa thức Q(x) = (x 2 + 1)P(x) +P 0 (x).
Mỗi đa thức bậc n ≥ 1 đều có n nghiệm thực hoặc phức, và số nghiệm phức luôn là số chẵn Nếu đa thức có nghiệm dạng α+iβ, thì α−iβ cũng là nghiệm Trong trường hợp n chẵn, số nghiệm thực của P(x) phải là số chẵn, dẫn đến m cũng là số chẵn, từ đó m−1 là số lẻ Do đó, Q(x) có bậc n + 2, là số chẵn, nên số nghiệm thực của nó cũng phải là số chẵn.
Từ đó kết luận rằngP(x) có ít nhấtm−1 nghiệm thực, suy ra Q(x)phải có ít nhất (m−1) + 1 = m nghiệm thực.
Nếu số n là số lẻ, thì số nghiệm thực của P(x) cũng phải lẻ, dẫn đến m là số lẻ và m−1 là số chẵn Do đó, Q(x) có bậc n + 2 là số lẻ, nên số nghiệm thực của nó cũng phải là số lẻ.
Do đó, kết luận P(x) có ít nhất m−1 nghiệm thực, suy ra Q(x) phải có ít nhất (m−1) + 1 = m nghiệm thực.
Đa thức với hệ số nguyên, đa thức bất khả quy
Đa thức với hệ số nguyên
Đa thức với hệ số nguyên được định nghĩa như sau: Cho đa thức P(x) = anx^n + an−1x^(n−1) + + a1x + a0, trong đó an ≠ 0 và các hệ số a n, a n−1, , a1, a0 đều là các số nguyên Khi đó, P(x) được gọi là đa thức với hệ số nguyên.
Đa thức bất khả quy trên Z [x]
Một đa thức P(x) với hệ số nguyên được coi là bất khả quy trên Z[x] nếu không thể phân tích thành tích của hai đa thức có hệ số nguyên với bậc lớn hơn hoặc bằng một Tiêu chuẩn Eisenstein là một định lý quan trọng trong việc xác định tính bất khả quy của đa thức.
Cho một đa thức : f(x) = anx n + an−1x n−1 + .+a0 bậc n > 0 với hệ số nguyên.
Giả sử có một số nguyên tố p sao cho a^n không chia hết cho p, trong khi đó các hệ số ai (với i = 0, 1, , n−1) đều chia hết cho p, nhưng a0 thì không chia hết cho p^2 Khi đó, đa thức f(x) sẽ trở thành một đa thức bất khả quy trên Z[x].
Giả sử f(x) khả quy trên Z[x] Khi đó tồn tại hai đa thức bậc dương g, h với hệ số nguyên để f =gh n
Vì b0c0 = a0 chia hết cho p mà không chia hết cho p 2 với p là số nguyên tố nên một trong hai số b0;c0 phải chia hết cho p.
Giả sử b 0 chia hết cho p Vì a 0 không chia hết cho p 2 mà b 0 chia hết cho p nên c0 không chia hết cho p.
Nếu tất cả các bi chia hết cho p, thì mỗi bi \( b_i \) (với \( i = 0, 1, \ldots, n-1 \)) cũng phải chia hết cho p Điều này dẫn đến việc tổng chia hết cho p, từ đó có thể kết luận rằng sẽ tồn tại ít nhất một bi \( b_j \) không chia hết cho p.
Gọi i là chỉ số nhỏ nhất để b i không chia hết cho p.
Ta có biểu thức ai = bic0 + bi−1c1 + + b0ci Do ai và các số hạng b i−1 c 1, , b 0 c i đều chia hết cho p, nên b i c 0 cũng chia hết cho p Tuy nhiên, c 0 không chia hết cho p và bi cũng không chia hết cho p, dẫn đến mâu thuẫn.
Vậy f là đa thức bất khả quy trên Z[x]
Ví dụ 1.2.4 Đa thức P(x) = x 4 + 3x 3 −9x 2 + 18x+ 3 là đa thức bất khả quy thỏa mãn tiêu chuẩn Eisenstein.
Đa thức có các hệ số thỏa mãn tiêu chuẩn Eisenstein với a4 = 1 không chia hết cho 3, a3 = 3, a2 = -9, a1 = 18 chia hết cho 3, và a0 = 3 chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 9 Định lý 1.2.5 liên quan đến tiêu chuẩn Osada.
Cho f(x) =x n +a 1 x n−1 + .+a n−1 x±p là đa thức có các hệ số nguyên với p là số nguyên tố Khi đó nếu p > 1 +|a1|+ .+|an−1| thì f(x) là một đa thức bất khả quy trên Z[x].
Giả sử f(x) là khả quy, ta có f(x) = g(x)h(x) với g và h là các đa thức bậc dương có hệ số nguyên Do p là số nguyên tố, nên ít nhất một trong các số hạng tự do của g hoặc h phải bằng ±1.
Giả sử hệ số tự do của g là ±1, điều này dẫn đến trị tuyệt đối của tích các nghiệm của g(x) trong trường số phức phải bằng 1 Do đó, phương trình g(x) = 0 phải có ít nhất một nghiệm phức α với |α| ≤ 1 Vì α cũng là nghiệm của f(x) = 0, ta có p = |α^n + a1α^(n−1) + + an−1α| ≤ 1 + |a1| + |a2| + + |an−1|.
Suy ra trái với giả thiết.
Vậy f(x) là đa thức bất khả quy
Ví dụ 1.2.6 Đa thức P(x) =x 8 +x 7 +x 6 +x 5 +x 4 +x 3 +x 2 +x+ 11 là đa thức bất khả quy.
Ta có p = 11 > 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 8 Suy ra đa thức P(x) bất khả quy theo tiêu chuẩn Osada. Định lý 1.2.7 Tiêu chuẩn Polya
Cho f(x) là một đa thức với hệ số nguyên, bậc n > 0 Đặt m
. Giả sử rằng, tồn tại n số nguyên d 1 , d 2 , , d n đôi một khác nhau và không là nghiệm của f(x) sao cho |f(di)| < m!
2 m Khi đó f(x) là một đa thức bất khả quy trên Z[x].
Giả sử: f(x) là khả quy Khi đó f(x) = g(x)h(x), trong đó g, h là những đa thức bậc dương với các hệ số nguyên.
Không mất tính tổng quát, ta giả sử deg h(x)≤ deg g(x) = s
Như vậy: m ≤s < n, ta thấy ngay g(di)6= 0 và g(di) chia hết f(di).
Từ (1) và (2) suy ra vô lí.
Vậy f(x) là đa thức bất khả quy Định lý 1.2.8 Tiêu chuẩn Oskar Perron
Cho đa thức P(x) với hệ số nguyên Giả sử tồn tại số nguyên b và số nguyên tố p sao cho chúng thỏa mãn điều kiện sau
(c) Tất cả các nghiệm z i (i= 1, n)của đa thức P(x) thỏa mãn bất đẳng thức Re(zi)< b−
2ã Khi đú đa thức P(x) bất khả quy trờn Z[x].
Giả sử P(x) là đa thức khả quy Khi đó ta đặt: P(x) = f(x).g(x) với f(x), g(x) là hai đa thức với hệ số nguyên và có bậc ≥ 1.
Gọizi là nghiệm của đa thứcf(x)màP(x) =f(x)g(x)nên zicũng là nghiệm của đa thức P(x).
Do các nghiệm của đa thức P(x)thỏa mãn bất đẳng thức Re(zi)< b−
2 nên tất cả các nghiệm z i của f(x) cũng thỏa mãn bất đẳng thức đó.
Vì f(b − 1) là đa thức với hệ số nguyên, giá trị b −1 nguyên nên đa thức f(b−1) nhận giá trị nguyên Lại có f(b−1) 6= 0 Suy ra |f(b−1)| ≥ 1. Thay t1
2 vào biểu thức (1) ta được |f(b)| > |f(b−1)| ≥ 1.
Chứng minh tương tự đối với hàm g(b) ta được |g(b)| > |g(b−1)| ≥ 1. Khi đó, tồn tại các ước f(b) và g(b) lớn hơn 1 mâu thuẫn với giả thiết P(b) là số nguyên tố.
Vậy P(x) là đa thức bất khả quy
Ví dụ 1.2.9 Giả sử số tự nhiên n chữ số p = a0a1 an là một số nguyên tố Chứng minh đa thức tương ứng
Ta nhận thấy P(10) =p là một số nguyên tố.
Lại có P(9) 6= 0 Vì vậy ta sẽ áp dụng tiêu chuẩn Oskar Perron để chứng minh bài toán này.
Ta sẽ chứng minh tất cả các nghiệm zcủa đa thức P(x) đều thỏa mãn bất đẳng thức Rez 1 Suy ra điều cần chứng minh
Phương trình hàm đa thức là một dạng toán thú vị và đầy thách thức, thường xuất hiện trong các đề thi Olympic quốc tế Bài viết này sẽ giới thiệu một dạng toán phương trình hàm đa thức phổ biến và ba phương pháp giải quyết thường được áp dụng Chúng ta sẽ bắt đầu từ những bài toán đơn giản và dần dần tiến tới những bài phức tạp hơn, nhằm tìm ra tập hợp nghiệm và chứng minh tính đầy đủ của các nghiệm đó.
Phương trình dạng P (f )P (g) = P (h)
Bài toán tổng quát: Giả sử f(x), g(x) và h(x) là các đa thức thuộc R[x] đã cho thỏa mãn điều kiện:deg(f) + deg(g) = deg(h) Tìm tất cả các đa thức
Nghiệm của phương trình hàm (1) sở hữu nhiều tính chất đặc biệt, cho phép chúng ta xây dựng tất cả các nghiệm của nó từ những nghiệm bậc nhỏ.
Mệnh đề 2.1.1 Nếu P, Q là nghiệm của (1) thì P.Q cũng là nghiệm của (1).
Xét đa thứcP, Q là nghiệm của phương trình (1), (f(x), g(x), h(x)là đa thức thuộc R[x] sao cho deg(f) + deg(g) = deg(h).Ta có
Vì P, Q là nghiệm của phương trình (1) nên
= (P.Q)(f(x)).(P.Q)(g(x)) Vậy đa thức P.Q là nghiệm của phương trình (1)
Hệ quả 2.1.2 Nếu P(x) là nghiệm của (1) thì P n (x) cũng là nghiệm của (1).
Theo mệnh đề 2.1.1, nếu P(x), P(x) là nghiệm của (1) thì P(x).P(x) P 2 (x) cũng là nghiệm của (1).
Tiếp tục ta có, nếu P 2 (x), P(x) là nghiệm của (1) thì P 2 (x).P(x) = P 3 (x) cũng là nghiệm của (1).
Tương tự như vậy, ta cóP n (x)cũng là nghiệm của(1)(điều cần chứng minh).
Trong nhiều trường hợp, hệ quả này cho phép mô tả đầy đủ các nghiệm của phương trình (1) Định lý quan trọng là: Nếu f, g, h là các đa thức với hệ số thực, và thoả mãn điều kiện deg(f) + deg(g) = deg(h), thì chúng cần đáp ứng một trong hai điều kiện sau.
(b) deg(f) = deg(g) và f ∗ +g ∗ 6= 0, trong đó f ∗ , g ∗ là hệ số cao nhất của các đa thức f và g tương ứng.
Khi đó với mọi số nguyên dương n tồn tại nhiều nhất một đa thức P(x) có bậc n và thỏa mãn phương trình (1).
Giả sử P là đa thức bậc n thỏa mãn phương trình P(f(x)) = P(g(x)) = P(h(x)) Độ lớn của các đa thức được ký hiệu là deg(f) = f, deg(g) = g, deg(h) = h Các hệ số cao nhất tương ứng của P, f, g, h lần lượt là P∗, f∗, g∗, h∗ Việc so sánh hệ số cao nhất ở hai vế của phương trình cho thấy mối quan hệ giữa các đa thức này.
Ta có: P ∗ (f ∗ ) n P ∗ (g ∗ ) n =P ∗ (h ∗ ) n từ đó suy ra P ∗ = (h ∗ /f ∗ g ∗ ) n
Như vậy, nếu giả sử ngược lại, tồn tại một đa thức Q bậc n (khác P) cũng thỏa mãn phương trình (1) thì Q ∗ =P ∗ và ta có
(ta quy ước bậc của đa thức đồng nhất 0 bằng −∞, do đó deg(R)≥ 0 đồng nghĩa R không đồng nhất 0).
Thay vào phương trình (1), ta được
Bây giờ ta xét các trường hợp
Giả sử deg(f) ≠ deg(g) và f > g, ta có bậc của các đa thức ở vế trái là nf + rg, rf + ng, rf + rg Do đó, ta có nf + rg > rf + ng > rf + rg, dẫn đến bậc của vế trái là rh = r(f + g) < nf + rg, tạo ra mâu thuẫn.
Khi hai đa thức f và g có cùng bậc, tức là deg(f) = deg(g), thì tổng nf + rg và ng + rf có thể dẫn đến triệt tiêu Tuy nhiên, khi xem xét hệ số cao nhất của hai đa thức này, hệ số của x trong nf + rg và ng + rf sẽ khác nhau.
Bậc của x nf + rg trong tổng hai đa thức được xác định bởi P ∗ R ∗ (f ∗ ) r (g ∗ ) r ((f ∗ ) n−r + (g ∗ ) n−r) khác 0, do f ∗ + g ∗ khác 0 Do đó, bậc của vế trái của (2) là nf + rg, trong khi bậc của vế phải là rh = rf + rg, nhỏ hơn nf + rg, dẫn đến mâu thuẫn Định lý đã được chứng minh hoàn toàn Áp dụng định lý này, nếu P0(x) là một đa thức bậc nhất thỏa mãn phương trình (1) với f, g, h là các đa thức theo điều kiện định lý, thì tất cả các nghiệm của (1) sẽ có dạng: P(x) ≡.
Bây giờ chúng ta sẽ xét các bài toán với mức độ từ dễ tới khó.
Bài toán 2.1.4 Tìm tất cả các đa thức P(x)với hệ số thực thỏa mãn phương trình
Ta đặt f(x) = x, g(x) =x, h(x) =x 2 thỏa mãn điều kiện của định lí 2.1.3 và P(x) = x là đa thức bậc nhất thỏa mãn bài toán.
Do đó các đa thức : P(x) ≡ 0, P(x) ≡ 1, P(x) ≡ x n , n = 1,2,3 là tất cả các nghiệm của bài toán.
Thử lại: Dễ dàng nhận thấy P(x)≡ 0, P(x)≡ 1 thỏa mãn bài toán.
Tìm tất cả các đa thức P(x) không phải là hằng số sao cho
Tương tự bài toán 2.1.4, ta có bài toán thỏa mãn đầy đủ các điều kiện của định lí 2.1.3 và đa thức q(x) =x thỏa mãn bài toán.
Vì P(x) không phải là hằng số nên P(x) = (x−1) n ;n= 1,2,3,
Thử lại: Dễ dàng nhận thấy P(x)≡ 0, P(x)≡ 1 thỏa mãn bài toán.
Tìm tất cả các đa thức có hệ số thực thỏa mãn
Thử lại: Dễ thấy với P(x)≡ 0, P(x)≡ 1 thỏa mãn bài toán.
Bây giờ ta sẽ chuyển sang bài toán mà ở đó ta không tìm được đa thức bậc nhất thỏa mãn.
Bài toán 2.1.7 Tìm tất cả các đa thức có hệ số thực thỏa mãn
P(x)P(x+ 1) = P(x 2 + 2) với mọi x thuộc R.Lời giải.
Trường hợp 1 Ta đặt P(x) = ax+b, (a 6= 0)
Ta cóP(x).P(x+ 1) =a 2 x 2 + (a 2 + 2ab)x+ (a+b)b.Đồng nhất hệ số ta được
Vậy không có đa thức P(x) bậc 1 nào thỏa mãn.
Ta có: P(x).P(x + 1) = a 2 x 4 + [a(2a+b) +ab]x 3 + [a(a+b+c) +ca]x 2 + [b(a+b+c) +c(2a+b)]x+c(a+b+c). Đồng nhất hệ số ta được:
Vậy P(x) ≡ 0 hoặc P(x) = (x 2 −x+ 2) n , n ∈ N Ta sẽ chứng minh đa thức
P(x) = (x 2 −x+ 2) n , n ∈N vét hết tập nghiệm của bài toán.
Thật vậy: Nếu degP = 0 thì P(x)≡0 hoặc P(x)≡ 1.
Xét degP ≥ 1 Nếu degP lẻ thì xét x 0 là nghiệm của đa thức, ta có dãy {xi} i=0 : xi+1 =x 2 i + 2 là dãy tăng vô hạn các nghiệm của đa thức, vô lí.
Do đó degP = 2m Đặt P(x) = (x 2 −x+ 2) m +Q(x) với degQ =q degP ⇒S = const. Đặt P(x) =c Thay vào phương trình (3) ta được c 2 +c 2 =c 2 ⇒c = 0.
Bài toán 2.3.4 Tìm tất cả các đa thức P(x) thỏa mãn
Ta có P(x 2 + 1) =P 2 (x) + 1 ⇒P 2 (x) = P(x 2 + 1)−1. Áp dụng bổ đề 2.3.1 ta có P(x) =Q(x 2 + 1) hoặc P(x) =xQ 2 (x 2 + 1). Trường hợp 1 P(x) = Q(x 2 + 1)⇒Q[(x 2 + 1) 2 + 1] =Q 2 (x 2 + 1) + 1. Trường hợp 2.P(x) = xQ 2 (x 2 + 1) ⇒(x 2 + 1)Q((x 2 + 1) 2 + 1) = x 2 Q 2 (x 2 +
Từ trường hợp 2, ta có: yQ(y 2 + 1) = (y−1)Q 2 (y) + 1.
Từ trường hợp (2) suy raP(x) =Q(x 2 + 1).Trong đó Q(x) là nghiệm của bài toán ban đầu.
Phương pháp sử dụng bậc của đa thức
Ở phương pháp này, chúng ta sẽ sử dụng việc tìm bậc của đa thức để xác định được đa thức cần tìm.
Nhắc lại Cho hai đa thức P(x), Q(x) là các đa thức bậc m, n tương ứng. Khi đó
Bài toán 2.4.1 Tìm tất cả các đa thức P(x) thỏa mãn x 4 + 2x 3 + 3x 2 + 2x+ 1 =P 2 (x) (1) Lời giải. Đặt degP(x) = k với k ∈ N Khi đó ta có
Vì hệ số cao nhất của vế trái bằng 1 nên a = 1 Suy ra P(x) =x 2 +bx+c. Thay vào phương trình (1) ta được x 4 + 2x 3 + 3x 2 + 2x+ 1 =x 4 + 2bx 3 + (b 2 + 2c)x 2 + 2bcx+c 2 Đồng nhất hệ số hai vế ta được
Thử lại Dễ dàng tính được với P(x) = x 2 +x+ 1 thì P 2 (x) = x 4 + 2x 3 +
Bài toán 2.4.2 Tìm tất cả các đa thức P(x) thỏa mãn
Lời giải. Đặt degP(x) = k với k ∈ N Khi đó degP(x) = degP(x+ 1) =k ⇒ deg [P(x)P(x+ 1)] = 2k
Lại có degP(P(x)) = k 2 Từ phương trình (1) suy ra 2k = k 2 Suy ra k = 0 hoặc k = 2.
Xét trường hợp k = 0 Khi đó P(x) = const =c Thay vào phương trình (1) ta được c 2 = c Suy ra c= 0 hoặc c = 1.
Xét trường hợp k = 2, ta có P(x) = ax² + bx + c với a ≠ 0 Thay vào phương trình (1) và rút gọn hai vế, ta nhận được biểu thức a²x⁴ + 2abx² - (2a² - 2ac - b²)x² - 2(ab - bc)x + a² + 2ac + c² - b² = a⁴x⁴ + 2a²bx³ + (ab² + 2a²c + ab)x² + (2abc + b)x + bc + ac² Từ đó, đồng nhất hệ số cho phép chúng ta tìm được các giá trị cần thiết.
Thử lại Dễ dàng nhận thấyP(x) = 0 hoặcP(x) = 1 luôn thỏa mãn bài toán. Với P(x) = (x−1) 2 ta có
Suy ra P(x)P(x−1) =P(P(x)) (thỏa mãn bài toán)
Bài toán 2.4.3 Tìm tất cả các đa thức P(x) thỏa mãn
Lời giải. Đây là một cách làm khác của bài 2.1.12
Xét degP(x) = 0 Khi đó P(x)≡0 thỏa mãn bài toán.
Theo đề bài ta có: P(x)−P(x−1) = P(x+ 1)−P(x). ĐặtQ(x) = P(x+ 1)−P(x) Suy ra Q(x−1) =P(x)−P(x−1) Từ đó suy ra Q(x−1) =Q(x)⇒Q(x) =const = c
Mặt khác degQ(x) = deg(P(x))−1 Mà degQ(x) = 0 ⇒degP(x) = 1. Lại có P(0) = 0 Do đó P(x) = ax, a 6= 0.
Thử lại Dễ dàng nhận thấy P(x) = 0 luôn thỏa mãn bài toán.
Bài toán 2.4.4 (VMO 2006) Hãy xác định tất cả các đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn hệ thức sau
1 Xét degP(x) = 1 Đặt P(x) =ax+b(a6= 0), thế vào (1), ta được
(a 2 −3a+ 2)x 2 + 2b(a−2b)x+b 2 −b = 0 (2) Đồng nhất hệ số hai vế của(2)ta được(a = 1, b= 0),(a = 2, b= 0),(a = 2, b = 1).
Ta được các đa thức P(x) = x, P(x) = 2x, P(x) = 2x+ 1.
2 Xét degP(x) = n(n >1). ĐặtP(x) = ax n +S(x), a6= 0 (3) với S(x) là đa thức, degS =k < n.
Vì bậc của đa thức nằm ở vế phải của (4) bằng n+ 1 và n+ 1 < 2n nên từ
(4) ta được a 2 −a= 0 hay a= 1 Do đó, từ (4) ta có
Bậc của đa thức trong vế trái của (5) là n+k, trong khi bậc của đa thức ở vế phải là n+1, từ đó suy ra k = 1 Khi thay x = 0 vào (5), ta có (S(0))^2 - S(0) = 0, dẫn đến S(0) = 0 hoặc S(0) = 1 Do đó, S(x) có thể là px hoặc px + 1.
Trường hợp 1 S(x) = px Thế vào (5) ta được
Từ đó ta được các đa thức P(x) = x 2n+1 +x và P(x) =x 2n + 2x.
Trường hợp 2 S(x) = px+ 1 Thay vào (5) ta được
[3 + (−1) n −2p]x n+1 −2x n + (p 2 + 3p−2)x 2 + 2x(2−p)≡0. Đồng nhất hệ số ta được
Suy ra vô lí Chứng tỏ không tồn tại đa thức thỏa mãn biểu thức (1) trong trường hợp này.
Như vậy, tất cả các đa thức thỏa mãn đề bài là: P(x) = x;P(x) =x 2n+1 +x và P(x) = x 2n + 2x, n ∈ N tùy ý.
Bài toán đã được thử lại ở bài 2.1.12
Bài toán 2.4.5 Tìm tất cả các đa thức P(x) thỏa mãn hệ thức
Ta xét hai trường hợp
Thử lại đúng Nếu degP(x) = n≥ 3 thì degP 0 (x) =n−1,degP 00 (x) = n−2,degP 000 (x) =n−3
Vì bậc hai vế của phương trình (1) là bằng nhau nên ta có n= (n−1) + (n−2) + (n−3) ⇒n= 3. Đặt P(x) =ax 3 +bx 2 +cx+d (a 6= 0) Khi đó
Thế vào phương trình (1) và đồng nhất hệ số ta được
2x 3 Suy ra thỏa mãn phương trình (1).
2x 3 Suy ra thỏa mãn phương trình (1).
Bài toán 2.4.6 Tìm tất cả các đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn
Trước hết ta chứng tỏ rằng deg(P)≤ 2.
Thật vậy, giả sử ngược lại có P(x) vớideg(P)> 2thỏa mãn bài toán Ta đặt
Thay vào hệ thức của đề bài và chú ý tới hệ số của x n−2 (tức a n−2 ) ta được an−2 1
2(2anc 2 n + 2an−2) suy ra an = 0 Mâu thuẫn.
Khi deg(P) = 0, ta thay P(x) = const vào hệ thức của đề bài, ta thấy cũng ko thỏa mãn.
Khi deg(P) = 1, ta xét P(x) = ax+b, thay vào hệ thức của đề bài, ta thấy cũng không thỏa mãn.
P(x) =ax 2 +bx+c Thay vào hệ thức của đề bài, suy ra a = 1 Ngược lại, mọi đa thức P(x) ax 2 +bx+c đều thỏa mãn đề bài
Luận văn “ Một vài bài toán về đa thức và phương trình hàm đa thức một biến” đã giải quyết được những vấn đề sau
Bài viết tổng hợp kiến thức cơ bản về đa thức, bao gồm định nghĩa đa thức, các phương pháp chia hết và chia có dư, khái niệm đa thức bất khả quy, cùng với việc chứng minh các định lý cơ bản và tiêu chuẩn bất khả quy.
Luận văn tập trung vào việc phân tích các phương pháp giải phương trình hàm đa thức, bao gồm việc trình bày các dạng toán phương trình hàm phổ biến và ba phương pháp thường được áp dụng trong việc giải quyết các phương trình này.
3 Luận văn đã sưu tầm, tổng hợp đa dạng các bài toán trong các kì thi Olimpic quốc tế.
Luận văn không chỉ nâng cao hiểu biết cá nhân về các bài toán đa thức và phương trình hàm đa thức, mà còn là tài liệu tham khảo quý giá cho giáo viên và học sinh phổ thông.
Mặc dù đã cố gắng, tuy nhiên luận văn không tránh khỏi những sai sót,rất mong nhận được sự góp ý của quý thầy cô và bạn đọc.