Đăng ký Đăng nhập
Trang chủ Giáo dục - Đào tạo Toán học Bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán thpt chuyên đề nghiệm và tính chất nghiệm của đ...

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

.PDF
17
1551
92

Mô tả:

Chuyên đề: NGHIỆM VÀ TÍNH CHẤT NGHIỆM CỦA ĐA THỨC. A. MỞ ĐẦU Đa thức là nội dung rất quan trọng trong chương trình toán học phổ thông và bắt đầu được giảng dạy trong chương trình đại số ở cấp THCS. Các bài toán về đa thức cũng xuất hiện nhiều trong các kì thi học sinh giỏi Quốc gia và Quốc tế. Kiến thức liên quan để giải các bài tập đa thức cũng rất đa dạng và phong phú. Trong nội dung của chuyên đề nhỏ này chỉ đề cập đến một số vấn đề liên quan đến nghiệm của đa thức. Nội dung chuyên đề này bao gồm các phần sau: */ Nhắc lại một số kết quả cơ bản về tính chất số học và đại số của đa thức. I. Nghiệm nguyên của đa thức hệ số nguyên. II. Tính chất chia hết của hai đa thức. III. Định lý Viète và áp dụng. IV. Định lý Roll và áp dụng. B. NỘI DUNG */ Nhắc lại một số kết quả cơ bản về tính chất số học và đại số của đa thức. - Đa thức bậc n có không quá n nghiệm thực. - Đa thức có vô số nghiệm là đa thức không . - Đa thức có bậc nhỏ hơn hoặc bằng n mà nhận cùng một giá trị bằng nhau tại n+1 giá trị khác nhau của đối số thì đa thức đó là đa thức hằng. - Hai đa thức bậc nhỏ hơn hoặc bằng n mà nhận n+1 giá trị bằng nhau tại n+1 giá trị khác nhau của đối số thì đồng nhất bằng nhau. -Bậc của tổng hai đa thức không lớn hơn bậc của cả hai đa thức đó. - Bậc của tích hai đa thức khác không bằng tổng các bậc của hai đa thức đó. 1 - Hai đa thức f và g thuộc ¡ [ x ] trong đó g khác không (đa thức không), khi đó có duy nhất một cặp đa thức q, r  ¡ [ x] sao cho f  qg  r trong đó hoặc r  0 hoặc deg r  degg với r  0 . - Dư của phép chia đa thức f ( x ) cho x  c là f (c) . -Với bất kì hai đa thức f , g  ¢ [ x] bao giờ cũng tồn tại ƯCLN của f và g và ƯCLN đó là duy nhất - Nếu đa thức d là ƯCLN của các đa thức f và g, khi đó tồn tại hai đa thức u,v sao cho fu  gv  d . Ngược lại nếu đa thức d là ước chung của các đa thức f và g thỏa mãn fu  gv  d thì d là ƯCLN của f và g. - Hai đa thức f và g nguyên tố cùng nhau tức là ( f , g )  1 khi và chỉ khi tồn tại hai đa thức u,v sao cho fu  gv  1. - Nếu các đa thức f(x) và g(x) nguyên tố cùng nhau thì  f  x  và  g  x  sẽ m m nguyên tố cùng nhau với mọi m,n nguyên dương. - Mọi nghiệm x0 của đa thức f ( x)  a0 xn  a1xn1  ... an1x  an (a 0  0) đều thỏa mãn bất đẳng thức | a0 | | x0 | 1  A, A  max | ak |, k  1,...n . - Đa thức p bất khả quy khi và chỉ khi mọi ước của nó đều là đa thức bậc 0 hoặc là đa thức có dạng ap với a là hằng số khác 0. - Mỗi đa thức f bậc lớn hơn không bất kỳ đều phân tích được thành tích các đa thức bất khả quy. Và sự phân tích đó là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các nhân tử và nhân tử bậc không. - Tiêu chuẩn Eisenstein: Cho P( x)  an xn  an1xn1  ...  a1x  a0  ¢ [ x ] . Nếu có ít nhất một cách chọn số nguyên tố p thỏa mãn đồng thời các điều kiện : *) an không chia hết cho p, *) Tất cả các hệ số còn lại chia hết cho p. *) a0 chia hết cho p nhưng không chia hết cho p 2 thì p(x) không phân tích được thành tích các đa thức có bậc thấp hơn với các hệ số hữu tỷ. 2 - Ta có các khẳng định sau về đa thức nguyên: (a) Định lý về nghiệm nguyên. Cho f ( x)  an xn  an1xn1  ...  a1x  a0 với a0 , a1 ,.., an là các số nguyên và f(p) = 0 với p nguyên. Khi đó a0 chia hết cho p. (b) Định lý về nghiệm hữu tỷ. Cho f ( x)  an xn  an1xn1  ...  a1x  a0 với a0 , a1 ,.., an là các số nguyên và f(p/q) = 0 với p/q là phân số tối giản. Khi đó a0 chia hết cho p và an chia hết cho q. (c) Trong các ký hiệu của câu (b), với mọi số nguyên k số f(k) chia hết cho p – kq. - Định lý Viète: a/ Giả sử phương trình an xn  an1xn1  ...  a1x  a0  0 (an  0) (1) có n nghiệm (thực hoặc phức) x1 , x2 ,.., xn thì an 1   E1 ( x)  x1  x2  ...  xn   a n   an  2  E2 ( x)  x1 x2  x1 x3  ...  xn 1 xn  an  ........  n a0   En ( x)  x1 x2 ...xn   1 a n  (2) b/ Ngược lại nếu các số x1 , x2 ,.., xn thỏa mãn hệ trên thì chúng là nghiệm của phương trình (1). c/ Các hàm E1 ( x), E2 ( x),.., En ( x) trong hệ phương trình (2) được gọi là hàm (đa thức) đối xứng sơ cấp Viète. - Kết quả sau đây là hệ quả của định lý Rolle : Nếu đa thức P ( x)  ¡ [ x ] có k nghiệm thực phân biệt thì P’(x) có ít nhất k-1 nghiệm thực. I. Nghiệm nguyên của đa thức hệ số nguyên. Trong phần này ta thường sử dụng tính chất chia hết, tính chẵn lẻ, định lý Bezout, định lý Fermat,… 3 Bài các 1.Cho đa thức P( x), Q ( x ) ¢ [ x ] và P(a )  P(a  2015)  0; Q(2014)  2016 . Chứng minh a ¢ rằng thỏa mãn phương trình Q ( P ( x ))  1 không có nghiệm nguyên. Lời giải: P( x)  ( x  a )( x  a  2015).g ( x ) ,  P( x) chẵn với x ¢ . Q( x)  ( x  2014)h( x)  2016  Q( P( x))  ( P( x)  2014)h( P( x))  2016 chia hết cho 2 nên Q( P( x))  1x  ¢ . (đpcm) Bài 2. Cho k ¥ *. Tìm tất các cả đa thức P(x) thỏa mãn: ( x  2015)k .P( x)  ( x  2016) k P( x  1) (*) Lời giải: Giả sử P(x) là đa thức thỏa mãn đề. Ta thấy x=2016 là nghiệm bội bậc  k của P(x).Theo định lý Bezout ta có P( x)  ( x  2016)k .Q( x) , thay vào (*) ta được ( x  2015)k ( x  2016)k .Q( x)  ( x  2015)k ( x  2016)k .Q( x  1) . Từ đó suy ra Q ( x)  Q ( x  1) x , hay Q ( x )  a là hằng số. Vậy P( x)  a( x  2016) k . Thử lại đúng. Bài 3: Cho f  ¢ [ x] . 4 a/ Giả sử  f (i) không chia hết cho 5. Chứng minh rằng phương trình f ( x)  0 i 0 không có nghiệm nguyên. b/ Chứng minh rằng nếu f ( x)  1 có quá 3 nghiệm nguyên thì phương trình f ( x)  1 không có nghiệm nguyên. c/ Giả sử a,b,c là 3 nghiệm nguyên khác nhau của phương trình f ( x)  1 . Chứng minh rằng nghiệm nguyên của phương trình f ( x)  1 lớn hơn min {a,b,c} . d/ Giả sử degf  1 , n(f) là số nghiệm nguyên của phương trình f 2 ( x)  1 . Chứng minh rằng n( f )  degf  2. e/ Giả sử f  ¢ [ x] , a, b  ¢ sao cho f (a )  f (b)  1 , c, d  ¢ sao cho f (c)  f (d )  1. Chứng minh rằng {a,b,c,d} là một hoán vị của bốn số nguyên 4 liên tiếp nào đó. Lời giải a/ Giả sử x0  ¢ là nghiệm của phương trình f ( x)  0. Viết x0  5q  r , r  {0,1, 2,3} . Vì f ( x0 )M5  f (r )M5 điều này vô lý. Vậy phương trình f ( x)  0 không có nghiệm nguyên. b/ Giả sử phương trình f ( x)  1 có bốn nghiệm a, b, c, d  ¢ khác nhau. Suy ra f ( x)  ( x  a )( x  b)( x  c )( x  d )Q ( x )  1 với Q (x)  ¢[ x] . Do -2 không thể phân tích thành tích của bốn số nguyên phân biệt nên phương trình f ( x)  1 không thể có nghiệm nguyên. c/ Giả sử phương trình f ( x)  1 có 3 nghiệm nguyên a,b,c và phương trình f ( x)  1 có nghiệm nguyên d. Theo câu b ta suy ra phương trình f ( x)  1 có đúng 3 nghiệm. Khi đó f ( x)  ( x  a)( x  b)( x  c)Q( x)  1 với Q(x)  0 x  ¢ . Và 1  ( d  a)( d  b)( d  c)Q(d ) 1  a  d b d c d Q d  2 suy ra ba số a-d,bd,c-d phân biệt vàđều là ước của 2 nên tồn tại một số âm, giả sử a  d  0  d  a  d  min {a,b,c} (đpcm) d/ Giả sử n( f )  degf  3 (*) Do f 2 ( x)  1   f ( x)  1 f ( x)  1  0 và do số nghiệm của phương trình f(x)=1 và f(x)=-1 đều  n( f ) nên ta suy ra hai phương trình f(x)=1 và f(x)=-1 đều phải có ít nhất 3 nghiệm. Giả sử phương trình f(x)=1 có 3 nghiệm a,b,c (an và một số thuộc khoảng (0;1) thì khi lũy thừa càng lớn thì sẽ càng nhỏ. Do vậy nếu m  n  1  n thì m  n  n 1  2 hay t m  n 1  t m  n  t n  t 2 mà từ (1) và (2) thì ta lại có t m  n 1  t m  n  t n  t 2 vậy m  n  1 n hay m  2n 1 Ta lại (4). có x n  x 2  1  g ( x) | ( x mn g ( x)  f ( x))  x mn  2  x mn  x  1 n  m  n  2 hay m  2n  2 do đó (5) . Từ (4) và (5) ta có hai trường hợp: - Trường hợp 1: m=2n-2. Khi đó ta có x n  x 2  1| x n  x n2  x  1 vô lý. - Trường hợp 2: m=2n-1. Khi đó ta có x n  x 2  1| x n1  x n1  x  1 . Do vậy ta có  x  1  xn  x2  1  xn1  xn1  x  1 hay n=3, m=5. Thử lại ta thấy các giá trị này thỏa mãn. Vậy có duy nhất cặp (m,n) thỏa mãn đầu bài là (5;3). Bài 6.(Mỹ 1977) Tìm m, n  ¢  sao cho đa thức p( x)  1  x  x2  ..  xm là ước của đa thức q( x )  1 x n  x 2 n  ..  x mn . Lời giải Dễ thấy các đa thức q0 ( x)  x(m1)n 1  ( xn 1)q( x), p0 ( x)  xm 1 1  ( x 1) p( x) đều không có nghiệm bội (phức) do các đa thức này và đạo hàm của chúng không có nghiệm chung. Nên các đa thức p(x), q(x) cũng không có nghiệm bội. Từ kết quả trên ta có p ( x) | q ( x) khi và chỉ khi mọi nghiệm của p(x) cũng là nghiệm của q(x). 12 Ta có các cặp đa thức ( x n  1) và q ( x) ; ( x  1) và p( x) không có nghiệm chung, đồng thời p0 ( x) | q0 ( x);  x 1 |  x m1n 1 nên mọi nghiệm của p(x) cũng là nghiệm của q(x) khi và chỉ khi hai đa thức x n  1 và x m 1  1 có một nghiệm chung duy nhất là x=1. Ta xét hai trường hợp sau: - Trường hợp 1: d  (m  1, n)  1 . Khi đó ta có hai đa thức x n  1 và x m 1  1 có một nghiệm chung khác là x0  cos 2 2  isin d d nên không thỏa mãn. - Trường hợp 2: d  (m  1, n)  1 . Khi đó k , l  ¢ : k (m  1)  ln  1 . Giả sử hai đa thức xn 1 và x m 1  1 có nghiệm chung x0. Dễ thấy x0  x0k (m 1) ln  (x0m 1 )k .( xn0 )l 1 . Trường hợp này thỏa mãn. Vậy hai số nguyên dương m,n thỏa mãn đầu bài khi và chỉ khi (m  1, n)  1 . Định lý Viète và áp dụng. III. Bài 1. Cho f ( x)  xn  a1xn1  ..  an1x  1 là đa thức có n nghiệm thực thỏa mãn ai  0i  1,.., n  1 . Chứng minh rằng f (x)  ( x 1) nx  Q  . Lời giải Gọi 1 ,..,  n là nghiệm của phương trình f ( x)  0. Do  ai i 1  0  i  0i  1, n  1 . n 1 Đặt i  i  i  0. Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: n x  ¡  , f ( x)   ( x  i )  i 1  n x n  n 1...n  n   x  1 (đpcm) n Bài 2. Biết đa thức f ( x)  x4  18 x3  kx2  200 x  1984 có hai nghiệm mà tích bằng -32. Tính k. Lời giải 13 Từ giả thiết suy ra 32b  162a  200 f ( x)  ( x 2  ax  32)( x 2  bx  162)   a  b  18  k  86 Bài 3. a b b c c a b a c b a c Cho a, b, c  ¢ \{0} thỏa mãn A     ¢ , B     ¢ Chứng minh rằng |a|=|b|=|c|. Lời giải. a b c , , b c a Ta có là 3 nghiệm hữu tỷ của phương trình : x3  Ax 2  Bx  1  0 . Tối giản 3 phân số a b c , , b c a , khi đó mẫu số và tử số của chúng đều là ước của 1, từ đó suy ra |a|=|b|=|c|. IV. Định lý Roll và áp dụng. - Định lý Rolle: Giả sử hàm số f :  a; b  ¡ liên tục trên đoạn [a;b] và có đạo hàm trong khoảng (a;b). Nếu f(a)=f(b) thì tồn tại ít nhất một điểm c thuộc khoảng (a;b) sao cho f '(c)  0 . - Hệ quả: Nếu đa thức P ( x)  ¡ [ x] có k nghiệm thực phân biệt thì P’(x) có ít nhất k-1 nghiệm thực. Bài 1: Giả sử f  ¡ [ x] (deg f=n). Biết f(x) có n nghiệm thực phân biệt lớn hơn 1. Chứng minh rằng g ( x)  f ( x) f '( x)( x 2 1)  x( f 2( x)  f' ( x) 2 ) có 2n-1 nghiệm thực phân biệt. Lời giải Ta có g ( x)   xf ( x)  f '( x)  ( xf '( x)  f ( x)) Giả sử f(x) có n nghiệm thực là a1 ,..., an (1  a1  a2  ..  an ) . Vì xf(x) có n+1 nghiệm thực phân biệt 0,a1,…,an nên xf’(x)+f(x) có n nghiệm thực phân biệt. 14 x2 2 x2 2 Lại có e f ( x) có n nghiệm thực phân biệt a1,…,an nên e ( xf ( x)  f '  x ) có n-1 nghiệm thực phân biệt nên xf(x)+f’(x) có n-1 nghiệm thực phân biệt. Ta chứng minh xf’(x)+f(x) và xf(x)+f’(x) không có nghiệm chung. Giả sử  là nghiệm chung của hai đa thức. x2 Do e 2 f ( x) có n nghiệm thực phân biệt a1,…,an nên xf(x)+f’(x) có n-1 nghiệm thực c1 , c2 ,.., cn thỏa mãn 1  a1  c1  a2  c2  ...  cn1  an . Do đó nghiệm chung  >1.  f    f '    0 Vậy   f ( )  f '    0 suy ra  là nghiệm bội của f(x).  f     f '    0 Mâu thuẫn. Vậy g(x) có 2n-1 nghiệm phân biệt. Bài 2: Cho đa thức f(x) bậc n có n nghiệm dương phân biệt. Chứng minh rằng f ( x)   f '( x) (  0) có n nghiệm dương phân biệt. Lời giải n n 1 Giả sử f ( x)  a  x  xk  , xk  0k  1,.., n  f '( x)  f ( x) . k 1 k 1 Xét hàm g ( x)  f ' x f  x n trên D  ¡ \ {x1 , x2 ,.., xn }  g '  x    k 1 x  xk 1  x  xk  2  0x  D Suy ra g(x) là hàm giảm. Ta có bảng biến thiên của g(x) x 0 g'(x) 1 -∑ xk x1 x2 +∞ x3 - xn-1 - +∞ xn +∞ - +∞ +∞ g(x) -∞ -∞ -∞ -∞ 0 Từ bảng biến thiên ta suy ra phương trình g ( x)  phương trình f ( x)   f '( x) có n nghiệm dương. 15 1  có n nghiệm dương do đó Chú ý: đây là bài toán không khó nhưng lại là bài toán cơ sở để giải quyết các bài toán 3,4 . Bài 3: Cho đa thức f(x) bậc n có n nghiệm phân biệt x1  x2  ..  xn , c là hằng số dương. Tập hợp các giá trị của x sao cho f ' x  c là hợp của một số hữu hạn f  x các khoảng đôi một không giao nhau. Chứng minh rằng tổng độ dài của chúng bằng n . c Lời giải Theo bài 5 nghiệm của bất phương trình f ' x  c (*) là hợp của n khoảng f  x ( x1 ; y1 ), ( x2 ; y2 ),..., ( xn ; yn ) trong đó y1 , y2 ,.., yn là các nghiệm của phương trình f ' x c. f  x Vậy tổng độ dài của các khoảng nghiệm của bất phương trình (*) là n n i 1 i 1  yi   xi (1) Giả sử f ( x)  an xn  ..  a1 x  a0 Khi đó x1 , x2 ,.., xn là n nghiệm của phương trình an xn  ..  a1x  a0  0. a n 1 Theo định lý Viet x1  x2  ...  xn  an (2). Mặt khác y1 , y2 ,.., yn là n nghiệm của phương trình cf  x   f '  x   0 Ta có cf  x   f '  x   an x n   can1  nan  x n1 +...+  a0  a1   0 . Áp dụng định lý Viet y1  y2  ..  yn  Từ (1),(2),(3) ta có n n i 1 i 1  yi   xi  nan  can1 (3). can n (đpcm). c Bài 4: Cho đa thức P( x) bậc 4 có 4 nghiệm dương phân biệt. 16 Chứng minh rằng phương trình 1 4x 1 4x P ( x)  (1  2 ) P '( x)  P '( x)  0 2 x x (1) cũng có 4 nghiệm dương phân biệt. Lời giải Ta có (1)  1 4x ( P ( x)  P '( x))  ( P '( x)  P ''( x))  0 x2 (2) Đặt Q( x)  P( x)  P '( x) . Theo bài 5 thì Q(x) có bốn nghiệm dương phân biệt. Ta có (2) có bốn nghiệm phân biệt  1 4x Q ( x)  Q '( x)  0 x2      có bốn nghiệm phân biệt. 1 1  x 2  4 x Q ( )  Q '( )  0 x x có bốn nghiệm phân biệt.   x 4 .Q( x)  x 4 .Q( x) '  0 có bốn nghiệm phân biệt (*) 1 x Vì Q(x) có bốn nghiệm dương phân biệt x1 , x2 , x3 , x4 nên x 4 .Q ( ) có bốn nghiệm 1 1 1 1 nên (*) được chứng minh . , , x1 x2 x3 x4 dương , Vậy phương trình (1) có bốn nghiệm dương phân biệt. Bài 5: (Khái quát bài 4) Cho đa thức P( x) bậc n có n nghiệm dương phân biệt. Chứng minh rằng phương trình 1  nx 1  nx P ( x)  (1  2 ) P '( x)  P '( x)  0 2 x x (1) cũng có n nghiệm dương phân biệt. C. KẾT LUẬN Chuyên đề nhỏ này đã đưa ra một số hướng giải quyết các bài toán về đa thức liên quan đến nghiệm và tính chất nghiệm của đa thức. Nội dung chuyên đề giúp cho học sinh giỏi cũng như các bạn đồng nghiệp có thể tham khảo trong quá trình nghiên cứu về đa thức. 17
- Xem thêm -

Tài liệu liên quan