Tài liệu Skkn giải pháp giúp học sinh phát huy khả năng giải bài toán về nghiệm của đa thức

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NINH BÌNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN TỤY SÁNG KIẾN GIẢI PHÁP GIÚP HỌC SINH PHÁT HUY KHẢ NĂNG GIẢI BÀI TOÁN VỀ NGHIỆM CỦA ĐA THỨC Người thực hiện: NGÔ THỊ HOA Chức vụ: Giáo viên SKKN môn: Toán NINH BÌNH-THÁNG 5 NĂM 2019 1 I. MỞ ĐẦU 1.1. Lý do chọn đề tài Mỗi một nội dung trong chương trình chuyên toán phổ thông đều có vai trò rất quan trọng trong việc hình thành và phát triển tư duy của học sinh. Trong quá trình giảng dạy, giáo viên phải đặt ra cái đích là giúp học sinh nắm được kiến thức cơ bản, hình thành phương pháp, kỹ năng, kỹ xảo, từ đó tạo được thái độ và động cơ học tập đúng đắn. Thực tế dạy và học cho chúng ta thấy còn có nhiều vấn đề cần phải giải quyết như học sinh học nội dung về nghiệm của đa thức còn yếu, chưa hình thành được kỹ năng, kỹ xảo trong quá trình giải toán. Đặc biệt, các năm gần đây, trong các đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp Quốc gia mật độ xuất hiện các bài toán về nghiệm của đa thức xuất hiện ngày càng nhiều. Từ thực tiễn giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi nhiều năm, cùng với kinh nghiệm trong quá trình giảng dạy. Tôi đã tổng hợp, khai thác nhiều chuyên đề về nội dung Đa thức. Trong SKKN này tôi xin chia sẻ : ‘‘Giải pháp giúp học sinh phát huy khả năng giải bài toán về nghiệm của đa thức ”. Đây là một nội dung quan trọng, hay trong chương trình giải tíchs của lớp chuyên Toán nên đã có rất nhiều tài liệu, sách viết cũng như rất nhiều thầy cô giáo và học sinh say sưa nghiên cứu và học tập. Tuy nhiên việc đưa ra hướng tiếp cận và quy lạ về quen đối với bài toán này nhiều sách tham khảo vẫn chưa đáp ứng được cho người đọc. Chính vì vậy việc đưa ra sáng kiến này là cần thiết, làm các em hiểu sâu hơn về các bài toán này và yêu thích chủ đề Đa thức. 1.2. Mục đích nghiên cứu Qua nội dung đề tài này chúng tôi mong muốn cung cấp cho người đọc nắm được cách tiếp cận bài toán, quy lạ về quen, đồng thời giúp cho học sinh một số kiến thức, phương pháp và các kỹ năng cơ bản để học sinh có thể giải quyết các bài toán tích phân, hình thành cho các em thói quen tìm tòi tích lũy và rèn luyện tư duy sáng tạo, giải quyết các bài toán trong đời sống xã hội, chuẩn bị tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi THPT Quốc gia. 1.3. Đối tượng nghiên cứu Chúng tôi tập trung nghiên cứu một số tính chất về tích phân, nghiên cứu về câu hỏi tích phân ở dạng trắc nghiệm khách quan, nghiên cứu về ứng dụng của tích phân để tính diện tích hình phẳng, thể tích khối tròn xoay và vận dụng nó trong các bài toán thực tế của đời sống xã hội. 1.4. Phương pháp nghiên cứu Trong phạm vi của đề tài, chúng tôi sử dụng kết hợp các phương pháp như: phương pháp thống kê – phân loại; phương pháp phân tích – tổng hợp- đánh giá; phương pháp vấn đáp - gợi mở, nêu ví dụ; phương pháp diễn giải... và một số phương pháp khác như phương pháp quy lạ về quen, sử dụng máy tính để hổ trợ tìm đáp án trong câu hởi trắc nghiệm khách quan. 2 II. NỘI DUNG SÁNG KIẾN 2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến Vấn đề chúng tôi nghiên cứu được dựa trên cơ sở nội dung đa thức của tài liệu chuyên toán. Khi giải bài tập toán, người học phải được trang bị các kỹ năng suy luận, liên hệ giữa cái cũ và cái mới, giữa bài toán đã làm và bài toán mới. Các tiết dạy bài tập phải được thiết kế theo hệ thống chuẩn bị sẵn từ dễ đến khó nhằm phát triển tư duy cho học sinh trong quá trình giảng dạy, phát huy tính tích cực của học sinh. Hệ thống bài tập giúp học sinh có thể tiếp cận và nắm bắt những kiến thức cơ bản nhất, và dần dần phát triển khả năng tư duy, khả năng vận dụng các kiến thức đã học một cách linh hoạt vào giải toán và trình bày lời giải. Từ đó học sinh có hứng thú và động cơ học tập tốt .Trong quá trình giảng dạy nội dung Đa thức, tôi thấy kỹ năng giải bài toán nghiệm Đa thức của học sinh còn yếu. Do đó cần phải cho học sinh tiếp cận bài toán một cách dễ dàng, quy lạ về quen, thiết kế trình tự bài giảng hợp lý giảm bớt khó khăn giúp học sinh nắm được kiến thức cơ bản, hình thành phương pháp, kĩ năng, kĩ xảo và lĩnh hội lĩnh kiến thức mớitừ đó đạt kết quả cao nhất có thể được trong kỳ thi THPT Quốc gia, thi học sinh giỏi các cấp. 2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến Nội dung Đa thức là một phần kiến thức tương đối khó và rộng với học sinh. Học sinh rất nhanh quên và không vận dụng được những kiến thức đã học vào giải toán. Trong kỳ thi HSG Quốc gia năm 2017, nội dung này đưa ra trong 1 câu ở ngày thi 1.Với tình hình ấy để giúp học sinh định hướng tốt hơn trong quá trình giải bài toán liên quan đến nghiệm của đa thức, người giáo viên cần tạo cho học sinh thói quen tiếp cận bài toán, khai thác các yếu đặc trưng của bài toán để tìm lời giải. Trong đó việc hình thành cho học sinh kỹ năng quy lạ về quen, kỹ năng kỹ năng đọc hiểu bài toán nâng cao. Chính vì vậy đề tài này đưa ra giúp giáo viên hướng dẫn bài toán Đa thức cho học sinh với cách tiếp cận dễ hơn, giúp học sinh có điều kiện hoàn thiện các phương pháp và rèn luyện tư duy sáng tạo của bản thân, chuẩn bị tốt cho kỳ thi HSG Quốc gia. Vậy tôi mong muốn các đồng nghiệp và học sinh ngày càng vận dụng tốt các kiến thức về nghiệm của đa thức để đưa ra những giải pháp nhằm giải quyết bài toán liên qua đến nghiệm của đa thức một cách chính xác và nhanh nhất. 2.3. Các biện pháp thực hiện 2.3.1. Một số kiến thức cần nhớ I. KIẾN THỨC CƠ BẢN 1. Định nghĩa và các phép toán. 3 Định nghĩa 1 : Cho hàm số f : R ® R . Ta gọi f là đa thức nếu f º const ( hằng số) hoặc tồn tại n Î Z, n ³ 1 và các số thực a 0, a1, a 2, ..., a n với sao cho : f (x ) = a 0x n + a1x n - 1 + L + an - 1x + an n å hay dạng rút gọn: f (x ) = ak x n - k . k= 0 Các số a 0, a1, a 2, ..., a n gọi là các hệ số, a 0 ¹ 0 được gọi là hệ số cao nhất, a n được gọi là hệ số tự do. Đặc biệt khi a 0 = 1 thì đa thức được gọi là đa thức chuẩn tắc hay đa thức mo-nic. Với a 0 ¹ 0 thì n được gọi là bậc của đa thức f (x ), ký hiệu deg f = n , đặc biệt: f º c ¹ 0 thì . Quy ước với f (x ) º 0 thì deg f = - ¥ . Đa thức trên các tập số. Với K là một tập hợp số, ký hiệu : n ìï ü ïï n- k ïí f (x ) = K éêëx ù = a x : a Î K , k = 0,1, 2,..., n ý å ú k k û ï ïïþ k= 0 ïî n Cho đa thức f (x ) = å ak x n - k k= 0 • Nếu các hệ số a i Î R thì ký hiệu f Î R éêx ù ëú û • Nếu các hệ số a i Î Q thì ký hiệu f Î Q éêx ù ëú û • Nếu các hệ số a i Î Z thì ký hiệu f Î Z éêx ù ëú û Các phép toán. m n Cho hai đa thức: f (x ) = å ak x n - k và g (x ) = bi x m - i . Khi đó i= 0 k= 0 • å l f (x ) + g (x ) = å (a k + bk )x l - k . k - bk )x l - k . k= 0 • l f (x ) - g (x ) = å (a k= 0 • l f (x )×g (x ) = l å å aibj x i + j . i= 0 j = 0 trong đó l = max {m , n }với quy ước cách viết hình thức: l f (x ) = å a i x l - i , a n + 1 = L = al = 0 i= 0 4 Từ đó với f , g Î R éêx ù thì f (x ) ± g (x ), f (x )×g (x )và f g (x ) cũng là ëú û, deg f = n , deg g = m các đa thức với hệ số thực , ngoài ra. deg (f ± g ) £ max {m , n }, deg f ×g = m + n , deg f (g ) = m .n ( ( ) ) Định nghĩa 2. Ta nói đa thức P (x ) với hệ số nguyên là bất khả quy trên Z éêx ù , nếu nó không ëú û phân tích được thành tích của hai đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn hơn hoặc bằng 1 .( trong bài viết này khi nói một đa thức bất khả quy có nghĩa là nói đa thức này bất khả quy trên Z éêx ù ) ëú û 2. Các định lý . Định lý 2.1.(Định lý cơ bản). Mọi đa thức bậc n có không quá n nghiệm thực. Từ đó nếu deg f = n và f (x ) = 0 tại ít nhất n + 1 điểm, thì f (x ) º 0 " x Định lý 2.2( Định lý về phép chi có dư). Cho f , g Î R éêx ù . Khi đó tồn tại các đa thức : q, r Î R éêx ù sao cho. ëú ëú û û f (x ) = q (x )×g (x ) + r (x ) trong đó deg r < deg g . Đặc biệt, khi r (x ) º 0 thì ta nói f (x ) chia hết cho g (x ), ký hiệu f (x )M g (x ) hay g (x ) f (x ). Định lý 2.3( Định lý Bezout 1). Nếu x = a là nghiệm của đa thức f (x ) thì f (x )M (x - a ) Từ đó suy ra với P Î Z éêx ù và a , b là hai số nguyên phân biệt thì P (a )- P (b)Ma - b ëú û Định lý 2.4( Định lý Bezout 2). Hai đa thức P (x ), Q (x ) nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi tồn tại các đa thức U (x ),V (x ) sao cho U (x )P (x ) + V (x )Q (x ) = 1 . Chứng minh. Giả sử tồn tại U (x ),V (x ) thỏa mãn điều kiện U (x )P (x ) + V (x )Q (x ) = 1 ( ) Đặt D (x ) = gcd P (x ), Q (x ) = 1 . Ta chứng minh tồn tại các đa thức U (x ),V (x ) thỏa mãn. { Ta chứng minh bằng quy nạp theo m = min deg P , degQ } Nếu m = 0 thì điều cần chứng minh hiển nhiên. Giả sử điều cần chứng minh đúng với m (m ³ 0). Xét hai đa thức P (x ), Q (x ) có min {deg P , degQ } = m + 1 . Không mất tính tổng quát , giả sử m + 1 = deg P . Thực hiện phép chia Q (x ) cho P (x ) được thương là S (x ) và dư là R (x ) . 5 ( ) Không thể xảy ra trường hợp R (x ) = 0 vì khi đó P (x ) 1 = deg P (x ), Q (x ) ( vô lý) ( ) ( ) Vì vậy 1 = gcd P (x ), Q (x ) = gcd P (x ), R (x ) với min {deg P , deg R }< m + 1 . Khi đó (*) (x ),V ( ) (x ) sao cho () () U (x )P (x ) + V (x )R (x ) = 1 . Thay R (x ) = Q (x )- P (x )S (x ). Ta được () () U (x )P (x ) + V (x )(Q (x )- P (x )S (x )) = 1 , tương đương với éU ( ) x - V ( ) x S x ùP x + V ( ) x Q x = 1 ( ) ( )úû ( ) () () . ê ( ) ë Do đó định lý đúng với : m + 1 = min {deg P , degQ }. Theo nguyên lý quy nạp, định lý Bezout theo giat thiết quy nạp , tồn tại các đa thức U * * * * * * * * 2 được chứng minh. Định lý 2.5( Sự phân tích tiêu chuẩn). Mọi đa thức với hệ số thực đều có thể biểu diễn ở dạng: t nk l f (x ) = a ×Õ (x - x k ) ×Õ x 2 + bj x + c j k= 1 ( mj ) . j= 0 trong đó a, bj , c j , x k Î R;;bj2 - 4c j < 0, a ¹ 0. 1.2. Nghiệm của đa thức Định nghĩa 1. Số a được gọi là nghiệm của đa thức P (x ) nếu P (a ) = 0. . Định lý 1. Từ hệ quả 1 ta có: a là nghiệm của P (x ) khi và chỉ khi P (x )M (x - a ). Định lý 2. Nếu a ¹ 0 là nghiệm của đa thức P (x ) = an x n + an - 1x n - 1 + ... + a1x + a 0 thì 1 là nghiệm của đa thức P (x ) = an + an - 1x + ... + a1x n - 1 + a 0x n . a Định nghĩa 2. Cho đa thức P (x ) và m Î N * . Ta nói số a là nghiệm bội m của P (x ) nếu x= m m+1 P (x )M (x - a ) và P (x ) M(x - a ) . Định lý 3. (Định lí cơ bản của đại số) Trong £ éêx ù , một đa thức bậc n bao giờ cũng có đầy đủ n ëú û nghiệm phức (kể cả bội). Hệ quả 1. Trong ¡ éêx ù ú, mọi đa thức bậc n có không quá n nghiệm thực (kể cả bội). ëû Định lý 4. Cho đa thức P (x ) Î R éêx ù . Nếu z = a + b.i, (a, b Î R ) là một nghiệm phức của ëú û P (x ) thì liên hợp của nó z = a - b.i cũng là một nghiệm của P (x ). Định lý 5. 6 i) Cho P (x ) Î C éêx ù bậc n, hệ số cao nhất là a và có n nghiệm phức là a 1, a 2, ..., a n . Khi đó ëú û P (x ) = a (x - a 1 )(x - a 2 )... (x - a n ). ii) Cho P (x ) Î C éêx ù bậc n, hệ số cao nhất là a và có tất cả nghiệm phức là a 1, a 2 , ..., a m với bội ëú û k1 k2 km tương ứng k1, k2, ..., km . Khi đó P (x ) = a (x - a 1 ) (x - a 2 ) ... (x - a m ) , và k1 + k 2 + ... + km = n . iii) Cho đa thức P (x ) Î R éêx ù có các nghiệm thực là a 1, a 2 , ..., a m với bội tương ứng ëú û k1 k2 km k1, k2, ..., km . Khi đó P (x ) = (x - a 1 ) (x - a 2 ) ... (x - a m ) .Q (x ), với Q (x ) Î R éêx ù . ëú û Từ các định lý trên nếu P (x ) Î R éêx ù có nghiệm phức z = a + bi. , thì cũng có nghiệm phức ëú û z = a - b.i suy ra P (x ) = éêx - (a + bi )ù . éx - a - bi )ù .Q x , với Q (x ) Î R éêx ù ú ú ëú û ë û êë ( û ( ) = x 2 - 2a .x + a 2 + b2 .Q (x ) ( ) Lặp lại quá trình trên bằng cách xét các nghiệm phức của Q (x ) ta có định lí. Định lý 6. Trong R éêx ù , mọi đa thức đều phân tích được dưới dạng tích các nhân tử bậc nhất và ëú û các nhân tử bậc hai với biệt thức âm. Định lý 7. i) Nếu đa thức P (x ) với deg P (x ) £ n và P (x ) có nhiều hơn n nghiệm (kể cả bội) thì nó là đa thức 0. ii) Nếu hai đa thức P (x ), Q (x ) đều có bậc không vượt quá n, và lại bằng nhau tại nhiều hơn n giá trị khác nhau của biến x thì P (x ) = Q (x ). Hệ quả 2. Cho P (x ) là một đa thức với hệ số thực. Khi đó i) Nếu hàm y = P (x ) là hàm số chẵn thì tất cả các hệ số của lũy thừa bậc lẻ đều bằng 0. ii) Nếu hàm y = P (x ) là hàm số lẻ thì tất cả các hệ số của lũy thừa bậc chẵn đều bằng 0. Định lý 8. (Định lý Viet). Trong C, nếu đa thức P (x ) = an x n + an - 1x n - 1 + ... + a1x + a 0 có n nghiệm là x 1, x 2 , ..., x n thì 7 n an - 1 an i= 1 a x i .x j = n - 2 å an 1£ i < j £ n ... å xi = - å 1£ i1 < i2 < ...< ik £ n k x i .x i ...x i = (- 1) 1 2 k an - k an ... n x 1.x 2 ...x n = (- 1) a0 an Định lý 9. (Định lí Viét đảo) Nếu có n số phức x 1, x 2 , ..., x n thỏa mãn n å x å = A1 i i= 1 1£ i < j £ n ... å x i .x j = A2 1£ i1 < i2 < ...< ik £ n x i .x i ...x i = Ak 1 2 k ... x 1.x 2 ...x n = An thì x 1, x 2 , ..., x n là n nghiệm của đa thức k n- 1 P (x ) = x n - A1.x n - 1 + ... + (- 1) Ak .x n - k + ... + (- 1) n An - 1.x + (- 1) An . Định lý 10. Nếu P (x ) = a 0 + a1x + L + an x n và z là nghiệm của P (x ) thì | z |< 1 + max ai . an Với i = 0, ¼ , n - 1 . Chứng minh: Đặt M = max ai an Nếu | z |£ 1 thì BĐT đúng. ai i | z |n - 1 | z |n n- 1 z | £ M (1 + | z | + L + | z | ) = M < M å a |z |- 1 |z |- 1 n Từ đó ta có điều phải chứng minh. Nếu | z |> 1 thì | z n |= | 8 p Định lý 11. Cho đa thức P (x ) = an .x n + an - 1.x n - 1 + ... + a1.x + a 0 Î Z éêx ù . Khi đó nếu x = ú ëû q q. (phân số tối giản) là nghiệm của P (x ) thì a 0 Mp và a n M Trong trường họp đặc biệt khi hệ số cao nhất của P (x ) bằng 1 thì dẫn đến mọi nghiệm hữu tỉ của đa thức đều là nghiệm nguyên nên thu được hệ quả. Hệ quả 3. Cho P (x ) = x n + an - 1.x n - 1 + ... + a1.x + a 0 Î Z éêx ù khi đó mọi nghiệm thực của ëú û P (x ) đều nguyên hoặc vô tỉ. 2.3.2. Các giải pháp b) Giải pháp 1: Sử dụng một số tính chất giải tích của đa thức Định lý 1. i) Mọi đa thức bậc lẻ luôn có nghiệm thực. ii) Nếu đa thức bậc n mà không có nghiệm thực thì n phải là số chẵn. Định lý 2. (Định lý Lagrange) Nếu f (x ) là hàm liên tục trên đoạn [a ; b ], có đạo hàm trên f (b) - f (a ) . b- a Định lý 3. (Định lý Roll) Cho đa thức P ( x ) với hệ số thực và hai số thực a, b ( a  b ). Khi đó, khoảng (a ; b) thì tồn tại c Î (a; b) sao cho f '(c) = nếu P ( a ) = P ( b ) thì tồn tại c  ( a; b ) sao cho P ' ( c ) = 0 . Hệ quả 0. Cho đa thức P ( x ) với hệ số thực có n nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi đa thức đạo hàm cấp k tức đa thức P ( n − k ) ( x ) có n − k nghiệm thực phân biệt. Ví dụ 1. (VMO 2017) Trong mặt phẳng (Oxy), cho (C) là đồ thị hàm số y = 3 x 2 . Một đường thẳng d thay đổi sao cho d cắt (C) tại ba điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x 1; x 2 ; x 3 . Chứng minh rằng 3 x 12 + x 2x 3 3 x 22 + x 3x 1 3 x 32 15 < . x 1x 2 4 Bài giải Nhận xét : dễ thấy đường thẳng d là đường thẳng có hệ số góc. Giả sử d : y = ax + b , xét phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) : 3 x 2 = ax + b 9 Để d cắt (C) tại ba điểm phân biệt thì ab ¹ 0 . Đặt t = 3 x , khi đó theo giả thiết , phương trình at 3 - t 2 + b = 0 (1) có ba nghiệm phân biệt t 1; t 2 ; t 3 và t 1.t 2 .t 3 ¹ 0 . ìï ïï t + t + t = 1 2 3 ïï 1 a ï Áp dụng định lý Vi- et ta có í t 1.t 2 + t 2 .t 3 + t 3 .t 1 = 0 ïï b ïï ïï t 1.t 2 .t 3 = a î () Mặt khác, xét hàm số f t = at 3 - t 2 + b , để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt khi chỉ khi tích giá trị cực đại và giá trị cực tiểu nhỏ hơn 0. Điều đó tương đương với æ2 ö ÷< f (0).f çç ÷ 0 ÷ çè3a ø ÷ Hay 0 < a 2b < 4 27 Do giả thiết cần chứng minh tương đương với t 12 t 22 t 32 3a 2b - 1 1 27 15 . + + = = 3- 2 < 3= 2 t 2t 3 t 3t 1 t 1t 2 4 4 ab ab Bài toán đã được chứng minh. Ví dụ 2. Cho a, b, c, d , e là các số thực. Chứng minh rằng nếu đa thức : P (x ) = ax 2 + (b + c )x + d + e có nghiệm thực thuộc khoảng éê1, + ¥ ), thì đa thức : ë f (x ) = ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e cũng có nghiệm thực. Bài giải Gọi x 0 Î é êë1, + ¥ ) là nghiệm của phương trình : ax 2 + (b + c )x + d + e = 0 Nghĩa là : ax 02 + cx 0 + e = - (bx 0 + d ) Xét hàm số : f (x ) = ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e Khi đó : f ( x ) = (ax 0 2 0 ) + cx 0 + e + x 0 (bx 0 + d ) 10 ( ) ( ) x 0 = ax 02 + cx 0 + e - Và f - x 0 (bx 0 + d ) Suy ra : f ( ) ( x 0 .f - 2 ) ( 2 ) x 0 = ax 02 + cx 0 + e - x 0 (bx 0 + d ) ( = (ax 2 ) ( + e ) (1 - x ) £ = ax 02 + cx 0 + e - x 0 ax 02 + cx 0 + e 2 0 + cx 0 2 ) 2 0 0 Do đó, phương trình f (x ) = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn éê- ë x0, x0 ù ú û Vậy nên đa thức f (x ) = ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e có nghiệm thực thỏa mãn điều kiện bài toán. Ví dụ 3. () a) Chứng minh rằng không tồn tại đa thức P x để với mọi x Î ¡ có các bất đẳng thức (1) : P ' (x ) > P '' (x ) và (2) : P (x ) > P '' (x ). b) Khẳng định trên còn đúng không nếu thay đổi bất đẳng thức (1) bằng bất đẳng thức (1') : P (x ) > P ' (x ) ? Bài giải () () a) Nếu P(x) là hằng số thì P ' x = P '' x = 0 , khi đó bất đẳng thức (1) không thỏa mãn. Giả sử bậc của P(x) bằng n với n ³ 1 , khi đó ( ) Nếu n lẻ thì deg P (x ) - P '' (x ) = n là số lẻ, từ đó P x - P '' x £ 0 với ít nhất một () () điểm x Î ¡ . ( ) Nếu n chẵn thì deg P ' (x ) - P '' (x ) = n - 1 là số lẻ, từ đó P ' x - P '' x £ 0 với ít nhất () () một điểm x Î ¡ . Như vậy đối với đa thức P(x) không thỏa mãn hoặc bất đẳng thức (1) hoặc bất đẳng thức (2). Suy ra điều phải chứng minh. () b) Chọn đa thức P x = x 2 + 3 khi đó với mọi x Î ¡ ta có P (x )- P ' (x ) º x 2 - 2x + 3 > 0 và P (x )- P '' (x ) º x 2 + 1 > 0 Nghĩa là khẳng định trên không còn đúng nữa. 11 Ví dụ 4. (VMO - 95) : Hãy xác định tất cả các đa thức P(x) thỏa mãn điều kiện sau : Với mỗi số a > 1995 thì số nghiệm thực của phương trình : P (x ) = a (mỗi nghiệm được tính với số bội của nó) bằng bậc của đa thức P(x), và mỗi nghiệm thực của phương trình trên đều lớn hơn 1995. Bài giải Do yêu cầu mỗi nghiệm thực của P(x) = a đều lớn hơn 1995 nên chỉ xét các đa thức P(x) có bậc n ³ 1 . ( - Xét đa thức P(x) bậc n là hàm đơn điệu trên - ¥ ; + ¥ ) thỏa mãn đề tài. Vì đồ thị hàm P(x) chỉ có hữu hạn điểm uốn nên với a đủ lớn và a > 1995 thì P(x) = a chỉ có tối đa một nghiệm (mỗi nghiệm được tính với số bội của nó), suy ra n = 1 và P(x) có dạng bx + c với b > 0 ; nghiệm của P(x) là x = a- c . Ta có x > 1995 với mọi a > 1995 khi và chỉ khi b > 0 và b c £ 1995(1 - b) . ( - Xét đa thức P(x) có hàm số cực trị trên - ¥ ; + ¥ ) thỏa mãn đề bài thì n ³ 2 . Giả sử P(x) đạt cực đại tại m điểm u 1; u 2 ;....; u m (m ³ 1) và đạt cực tiểu tại k điểm v1; v2 ;....; vk (k ³ 1) . { } Đặt d = max P (u1 ); P (u 2 );....; P (u m ); P (v1); P (v2 );.......; P (vk ) . { } Do đồ thị hàm P(x) chỉ có hữu hạn điểm uốn nên với a đủ lớn và a > max d,1995 , thì P(x) = a chỉ có tối đa hai nghiệm (mỗi nghiệm được tính với số bội của nó), suy ra n = 2. Nhưng nếu P(x) là tam thức bậc hai với a đủ lớn và a > 1995 thì P(x) = a chỉ có tối đa một nghiệm lớn hơn 1995, đa thức đó lại không thỏa mãn đề bài. Vậy mọi đa thức P(x) thỏa mãn đề bài có dạng P(x) = bx + c với b > 0 và c £ 1995(1 - b) . Ví dụ 15:Cho phương trình a 0x 2 + a1x + a2 = 0(a ¹ 0) (1) có hai nghiệm phân biệt. p(x) là đa thức bậc n và có n nghiệm thực phân biệt, chứng minh rằng: a 0 p(x ) + a1p '(x ) + a 2 p ''(x ) = 0 cũng có n nghiệm. Bài giải Trước hết ta chứng minh bổ đề: " d Î ¡ khi đó phương trình p(x ) + dp '(x ) = 0 có nghiệm. Chứng minh: - Nếu d = 0 bổ đề là hiển nhiên 12 x d - Nếu d ¹ 0 xét j (x ) = e p(x ) Rõ ràng j (x ) = 0 Û p(x ) = 0 Þ j (x ) = 0 có n nghiệm phân biệt x 1, x 2 , ....., x n Áp dụng định lí Roller: Þ $ a i Î (x i , x i + 1 ), j '(x ) = 0(i = 1, 2, 3, ...., n - 1) x d Ta có: j '(x ) = p '(x ).e + x d x d 1 e é e p(x ) = p(x ) + dp '(x )ù ú û d d êë Þ j '(x ) = 0 Û p(x ) + dp '(x ) = 0 Vậy phương trình p(x ) + dp '(x ) = 0 có n - 1 nghiệm Þ $ a i Î (x i , x i + 1 ) với i = 1, n - 1 mà phương trình p(x ) + dp '(x ) = 0 là phương trình bậc n có (n - 1) nghiệm a 1, a 2, ....., a n - 1 nên p(x ) + dp '(x ) = (x - a 1 )(x - a 2 ).....(x - a n - 1 )(ax + b) Vậy phương trình p(x ) + dp '(x ) = 0 phải có nghiệm thứ n. Bổ đề được chứng minh. Áp dụng bổ đề để giải bài toán: ìï ïï d + d = - a1 2 ïï 1 a0 Gọi d1, d2 là hai nghiệm của (1) Þ í ïï a ïï d1.d2 = 2 a0 ïïî Do đó phương trình a 0 p(x ) + a1p '(x ) + a 2 p ''(x ) = 0 Û p(x ) - (d1 + d2 )p '(x ) + d1d2p ''(x ) = 0 ( ) Û p(x ) - d1p '(x ) - d2 (p '(x ) - d1p ''(x )) = 0 Áp dụng bổ đề suy ra 0 = p(x ) - d1p '(x ) = Q (x ) có n nghiệm. Từ giả thiết Q (x ) = 0 có n nghiệm suy ra Q (n ) - d2Q '(x ) = 0 có n nghiệm (Đpcm). 13 Ví dụ 6.(TST 1994) Cho p(x ) Î ¡ éêx ù và deg p(x ) = 4 . Giả sử p(x ) = 0 có 4 nghiệm dương phân ëú û biệt. Chứng minh rằng : 1 - 4x p(x ) + x2 æ 1 - 4x ÷ ö çç1 ÷ ÷p '(x ) - p ''(x ) = 0 có 4 nghiệm dương phân çè x2 ÷ ø biệt. Lời giải Ta chứng minh bổ đề sau nếu p(x ) = 0 có 4 nghiệm phân biệt 0 < x 1 < x 2 < x 3 < x 4 thì phương trình p(x ) - p '(x ) = 0 có 4 nghiệm phân biệt y 1, y 2 , y 3 , y 4 thỏa mãn 0 < x 1 < y 1 < x 2 < y 2 < x 3 < y 3 < x 4 < y 4 . Xét f (x ) = e - x .p(x ) Þ f (x ) = 0 Û p(x ) = 0 Vậy f (x ) = 0 có 4 nghiệm 0 < x 1 < x 2 < x 3 < x 4 Áp dụng định lý Lagrange ta có : f '(x ) = - e - x .p(x ) + p '(x )e - x f '(x ) = 0 Û p(x ) - p '(x ) = 0 Do phương trình p(x ) - p '(x ) = 0 có 3 nghiệm y 1 < y 2 < y 3 và deg( p - p ') = 4 Suy ra phương trình p(x ) - p '(x ) = 0 có nghiệm thứ 4 là y 4 không giảm tổng quát ta giả sử hệ số x 4 trong p(x ) là dương. ( ) Suy ra : lim p(x ) - p '(x ) = + ¥ Þ $ a > x 4 sao cho : p(a ) - p '( a ) > 0 x® ¥ Do p(y 3 ) - p '(y 3 ) = p(y 2 ) - p '(y 2 ) = 0 Þ y 4 Î ( b , a ) Vậy 0 < x 1 < y 1 < x 2 < y 2 < x 3 < y 3 < x 4 < y 4 (đpcm) Þ PtQ (x ) = p(x ) - p '(x ) = 0 có 4 nghiệm dương phân biệt y 1, y 2 , y 3 , y 4 Giả sử Q(x ) = ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e (a, e ¹ 0) æ1 ö 1 1 1 1 ÷ Þ PT R (x ) = x 4Q çç ÷ = 0 có 4 nghiệm dương phân biệt , , , ÷ çèx ÷ y1 y 2 y 3 y 4 ø Þ R (x ) - R '(x ) = 0 cũng có 4 nghiệm dương phân biệt Ta có : R (x ) - R '(x ) = 0 14 æ1 ö æ ö æ1 ö÷ 3 ç1 ÷ 2 çç ÷ = 0 ÷ ÷ Û x 4Q çç ÷ 4 x Q + x Q ' çç ÷ ÷ çèx ø÷ ÷ ÷ èx ø èçx ø÷ é æ1 ö é æ ö æ1 ö÷ù æ1 ö÷ù 2 é æ1 ö÷ æ öù çç ÷ú- 4x 3 êp çç 1 ÷ çç ÷ú+ x êp ' çç ÷- p '' çç 1 ÷ ÷ ÷ ÷ú= 0 Û x 4 êêp çç ÷ p ' p ' ú ê èçx ø÷ ú ê èçx ø÷ çèx ø÷ çèx ø÷ çèx ø÷ çèx ø÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ú êë ú êë ú êë ú û û û æ ö æ ö æ ö 1 1 1 ÷+ (- x 4 + 4x 3 + x 2 )p ' çç ÷ ÷- x 2 p '' çç ÷ ÷ Û (x 4 - 4x 3 )p çç ÷ ÷= 0 çèx ø÷ çèx ø÷ ÷ ÷ èçx ø÷ æ1 ö æ1 ö÷ æ ö 2 çç ÷- p '' çç 1 ÷ ÷ ÷ Û (x 2 - 4x )p çç ÷ + ( x + 4 x + 1) p ' ÷ ÷= 0 çèx ø÷ ÷ èçx ø÷ èçx ø÷ Đặt t = 1 1 - 4t phương trình có dạng : p(t ) + x t æ 1 - 4t ÷ ö çç1 ÷ ÷p '(t ) - p ''(t ) = 0 çè t2 ÷ ø Bài toán được chứng minh. Ví dụ 7. Cho P (x ), Q (x ), R (x ) là các đa thức với hệ số thực có bậc tương ứng là 3, 2, 3 thỏa mãn điều ( kiện P (x ) 2 2 ) + (Q (x )) 2 = (R (x )) . Hỏi đa thức T (x ) = P (x ).Q (x ).R (x ) có ít nhất bao nhiêu nghiệm thực (kể cả bội của nghiệm) ? Bài giải Không mất tính tổng quát, có thể coi các hệ số bậc cao nhất của các đa thức P, Q, R đều dương. Trước hết, ta chứng minh đa thức Q(x) luôn luôn có hai nghiệm thực. Ta có, Q 2 = (R - P )(R + P ) . Vì deg P = deg Q = 3 nên deg(R + P ) = 3 Do deg Q 2 = 4 Þ deg(R - P ) = 1 . Do đó đa thức Q 2 có nghiệm thực và vì vậy đa thức Q có nghiệm thực. Vì deg Q = 2 nên Q có đúng hai nghiệm thực. Tiếp theo, ta chứng minh đa thức P(x) luôn luôn có 3 nghiệm thực. Ta có : P 2 = (R - Q )(R + Q ) . Vì deg(R - Q ) = deg(R + Q ) = 3 nên các đa thức (R - Q ) và (R + Q ) có nghiệm thực. Nếu hai nghiệm thực đó khác nhau, thì P có hai nghiệm phân biệt và nghiệm còn lại của P hiển nhiên cũng là nghiệm thực. Nếu (R - Q ) và (R + Q ) có chung nghiệm thực x = a thì x = a là nghiệm của R và của Q. Do vậy, R (x ) = (x - a )R 1(x ), Q (x ) = (x - a )Q1(x ), P (x ) = (x - a )P1(x ) . 15 Thế vào hệ thức : P 2 = (R - Q )(R + Q ) , ta thu được P12 = R 12 - Q12 , với P1, R 1 là các tam thức bậc hai, Q 1 là nhị thức bậc nhất. Ta có : Q12 = (R1 - P1 )(R1 + P1 ) . Vì Q12 là đa thức bậc hai và R 1 + Q1 là tam thức bậc hai nên R 1 - P1 là đa thức hằng. Vậy, nếu P1(x ) = a x 2 + bx + c (a > 0) và Q1(x ) = dx + e thì R1(x ) = a x 2 + bx + c + k và 2 . k éêëR1(x ) + P1(x )ù ú û= (dx + e) (1) Suy ra k > 0. Thay giá trị x = - æ eö æ eö e çç- ÷ ÷ ÷ vào (1), ta được : R 1 çç- ÷ + P = 0 ÷ ÷ 1 ç ÷ ÷ d è dø èç d ø æ e÷ ö k ÷ = - < 0 . Do đó tam thức bậc hai P1(x ) có hai nghiệm thực và P(x) có 3 nghiệm thực. ÷ çè d ø ÷ 2 Nên P1 çç- Trở lại bài toán. Do P có 3 nghiệm thực, Q có hai nghiệm thực và R là đa thức bậc 3 (có ít nhất một nghiệm thực) nên số nghiệm thực của T(x) không nhỏ thua 6. Ví dụ ta chọn: P (x ) = x 3 + 3x 2 + 2x Q (x ) = 2(x 2 + 2x + 1) R (x ) = x 3 + 3x 2 + 4x + 2 Thì P 2 + Q 2 = R 2 và đa thức (PQR) có đúng 6 nghiệm thực. 2k Ví dụ 8. Cho p(x ) = å 2k ai x i (a 2k ¹ 0, a 0 > 0) . Chứng minh rằng nếu: i= 0 å i= 0 a 2i < 0 thì p(x ) có 2i + 1 nghiệm thực. Bài giải n Xét Q (x ) = å i= 0 ai i + 1 x Þ Q '(x ) = p(x ) " x Î ¡ i+1 n Ta có: Q (1) = å i= 0 ai , Q '(- 1) = i+1 n å i= 0 n ai a2i i+ 1 (- 1) Þ Q (1) - Q (- 1) = 2å < 0 i+1 i = 0 2i + 1 16 Áp dụng định lý Lagrange cho Q (x ) trong éê- 1,1ù ú ë û Q (1) - Q (- 1) = Q '(c) Þ Q '(c) < 0 2 Mà Q '(0) = p(0) = a 0 > 0 áp dụng định lý Bonxano Cauchy suy ra tồn tại a nằm giữa 2 nghiệm c và 0 sao cho Q '( a ) = 0 hay p( a ) = 0 (đpcm). Ví dụ 9. Cho p(x ) Î ¡ éêx ù có nghiệm phân biệt lớn hơn 1. Chứng minh rằng ëú û æ Phương trình : (1 + x 2 )p(x )p '(x ) + x çç p(x ) è ( ) + (p '(x )) öø÷÷= 2 2 0 (1) có ít nhất 2n - 1 nghiệm phân biệt. Lời giải Ta có : (1) Û (p(x ) + p '(x ).x )(x .p(x ) + p '(x )) = 0 ép(x ) + p '(x ).x = 0 (2) Û êê êëx .p(x ) + p '(x ) = 0 (3) Trước hết ta chứng minh PT (2) và (3) không thể có nghiệm chung trong (1, + ¥ ) Thật vậy giả sử (2) và (3) có nghiệm chung a và a Î (1, + ¥ ) ìï p '(a ) - 1 ïï = ìï p(a ) + ap '(a ) = 0 ïï p(a ) a ï Þ í Þ í Þ a2 = 1 ïï ap(a ) + p '(a ) = 0 ï p '(a ) î = -a ïïï ïî p(a ) { } Þ a Î - 1,1 điều này vô lí vì a > 1. Bây giờ ta chứng minh PT (3) có ít nhất n - 1 nghiệm lớn hơn 1 và PT (2) có ít nhất n nghiệm trong đó n -1 nghiệm lớn hơn 1. Từ đó suy ra phương trình (1) có ít nhất 2n - 1 nghiệm phân biệt. x2 2 Xét hàm số : f (x ) = e .p(x ) Þ f (x ) = 0 Û p(x ) = 0 Vậy f (x ) = 0 có nghiệm phân biệt trong (1, + ¥ ) . Áp dụng định lí Roller ta thấy giữa 2 nghiệm của f(x) có một nghiệm của f '(x ) . Vậy phương trình f '(x ) = 0 có ít nhất n - 1 nghiệm lớn hơn 1. 17 Ta có : f '(x ) = e x2 2 (x .p(x ) + p '(x )) f '(x ) = 0 Û x .p(x ) + p '(x ) = 0 vậy PT (3) có ít nhất n - 1 nghiệm lớn hơn 1. Xét g(x ) = x .p(x ) , ta có phương trình g(x ) = 0 có n + 1 nghiệm 0 = x 0 < 1 < x 1 < x 2 < .... < x n Áp dụng định lí Roller : g '(x ) = 0 có nghiệm a 1, a 2, ...., a n thỏa mãn a i Î (x i - 1, x i ) (i = 1, n ) . Mà g '(x ) = xp '(x ) + p(x ) Þ g '(x ) = 0 Û xp '(x ) + p(x ) = 0 (2) Vậy (2) có n nghiệm trong đó ít nhất n - 1 nghiệm lớn hơn 1. Vậy phương trình (1) có ít nhất n - 1 nghiệm (đpcm). ìï a , a ¹ 0 Ví dụ 10. Cho f (x ) = a 0 + a1x + .... + ak - 1x k - 1 + a k + 1x k + 1 + .... + a n x n , với ïí k - 1 k + 1 . ïï an ¹ 0 î Chứng minh rằng nếu f (x ) = 0 có n nghiệm phân biệt thì ak - 1.ak + 1 < 0 . Lời giải Ta chứng minh f i (x ) = 0 có n - i nghiệm phân biệt (i = 1, n - 1) i = 1, f (x ) = 0 có n nghiệm phân biệt x 1 < x 2 < .... < x n - 1 < x n Áp dụng định lí Roller Þ $ a i Î (x i , x i + 1 ) f 1(a i ) = 0 Þ Mệnh đề đúng. Giả sử f i (x ) = 0 có n - i nghiệm i < t 1 < t 2 < .... < t n - i Áp dụng định lí Roller cho f i (x ) trong éêt i , t i + 1 ù (i = 1, n - i - 1) $ bk Î (t k , t k + 1) : f k (bk ) = 0 . ú ë û Áp dụng bổ đề trên vì f (x ) = 0 có n nghiệm phân biệt Þ f k - 1(x ) = 0 có (n - k - 1) nghiệm phân biệt. æk - 1÷ ö 2 ÷ Ta có f k - 1(x ) = (k - 1) !ak - 1 + çç ÷!ak x + çè 2 ø ÷ Do a k - 1 ¹ 0 Þ å n- k+ 1 k= 3 a kx k nghiệm phương trình f k - 1(x ) = 0 cho x n - k - 1 và đặt u = æk f k - 1(x ) = 0 có dạng : j (t ) = (k - 1) !ak - 1u n - k - 1 + çç çè 2 ö 1÷ ÷ !ak u n - k - 1 + ÷ ÷ ø 1 phương trình x n- k- 2 å bk u k k= 3 18 Vì j (t ) = 0 có n - k - 1 nghiệm phân biệt áp dụng bổ đề ta suy ra j n- k- 1 (u ) = 0 có hai nghiệm phân biệt. Ta có : j Vậy j n - k- 2 n - i- 2 (u ) = (k - 1) !ak - 1 (n - k - 1) ! 2 (k - 1) ! u + (n - k - 1) !ak 2 2 (u ) = 0 Û (n - k )(n - k + 1)ak - 1u 2 + k (k + 1)ak + 1 = 0 (2) Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt : Û (n - k )(n - k + 1)ak - 1ak + 1 < 0 Û ak - 1ak + 1 < 0 (đpcm) Ví dụ 11. Cho số thực   0 và đa thức P ( x ) với hệ số thực bậc n ( n  1) sao cho P ( x ) không có nghiệm thực. Chứng minh đa thức Q ( x ) = P ( x ) +  P ' ( x ) +  2 P '' ( x ) + ... +  n P ( n ) ( x ) không có nghiệm thực. Lời giải - Không mất tính tổng quát ta giả sử hệ số cao nhất của P ( x ) là một số dương, do đa thức P ( x ) không có nghiệm thực nên n phải là số chẵn, suy ra P ( x )  0 với mọi số thực x . - Ta có Q ' ( x ) = P ' ( x ) +  P '' ( x ) + ... +  n −1P ( n ) ( x ) suy ra P ( x ) = Q ( x ) −  Q ' ( x ) − x 1 − x 1 − x - Đặt H ( x ) = e  .Q ( x ) suy ra H ' ( x ) = − e  . Q ( x ) −  Q ' ( x )  = − e  .P ( x ) do đa thức P ( x )   vô nghiệm nên H ' ( x ) có nhiều nhất 1 nghiệm. Suy ra Q ( x ) có nhiều nhất 1 nghiệm, giả sử nghiệm đó là x0 mà lại do Q ( x ) là đa thức bậc chắn nên Q ( x ) = ( x − x0 ) .R ( x ) với 2m m * , deg R ( x ) = n − 2m . Suy ra Q ' ( x0 ) = 0 suy ra P ( x0 ) = 0 vô lý. Vậy Q ( x ) vô nghiệm. Đpcm. Ví dụ 12. Tìm a, b để f (x ) = 2x 4 + ax 3 + bx 2 + ax - b chia hết cho (x - 1)2 . Chứng minh khi đó f (x ) không chia hết cho (x - 1) 3 Lời giải (x - 1)2 nên f có nghiệm bội k ³ 2 Þ f (1) = 0 và f '(1) = 0 Ta có: f (x ) M Þ 2 + a + b + a - b = 0 và 8 + 3a = 2b + a = 0 Vậy a = - 1 và b = - 2 Do đó f (x ) = 2x 4 - x 3 - 2x 2 - x + 2, f '(x ) = 8x 3 - 3x 2 - 4x - 1 mà f ''(x ) = 24x 2 - 6x - 4 Vì f ''(1) = 14 ¹ 0 nên f (x ) không chia hết cho (x - 1) 3 19 a b c + + = 0 . Chứng minh rằng phương trình 7 5 3 f (x ) = ax 4 + bx 2 + c = 0 có nghiệm. Ví dụ 13. a) Cho abc ¹ 0 và n n- 1 b) Cho f Î ¡ éêx ù , . Chứng minh rằng: nếu ëú û f (x ) = an x + an - 1x + ... + a1x + a 0 an a a a + n - 1 + ... + 1 + 0 = 0 thì f (x ) có nghiệm. n+1 n 2 1 Lời giải a 7 b 5 c 3 x + x + x thì F liên tục, có đạo hàm F ' (x ) = x 2 f (x ). 7 5 3 F (1) - F (0) c Î 0;1 : = F ' (c ). Áp dụng định lí Lagrange trên éê0;1ù thì tồn tại ( ) ë ú û 1- 0 a) Xét F (x ) = a b c + + = 0 nên F ' (x ) = 0 . 7 5 3 Vì c Î (0;1) nên c 2 ¹ 0 do đó f (c ) = 0 . Mà F (0) = 0 ; F (1) = Vậy f (x ) có nghiệm. an a a a x n + 1 + n - 1 x n + ... + 1 x 2 + 0 x n+1 n 2 1 Có Q (0) = Q (1) = 0 b) Xét Q (x ) = Áp dụng định lí Rolle thì Q (x ) có 2 nghiệm nên Q ' (x ) = f (x ) có nghiệm. Ví dụ 13. Cho phương trình x 5 - 1 4 x - 5x 3 + x 2 + 4x - 1 = 0 . Chứng minh rằng: phương 2 ( ) trình trên có đúng 5 nghiệm phân biệt. Với x i i = 1, 5 là nghiệm của phương trình trên, tính 5 tổng S biết S = å xi + 1 . 2x - x i4 - 2 (Đề chọn đội tuyển của Bến Tre 2016-2017) i= 1 5 i Lời giải 1 4 x - 5x 3 + x 2 + 4x - 1 là hàm số xác định và liên tục trên ¡ . 2 æ 3ö æ1 ö 5 1 175 ÷ ÷ Ta có f (- 2) = - 5; f çç- ÷ = 2; f (0) = - 1; f çç ÷ = ; f (1) = - ; f (3) = ÷ ÷ çè 2 ø ÷ ÷ 8 2 2 èç2 ø Xét f (x ) = x 5 - Khi đó 20