Tài liệu Bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán thpt chuyên đề đa thức lý thuyết và bài tập

CHUYÊN ĐỀ: ĐA THỨC LÝ THUYẾT VÀ BÀI TẬP Nguyễn Trung Nghĩa Trường: THPT Chuyên Nguyễn Tất Thành - Yên Bái A. PHẦN MỞ ĐẦU 1. Lý do chọ đề tài Trong chương trình phổ thông, chúng ta đã làm quen với khái niệm đa thức từ bậc trung học cơ sở, từ những phép cộng, trừ, nhân đa thức đến phân tích đa thức ra thừa số, dùng sơ đồ Horner để chia đa thức, giải các phương trình đại số. Các bài toán về đa thức thường xuyên xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi toán và luôn được đánh giá là các bài toán khó. Các bài toán này thường yêu cầu nghiên cứu tính chất về các hệ số của một đa thức, tính chất về nghiệm của nó hoặc những bài toán về đa thức nguyên, tính khả quy và được hỏi theo nhiều hình thức khác nhau. Đề tài này sẽ hệ thống hoá lại những kiến thức cơ bản nhất về đa thức một biến, các dạng toán thường gặp về đa thức. 2. Mục đích của đề tài Với mục đích hệ thống hóa lại kiến thức, tổng hợp và hệ thống lại các dạng bài tập thường gặp về đa thức. Cố gắng xây dựng thành tài liệu cho học sinh lớp chuyên toán tham khảo khi bắt đầu học đa thức và làm các bài tập về đa thức trong các đề thi học sinh giỏi các cấp. B. NỘI DUNG I. CÁC KIẾN THỨC LÝ THUYẾT CƠ BẢN 1. Đa thức và các phép toán trên đa thức. 1.1. Định nghĩa. Đa thức trên trường số thực là biểu thức có dạng P(x) = anxn + an-1xn-1 + … + a1x + a0, trong đó ai  R và an  0. ai được gọi là các hệ số của đa thức, trong đó an được gọi là hệ số cao nhất và a0 được gọi là hệ số tự do. 1 n được gọi là bậc của đa thức và ký kiệu là n = deg(P). Ta quy ước bậc của đa thức hằng P(x) = a0 với mọi x là bằng 0 nếu a0  0 và bằng nếu a0 = 0. Để tiện lợi cho việc viết các công thức, ta quy ước với đa thức P(x) bậc n thì vẫn có các hệ số ak với k > n, nhưng chúng đều bằng 0. Tập hợp tất cả các đa thức 1 biến trên trường các số thực được ký hiệu là R[x]. Nếu các hệ số được lấy trên tập hợp các số hữu tỷ, các số nguyên thì ta có khái niệm đa thức với hệ số hữu tỷ, đa thức với hệ số nguyên và tương ứng là các tập hợp Q[x], Z[x]. 1.2. Đa thức bằng nhau. m n k 0 k 0 Hai đa thức P( x)   ak x k , Q( x)  bk x k bằng nhau khi và chỉ khi m = n và ak = bk với mọi k = 0, 1, 2, …, m. 1.3. Phép cộng, trừ đa thức. m n k 0 k 0 Cho hai đa thức P( x)   ak x k , Q( x)  bk x 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 P( x)  Q( x)  max{m , n}  (a k 0 k  bk ) x k . 1.4. Phép nhân đa thức. m n k 0 k 0 Cho hai đa thức P( x)   ak x k , Q( x)  bk x k . Khi đó P(x).Q(x) là một đa k thức có bậc m + n và có các hệ số được xác định bởi ck   ai bk i . i 0 1.5. Bậc của tổng, hiệu và tích của các đa thức. Từ các định nghĩa trên đây, dễ dàng suy ra các tính chất sau đây: Định lý 1. Cho P(x), Q(x) là các đa thức bậc m, n tương ứng. Khi đó a) deg(PQ)  max{m, n} trong đó nếu deg(P)  deg(Q) thì dấu bằng xảy ra. Trong trường hợp m = n thì deg(PQ) có thể nhận bất cứ giá trị nào  m. b) deg(P.Q) = m + n. 1.6. Phép chia có dư. 2 Định lý 2. Với hai đa thức P(x) và Q(x) bất kỳ, trong đó deg(Q)  1, tồn tại duy nhất các đa thức S(x) và R(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện: i) P(x) = Q(x).S(x) + R(x) ii) deg(R) < deg(Q). Chứng minh. Tồn tại. Ta chứng minh bằng quy nạp theo m = deg(P). Nếu deg(P) < deg(Q) thì ta có thể chọn S(x)  0 và R(x) = P(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện i) và ii). Giả sử m  n và định lý đã được chứng minh với các đa thức có bậc nhỏ hơn m. Ta chứng minh định lý đúng với các đa thức bậc m. Giả sử m n k 0 k 0 P( x)   ak x k , Q( x)  bk x k Xét đa thức H ( x)  P( x)  am mn a x Q( x)  (am x m  am1x m1  ...  a1x  a0 )  m x mn (bn x n  ...  b0 )  bn bn  a b    am1  m n1  x m1  ... bn   Do hệ số của xm 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 H(x) = S*(x).Q(x) + R*(x). Nhưng khi đó P( x)  H ( x)  am mn a x Q( x)  ( m x mn  S * ( x))  R * ( x) bn bn Vậy đặt S(x) = (am/bn)xm-n + S*(x) và R(x) = R*(x) ta được biểu diễn cần tìm cho P(x) duy nhất. Giả sử ta có hai biểu diễn P(x) = S(x).Q(x) + R(x) và P(x) = S*(x).Q(x) + R*(x) thoả mãn điều kiện ii). Khi đó Q(x).(S(x)-S*(x)) = R*(x) – R(x). Ta có, theo điều kiện ii) và định lý 1 thì ded(R*(x) – R(x)) < deg(Q). Mặt khác, nếu S(x) – S*(x) không đồng nhất bằng 0 thì deg(Q(x).(S(x)-S*(x))) = deg(Q(x)) + deg(S(x)S*(x))  deg(Q). Mâu thuẫn vì hai vế bằng nhau. Theo ký hiệu của định lý thì S(x) được gọi là thương số và R(x) được gọi là dư số trong phép chia P(x) cho Q(x). 3 Phép chứng minh nói trên cũng cho chúng ta thuật toán tìm thương số và dư số của phép chia hai đa thức, gọi là phép chia dài (long division) hay sơ đồ Horner. Ví dụ: Thực hiện phép chia 3x3 – 2x2 + 4x + 7 cho x2 + 2x được 3x – 8, dư 20x + 7. 1.7. Sự chia hết, ước và bội. Trong phép chia P(x) cho Q(x), nếu dư số R(x) đồng nhất bằng 0 thì ta nói rằng đa thức P(x) chia hết cho đa thức Q(x). Như vậy, P(x) chia hết cho Q(x) nếu tồn tại đa thức S(x) sao cho P(x) = Q(x).S(x). Trong trường hợp này ta cũng nói Q(x) chia hết P(x), Q(x) là ước của P(x) hoặc P(x) là bội của Q(x). Ký hiệu tương ứng là Q(x) | P(x) và P( x)Q( x). Cho P(x) và Q(x) là các đa thức khác 0. Ước chung lớn nhất của P(x) và Q(x) là đa thức D(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện sau: i) D(x) là đa thức đơn khởi, tức là có hệ số cao nhất bằng 1 ii) D(x) là ước chung của P(x) và Q(x), tức là D(x) | P(x) và D(x) | Q(x) iii) Nếu D’(x) cũng là ước chung của P(x) và Q(x) thì D(x) cũng là ước của D’(x). Tương tự, ta có khái niệm bội chung nhỏ nhất của hai đa thức. Cho P(x) và Q(x) là các đa thức khác 0. Bội chung lớn nhất của P(x) và Q(x) là đa thức M(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện sau: i) M(x) là đa thức đơn khởi, tức là có hệ số cao nhất bằng 1 ii) M(x) là bội chung của P(x) và Q(x), tức là P(x) | M(x) và Q(x) | M(x) iii) Nếu M’(x) cũng là bội chung của P(x) và Q(x) thì M’(x) cũng là bội của M(x). Ký hiệu UCLN và BCNN của hai đa thức P(x), Q(x) là GCD(P(x), Q(x)), LCM(P(x), Q(x)) hay đơn giản hơn là (P(x), Q(x)), [P(x), Q(x)]. Hai đa thức P(x), Q(x) được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu (P(x), Q(x)) = 1. 1.8. Thuật toán Euclide. Để tìm ước chung lớn nhất của hai đa thức P(x), Q(x), ta sử dụng thuật toán Euclide sau đây: 4 Định lý 3. Giả sử có hai đa thức P(x), Q(x), trong đó deg(P)  degQ. Thực hiện phép chia P(x) cho Q(x) được thương số là S(x) và dư số là R(x). Khi đó Nếu R(x) = 0 thì (P(x), Q(x)) = q*-1Q(x), trong đó q* là hệ số cao nhất của đa thức Q(x). Nếu R(x)  0 thì (P(x), Q(x)) = (Q(x), R(x)). Chứng minh. Nếu R(x) = 0 thì P(x) = Q(x).S(x). Khi đó đa thức q*-1Q(x) rõ ràng thoả mãn tất cả các điều kiện của UCLN. Nếu R(x)  0, đặt D(x) = (P(x), Q(x)), D’(x) = (Q(x), R(x)). Ta có D(x) | P(x) – Q(x).S(x) = R(x), suy ra D(x) là ước chung của Q(x), R(x), theo định nghĩa của D’(x), ta có D’(x) là ước của D(x). Mặt khác D’(x) | Q(x)S(x) + R(x) = P(x), suy ra D’(x) là ước chung của P(x), Q(x), theo định nghĩa của D(x), ta có D(x) là ước của D’(x). Từ đây, do D và D’ đều là các đa thức đơn khởi, ta suy ra D = D’. Định lý trên giải thích cho thuật toán Euclide để tìm UCLN của hai đa thức theo như ví dụ dưới đây: Ví dụ: Tìm ước chung lớn nhất của hai đa thức x5 – 5x + 4 và x3 – 3x2 + 2. HD: Ta lần lượt thực hiện các phép chia x5 – 5x + 4 cho x3 – 3x2 + 2 được x2 + 3x + 9 dư 25x2 – 11x – 14 x3 – 3x2 + 2 cho 25x2 – 11x – 14 được (25x – 64)/625, dư (354/625)(x-1) 25x2 – 11x – 14 cho x-1 được 25x + 14 dư 0 Vậy (x5 – 5x + 4, x3 – 3x2 + 2) = x – 1. Lưu ý, trong quá trình thực hiện, ta có thể nhân các đa thức với các hằng số khác 0. Ví dụ trong phép chia cuối cùng, thay vì chia 25x2 – 11x – 14 cho (354/625)(x1) ta đã chia cho x – 1. 1.9. Tính chất của phép chia hết. Nhắc lại, hai đa thức P(x), Q(x) được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu (P(x), Q(x)) = 1. Ta có định lý sau và nhiều ứng dụng về các đa thức nguyên tố cùng nhau: Định lý 4. (Bezout) Hai đa thức P(x) và Q(x) nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi tồn tại các đa thức U(x), V(x) sao cho P(x).U(x) + Q(x).V(x) = 1. 5 Chứng minh. Giả sử tồn tại các đa thức U(x) và V(x) thoả mãn điều kiện P(x).U(x) + Q(x).V(x) = 1. Đặt D(x) = (P(x), Q(x)) thì D(x) | P(x), D(x) | Q(x) suy ra D(x)|1 = P(x).U(x) + Q(x).V(x). Suy ra D(x) = 1. Ngược lại, giả sử (P(x), Q(x)) = 1. Ta chứng minh tồn tại các đa thức U(x) và V(x) sao cho P(x).U(x) + Q(x).V(x) = 1. Ta chứng minh bằng quy nạp theo m = min{deg(P), deg(Q)}. Nếu m = 0 thì điều cần chứng minh là hiển nhiên. Chẳng hạn nếu deg(Q) = 0 thì Q = q là hằng số và ta chỉ cần chọn U(x) = 0, V(x) = q -1 thì ta được P(x).U(x) + Q(x).V(x) = 1. Giả sử ta đã chứng minh định lý đúng đến m. Xét hai đa thức P(x), Q(x) có min{deg(P), deg(Q)} = m+1. Không mất tính tổng quát, giả sử m+1 = deg(Q). Thực hiện phép chia P(x) cho Q(x) được thương là S(x) và dư là R(x). Không thể xảy ra trường hợp R(x) = 0 vì khi đó 1 = (P(x), Q(x)) = q*-1Q(x). Vì vậy, ta có 1 = (P(x), Q(x)) = (Q(x), R(x)). Lúc này, do min(deg(Q), deg(R)) = deg(R) < m +1 nên theo giả thiết quy nạp, tồn tại các đa thức U*(x), V*(x) sao cho Q(x)V*(x) + R(x)U*(x) = 1. Thay R(x) = P(x) – Q(x).S(x), ta được Q(x)V*(x) + (P(x) – Q(x)S(x))U*(x) = 1 Hay P(x)U*(x) + Q(x)(V*(x) – S(x)U*(x)) = 1 Đặt U(x) = U*(x), V(x) = V*(x) – S(x)U*(x) ta được đpcm. Tính chất của phép chia hết i) Q | P, Q | R suy ra Q | P + R hay tổng quát hơn Q | P.U + R.V với U, V là các đa thức bất kỳ. ii) Q | P, P | R suy ra Q | R (tính bắc cầu) iii) Q | P, P | Q suy ra tồn tại số thực khác 0 a sao cho Q = aP (ta gọi P và Q là các đa thức đồng dạng) iv) Nếu Q1 | P1 và Q2 | P2 thì Q1.Q2 | P1.P2. v) Nếu Q | P.R và (P, Q) = 1 thì Q | R. vi) Nếu Q | P, R | P và (Q, R) = 1 thì Q.R | P Chứng minh. Các tính chất i-iv) là hiển nhiên xuất phát từ định nghĩa Q | P  tồn tại S sao cho P = Q.S. 6 Để chứng minh các tính chất v) và vi), ta sẽ áp dụng định Bezout. v) Từ giả thiết Q | P.R và (P,Q) = 1 suy ra tồn tại S sao cho P.R = Q.S và U, V sao cho P.U + Q.V = 1 Khi đó R = (P.U+Q.V).R = (P.R)U + Q.V.R = Q.S.U + Q.V.R = Q.(SU+VR) suy ra Q|R. vii) Từ giả thiết Q | P, R | P và (Q, R) = 1 suy ra P = Q.S. Vì P = Q.S chia hết cho R, mà (Q, R) = 1 nên theo v) suy ra S chia hết cho R, tức là S = R.S 1. Vậy P = Q.S = (Q.R).S 1 suy ra P chia hết cho Q.R. 2. Đa thức và nghiệm. Nghiệm của đa thức đóng một vai trò quan trọng trong việc nghiên cứu các tính chất của đa thức. Nhiều tính chất của đa thức được thể hiện qua nghiệm của chúng. Ngược lại, việc nghiên cứu tính chất các nghiệm của đa thức cũng cũng là một trong các vấn đề trung tâm của đại số. 2.1. Nghiệm của đa thức, định lý Bezout. Định nghĩa. Số thực a (trong một số trường hợp, ta xét cả các số phức) được gọi là nghiệm của đa thức P(x) = anxn + an-1xn-1 + …+ a1x + a0 nếu P(a) = 0, tức là anan + an-1an-1 + …+ a1a + a0 = 0. Ta có định lý đơn giản nhưng rất có nhiều ứng dụng sau đây về nghiệm của đa thức: Định lý 5. a là nghiệm của đa thức P(x) khi và chỉ khi P(x) chia hết cho x – a. Định lý này là hệ quả của định lý sau: Định lý 6. Số dư trong phép chia đa thức P(x) cho x – a là P(a). Cả định lý 5 và định lý 6 đều được gọi là định lý Bezout. Để chứng minh định lý 6, ta chỉ cần chứng minh P(x) – P(a) chia hết cho x – a. Nhưng điều này là hiển nhiên vì P(x) – P(a) = an(xn-an) + an-1(xn-1-an-1) + … + a1(x-a) và xk – ak = (x-a)(xk-1 + xk-2a + …+ ak-1) Từ định lý 5, ta có thể có một định nghĩa khác cho nghiệm của đa thức như sau: a là nghiệm của đa thức P(x) nếu P(x) = (x-a)Q(x) với Q(x) là một đa thức nào đó. Với định nghĩa này, ta có thể phát triển thành định nghĩa về nghiệm bội. 7 Định nghĩa. a được gọi là nghiệm bội r của đa thức P(x) nếu P(x) = (x-a)rQ(x) với Q(a)  0. 2.2. Định lý Vieta. Định lý 7. Xét đa thức P(x)  R[x]. Nếu x1, x2, …, xk là các nghiệm phân biệt của P(x) với các bội r1, r2, …, rk tương ứng thì P(x) chia hết cho (x-x1)r1(x-x2)r2…(xxk)rk. Chứng minh. Điều này là hiển nhiên theo định nghĩa và do các đa thức (x-xi)ri đôi một nguyên tố cùng nhau. Hệ quả: a) Một đa thức bậc n với hệ số thực có không quá n nghiệm thực. b) Nếu hai đa thức P(x) và Q(x) có bậc nhỏ hơn hay bằng n bằng nhau tại n+1 điểm thì hai đa thức này bằng nhau. Định lý 8. Xét đa thức P(x)  R[x] bậc n. Giả sử x1, x2, …, xk là các nghiệm phân biệt của P(x) với các bội r1, r2, …, rk tương ứng. Nếu r1 + r2 + … + rk = n thì P(x) = an(x-x1)r1(x-x2)r2…(x-xk)rk. Chứng minh: Dùng định lý 7, ta suy ra P(x) chia hết cho (x-x1)r1(x-x2)r2…(x-xk)rk, suy ra P(x) = (x-x1)r1(x-x2)r2…(x-xk)rkQ(x). So sánh bậc và hệ số cao nhất, ta suy ra Q(x) = an. Định lý 9. (Định lý Vieta) Giả sử đa thức P(x) = anxn + an-1xn-1 + an-2xn-2 + … + a1x + a0 có n nghiệm (trong đó có thể có các nghiệm bội) là x1, x2, …, xn thì P(x) = an(x-x1)(x-x2)…(x-xn) và như hệ quả, ta có x1 + x2 + … + xn = -an-1/an ; x1x2 + x1x3 + …+ x1xn + x2x3 + …+ x2xn + …+xn-1xn = an-2/an; …; x1x2…xn = (-1)na0/an. Định lý 10. (Định lý Viét đảo) a) Nếu x + y = S, x.y = P thì x, y là 2 nghiệm của phương trình X2 – SX + P = 0 b) Nếu x + y + z = S, xy + yz + zx = T, xyz = P thì x, y, z là 2 nghiệm của phương trình X3 – SX2 + TX – P = 0 Từ định lý 8 ta suy ra hai hệ quả đơn giản nhưng rất hiệu quả trong giải toán sau: 8 Hệ quả 1. Một đa thức bậc n có không quá n nghiệm. Hệ quả 2. Nếu P(x) và Q(x) là các đa thức bậc không quá n, trùng nhau tại n+1 điểm phân biệt thì hai đa thức này trùng nhau. 3. Đa thức bất khả quy. 3.1. Đa thức với hệ số nguyên. Đa thức với hệ số nguyên là đa thức có dạng P(x) = anxn + an-1xn-1 + …+ a1x + a0 với ai là các số nguyên. Ta ký hiệu tập hợp tất cả các đa thức với hệ số nguyên là Z[x]. Ta có các kết quả cơ bản sau đây về đa thức với hệ số nguyên. (1) Nếu P(x) có nghiệm nguyên x = a thì phân tích được P(x) = (x-a)Q(x) với Q(x) là đa thức với hệ số nguyên. (2) Nếu a, b nguyên và a  b thì P(a) – P(b) chia hết cho a – b. (3) Nếu x = p/q là một nghiệm của P(x) (với (p, q) = 1) thì p là ước của a0 và q là ước của an. Đặc biệt nếu an =  1 thì nghiệm hữu tỷ là nghiệm nguyên. (4) Nếu x = m + n là nghiệm của P(x) với m, n nguyên, n không chính phương thì x’ = m - n cũng là nghiệm của P(x). (5) Nếu x = m + n với m, n nguyên, n không chính phương thì P(x) = M’ + N’ n với M’, N’ nguyên. Đa thức với hệ số nguyên sẽ nhận giá trị nguyên với mọi giá trị x nguyên. Điều ngược lại không đúng, có những đa thức nhận giá trị nguyên với mọi x nguyên nhưng các hệ số của nó không nguyên. 3.2. Đa thức bất khả quy. Định nghĩa. Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên. Ta gọi P(x) là bất khả quy trên Z[x] nếu P(x) không phân tích được thành tích hai đa thức thuộc Z[x] với bậc lớn hơn hay bằng 1. Tương tự định nghĩa đa thức bất khả quy trên Q[x]. Định lý 3.1 (Tiêu chuẩn Eisenstein) Cho P(x) = anxn + an-1xn-1 + …+a1x + a0. Nếu tồn tại số nguyên tố p sao cho i) an không chia hết cho p 9 ii) a0, a1, …, an-1 chia hết cho p iii) a0 không chia hết cho p 2 thì đa thức P(x) bất khả quy. Định lý 3.2 (Quan hệ bất khả quy trên Z[x] và Q[x]) Nếu đa thức P(x)  Z[x] bất khả quy trên Z[x] thì cũng bất khả quy trên Q[x]. Bổ đề Gauss. Ta gọi đa thức P  Z[x] là nguyên bản nếu các hệ số của nó nguyên tố cùng nhau. Ta có bổ đề Gauss: Tích của hai đa thức nguyên bản là nguyên bản. Chứng minh bổ đề. Cho hai đa thức nguyên bản P(x) = anxn + an-1xn-1 + … + a1x + a0 Q(x) = b mxm + bm-1xm-1 + …+ b1x + b 0 thì P(x).Q(x) = cm+nxm+n + c m+n-1xm+n-1 + …+c 1x + c 0 Giả sử tích trên không nguyên bản thì tồn tại một số nguyên tố p là ước chung của các hệ số c0, c 1, …, c m+n. Vì P nguyên bản nên gọi i là số nhỏ nhất mà ai không chia hết cho p và j là số nhỏ nhất sao cho bj không chia hết cho p. Khi đó xét xi+j ta thấy hệ số tương ứng không chia hết cho p, vô lý. Vậy tích trên nguyên bản. Chứng minh định lý. Cho P(x) bất khả quy trên Z[x]. Giả sử P(x) khả quy trên Q[x]: P(x) = P 1(x).P2(x) với P1, P2 là các đa thức bậc nhỏ hơn bậc của P và có hệ số hữu tỷ. Đặt P1 ( x)  a1 a Q1 ( x), P2 ( x)  2 Q2 ( x) với (ai, b i) = 1 và Qi nguyên bản (i=1, 2). b1 b2 Khi đó P( x)  a1 a 2 p Q1 ( x)Q2 ( x)  Q1 ( x)Q2 ( x) với (p, q) = 1. Do P(x)  Z[x] nên từ b1b2 q đây suy ra các hệ số của Q1(x)Q2(x) đều chia hết cho q, suy ra Q 1(x)Q2(x) không nguyên bản, trái với bổ đề Gauss. Mâu thuẫn. Vậy P(x) bất khả quy trên Q[x]. 4. Công thức nội suy Lagrange. Ta có thể dự đoán rằng với mọi các bộ n+1 số phân biệt (a0, a1, ..., an) và bộ n+1 số bất kỳ b0, b1, ..., b n sẽ tồn tại một đa thức P(x) bậc không vượt quá n thoả mãn điều kiện P(ai) = bi với mọi i=0, 1, 2, ..., n. (*) 10 Ngoài ra, do tất cả các đa thức Q(x) thoả mãn (*) sẽ phải có dạng Q(x) = P(x) + (x-a0)(x-a1)...(x-an)H(x) với H(x) là một đa thức nào đó nên các nghiệm khác của (*) đều có bậc  n+1. Vì thế ta có thể đề xuất định lý sau: 4.1 Định lý. Cho bộ n+1 số thực phân biệt (a0, a1, ..., an) và bộ n+1 số bất kỳ (b0, b1, ..., b n). Khi đó tồn tại duy nhất một đa thức P(x) có bậc không vượt quá n thoả mãn điều kiện P(ai) = b i với mọi i=0, 1, 2, ..., n. Sự duy nhất được chứng minh khá dễ dàng theo như lý luận ở trên. Tuy nhiên, việc chứng minh tồn tại cho trường hợp tổng quát là không đơn giản, vì điều này tương đương với việc chứng minh một hệ phương trình n+1 phương trình, n+1 ẩn số có nghiệm (duy nhất). Rất thú vị là ta tìm được cách chứng minh định lý này một cách xây dựng, tức là tìm ra được biểu thức tường minh của đa thức P(x) mà không cần phải giải hệ phương trình hệ số bất định nêu trên. Ý tưởng chứng minh này như sau. Ta đi tìm các đa thức P0(x), P1(x) …, Pn(x) bận n thoả mãn điều kiện sau Pi(aj) =  ij, 1 i  j 0 i  j Trong đó  ij   n Khi đó đa thức P( x)   bi Pi ( x) sẽ thoả mãn điều kiện vì i 0 n n i 0 i 0 P(a j )   bi Pi (a j )   bi  ij  b j . Vấn đề còn lại là đi tìm các đa thức Pi(x). Vì Pi(aj) = 0 với mọi j  i nên Pi(x) = Ci(x-a0)…(x-ai-1)(x-ai+1)…(x-an) Vì Pi(ai) = 1 nên Ci  1 (ai  a0 )...(ai  ai 1 )(ai  ai 1 )...(ai  an ) Như thế ta tìm được Pi ( x)  ( x  a0 )...( x  ai 1 )( x  ai 1 )...( x  a n ) (**) (ai  a0 )...(ai  ai 1 )(ai  ai 1 )...(ai  a n ) là các đa thức thoả mãn hệ điều kiện Pi(aj) =  ij. 11 Công thức nội suy Lagrange. Cho bộ n+1 số thực phân biệt (a0, a1, ..., an) và bộ n n+1 số bất kỳ (b0, b1, ..., bn). Khi đó đa thức P( x)   bi Pi ( x) i 0 là đa thức duy nhất có bậc không vượt quá n thoả mãn điều kiện P(ai) = b i với mọi i=0, 1, 2, ..., n. Các đa thức Pi(x) là các đa thức bậc n được định nghĩa bởi (**). 4.2. Ứng dụng của công thức nội suy Langrange. Bài toán nội suy là một trong các bài toán cơ bản của toán lý thuyết và toán ứng dụng. Trong thực tế, chúng ta không thể đo được giá trị của một hàm số tại mọi điểm, mà chỉ đo được tại một số điểm. Các công thức nội suy cho phép chúng ta, bằng phép đo tại một số điểm, « dựng » lại một đa thức xấp xỉ cho hàm số thực tế. Công thức nội suy Lagrange, vì thế có nhiều ứng dụng trong vật lý, trắc địa, kinh tế học, khí tượng thuỷ văn, dự đoán dự báo … Ví dụ 1. Tìm tất cả các đa thức P(x) thoả mãn điều kiện: P(1) = 1, P(2) = 2, P(3) = 4. Lời giải. Rõ ràng nếu P và Q là hai đa thức thoả mãn điều kiện đề bài thì P(x) – Q(x) sẽ bằng 0 tại các điểm 1, 2, 3 và từ đó, ta có P(x) – Q(x) = (x-1)(x-2)(x3)H(x). Ngược lại, nếu P(x) là đa thức thoả mãn điều kiện đề bài thì các đa thức Q(x) = P(x) + (x-1)(x-2)(x-3)H(x) cũng thoả mãn điều kiện đề bài với mọi H(x). Từ đó có thể thấy rằng có vô số các đa thức thoả mãn điều kiện đề bài. Ta đặt ra câu hỏi: Trong các đa thức thoả mãn điều kiện đề bài, hãy tìm đa thức có bậc nhỏ nhất. Rõ ràng đa thức này không thể là hằng số, cũng không thể là bậc nhất. Ta thử tìm bậc tiếp theo là bậc 2. Giả sử P(x) = ax2 + bx + c là đa thức thoả mãn điều kiện đề bài. Khi đó P(1) = 1 suy ra a + b + c = 1. P(2) = 2 suy ra 4a + 2b + c = 2 P(3) = 3 suy ra 9a + 3b + c = 4 12 Giải hệ này ra, ta được nghiệm duy nhất (a, b, c) = (1/2, -1/2, 1), ta được P(x) = (1/2)x2 – (1/2)x + 1 là đa thức bậc nhỏ nhất thoả mãn điều kiện. Và theo như lý luận ở trên, mọi nghiệm của bài toán sẽ có dạng Q(x) = P(x) + (x-1)(x-2)(x-3)H(x) với H(x) là một đa thức tuỳ ý. Ví dụ 2. Tìm đa thức bậc nhỏ nhất thoả mãn điều kiện P(-2) = 0, P(-1) = 1, P(0) = 1, P(1) = 2, P(2) = 3. Lời giải. Từ ý tưởng phương pháp hệ số bất định và hệ phương trình bậc nhất ở trên. Ta thấy rằng chắn chắn sẽ tồn tại đa thức bậc không quá 4 thoả mãn điều kiện đề bài. Xét P(x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e. Từ điều kiện đề bài suy ra hệ 16a – 8b + 4c – 2d + e = 0 a–b+c–d+e=1 e=1 a+b+c+d+e=2 16a + 8b + 4c + 2d + e = 3 Giải hệ này ta được a = -1/8, b = 1/12, c = 5/8, d = 5/12, e = 1. II. MỘT SỐ DẠNG BÀI TOÁN THƯỜNG GẶP 1. Bài toán tính chia hết của đa thức. Bài toán 1.1. Chứng minh rằng với mọi giá trị của n, đa thức (x+1)2n+1 + xn+2 chia hết cho đa thức x2 + x + 1. Giải: Cách 1. (Quy nạp theo n) Với n = 0, điều phải chứng minh là hiển nhiên. Giả sử ta đã có (x+1)2n+1 + xn+2 chia hết cho x2 + x + 1. Khi đó (x+1)2n+3 + xn+3 = (x2+2x+1)(x+1)2n+1 + xn+3  x(x+1)2n+1 + xn+3 = x((x+1)2n+1 + xn+2)  0 (mod (x2+x+1). Cách 2. (Dùng số phức) Đa thức x2 + x + 1 có hai nghiệm là   1 i 3 . Để 2 chứng minh P(x) chia hết cho x2 + x + 1 ta chỉ cần chứng minh P() = 0. Điều này 1 i 3   tương đương với việc chứng minh   2   13 2 n 1  1 i 3      2   n2  0. Chuyển các số phức sang dạng lượng giác rồi dùng công thức Moivre, ta có điều này tương đương với  (2n  1)   (2n  1)   (n  2)2   (n  2)2  cos   i sin   cos   i sin    0. 3 3 3 3         Điều này đúng vì (2n+1)/3 - (n+2)2/3 = . Bài 1.2. Tìm tất cả các giá trị n sao cho x2n + xn + 1 chia hết cho x2 + x + 1. Giải: Cách 1. Ta nhận thấy x3  1 mod x2 + x + 1. Do đó x2(n+3) + xn+3 + 1  x2n + xn + 1 (mod x2 + x + 1) Do đó ta chỉ cần xét với n = 0, 1, 2. Rõ ràng + Với n = 0, 3 không chia hết cho x2 + x + 1 + Với n = 1, x2 + x + 1 chia hết cho x2 + x + 1 + Với n = 2, x4 + x2 + 1  x + x2 + 1 chia hết cho x2 + x + 1. Từ đó suy ra x2n + xn + 1 chia hết cho x2 + x + 1 khi và chỉ khi n có dạng 3k+1 hoặc 3k+2. Cách 2. (Số phức) Tương tự như bài 5, ta có P(x) = x2n + xn + 1 chia hết cho x2 + x + 1 khi và chỉ khi P() = 0. Áp dụng công thức Moivre, ta có điều này tương đương với  4n   4n   2n   2n  cos   i sin   cos   i sin  1  0  3   3   3   3  Điều này xảy ra khi n không chia hết cho 3. Bài toán 3. Chứng minh rằng (xm – 1, xn – 1) = x(m,n) – 1. Giải: Giả sử d = (m, n) thì rõ ràng xm – 1 = (xd)m’ – 1 chia hết cho xd – 1 và tương tự xn – 1 chia hết cho xd. Suy ra xd – 1 là ước chung của xm - 1, xn – 1. Giả sử D(x) là một ước chung của xm - 1, xn – 1. Vì d = (m, n) nên tồn tại các số nguyên dương u, v sao cho d = mu – nv. Khi đó D(x) là ước của (xmu – 1) – (xnv-1) = xnv(xd-1). Vì (xm-1, xnv) = 1 nên (D(x), xnv) = 1, suy ra D(x) là ước của xd – 1, suy ra xd – 1 là ước chung lớn nhất của xm – 1 và xn – 1. 2. Bài tập về nghiệm của đa thức 14 Bài 2.1. Cho a, b, c là ba nghiệm của phương trình x3 – 3x + 1 = 0. Lập phương trình bậc ba có nghiệm là a) a2, b2, c 2; b) 1 a 1 b 1 c . , , 1 a 1 b 1 c Lời giải. Theo định lý Vieta, ta có a + b + c = 0, ab + bc + ca = -3, abc = -1. Từ đó ta tính được a2 + b2 + c 2 = (a+b+c)2 – 2(ab+bc+ca) = 02 -2(-3) = 6. a2b2 +b2c 2 + c 2a2 = (ab+bc+ca) – 2abc(a+b+c) = (-3)2 – 2.(-1).0 = 9; a2b2c2 = (abc)2 =1 Áp dụng định lý Vieta đảo, suy ra a2, b2, c 2 là ba nghiệm của phương trình x3 – 6x2 + 9x – 1 = 0. Tương tự, ta tính được 1  a 1  b 1  c (1  a)(1  b)(1  c)  (1  a)(1  b)(1  c)  (1  a)(1  b)(1  c)    1 a 1 b 1 c (1  a)(1  b)(1  c) 3  a  b  c  (ab  bc  ca )  3abc 9    3. 1  a  b  c  ab  bc  ca  abc 3 1 a 1 b 1 b 1 c 1 c 1 a .  .  .  1 a 1 b 1 b 1 c 1 c 1 a (1  a)(1  b)(1  c)  (1  a)(1  b)(1  c)  (1  a)(1  b)(1  c)  1  a  b  c  ab  bc  ca  abc 3  (a  b  c)  (ab  bc  ca )  3abc 3    1. 1  a  b  c  ab  bc  ca  abc 3 1  a 1  b 1  c 1  (a  b  c)  (ab  bc  ca )  abc  1 1 . .    . 1  a 1  b 1  c 1  a  b  c  (ab  bc  ca )  abc 3 3 Từ đó suy ra 1 a 1 b 1 c , , 1 a 1 b 1 c là 3 nghiệm của phương trình x3 + 3x2 – x – 1 = 0. 3 Bài 2. Tìm tất cả các đa thức P(x) thoả mãn đồng nhất thức xP(x-1) = (x-26)P(x). Lời giải. Thay x = 0 vào đồng nhất thức, ta suy ra P(0) = 0. Suy ra P(x) chia hết cho x, tức là P(x) = xP 1(x). Thay vào đồng nhất thức, ta được x(x-1)P1(x-1) = (x-26)xP1(x) suy ra 15 (x-1)P1(x-1) = (x-26)P1(x) (*) Lại thay x = 1, ta được P1(1) = 0, suy ra P 1(x) chia hết cho x-1, tức là P1(x) = (x1)P2(x), thay vào (*), ta được (x-1)(x-2)P2(x-1) = (x-26)(x-1)P2(x) Suy ra (x-2)P2(x-1) = (x-26)P2(x) … Cứ tiếp tục lý luận như thế, ta đi đến P(x) = x(x-1)…(x-25)Q(x) và Q(x-1) = Q(x). Đặt Q(0) = a thì ta có Q(x) = a với x = 1, 2, 3, … suy ra Q(x) = a với mọi x. Vậy P(x) = ax(x-1)…(x-25) là tất cả các nghiệm của bài toán. Bài 2.3. Chứng minh rằng với mọi số nguyên a, đa thức P  x   x 4  2005x3   2004  a  x 2  2003x  a không thể có hai nghiệm nguyên phân biệt Giải: Nếu x0 là nghiệm của đa thức thì x0 phải chẵn suy ra giá trị của P(x0), P(1) từ đó : P(x0)-P(1)=2003-2a Nhận thấy: [P(x0)-P(1)]⋮(x0-1), nên: (2003-2a)⋮(x0-1) (1) suy ra x0-1 là số lẻ tức x0 là số chẵn giả sử : P( x1 )  P( x2 ) 0 x1  x2 (2) P  x1   P  x2   ( x14  x2 4  2005  x13  x23    2004  a   x12  x2 2   2003  x1  x3  (3) Kết hợp ( 2) và (3)và x1, x2 là các số chẵn suy ra điều vô lý. Điều phải chứng minh Bài 2.4. Giả sử P(x) là đa thức bậc 1991 với hệ số nguyên. Xét đa thức Q(x) =P2(x)-9. Chứng minh rằng : số nghiệm nguyên của đa thức Q(x) nhỏ hơn 1996 Giải : Giả sử nghiệm của đa thức Q(x) không nhỏ hơn 1996. Q( x)  0  P 2 ( x)  9  0  [ P( x)  3][ P( x)  3]  0 Giả sử x1,x2,…,xk là các nghiệm nguyên của P(x)=3 ( x1 - Xem thêm -