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 a1xn1 ... an1x 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 an1xn1 ... 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 an1xn1 ... 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 an1xn1 ... 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 an1xn1 ... 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)) 1x ¢ . (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 mn g ( x) f ( x)) x mn 2 x mn 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 n2 x 1 vô lý.
- Trường hợp 2: m=2n-1. Khi đó ta có x n x 2 1| x n1 x n1 x 1 . Do vậy ta
có x 1 xn x2 1 xn1 xn1 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(m1)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 m1n 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 a1xn1 .. an1x 1 là đa thức có n nghiệm thực thỏa mãn
ai 0i 1,.., n 1 .
Chứng minh rằng f (x) ( x 1) nx Q .
Lời giải
Gọi 1 ,.., n là nghiệm của phương trình f ( x) 0.
Do ai i 1 0 i 0i 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 ... cn1 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 0k 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
0x 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 can1 nan x n1 +...+ 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 can1
(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 -