TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT TỈNH QUẢNG NGÃI
TỔ TOÁN
CHUYÊN ĐỀ
NGHIỆM PHỨC CỦA ĐA THỨC
Giáo viên: Phạm Ngọc Châu
Quảng Ngãi, Tháng 8 năm 2015
1
NGHIỆM PHỨC CỦA ĐA THỨC
Đa thức trong các đề thi học sinh giỏi thường là khá phức tạp đối với thí
sinh, dùng số phức để giải toán không là sự lựa chọn của nhiều học sinh do các em
không có nhiều điều kiện tiếp xúc. Bài viết này cố gắng làm nhẹ đi sự phức tạp và
làm tăng điều kiện tiếp xúc cho các em qua việc xét nghiệm phức của đa thức.
Bài viết này sử dụng các kiến thức quen thuộc : định lý Bezout, định lý
Viette, các kiến thức về số phức trong sách giáo khoa môn Toán lớp 12 nâng cao,…,
chỉ cần lưu ý thêm vài ý sau
. Đa thức bậc n có không quá n nghiệm thực.
. Đa thức bậc lẻ luôn có nghiệm thực.
. Khi số phức z = a + bi có phần ảo b = 0 thì mođun của z chính là giá trị
tuyệt đối của phần thực a.
. Cho hai đa thức f(x) và g(x) (g(x) không là đa thức 0) bất kỳ của ¢ ( x)
(tương ứng là ¤ ( x) , ¡ ( x ) , £ ( x ) )thì bao giờ cũng có hai đa thức duy nhất q(x) và r(x)
thuộc ¢ ( x) (tương ứng là ¤ ( x) , ¡ ( x ) , £ ( x ) ) sao cho
f(x) = g(x)q(x) + r(x) với deg r(x) < deg g(x).
Nếu r(x) = 0, ta nói f(x) chia hết cho g(x).
. Nếu z là nghiệm phức của đa thức hệ số thực f(x) thì z cũng là nghiệm
phức của đa thức f(x).
. Tích của hai số phức liên hợp là một số thực không âm.
Bài toán mở đầu là một bài khá quen trong đề thi quốc gia của Rumani đã
khá lâu.
Bài toán 1 Chứng minh rằng với n ¥ * , ¡ mà sin 0 thì đa thức
P( x) x n sin x sin n sin(n 1) chia hết cho đa thức Q( x) x 2 2 x cos 1.
Ta có cách giải quen thuộc là chứng minh quy nạp theo n ¥ * . Xét cách giải
dùng số phức sau.
Giải
. Có Q(x)= (x – x1)(x – x2) với x1 = cos + i sin , x2 = cos – i sin nên ta
chứng minh x1, x2 là hai nghiệm của P(x). Ta có
. P(x1) = (x1)n sin – x1sinn + sin(n – 1)
= (cosn + i sinn )sin – (cos + i sin )sinn + sinn cos
– cosn sin = 0.
.Vì x2 = x1 nên P(x2) = 0.
2
Vậy P(x) MQ(x): điều phải chứng minh.
Phức tạp hơn một chút, ta có bài toán sau.
Bài toán 2 Chứng minh nếu n ¥ * , n không chia hết cho 2 và 3 thì đa thức
P(x) = Cn1 x n - 2 + C2n x n - 3 + ... + Cnn - 1 chia hết cho đa thức Q(x) = x3 + 2x2 + 2x + 1.
Giải
. Đa thức Q(x) = (x + 1)(x2 + x + 1) có các nghiệm x1 = – 1, x2 = 1 + i 3 ,
2
x3 =
1 i 3
nên ta chứng minh P(xi) = 0, i = 1,3.
2
Có xP(x) = Cn1 x n - 1 + C2n x n - 2 + ... + Cnn - 1 x
xP(x) + xn + 1 = (1 + x)n
do đó
xP(x) = (1 + x)n – xn – 1 và từ n lẻ, ta có
+ x1P(x1) = 0 (1)n 1 (1) 1 = 0 P(x1) = 0.
n
n
1
3 1
3
+ x2P(x2) = i i 1
2 2 2 2
2
2
= cos i sin cos
i sin
1
3
3
3
3
n
n
2n
2n
= cos
i sin
i sin
cos
1
3
3
3
3
n
2n
n
2n
= cos
cos
1 i sin
sin
.
3
3
3
3
Vì n không chia hết cho 2, cho 3 nên n = 6k 1, k N*. Do đó
π
π
1
+ cosn = cos( ) = ,
3
3
2
2π
2π
1
+ cosn = cos( ) = - ,
3
3
2
π
π
2π
n2π
+ sinn = sin(± ) = sin(± ) = sin
3
3
3
3
1 1
x2P(x2) = 1 0 0.
2 2
+ Lại có x2 0 nên P(x2) = 0.
n
nên
n
Vì x3 = x 2 nên P(x3) = 0.
Vậy P(x) MQ(x): điều phải chứng minh.
Mở rộng một chút bài toán này, ta có bài toán 3.
3
Bài toán 3 Tìm số nguyên dương n để đa thức
P(x) = - C1n x n - 2 + C2n x n - 3 - C3n x n - 4 + ... + (-1)n - 1 Cnn - 1
chia hết cho đa thức Q(x) = x3 – 2x2 + 2x – 1.
Giải
. Đa thức Q(x) = (x – 1)(x2 – x + 1) có các nghiệm x1 = 1, x2 = 1 + 2 3 , x3 =
2
1 i 3
nên ta tìm n ¥ * để P(xi) = 0, i = 1,3.
2
. Có xP(x) = Cn1 xn1 Cn2 xn2 Cn3 xn3 ... (1)n1 Cn1
xP(x) + xn +(- 1)n = Cn0 xn Cn1 xn1 Cn2 xn2 Cn3 xn3 ... (1)n1 Cn1 (1)n Cnn
xP(x) = (x – 1)n – xn – (–1)n.
Ta có
+ x1P(x1) = 0 1 (1)n P(x1) = 1 (1)n (do x1 = 1).
Do đó P(x1) = 0 (1) n 1 n lẻ.
Lúc đó xP(x) = (x – 1)n – xn + 1.
n
n
1
1
3
3
+ x2P(x2) = i 1 i 1
2 2
2 2
n
n
1
3 1
3
= i i 1
2 2 2 2
2n
2n
n
n
= cos
i sin
i sin
cos
1
3
3
3
3
2n
n
2n
n
= cos
cos
1 i sin
sin
.
3
3
3
3
2n
n
cos
cos
1 0
3
3
Do đó P(x2) = 0
sin 2n sin n 0
3
3
n
n
cos 3 2 cos 3 1 0
sin n 2cos n 1 0
3
3
n
2 cos
1 0
3
n
k 2
3
3
n 6k 1, k ¢ .
4
+ Vì x3 x2 nên P( x3 ) 0 n 6k 1.
Vậy số n cần tìm là số nguyên dương chia cho 6 dư 1 hoặc dư 5.
Kết hợp với dãy số, ta có bài thứ 5 (bài đầu của ngày thứ hai) VMO 2015.
Bài toán 4 Cho dãy đa thức (fn(x) )được xác định bởi
f0(x) = 2, f1(x) = 3x, fn(x) = 3xfn-1(x) + (1 – x – 2x2) fn-2(x) với mọi n 2.
Tìm tất cả các số nguyên dương n để đa thức fn(x) chia hết cho đa thức x3 –
x2 + x.
Bài này ngoài cách giải đặt dãy hàm phụ và đồng dư, còn có cách giải khác,
có thể nhẹ hơn, là cách dùng dãy số và số phức.
Giải
u 2, u1 3x,
. Xét dãy số 0
2
un 3xun 1 (1 x 2 x )un 2 , n ¥ , n 2
với x là tham số thực.
Ta có phương trình đặc trưng u2 – 3xu + (2x2 + x – 1) = 0 có hai nghiệm
u1 = x + 1, u2 = 2x – 1 nên
un ( x 1)n (2x 1)n ,n ¥ .
u 2
1
Có 0
nên fn ( x) ( x 1)n (2 x 1)n , n ¥ .
1
u1 3x ( x 1) (2 x 1)
. Đặt g(x) = x3 – x2 + x thì g(x) = x(x2 – x + 1) có ba nghiệm x1 = 0, x2 =
1 i 3
1 i 3
, x3 =
nên ta tìm n ¥ để fn(x1) = 0, fn(x2) = 0 ( lúc đó fn(x3) = 0 do
2
2
x3 x2 ). Ta có
+ fn(x1) = 0 1n (1)n 0 n lẻ.
n
3
3
+ fn(x2) = i
2 2
3i
n
n
3 1
n
n
3
i 3 0 i
2 2
n
n
n
3 cos i sin cos i sin
6
6
2
2
n
n
n
n
n
3 cos
i sin
i sin
cos
6
6
2
2
n
n
n
n n
n
3 cos
cos
sin
i sin
6
2
6
2
5
n
n
n
n
n
2 3 cos
cos
cos
i sin
3
6
3
6
n
n
n
n
2 3 cos
i sin
cos
.
6
3
3
n
n
Do đó f n ( x2 ) 0 cos 0
k n 6k 3, k ¥ .
6
6
2
+ Kết hợp với n lẻ, chọn n 6k 3, k ¥ .
Vậy tất cả các giá trị cần tìm là n 6k 3, k ¥ .
nghiệm phức.
Ta xét một vài dạng toán khác của đa thức sử dụng đến số phức và
Bài toán 5 Gọi x1, x2, ... , xn là n nghiệm của đa thức với hệ số thực
P(x) = xn + a1xn-1 + a2xn-2 + ... + an-1x + an.
Chứng minh rằng
n
( x
i
i 1
2
1) (1 a2 a4 a6 ...)2 (a1 a3 a5 a7 ...)2 .
Đa thức x2 + 1 có hai nghiệm là i và –i nên
x2 + 1 = (x – i)(x + i) = (i – x)(-i – x).
Do đó cần viết lại P(x) dưới dạng tích và thay x bởi i và –i để xuất hiện
nhân tử xi 2 1.
Giải
n
Theo gỉa thiết, P(x) = ( x xi ) nên
i 1
P(i).P(-i) = (i xi )(i xi ) = i 2 xi 2 xi 2 1
a2 (-i)n-2
và
n
n
n
i 1
i 1
i 1
(1)
Lại có
P(i).P(-i) =( in + a1in-1 + a2in-2 + ... + an-1i + an)((- i)n + a1(-i)n-1 +
+ ... + an-1 (-i) + an)
1 = -i2 = -(-i)2 = i4 = (-i)4 = -i6 = -(-i)6 = ...
nên
a1in1 i2 a1in1 a1 in1,
a1 (i)n1 (i)2 a1 (i)n1 a1 (i)n1 ,
a2 in2 i2 a2 in2 a2 in ,
a2 (i)n2 (i)2 a2 (i)n 2 a2 (i)n ,
a3in3 i4 a3 in3 a3 in1,
a3 ( i )n3 ( i )4 a3 ( i )n3 a3 ( i )n1 ,
a4 in4 i4 a4 in4 a4 in ,
a4 ( i )n4 ( i )4 a4 ( i )n 4 a4 ( i )n ,
a5 in5 i6 a5 in5 a5 in1,
a5 (i)n5 (i)6 a5 (i)n5 a5 (i)n1 ,
6
a6 in6 i6 a6 in6 a6 in ,
a6 (i)n6 (i )6 a6 (i )n 6 a6 (i )n ,... .
Do đó
P(i).P(-i)
= (in)(-i)n(1 – a1i – a2 + a3i + a4 – a5i – a6 + ...)(1 – a1(-i) – a2 + a3(-i) + a4 –
a5(-i) – a6 + ...)
= [(1 – a2 + a4 – a6 +...) – i(a1 –a3 + a5 – ...)][(1 – a2 + a4 – a6 + ...) – (-i)(a1 –
a3 + a5 – ...)]
= (1 – a2 + a4 – a6 +...)2 – [ i(a1 –a3 + a5 – ...)]2
= (1 – a2 + a4 – a6 +...)2 – (a1 –a3 + a5 – ...)2
(2)
Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.
Bài toán tiếp theo sử dụng số phức ở khía cạnh khác : môt đa thức hệ số
thực nếu có nghiệm phức (thật sự) z thì sẽ có nghiệm z , do đó nó có một số chẵn
nghiệm phức và tích hai nghiệm liên hợp này là một số thực dương.
Bài toán 6 ( IMO lần thứ 34, năm 1993)
Cho f(x) = xn + 5xn-1 + 3, n nguyên, n > 1. Chứng minh rằng f(x) không thể
biểu diễn thành tích hai đa thức ( khác hằng số) với hệ số nguyên.
Giải
. Khi n = 2 thì f(x) = x2 + 5x + 3 là bất khả quy trên ¢ (x) .
. Khi n 3, giả sử f(x) = g(x).h(x) với g(x), h(x) thuộc ¢ (x) và có bậc 1.
Vì deg g + deg h = n 3 nên trong hai số deg g, deg h có một số lớn hơn
1. Lại có f(0) = 3 là số nguyên tố nên g (0) 1 hoặc h(0) 1.
Giả sử g(x) = xk + a1xk-1 + a2xk-2 + … + ak (k > 1) và g (0) 1 .
Gọi x1, x2, …,xk là các nghiệm ( nói chung £ ) của g(x) thì
k
g(x) = (x xi ) .
i 1
Vì g (0) 1 nên x1 x2 ...xk 1 .
(*)
Có g(xi) = 0 nên f(xi) = 0, i = 1, k. Do đó xi n1 ( xi 5) 3, i 1, k.
Nhân k đẳng thức này và dùng (*), ta được
( x1 5)( x2 5)...( xk 5) 3k .
nên
( **)
Lại có g (5) ( x1 5)( x2 5)...( xk 5) và 3 = f(-5) = g(-5)h(-5)
( x1 5)( x2 5)...( xk 5) 3 hoặc ( x1 5)( x2 5)...( xk 5) 1.
(***)
Vì k > 1 nên 3k > 3 từ ( **) và (***) ta có ngay mâu thuẫn.
7
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Kết hợp với các kỹ thuật thường dùng trong bài toán xác định đa thức
như xét nghiệm và số nghiệm, đồng nhất hai vế,..., ta có bài toán tương đối phức tạp
sau
Bài toán 7 Tìm tất cả các đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn điều kiện
(1)
P( x).P ( x 1) P ( x2 x 1),x .
Giải
a 0
. Thử lại, chọn
a 1
. Nếu P(x) a (a là hằng số) thì từ (1) ta có a 2 a
hai đa thức P(x) 0, P(x) 1.
. Xét P(x) không là đa thức hằng.
+ Nếu x0 là nghiệm thực của P(x) thì P( x02 x0 1) P( x0 ).P( x0 1) 0 nên
x1 x02 x0 1 là nghiệm của P(x).
Tương tự, x2 x12 x1 1 thì P( x2 ) P( x12 x1 1) P( x1 ).P( x1 1) 0 nên
x2 là nghiệm của P(x).
Cứ thế ta có xk 1 xk 2 xk 1, k ¥ là nghiệm của P(x) và xk 1 xk
xk 2 1 0 nên P(x) có vô số nghiệm ( là điều vô lý).
Do đó P(x) không có nghiệm thực.
+ Ta được P( x) a2n x2n a2n1 x2n1 ... a0 (a2n , a0 0, n 1).
Thay vào (1), được
(a2n x2 n a2n1 x2 n1 ... a0 ) a2n ( x 1)2n a2n 1 ( x 1)2n1 ... a0
a2n ( x2 x 1)2n a2n1 ( x2 x 1)2n1 ... a0
a 2 a2 n
a2 n 1
Đồng nhất hệ số của x4n và hệ số tự do, ta có 22n
.
a
1
a
a
0
0
0
Gọi x1, x2, ...,x2n là 2n nghiệm phức của P(x) thì x1 x2 ...x2n
do đó
(1)2n a0
1
a2n
x1 x2 ...x2 n x1 x2 ... x2 n 1.
Vì xk là nghiệm của P(x) thì xk 2 xk 1 cũng là nghiệm của P(x) nên
từ xk 2 xk 1 xk ta có
- Nếu xk 1 thì xk 2 xk 1 xk 1 , suy ra P(x) có vô số nghiệm :
loại.
- Nếu xk 1 thì số phức ui thỏa uk 2 uk 1 xk cũng là nghiệm của
P(x) và ta có uk uk 2 uk 1 xk , suy ra P(x) có vô số nghiệm : loại.
Như vậy phải có xk 1, k 1, 2n hay xk cos k i sin k , k 1, 2n.
8
Vì xk 2 xk 1 1 nên
(2 cos k 1)(cos k i sin k ) 1
(2 cos k 1) 2 (cos 2 k sin 2 k ) 1
cos k 0
cos k 1
xk i
.
x
i
k
Lại có
n
x
k 1
k
a2 n 1
0 nên P( x) ( x 2 1) n , n 1 ( thỏa (1)).
a2 n
Vậy tất cả các đa thức cần tìm là P( x) 0, P( x) 1, P( x) ( x 2 1) n , n 1.
Để rèn luyện, các em học sinh có thể giải các bài toán sau
1. Chứng minh rằng đa thức P(x) = (x + 1)4n+2 + (x – 1)4n+2 chia hết cho đa thức
Q(x) = x2 + 1 với mọi số tự nhiên n.
2. Tìm số nguyên dương n sao cho đa thức P(x) = x2n + xn + 1 chia hết cho đa
thức Q(x) = x2 + x + 1.
( Kết quả là n là số nguyên dương không chia hết cho 3)
3. Có tồn tại hay không số nguyên dương n sao cho đa thức P(x) = (x + 1)2n +
(x – 1)2n – (2x)2n chia hết cho đa thức Q(x) = x4 – 1.
( Kết quả là không tồn tại số nguyên dương n)
4 . Cho dãy đa thức (fn(x) )được xác định bởi
3x
f 0 ( x) 2, f1 ( x) 2
.
f ( x) 3x f ( x) 1 ( x 2 x 2) f ( x), n 2
n 1
n2
n
2
2
Tìm tất cả các số nguyên dương n để đa thức fn(x) chia hết cho đa thức x3
– 2x2 + 4x.
( Kết quả là n là số nguyên dương chia 6 dư 3)
5. Cho các đa thức hệ số phức P(x) = xn + a1xn-1 + a2xn-2 + ... + an-1x + an có n
nghiệm x1, x2,...,xn , Q(x) = xn + b1xn-1 + b 2xn-2 + ... + b n-1x + b n có n nghiệm x12,
x22,...,xn2. Chứng minh rằng nếu các tổng a1 + a3 + a5 + ... và a2 + a4 + a6 + ... là các
số thực thì tổng b 1 + b2 + b3 + ...+b n cũng là số thực.
(Hướng dẫn: Xét tích P(1).P(-1) và xét Q(1))
9
6. Cho đa thức P( x) ( x 2 x 1)6n1
12 n 2
ax
k 0
2n
2n
k 0
k 0
k
k
, n ¥ . Chứng minh rằng
a6k a6k 2 .
(Hướng dẫn: Xét tổng P( )+P(- )với 1 3 i )
2
2
Mong là bài viết này giúp các thầy cô có thêm tài liệu cho các em đọc và làm
bài tập. Những ý kiến trao đổi xin gởi về: Phạm Ngọc Châu, giáo viên Toán trường
THPT chuyên Lê Khiết, thành phố Quảng Ngãi, tỉnh Quảng Ngãi.
10
11
- Xem thêm -