Tài liệu Bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán thpt chuyên đề nghiệm của đa thức

CHUYÊN ĐỀ NGHIỆM CỦA ĐA THỨC Nguyễn Thị Bích Xuân Giáo viên Trường THPT Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, tỉnh Quảng Nam MỞ ĐẦU Đa thức là một đề tài khá rộng, đây là dạng toán thường xuyên xuất hiện ỏ các đề thi trong các Kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia. Trong bài viết này, tôi giới thiệu một số bài toán liên quan đến vấn đề: Sử dụng các tính chất nghiệm của đa thức vào việc giải quyết các bài toán đa thức. CÁC BÀI TOÁN Bài 1. Cho đa thức p(x) = x3 + ax2 + bx + c có 3 nghiệm phân biệt trên R và đa thức p(q(x)), trong đó q(x) = x2 + x + 2011 không có nghiệm thực. Chứng minh rằng: p(2011) > 1 . 64 Giải: Gọi x1, x2, x3 là 3 nghiệm của p(x), ta có: p(x) = (x – x1) (x – x2) (x – x3) => p(q(x)) = (q(x) – x1) (q(x) – x2) (q(x) – x3), trong đó: q(x) ≠ xi,  x Xét q(x) – xi , với i = 1,3 => q(x) – xi = x2 + x + 2011 – xi ∆i = 1 – 4(2011 – xi) Vì q(x) ≠ xi => q(x) – xi vô nghiệm => ∆i < 0 => 1 – 4(2011 – xi) < 0 => 2011 – xi > 1 4 => (2011 – x1)(2011 – x2)(2011 – x3) > 1 64 Vậy p(2011) > 1 64 (đpcm). Bài 2. Cho đa thức p(x) = x + x2 + x3 +…+ x2n + 2011x2n+1 – 2012. Chứng minh rằng: p(x) có nghiệm duy nhất trên ¡ . Giải: Ta có: p(x) = x + x2 + x3 +…+ x2n + 2011x2n+1 – 2012 = 0 <=> x + x2 + x3 +…+ x2n + 2011x2n+1 = 2012 Xét đa thức: f(x) = x + x2 + x3 +…+ x2n + 2011x2n+1 trên R. = x + x2(1+x) + x3(1+x)+...+ x2n(1+x)+2010x2n + 1 *Với x ≤ -1 => 1 + x ≤ 0 => f(x) < 0 => phương trình f(x) = 2012 vô nghiệm. *Với -1 ≤ x ≤ 0: f(x) ≤ 0 => f(x) = 2012 vô nghiệm. *Với x > 0: f ’(x) = 1 + 2x + 3x2 +...+ 2011(2n+1)x2n > 0 => f(x) đồng biến trong (0; +∞) Ta có: f(0) = 0 và limf(x)   (vì f(x) liên tục trên (0; +∞)) x => Tồn tại duy nhất xo(0;+∞) để f(xo) = 2012 Vậy p(x) = 0 có nghiệm duy nhất dương (đpcm). Bài 3. Cho các số ai , bi thỏa mãn: 0 < bo ≤ |ao|; bi ≥ |ai |, i = 1, n ; Hai đa thức p(x) = a oxn + a1xn – 1 + …+ a n và q(x) = boxn + b1xn – 1 + …+ bn Chứng minh rằng: a) q(x) có nghiệm duy nhất dương b) Nghiệm của p(x) (nếu có) có giá trị tuyệt đối không vượt qua nghiệm dương của q(x). Giải: a) Chứng minh q(x) có nghiệm dương duy nhất Ta có: q(x) = xn  bo  b1  b22  ...  bnn   x x  x Suy ra: q(x) có nghiệm dương <=> h(x)= bo Ta có: h’(x) = b1 2b 2 nb + 3  ...  n+1n 1 x x b1 b 2 b - 2 -...- nn x x x có nghiệm dương. > 0 , với mọi x >0 Suy ra: h(x) tăng trên (0; +∞) và lim h(x)  bo  0 , lim h(x)   x x  0 => Tồn tại duy nhất số xo(0;+∞) sao cho h(xo) = 0 Tức là h(x) = 0 có nghiệm duy nhất dương Suy ra q(x) có nghiệm dương duy nhất (đpcm). b) Do hàm số h(x) đồng biến trên (0;+∞), xo là nghiệm của h(x) trong (0;+∞) Suy ra:  x > xo => h(x) > h(xo) = 0 => q(x) > 0 Và  x (0;xo] => h(x) ≤ h(xo) = 0 => q(x) ≤ 0 Cần chứng minh: nghiệm x1 của f(x) thỏa mãn |x1| < xo <=> g(|x1|) < g(xo) = 0 (do (1)). <=> g(|x1|) < 0. Giả sử x1 là nghiệm của f(x) Ta có: f(x1) = 0 <=> aox1n + a1x1n – 1 + …+ an = 0 => | aox1n + a1x1n – 1 + …+ an | ≥ |aox1n| - |a1x1n – 1+ …+ an| ≥ |aox1n| - |a1x1n - 1| - |a2x1n - 2| - …- |an| = = |ao||x1n| - |a1|| x1n - 1| - |a2||x1n - 2| - …- |an| ≥ bo|x1n| - b1| x1n - 1| - b2|x1n - 2| - …- |bn| = g(|x1|) => q(|x1|) ≤ 0 => |x1|  (0;xo] => |x1| ≤ xo (đpcm). Bài 4(Vô địch Mỹ). Tìm m, n  + sao cho đa thức P(x) = xm + xm-1 +…+ x + 1 là ước của Q(x) = 1 + xn + x2n + x3n + …+ xmn. Giải: Ta thấy các đa thức Qo(x) = x(m+1)n – 1 = ( xn – 1)Q(x) và Po(x) = (x – 1)P(x) không có nghiệm bội (phức) nên P(x).Q(x) cũng không có nghiệm bội. Do đó: P(x)|Q(x)  mọi nghiệm của P(x) cũng là nghiệm của Q(x). Ta có các cặp đa thức xn – 1 , Q(x) và x -1 , P(x) không có nghiệm chung. Đồng thời Po(x)|Qo(x), (x-1)|(x(m+1)n – 1) Nên mọi nghiệm của P(x) cũng là nghiệm là nghiệm của Q(x)  x – 1 và – 1 có 1 nghiệm chung duy nhất là x = 1. x(m+1)n +Trường hợp 1: d = (m +1, n) > 1. Khi đó 2 đa thức x – 1 và x(m + 1)n – 1 có một nghiệm chung khác 1 là: xo= cos + i sin nên không thỏa mãn. +Trường hợp 2: (m +1, n) = 1. Khi đó tồn tại k, l sao cho k(m + 1) + nl = 1. Giả sử hai đa thức x – 1 và x(m + 1)n – 1 nhận nghiệm chung là xo. Dễ thấy xo1 = xok(m+1)+nl = (xom+1 )k.( xon)l = 1 (thỏa mãn). Vậy hai số nguyên dương m, n thỏa mãn đề bài khi và chỉ khi (m +1, n) = 1. Bài 5 (dự tuyển IMO 2005). Tìm tất cả các đa thức p(x)  Z[x] là monic bậc 2 sao cho tồn tại đa thức q(x) Z[x] mà các hệ số của đa thức r(x) = p(x).q(x) đều thuộc { - 1, 1}. Giải: Xét p(x) = x2 + ax ± 1, a  Z. n Giả sử r(x) = a x i 0 i i , ai  {-1,1} và z là 1 nghiệm (phức) của r(x) mà |z|>1. n 1 z 1 a Ta có: z   i z i   z i  => z n  z  1  z n  1 => z n  z  2   1 z 1 i  0 an i 0 n n 1 n => |z| < 2 Như vậy, mọi nghiệm của r(x) đều có mođun nhỏ hơn 2. Từ đó, nếu gọi z1, z2 là các nghiệm của p(x) thì ta có z1, z2 là các nghiệm của r(x) nên |z1|< 2 và |z2| < 2. Ngoài ra, ta có: |z1|.|z2| = |z1z2| = 1. Không mất tính tổng quát, giả sử |z1|  |z2|, suy ra: 1  z1  2 ; 0  z2  1 Ta lại có: | z1 + z2| = |a| < |z1| + |z2| < 1 + 2 = 3, suy ra: a  { -2, -1, 0, 1, 2} + Với a =0 thì q(x) = x + 1 (vì p(x) = x2 ± 1 ) + Với a = ± 1 thì q(x) = 1 (vì p(x) = x2 ± x ± 1 ) + Với a = ± 2 thì p(x) = x2 ± 2x ± 1 - Nếu p(x) = x2 ± 2x + 1 thì q(x) = x ± 1 - Nếu p(x) = x2 ± 2x – 1 thì không thỏa mãn vì có 1 nghiệm với mođun >2. Vậy p(x) là : x2 ± 1, x2 ± x ± 1, x2 ± 2x ± 1 Bài 6 (Rumani 2001). Cho n Z+, n chẵn và a, b R thỏa mãn: 3a + 1 = bn. Chứng minh rằng: Đa thức p(x)= (x2 + x +1)n – xn – a chia hết cho đa thức q(x)= x3 + x2 + x + b khi và chỉ khi b = 1. Giải: q  x   x 3 +x 2 +x=  x+1  x 2 +1  + Giả sử b = 1 khi đó: 3a + 1 = b n = 1 => a = 0 và  n 2 n p  x  =  x +x+1 -x Ta có: x + 1, x2 + 1 là hai đa thức nguyên tố cùng nhau và đều là ước của p(x) nên p(x) Mq(x). + Giả sử p(x) Mq(x) khi đó b ≠ 0 (vì nếu b = 0 thì q(x) = x3 + x2 + x | p(x) => x | p(x) => a = 1 vô lí với 3a + 1 = b n). Vì b ≠ 0 nên q(x) = x3 + x2 + x + b có 3 nghiệm (phức): z1, z2, z3 khác 0. Theo định lý Viet: z1. z2. z3 = - b. 2 Như vậy, với i, j, k  {1, 2, 3} phân biệt, ta có: zi  zi  1   b  z j . zk zi (1) Vì p(x) Mq(x) nên z1, z2, z3 là nghiệm của p(x) => p(z1) = p(z2)= p(z3) = 0 => p(z1) + p(z2) + p(z3) = 0  z 3 Hay i 1 2 i  zi  1  zi  3a  0 n 3 (2) i 1 Từ (1) và (2), ta có:  z1 z2    z2 z3    z3 z1   z1n  z2 n  z3n  3a  0 n n n <=> 1  z1n 1  z2 n 1  z3n     z1 z2 z3   3a 1  0 n <=> 1  z1n 1  z2 n 1  z3n     z1 z2 z3   bn  3 a 1  0 n <=> 1  z1n 1  z2n 1  z3n   0 Không mất tính tổng quát, giả sử 1 – z1n = 0 <=> z1n = 1. +Trường hợp 1: z1 = 1. Ta có: q(z1) = 0 => q(1) = 0. Từ (1) => z12 + z1 + 1 = - b => b = -3 z1 Mặt khác: p(1) = 0 => (1 + 1+ 1)n – 1n – a = 0 <=> 3n – 1 – a = 0. b n  3a  1  3n  3a  1     3a  1  a  1 (do n chẵn) Như vậy, ta có: b  3 n 3n  1  a  0 3  a  1  => a = 0 Với a = 0 ta có: b n = 1 và b = -3 (vô lý). +Trường hợp 2: z1 = - 1. Ta có: q(-1) = 0 => –1 + 1 – 1 + b = 0 => b = 1 (đpcm). +Trường hợp 3: z1 £ \ ¡ . Khi đó: |z1| = 1 nên z1  1  z1 cũng là 1 nghiệm của z1 q(x), do vậy ta có thể coi: z2 = z1  1 => - b = z1. z2. z3 = z3 => q(-b) = 0 z1 Hay – b3 + b2 = 0 <=> b = 1 (do b ≠ 0). Vậy ta luôn có b = 1 (đpcm). Bài 7 (IMO 2002). Tìm m, n  ¥ ; m,n  3 sao cho có vô số a ¢ + am  a  1 thỏa mãn: n 2  ¢ . a  a 1 Giải: –1 Giả sử m, n thỏa mãn đề bài. Xét 02 đa thức: f(x) = xm + x – 1 ; g(x) = xn + x2 Khi đó tồn tại 02 đa thức hệ số thực q(x), r(x) thỏa mãn: f(x) = q(x).g(x) + r(x), degr < deg g Do f, g  ¢ [x] nên q, r  ¤ [x]. Đặc biệt ta còn có g là monic (hệ số của số hạng chứa mũ cao nhất của biến x là 1) nên q, r  ¢ [x]. Ta có: f x r x  qx + gx gx Do đó với a  ¢ + thì (*) f a  r a  ¢   ¢  . g a  g a  Vì có vô số a  ¢ + để f a   ¢  nên có vô số a  ¢ g a  + hay có 01 dãy tăng vô hạn các số nguyên dương an mà để r a  ¢  g a  r an  ¢  g an  (1) mà deg r < deg g nên lim r  an  0 g  an  (2) Từ (1) và (2) suy ra: r(x) = 0. Từ (*) suy ra: f x  q  x  (vì r(x)  0). gx Suy ra: bài toán đã cho quy về tìm m, n  ¥ ; m,n  3 để f(x)Mg(x) (vì f, g ¢ [x], và g là monic nên phép chia hết nói ở đây là như sau khi xét trong R[x], Q[x] và Z[x]). Vì f(x) Mg(x) nên mọi nghiệm của g(x) (xét trong tập số phức) đều là nghiệm của f(x) (số bội của nghiệm trong g(x) nhỏ hơn hoặc bằng f(x)). Trong bài toán này chúng ta quan tâm đến nghiệm thực của g(x). Dễ thấy g(x) có duy nhất một nghiệm thực t  (0, 1). Lúc đó, ta có: tm + t – 1 = 0 (3) và tn + t2 – 1 = 0 (4) . Từ (3) và (4), ta có: tm + t = tn + t2 <=> t(1 – t) = tn (1 – tm – n) = (1 – t2)(1 – tm – n) (do từ (4) ta có tn = 1 – t2) <=> t = (1 + t) (1 – tm – n) <=> t = 1 – tm –n + t – tm – n + 1 <=> tm – n + 1 + tm – n – 1 = 0 (5) Vì f(x) Mg(x) nên m > n và để ý rằng một số thuộc khoảng (0; 1) thì khi lũy thừa với số mũ càng lớn thì càng bé. Do đó: nếu m – n + 1 > n => m – n > n – 1 ≥ 2 => tm – n + 1 + tm – n < tn + t2 Từ (4) và (5) ta có: tm – n + 1 + tm – n = tn + t2. Như vậy, m – n + 1  n => m ≤ 2n – 1. Ta lại có: xn + x2 – 1 = g(x) | (xm – n g(x) – f(x)) = xm – n + 2 – xm – n – x +1 Do đó: m ≤ m – n + 2 => m ≥ 2n – 2 Suy ra: 2n – 2 ≤ m ≤ 2n – 1 +Trường hợp 1: m = 2n – 2. Khi đó: xn + x2 – 1 | xn – xn – 2 – x + 1 (vô lý). +Trường hợp 2: m = 2n – 1. Khi đó: xn + x2 – 1 | xn +1 – xn – 1 – x + 1 => (x + 1)(xn + x2 – 1)  xn +1 – xn – 1 – x + 1 => n = 3 và m = 5 (thử lại ta thấy thỏa mãn đề bài). Vậy (m, n) = (5, 3). Bài 8( Vietnam TST). Cho phương trình: x 4  4 x3  ax 2  bx  c  0 có 4 nghiệm  ,  , , thỏa mãn:  16   16   16   16  4 . Tìm các nghiệm đó. Giải Theo định lý Viete, ta có:         4 . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz liên tiếp ta có: 16  4          4  2   2   2   2   4 4  4   4   4   4  2      4 4 4  8   8   8   8  4 4 4 4  16   16   16   16  16 . Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi         1 . Bài 9 (VMS 2007). Chứng minh rằng nếu tam thức bậc hai f x   ax 2  bx  c, a, b, c  ¡  có nghiệm thì ít nhất một nguyên hàm của nó là đa thức bậc ba có các nghiệm đều thực. Giải - Nếu f x  có nghiệm kép, thì f x   x  x 0  . Dễ dàng chọn được nguyên hàm dạng: 2   F x    3 1 x  x0 . 3 - Nếu f x  có 2 nghiệm phân biệt f x   x  x 1 x  x 2  trong đó x 1  x 2 . Ký hiệu F0  x   x 3  bx 2  cx là đa thức bậc ba. Vì F0 x   0 tại hai giá trị 1 3 1 2 phân biệt x 1, x 2 nên F0 x  có một điểm cực đại và một điểm cực tiểu. Gọi m , M lần lượt là giá trị cực tiểu, cực đại của F0 x  . Khi đó với bất kì c  m , M  thì hàm số   F x  F0 x  c có ba nghiệm Bài 10 (imomath.com). Chứng minh rằng: nếu các đa thức P và Q có một nghiệm thực và P 1  x  Q 2  x    Q 1  x  P 2  x   thì P  Q . Giải Lưu ý rằng tồn tại x  a mà P 2 a   Q 2 a  . Điều này suy ra từ thực thế rằng: nếu p, q tương ứng là nghiệm của P , Q thì       P 2 p  Q 2 p  0  P 2 q  Q 2 q và hơn thế nữa P 2  Q 2 là liên tục. Bây giờ P b   Q b  với b  1  a  P 2 a  . Lấy một số thực lớn nhất mà P a   Q a  , dẫn đến một điều mâu thuẫn ngay lập tức. Bài 11. Cho đa thức P  x   an x n  an1x n1  ...  a1x  a0 , n  2, an a0  0 và có n nghiệm dương. Chứng minh rằng an 1a1  n2 . a0 an Giải Gọi x1 , x2 ,..., xn là n nghiệm của đa thức P  x  . Theo định lý Viete ta có: x1 x2 ...xn 1  x1 x3 ...xn  ...  x2 x3 ...xn  x1 x2 ...xn  a0 . an Do đó:  a1 an  x  ...  xn  x1 x2 ...xn1  ...  x2 x3 ...xn  an 1a1  1 a0 an x1 x2 ...xn  x1  ...  xn  x1x2 ...xn1  ...  x2 x3...xn  x1 x2 ...xn ( do xi  0 i  1, n ) ; Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: x1  x2  ...  xn  n n x1 x2 ...xn Suy ra: x1 x2 ...xn 1  ...  x2 x3 ...xn  n n x1n 1...xnn 1 . ; an 1a1  n2 . a0 an Bài 12 (VMS 1999). Giả sử đa thức với hệ số thực P x   a0  a1x  ...  an x n có n nghiệm thực phân biệt. Chứng minh rằng: ak 1ak 1  ak2, k  1;2;...; n  1 . Giải Ta sẽ chứng  minh  “ Q 2 x   Q x Q  x   0, x  ¡ rằng:  ứng với Q x  ¡ x  ,deg Q x m và Q x có m nghiệm thực đơn” Ta có: Q x   a  x  i , i   j i  j  . m i 1 Suy ra:   1  x  Q x  Q x m i 1 và       1  x  x    Q 2 x  Q x Q  x Q2 i m 2 i 1 (*) i - Nếu t  ¡ mà Q t   0 thì Q 2 t   Q t Q  t   Q 2 t   0 ( do Q  t   0 và t là nghiệm đơn). - Nếu t  ¡ mà Q t   0 thì từ (*) ta suy ra được điều phải chứng minh. k Bây giờ xét đa thức: Q  x   P    x  , k  0, n  1 . Các đa thức này đều có nghiệm thực đơn ( chứng minh dễ dàng bằng định lý Rolle). Suy ra: P k 1  0  P    0   P    0   k 1 k 2 hay k  1 !ak 1 k  1 !ak 1  k !ak  . 2 Do đó: ak 1ak 1  ak2 . k  ak2 . k 1 Bài 13 (VMO 2012). Cho các cấp số cộng (a n), (bn) và số nguyên m > 2. Xét m tam thức bậc hai: Pk(x) = x2 + akx + bk, k = 1, 2, …, m. Chứng minh rằng nếu hai tam thức P1(x), Pm(x) đều không có nghiệm thực thì tất cả các đa thức còn lại cũng không có nghiệm thực. Giải Ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề: Nếu a12 – 4b1 < 0, am2 – 4bm < 0 thì (a1 + (1–)am)2 – 4(b1 + (1–)bm) < 0 với mọi   [0, 1]. Chứng minh. Cách 1. Thật vậy, ta có (a1 + (1–)am)2 – 4(b1 + (1–)bm) =  2(a12–4b1) + (1–)2(am2–4bm) + (1–)(2a1am – 4(b1+bm)) (1) Do a12–4b1b1 < 0, am2 – 4bm < 0 và 2a1am – 4(b1+bm) < 2a1am – a12 –am2 = – (a1–am)2 ≤ 0 nên vế phải của (1) < 0 và ta có điều phải chứng minh. Cách 2. Vì a12 – 4b1 < 0, am2 – 4bm < 0 nên theo định lý về dấu của tam thức bậc hai, ta có x2 + a1x + b 1 > 0 với mọi x và x2 + amx + bm > 0 với mọi x Nhân bất đẳng thức đầu với  và nhân bất đẳng thức thứ hai với (1–) rồi cộng lại, ta được x2 + (a1 + (1–)am)x + (b1 + (1–)bm) > 0 với mọi x Từ đây suy ra (a1 + (1–)am)2 – 4(b1 + (1–)bm) < 0 (đpcm). Trở lại bài toán, do P 1(x) và Pm(x) không có nghiệm thực nên ta có 1 = a12 – 4b1 < 0. m= am2 – 4bm < 0. am  a1 m 1 Công sai của cấp số cộng (an) bằng bằng bm  b1 . m 1 , công sai của cấp số cộng (bn) Do đó với mọi k = 1, 2, …, m ta có ak  a1  (k  1) am  a1 m  k k 1  a1  am m 1 m 1 m 1 Tương tự bk  b1  (k  1) bm  b1 m  k k 1  b1  bm m 1 m 1 m 1 Bây giờ áp dụng bổ đề với   mk , m 1 ta có k= ak2 – 4bk < 0 với mọi k = 1, 2, …, m, tức là tất cả các đa thức P1(x), P2(x), …, Pm(x) đều không có nghiệm thực. =============