Luận văn Một số dạng toán về đa thức

       1 2016 1x P x x P x    (*). Với 1x   ta có  0 0P  0x  là nghiệm của  P x . Với 2016x  ta có  2016 0P  2016x  là nghiệm của  P x . Nên      12016P x x x P x  . Thay      12016P x x x P x  vào (*) ta được           1 11 2016 1 2015 2016 1x x x P x x x x P x            1 12015 1xP x x P x    . Chứng minh tương tự 1, 2015x x  là nghiệm của  1P x Thang Long University Library 34       1 21 2015P x x x P x    . Chứng minh tương tự trên ta thấy nếu ,a b là nghiệm của đa thức  P x thì 1, 1a b  cũng là nghiệm của  P x . Suy ra đa thức  P x nhận 0, 1, 2, , 2016 làm nghiệm. Suy ra         1 2 ... 2016P x x x x x Q x    (1). Thay (1) vào (*) ta được      1Q x Q x Q x c    . Vậy       . 1 2 ... 2016P x c x x x x    với c = const. Ví dụ 2 (Đề thi Olympic Toán sinh viên 2000) Cho ,a b . Tìm tất cả các đa thức  P x thỏa mãn      xP x a x b P x x     (*). Giải: Khi 0a b  thì  P x là đa thức tùy ý. Khi 0, 0a b  thì   0P x  . Khi 0, 0a b  thì  P x c với c = const. Trường hợp 1: b a  thay x b vào (*) ta được x b a  là nghiệm của  P x . 35 Thay x b a  vào (*) ta được 2x b a  là một nghiệm của  P x . Cứ như vậy ta có ,x b na n   là nghiệm của  P x . Rõ ràng b ka b la   với k l . Suy ra đa thức  P x có vô số nghiệm, Vậy   0P x  . Trường hợp 2: b n a   . Dễ kiểm tra được  P x nhận  , 2 ,..., 1b a b a b n a    là nghiệm của  P x . Suy ra          2 ... 1P x x b a x b a x b n a Q x        . Thay vào (*) ta được      xQ x a x a Q x x    (**). Thay 0x  vào (**) ta thấy 0x  là nghiệm của  Q x suy ra    Q x xR x . Thay vào (**) ta được    R x a R x  , suy ra  R x c const  . Vậy        2 ... 1P x cx x b a x b a x b n a        . Ví dụ 3 (Đề thi học sinh giỏi quốc gia – VMO 2003) Tìm tất cả các đa thức    P x x sao cho        3 2 3 23 3 2 1 3 3 2x x x P x x x x P x x          . Giải: Theo giả thiết, ta có          2 22 1 1 2 1x x x P x x x x P x        (*). Ta thấy        2 1 1 0 0P P P P      . Do đó             1 1 2 ,P x x x x x Q x Q x x     . Thang Long University Library 36         1 2 1 1 1P x x x x x Q x       . Thay  P x và  1P x  vào (*), ta được        2 21 1 1x x Q x x x Q x      (**). Với 0; 1; 2x    . Do  2 21, 1 1x x x x     nên      2 1Q x x x R x   . Suy ra      21 1 1Q x x x R x     . Thay    , 1Q x Q x  vào (**) ta được    1R x R x  suy ra  R x c . Vậy        21 1 2 1P x c x x x x x x      , c = const. Ví dụ 4 Tìm đa thức  P x có dạng    11 1 0 n n nP x x a x a x a x        , 0 0a  và  P x nhận , 0, 1ia i n  là các nghiệm. Giải: Đa thức  P x nhận , 0, 1ia i n  là các nghiệm nên ta có       1 1...o nP x x a x a x a     . Vì     0 1 1 00 1 ... n nP a a a a   nên 1 2 1... 1na a a   từ đây ta suy ra { 1;1}ia   với 1, 1i n  . Ta có   2 1 1 22 1 2 0 0 0 1 2 2 3 n n i i i j n n i i i j n n a a a a a a                          . Suy ra {1,2,3}n thử trực tiếp ta thu được các kết quả    2 3 22, 1P x x x P x x x x       . 37 Ví dụ 5 Tìm tất cả các đa thức    f x x có dạng      11 1! 1 1 nn n nf x n x a x a x n n         mà các nghiệm 1 2, ,..., nx x x đều là các số thực sao cho  ; 1kx k k  với mọi {1,2,..., }k n . Giải: Với 1n  thì   2f x x  là đa thức duy nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán. Với 2n  thì   2 12 6f x x a x   có hai nghiệm 1 2,x x thỏa mãn điều kiện 1 21 2 3x x    và 1 1 2 1 2 2 3. a x x x x        Do 2 10 2x x   nên     2 2 2 1 1 2 1 20 4 0 4 4x x x x x x        nên 2 1 1 0 12 4 4 a   . Suy ra 2 148 64a  kết hợp 1 0a  ta được 1 7a   hoặc 1 8a   . Ta thu được hai đa thức     2 2 2 7 6, 2 8 6. f x x x f x x x       Bây giờ ta chứng minh bài toán vô nghiệm với 3n  . Thật vậy, ta có       1 2! ... nf x n x x x x x x    . Thang Long University Library 38 Với 0x  thì         1 20 1 1 ! 1 ... n n nf n n n x x x     . Từ giả thiết  ; 1kx k k  với {1,2,..., }k n , ta có  1 2 1 1 ! ... ! 1 ! 2 n n n n x x x n n n         điều này vô lý. Vậy nghiệm của bài toán là   2f x x  ,   22 7 6f x x x   ,   22 8 6f x x x   . Ví dụ 6 (Đề thi Olympic Toán sinh viên quốc tê IMC – 2005) Tìm tất cả các đa thức   11 1 0... n n n nP x a x a x a x a        0 0a  thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: i)  0 1, ,..., na a a là hoán vị của  0,1,2,...,n ; ii) Tất cả các nghiệm của  P x là các số hữu tỉ. Giải: Ta thấy  P x không có nghiệm dương vì   0P x  với mọi 0x  . Giả sử các nghiệm của  P x là  1 2, ,..., 0 1,nn i i         . Nếu 0 0a  thì tồn tại số tự nhiên k , 1 1k n   sao cho 0n ka   . Theo định lý Viéte, ta có   1 2 11 ... ... 1 0 k k k n k i i i i i n n a a            . Điều này là vô lý vì về trái lớn hơn 0 do 0i  với mọi 1,2,...,ni  . Vậy 0 0a  . Suy ra một trong các nghiệm của  P x bằng 0, giả sử đó là n 39 Đa thức   1 21 1a n n n nQ x a x a x       có các nghiệm là i , 1,2,...,n 1i   . Theo định lý Viéte với 3n  ta có 1 1 1 1... n n a a      , 2 1 2 2 1 2 3 1 2 3 1... ... ...n n n n n a a               , 1 1 2 1 n n n a a        . Từ đó suy ra 2 1 2 1 1 1 1 1 n a a        . Ta có     2 1 2 1 1 2 1 1 1 1 1n n n                       22 1 1 1n n a a n a a    Do đó     22 1 1 1 1 2 n n n n a a n a a      hay 2n  (điều này vô lý). Vậy 3n  . Thử trực tiếp ta được Với 1n  ta có  P x x . Với 2n  ta có    2 22 , 2P x x x P x x x    . Với 3n  ta có    3 2 3 23 2 , 2 3P x x x x P x x x x      . Thang Long University Library 40 3.2. XÁC ĐỊNH ĐA THỨC THỎA MÃN ĐIỀU KIỆN         .P f x P g x P h x Bài toán tổng quát: Giả sử    ,f x g x và  h x là các đa thức thuộc  x đã cho thoả mãn điều kiện:      deg deg degf x g x h x  . Tìm tất cả các đa thức  P x thuộc  x sao cho         P f x P g x P h x (1) với mọi x thuộc . Tính chất 3.1. Nếu ,P Q là nghiệm của (1) thì .PQ cũng là nghiệm của (1). Chứng minh:                       . . . . .PQ h x P h x Q h x P f x P g x Q f x Q g x           . . .PQ f x PQ g x Hệ quả 3.1. Nếu  P x là nghiệm của (1) thì  nP x cũng là nghiệm của (1). Nhận xét: Trong khá nhiều trường hợp, hệ quả 3.1 cho phép chúng ta mô tả hết các nghiệm của (1). Để làm điều này, ta có định lý quan trọng sau đây: Định lý 3.1. Nếu , ,f g h là các đa thức với hệ số thực thoả mãn điều kiện      deg deg degf x g x h x  và thoả mãn một trong hai điều kiện sau: i)    deg degf x g x , ii)    deg degf x g x và * * 0f g  , trong đó * *,f g là hệ số cao nhất của các đa thức f và g tương ứng. 41 Khi đó với mọi số nguyên dương n tồn tại nhiều nhất một đa thức  P x có bậc n và thoả mãn phương trình (1). Chứng minh: Giả sử P là đa thức bậc n thoả mãn phương trình (1), deg ,degf f g g  , degh h , các hệ số cao nhất của , , ,P f g h tương ứng là * * * *, , ,P f g h . So sánh hệ số cao nhất hai vế của các đa thức trong phương trình         P f x P g x P h x ta có      * * * * * *. n n n P f P g P h từ đó suy ra  * * * */ n P h f g . Như vậy, nếu giả sử ngược lại, tồn tại một đa thức Q bậc n (khác P ) cũng thoả mãn phương trình (1) thì * *Q P và ta có      Q x P x R x  với  0 degr R n   (ta quy ước bậc của đa thức đồng nhất 0 bằng -, do đó  deg 0R  đồng nghĩa R không đồng nhất 0). Thay vào phương trình (1), ta được              P f R f P g R g P h R h                       P f P g P f R g R f P g R f R g P h R h                   P f R g R f P g R f R g R h    (2). Bây giờ ta xét các trường hợp i)    deg degf g . Giả sử f g . Khi đó bậc của các đa thức ở vế trái (2) lần lượt là , ,nf rg rf ng rf rg   , và do Thang Long University Library 42 nf rg rf ng rf rg     nên vế trái có bậc là nf rg . Trong khi đó vế phải có bậc là  rh r f g nf rg    . Điều này mâu thuẫn. ii)    deg degf g . Khi đó, hai đa thức đầu tiên ở vế trái của (2) cùng có bậc là nf rg ng rf   và có thể xảy ra sự triệt tiêu khi thực hiện phép cộng. Tuy nhiên, xét hệ số cao nhất của hai đa thức này, ta có hệ số của nf rgx  trong đa thức thứ nhất và thứ hai lần lượt bằng    * * * n r P f R g ,    * * * * r n R f P g . Như thế, bậc của nf rgx  trong tổng hai đa thức bằng     * ** * * 0n r n rrP R f f g   do * * 0f g  . Như vậy, bậc của vế trái của (2) vẫn là nf rg , trong khi đó bậc của vế phải là rh rf rg nf rg    . Mâu thuẫn. Định lý được chứng minh hoàn toàn. Nhận xét: Áp dụng định lý 3.1 và hệ quả 3.1, ta thấy rằng nếu  0P x là một đa thức bậc nhất thoả mãn phương trình (1) với , ,f g h là các đa thức thoả mãn điều kiện của định lý 3.1 thì tất cả các nghiệm của (1) sẽ có dạng:   0P x  ,   1P x  ,     0 n P x P x . Ví dụ 1 Tìm tất cả các đa thức  P x với hệ số thực thoả mãn phương trình    2 2P x P x (3) với mọi x thuộc . Giải: 43 Ta có các hàm  f x x ,  g x x ,   2h x x thoả mãn các điều kiện của định lý 3.1, và hàm  P x x là hàm bậc nhất thoả mãn (3) do đó các hàm   0P x  ,   1P x  ,   nP x x , n = 1, 2, 3, là tất cả các nghiệm của (3). Ví dụ 2 (Vietnam 2006) Hãy xác định tất cả các đa thức  P x với hệ số thực, thoả mãn hệ thức sau:           22 23 2P x x P x P x P x x     (4) với mọi số thực x . Giải: Thay x x vào (4), ta được           22 23 2P x x P x P x P x x      (5) Trừ (4) cho (5), ta được         2 24x P x P x P x P x              4 0P x P x P x P x x       (6) (6) đúng với mọi x thuộc R, do đó ta phải có + Hoặc     0P x P x   đúng với vô số các giá trị x + Hoặc     4 0P x P x x    đúng với vô số các giá trị x Do P là đa thức nên từ đây ta suy ra + Hoặc     0P x P x   đúng với mọi x + Hoặc     4 0P x P x x    đúng với mọi x Thang Long University Library 44 Ta xét các trường hợp:     0P x P x   . Khi đó ta có phương trình        22 22 2P x xP x P x x        22 2P x x P x x    . Đặt    Q x P x x  thì    2 2Q x Q x . Theo ví dụ 1 thì   0Q x  ,   1Q x  ,   nQ x x . Từ đó  P x x ,   1P x x  ,   nP x x x  . So sánh với điều kiện     0P x P x   , ta chỉ nhận các nghiệm:  P x x và   2 1kP x x x  , 0,1,2...k      4 0P x P x x    . Khi đó ta có phương trình       2 2 24 4 2P x x P x x P x x         22 22 2P x x P x x    . Đặt     2Q x P x x  thì    2 2Q x Q x và như thế   0Q x  ,   1Q x  ,   nQ x x . Từ đó   2P x x ,   2 1P x x  ,   2nP x x x  . So sánh với điều kiện     4 0P x P x x    , ta chỉ nhận các nghiệm:   2P x x ,   2 1P x x  và   2 2 , 1,2,3...kP x x x k   Tổng hợp hai trường hợp, ta có tất cả nghiệm của (4) là các đa thức 45          2 1 2,P 2 ,P 2 1,P , 2k kP x x x x x x x x x P x x x        với 2,3...k  Ví dụ 3 Tìm tất cả các đa thức với hệ số thực  P x thoả mãn đẳng thức sau với mọi số thực x      2 32 2P x P x P x x  (7) Giải: Các đa thức 2 3,2 ,2x x x x thoả mãn điều kiện định lý 3.1, do đó ta sẽ đi tìm nghiệm không đồng nhất hằng số với bậc nhỏ nhất của (7). Xét trường hợp  P x có bậc nhất,  P x ax b  . Thay vào (7), ta có     2 32 2ax b ax b a x x b     . So sánh hệ số của các đơn thức ở hai vế, ta được hệ 3 2 2 2 2 0 a a ba ab a b b         . Hệ này vô nghiệm (do a  0) nên ta có thể kết luận: Không tồn tại đa thức bậc nhất thoả mãn (7). Tiếp tục xét trường hợp  P x có bậc 2,   2P x ax bx c   . Thay vào (7), ta có        2 2 2 3 34 2 2 2ax bx c ax bx c a x x b x x c         Thang Long University Library 46    2 6 5 4 2 3 2 2 6 4 3 2 4 4 4 2 2 2 4 4 2 . a x abx ac ab x b x ac bc x bcx c ax ax bx ax bx c                So sánh hệ số các đơn thức ở hai vế, ta được hệ 2 2 2 4 4 4 0 4 2 4 2 2 2 . a a ab ac ab a b b ac bc a bc b c c                 . Hệ này có nghiệm 1, 0a c b   . Như vậy,   2 1P x x  là đa thức bậc 2 thoả mãn (7). Từ hệ quả 3.1 và định lý 3.1, ta suy ra  2 1 k x  là tất cả các đa thức bậc chẵn (không đồng nhất hằng số) thoả mãn (7). Bây giờ ta xét trường hợp đa thức  P x có bậc lẻ. Giả sử  là nghiệm thực của  P x , khi đó 32  cũng là nghiệm của  P x . Nếu 0  thì ta có   3 3 3 3, 2 , 2 2 2 ,...          là dãy tăng và tất cả đều là nghiệm của  P x , suy ra  P x có vô số nghiệm điều này mâu thuẫn. Tương tự, nếu  < 0 thì dãy nói trên là dãy giảm và ta cũng có  P x có vô số nghiệm. Nếu 0  , đặt    kP x x Q x với  0 0Q  , thay vào phương trình, ta có         2 2 3 32 2 2 2 k k kx Q x x Q x x x Q x x   47         2 2 2 32 2 2 1 2 k k Q x x Q x x Q x x    . Thay 0x  vào ta được  0 0Q , mâu thuẫn. Vậy  P x không có nghiệm thực, có nghĩa là  P x không thể có bậc lẻ. Nói cách khác, bài toán đã được giải quyết hoàn toàn. Ví dụ 4 Tìm tất cả các đa thức có hệ số thực thoả mãn      21 2P x P x P x   với mọi x . (8) Giải: Ta thấy các đa thức    , 1f x x g x x   ,   2 2h x x  thỏa mãn điều kiện định lý 3.1. Ta xét các trường hợp *  P x là hằng số: Dễ thấy đa thức   0P x  ,   1P x  thỏa mãn yêu cầu bài toán. *  P x có bậc một, giả sử  P x ax b  . Từ (8) suy ra      21 2ax b a x b a x b        . Đồng nhất hệ số ta được hệ phương trình   2 2 2 0 2 a a a ab a b b ab b          hệ phương trình này vô nghiệm. * P(x) có bậc hai, giả sử   2P x ax bx c   Thang Long University Library 48 Từ (8) suy ra           222 2 21 1 1 1ax bx c a x b x c a x b x c              . Đồng nhất hệ số ta được 1, 1, 1a b c    . Suy ra   2 1P x x x   . *  P x có bậc lẻ Giả sử  là nghiệm thực của  P x , theo (8), ta suy ra   2 2 22, 2 2,...    là nghiệm thực của  P x , ta thấy dãy   2 2 2, 2, 2 2,...     là một dãy tăng có vô số số hạng. Suy ra  P x có vô số nghiệm   0P x  . Điều này vô lý. Theo hệ quả 3.1. bài toán có tất cả các đa thức cần tìm là          2 *0, 1, 1 n P x P x P x x x n      . Ví dụ 5 (Bulgaria 1976) Tìm tất cả các đa thức  P x thỏa mãn      2 22 2P x P x x   (9) Giải: Ta thấy các đa thức       22, 2, 2f x x g x x h x x x      thỏa mãn định lý 3.1. Bây giờ ta xét các trường hợp sau: *  P x là đa thức 0 (thỏa mãn bài toán). *  P x là đa thức bậc 0   1P x  . 49 *  P x là đa thức bậc 1 , giả sử  P x ax b  . Từ (9) ta có     2 22 2a x b a x x b       . Đồng nhất hệ số, ta được hệ phương trình     2 2 2 2 2 a a a b a a a b b            hệ này vô nghiệm. *  P x là đa thức bậc hai, giả sử   2P x ax bx c   . Từ (9) ta có         2 22 2 22 2 2 2a x b x c a x x b x x c            . Đồng nhất hệ số, ta được hệ phương trình         2 2 2 2 4 4 4 2 4 2 4 4 2 . a a a b a a b a a a b c a b a b c c                  Giải hệ trên, ta được 1, 2, 1a b c     2 2 1P x x x    . * P(x) có bậc lẻ Giả sử 2  là nghiệm thực của  P x , theo (8), ta suy ra 2 2  là nghiệm của  P x . Các số của dãy số     2 2 2 22, 2 , 2 2 2 2 2 ,...             là nghiệm của  P x . Thang Long University Library 50     2 2 2 22, 2 , 2 2 2 2 2 ,...             là dãy số tăng. Suy ra đa thức  P x có vô số nghiệm   0P x  điều này vô lý. Theo hệ quả 3.1. tất cả các đa thức thỏa mãn yêu cầu bài toán là        2 *0,P 1,P 2 1 , n P x x x x x n      . 3.3. XÁC ĐỊNH ĐA THỨC THỎA MÃN ĐIỀU KIỆN           .P f x P g x P h x Q x  Bây giờ chúng ta xét đến phương trình dạng      P f P g P h Q  (1) trong đó , , ,f g h Q là các đa thức đã cho và      deg deg degf g h  . Định lý 3.2. Cho , ,f g h là các đa thức khác hằng số thỏa mãn điều kiện      deg deg degf g h  , Q là một đa thức cho trước, ngoài ra    deg degf g hoặc    deg degf g và * * 0f g  . Khi đó, với mỗi số nguyên dương n và số thực a , tồn tại nhiều nhất một đa thức P thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: i)  deg P n , ii) *P a iii)      P f P g P h Q  Hệ quả 3.2. Trong các điều kiện của định lý, với mỗi số nguyên dương n , tồn tại nhiều nhất 2 đa thức  P x có bậc n thoả mãn phương trình      P f P g P h Q  . Chứng minh: 51 Hệ số cao nhất của P phải thoả mãn phương trình    * **2 * * nn P f g P h m  Với m là hệ số của nhx trong Q . Suy ra *P chỉ có thể nhận nhiều nhất 2 giá trị. Sau đây chúng ta xem xét một số ví dụ áp dụng của định lý này. Ví dụ 1 Tìm tất cả các đa thức  P x thỏa mãn phương trình    2 2 42P x P x x  (2) Giải: Nếu đặt    kP x ax R x  với  deg R r k  thì ta có            2 2 2 2 2 22k kP x P x a a x ax R x R x R x      . Từ đó suy ra     2 2deg P x P x hoặc bằng 2k nếu 1a  , hoặc bằng k r nếu 1a  và 0r  , hoặc bằng  khi 1a  và r   (tức là đồng nhất 0). Từ đó, suy ra k ≤ 4. Đến đây, ta dễ dàng tìm được các nghiệm của (2) là 4 1x  , 3x x , 22x và 2x . Ví dụ 2 Tìm tất cả các đa thức  P x thỏa mãn phương trình    2 2 2P x x P x   (3) Giải: Có 2 đa thức hằng thoả mãn phương trình là đa thức đồng nhất – 1 và đa thức đồng nhất 2. Với các đa thức bậc lớn hơn hay bằng 1, áp dụng hệ quả 3.2 ta suy ra với mỗi số nguyên dương n , tồn tại không quá 1 đa thức  P x thoả Thang Long University Library 52 mãn (3). Điểm khó ở đây là ta không có cơ chế đơn giản để xây dựng các nghiệm. Dùng phương pháp đồng nhất hệ số, ta tìm được các nghiệm bậc 1, 2, 3, 4 lần lượt là: 2 3 4 2, 2, 3 , 4 2x x x x x x    . Từ đây, có thể dự đoán được quy luật của dãy nghiệm như sau: 0 1 1 12, , , 1,2,3,...n n nP P x P xP P n      (4). Bây giờ ta sẽ chứng minh các hàm số trong dãy hàm (4) là nghiệm của (3). Xét x bất kỳ thuộc [-2, 2], đặt 2cosx t thì từ công thức (4), ta suy ra   22 4cos 2 2cos2P x t t   ,  3 2cos .2cos2 2cos 2cos3P x t t t t   , và nói chung    2cosnP x nt . Từ đó             2 2 2 2 2 4cos 2 2cos2 2cos 2 4cos 2 2. n n nP x P t P t nt nt P x          . Đẳng thức này đúng với mọi x thuộc [-2, 2] do đó đúng với mọi x . Bài toán được giải quyết hoàn toàn. 53 CHƯƠNG 4 MỘT SỐ DẠNG TOÁN KHÁC Trong chương này trình bày một số dạng toán khác về đa thức: Dạng 1 trình bày các dạng toán về tính chia hết của đa thức, dạng 2 trình bày việc ứng dụng đa thức vào giải hệ phương trình đối xứng và chứng minh bất đẳng thức. 4.1. CÁC BÀI TOÁN VỀ TÍNH CHIA HẾT CỦA ĐA THỨC 4.1.1. Đa thức  P x chia hết cho đa thức  Q x Phương pháp giải: Để chứng minh    P x Q x ta chứng minh rằng tất cả các nghiệm phức bậc  , 1k k k  của  Q x đều là nghiệm bậc  m m k của  .P x Chú ý: Đa thức  P x thỏa mãn đồng thời hai điều kiện  0 0P x  và  0 0, 1, 1 iP x i k   thì 0x là nghiệm bậc  m m k của  .P x 4.1.1.1. Chứng minh đa thức  P x chia hết cho đa thức  Q x . Ví dụ 1 (Đề thi Olympic Toán sinh viên quốc tế - IMC 2008) Cho ,n k là các số nguyên dương. Giả sử    2 21 1n n k kx x x x    . Chứng minh rằng    2 21 1n n k kx x x x    . Giải: Đặt      2 2 21; 1; 1n n k k k kf x x x g x x x h x x x          g x có một nghiệm phức là 1 cos sin 3 3 x i k k               ,  k . Thang Long University Library 54 Đặt 3 n k    . Vì    f x g x nên    1 1 0f x g x  . Do đó 2 1 1 1 0 n nx x         cos 2 sin 2 cos sin 1 0i i           2cos 1 cos sin 0i      2 2cos 1 0 2 , 3 c c            . Gọi 2x là một nghiệm của  h x , Vì   3 1 1 k k x h x x    nên các nghiệm của  h x là phân biệt và 2 2 2 cos sin ,s 3a 1,a 3 3 s s x i k k        . Ta có                               2 2 2 2 1 cos 4 sin 2 cos 2 sin 2 1 0 2cos 2 1 cos 2 sin 2 2 2cos 2 2 1 cos 2 sin 2 3 2 2cos 1 cos 2 sin 2 0. 3 n nf x x x s i s s i s s s i s s c s i s s i s                                                        Suy ra 2x là nghiệm của  f x . Suy ra    f x h x . Ví dụ 2 (Rumani 1962) Cho *, 2,n n    . Chứng minh rằng đa thức      sin sin sin( 1 )nnP x x x n n      55 luôn chia hết cho đa thức   2 2 .cos 1Q x x x    . Giải: Cách 1  Q x có hai nghiệm cos sinx i   . Ta có            cos sin cos sin .sin cos sin sin sin 1 n nP i i i n n                            cos sin sin cos sin sin sin 1n i n i n n                          sin cos cos sin sin 1 sin 1 sin 1 0. n n n m n                   Chứng minh tương tự, ta có  cos sin 0nP i   . Vậy    nP x Q x . Cách 2 Sử dụng phương pháp chứng minh quy nạp. Với 2n  ta có    2 22 sin sin 2 sin sin 2 cos 1P x x x x x          , suy ra    2P x Q x . Giải sử    nP x Q x đúng với 2n  . Ta cần chứng minh    nP x Q x đúng với 1n  . Thật vậy, ta có        21 2 cos 1 sinn nP x xP x x x n Q x      vì    nP x Q x . Thang Long University Library 56 Nhận xét: Đây là bài toán chứng minh đa thức chia hết khá đơn giản. Trong kì thi học sinh giỏi quốc gia – VMO 2000 ta còn gặp lại bài toán này dưới dạng câu hỏi khác như sau : Ví dụ 3 ( Đề thi học sinh giỏi quốc gia – VMO 2000, bảng A) Cho trước góc  với 0    , chứng minh rằng tồn tại duy nhất một tam thức bậc hai dạng   2f x x ax b    ,a b sao cho với mọi 2n  đa thức       sin sin sin 1nnP x x x n n      chia hết cho  f x . Giải: Ta có      3 3 2 sin sin3 sin 2 2cos 2 cos 1 sin . P x x x x x x              Ta thấy   2 2 cos 1f x x x    không có nghiệm thực, suy ra   2 2 cos 1f x x x    là tam thức bậc hai duy nhất có dạng 2x ax b  mà    3P x f x . Hơn nữa với mọi 3n  ta có      21 2 cos 1 sinn nP x xP x x x n      . Bằng phương pháp chứng minh quy nạp ta chứng minh được    nP x f x đúng với mọi 3n  . Vậy   2 2 cos 1f x x x    là đa thức bậc hai cần tìm. Ví dụ 4 (Học sinh giỏi nước Mỹ năm 1976) Chứng minh rằng nếu      , ,P x Q x R x và  S x là những đa thức và 57          5 5 2 5 4 3 2 1P x xQ x x R x x x x x S x       . Thì 1x  là ước của  P x . Giải: Gọi 1 2 3 4, , ,    là những nghiệm phức khác 1 của phương trình 5 1 0x   . Thay x lần lượt bởi các số 1 2 3 4, , ,    ta nhận được      21 1 1 0i iP Q R    với 1,2,3,4i  . Điều này nghĩa là phương trình      21 1 1 0P xQ x R   là phương trình có bậc không lớn hơn 2 nhưng có 4 nghiệm khác nhau Suy ra      1 1 1 0P Q R   hay    1P x x  . Nhận xét: - Ta có thể tổng quát Ví dụ 4 thành bài toán sau: Bài toán. Cho m n và các đa thức      1 2, ,..., mP x P x P x và  S x thỏa mãn          1 21 2 1m nmP x xP x x P x x x x S x        . Chứng minh rằng các đa thức  iP x chia hết cho 1x  với 1,2,...,mi  . - Từ chứng minh trên ta thấy nếu      , ,P x Q x R x và  S x thỏa mãn yêu cầu bài toán thì ta có      , ,P x Q x R x cùng chia hết cho 1x  . - Từ nhận xét trên ta có thể sáng tạo ra một số bài toán khác như : Thang Long University Library 58 Ví dụ 5 Cho các đa thức      , ,P x Q x R x và  S x thỏa mãn          5 5 2 5 4 3 2 1P x xQ x x R x x x x x S x       Chứng minh rằng:      2017 2017 2017P Q P  chia hết cho 2016. Giải: Theo chứng minh ở Ví dụ 5, ta có      , ,P x Q x R x chia hết cho 1x  . Suy ra                  1 1 11 , 1 , 1P x x P x Q x x Q x R x x R x      . Suy ra               1P x Q x R x x P x Q x R x      . Suy ra             1 1 1 2017 2017 2017 2016 2017 2017 2017 2016. P Q P P Q R      Ví dụ 6 (Đề thi học sinh giỏi nước Mỹ, 1982-1983) Chứng minh rằng với mọi đa thức  P x , đa thức   n P P P x x chia hết cho đa thức  P x x , ở đây ký hiệu     P P x P P x . Giải: Cho đa thức   11 1 n n o n nP x a x a x a x a       . Với 2n  ta có         1 1 1 n n o n nP P x a P x a P x a x a       . 59 Suy ra               1 11 1 .n nn no nP P x P x a P x x a P x x a P x x          Vì mỗi số hạng trong tổng trên đều chia hết cho  P x x nên    P P x x P x x  . Vậy bài toán đúng với 2n  . Giả sử bài toán đúng với 2n  . Ta chứng minh bài toán đúng với 1n  . Thật vậy, ta có       1n n n P P P x x P P P P x x P P P x x             . Mà     n P P P x x P x x  suy ra     1n P P P x x P x x    . Vậy bài toán được chứng minh. 4.1.1.2. Tìm điều kiện của tham số để đa thức  P x chia hết cho đa thức  Q x Ví dụ 1 (Đề thi vô địch Mỹ - 1977) Tìm tất cả các cặp số tự nhiên  ,m n sao cho    2 21 1n n mn mx x x x x x        . Giải: Thang Long University Library 60 Đặt    1 2 11 1 n m n n mn n x P x x x x x          ,   1 2 11 1 m m xQ x x x x x          . Ta thấy    ,P x Q x không có nghiệm bội vì 1mnx  và 1nx  không có nghiệm bội. Do đó đa thức    P x Q x khi và chỉ khi mọi nghiệm phức của  Q x đều là nghiệm phức của  P x nên mỗi nghiệm phức khác 1 của 1mx  không là nghiệm của 1nx  . Suy ra hệ phương trình 1 1 0 1 0 m n x x       có nghiệm duy nhất 1x  . Nếu  1, 1m n d   thì hệ có nghiệm 2 2 cos sin 1x i d d      . Nếu  1, 1m n  thì tồn tại các số nguyên ,k l sao cho  1 ln 1k m   . Mà    1 . 1 k l m nx x  suy ra 1x  . Vậy điều kiện là  1, 1m n  . Ví dụ 2 Cho n là số tự nhiên không chia hết cho 3. Tìm các số nguyên ,a b để đa thức     2 1 1 n nP x a x x b     chia hết cho đa thức   2 1Q x x x   . Giải: 61 Vì  Q x có hai nghiệm 1 3 2 2 i   nên  P x chia hết cho  Q x khi và chỉ khi 1 3 2 2 i   là nghiệm của  P x . Ta có 1 3 2 2 cos .sin 2 2 3 3 i i      , 1 3 1 3 1 cos .sin 2 2 2 2 3 3 i i i              . Điều kiện cần và đủ để    P x Q x là 1 3 0 2 2 P i         2 2 2 cos .sin cos .sin 1 0 3 3 3 3 n n a i i b                      2 2 2 2 cos .sin cos .sin 1 0 3 3 3 3 n n n n a i i b                      2 2 .cos cos 1 0 3 3 2 2 .sin sin 0 3 3 n n a b n n a                    2 1 cos 1 0 3 2 1 sin 0. 3 n a b n a              . Vì n là số tự nhiên không chia hết cho 3 nên 2 sin 0 3 n  . Do đó từ hệ phương trình ta suy ra 1, 1a b    . Nhận xét: Bằng phương pháp giải tương tự ta có thể giải bài toán sau: Ví dụ 3 Tìm tất cả các số tự nhiên n để đa thức    1 1 n nP x x x    chia hết cho đa thức   2 1Q x x x   . Thang Long University Library 62 Ví dụ 4 Cho 2n  là một số tự nhiên chẵn. Tìm tất cả các cặp số thực  ,a b sao cho 3 1nb a  và đa thức    2 1 n nP x x x x a     chia hết cho đa thức   3 2Q x x x x b    . Giải: * Nếu 1 0 3 b a     P x không chia hết cho đa thức  Q x . * Nếu 0b  , suy ra mọi nghiệm của  Q x khác 0. Gọi 1 2 3, ,x x x là ba nghiệm của  Q x , ta có    2 1 n n n n i i i i i i b P x x x x a x a x               2n n n i i i b x ax x    . Do    P x Q x nên   0iP x  với mọi {1,2,3}i hay 2 0n n ni ib x ax   với {1,2,3}i . Xét đa thức   2 nf x x ax b   có các nghiệm là nix với {1,2,3}i . Trường hợp 1: 1 2 3 n n nx x x  . Khi đó 1 3, n nx x là nghiệm của  f x nên ta có 1 2 1 2 n n n n n x x a x x b        Mặt khác, áp dụng định lý Viéte cho đa thức  Q x ta có 1 2 3x x x b  . Suy ra  1 2 3 nn n n nx x x b b   . Suy ra 1 2 31, n n n nx x x b    . Suy ra 1 0 1.1 3 n n b a a bb a           63 Trường hợp 2: 1 2 3 n n nx x x  , suy ra 1 nx là nghiệm thực vì  Q x có nghiệm thực. Ta có  1 2 3 nn n n nx x x b b   3 1 n nx b  và 31x b . Do  Q x đồng biến và    10 , 0Q b Q x  nên 1x trái dấu với b , suy ra 3 1x b  . Do đó, từ    1 1 10 1 0Q x x x    . Mà 1 0x  nên 1 1x   . Điều này dẫn đến 1, 0b a  . Vậy 1, 0b a  là các giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán. 4.1.2. Các bài toán chia hết của biểu thức nghiệm của đa thức Ví dụ 1 Cho đa thức   2017 2f x x ax bx c    với , ,a b c có ba nghiệm nguyên 1 2 3, ,x x x . Chứng minh rằng:     2017 2017 2017 1 2 2 3 3 1a b c x x x x x x     chia hết cho 2017. Giải: Xét phương trình  2017 2 1 0x x ax b x c        . Đặt   2f x ax bx c   . Theo định lý Fecma bé ta có  2017 0 mod2017x x  , suy ra   2017if x với 1,2,3i  hay   2017if x . * Nếu    1 2 2 3 3 1 2017x x x x x x   thì bài toán được chứng minh. * Nếu    1 2 2 3 3 1x x x x x x   không chia hết cho 2017 ta có    1 2 2017f x f x suy ra    1 2 1 2 1 2017x x a x x b      1 2 1 2017ax ax b    (1). Thang Long University Library 64 Chứng minh tương tự, ta có 2 3 1 2017ax ax b   (2). Từ (1) và (2) ta có  3 1 2017a x x 2017a 1 2017b  ,    21 1 11 2017f x ax b x c    2017c . Suy ra 1 2017a b c   . Theo định lý Fecma bé, ta có      2017 2017 2017mod2017 , mod2017 , mod2017a a b b c c   . Suy ra  2017 2017 2017 1 1 mod2017a b c a b c       . Suy ra 2017 2017 2017 1 2017a b c   suy ra điều phải chứng minh. 4.2. ỨNG DỤNG ĐA THỨC ĐỂ GIẢI TOÁN 4.2.1. Ứng dụng đa thức để giải hệ phương trình đối xứng Phương pháp giải: Khi giải hệ phương trình mà các phương trình là phương trình đối xứng, ta sẽ biến đổi hệ phương trình về hệ phương trình mà vế trái của các phương trình là các đa thức đổi xứng cơ bản. Khi đó nghiệm của hệ phương trình là nghiệm của đa thức tương ứng. Ví dụ 1 Giải hệ phương trình 2 2 3 3 30 98. x y xy x y        Giải: Đặt 1 2;x y xy    . Ta có 65 2 2 1 2 3 3 3 1 1 2 , 3 . x y xy x y           Khi đó hệ phương trình trở thành 1 2 1 3 21 1 2 30 2 15.3 98                 Theo định lý Viéte ,x y là nghiệm của đa thức   2 2 15f u u u   . Đa thức  f u có 2 nghiệm -3, 5. Vậy hệ phương trình có hai nghiệm    3;5 , 5; 3  . Ví dụ 2 Giải hệ phương trình sau:   2 2 2 21 (1) 1 1 1 1 2 4 8 (3) x y z x y z xyz              Giải: Đặt 1 2 3 , , . x y z xy yz zx xyz           Ta có 2 3 1 1 1 x y z      . Ta có hệ phương trình trở thành Thang Long University Library 66 2 1 2 1 2 2 3 3 3 2 21 5 1 2 4 8. 8                         Theo định lý đảo định lý viéte ta có , ,zx y là nghiệm của đa thức   3 25 2 8f u u u u    . Đa thức  f u có ba nghiệm là 1;4;2 . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là  1;4;2 và tất cả các hoán vị của nó. Ví dụ 3 (Đề thi chọn học sinh giỏi cấp thành phố Hà Nội lớp 9 năm học 2015- 2016) Giải hệ phương trình sau: 2 2 2 3 1 1 1 1 3 17 x y z x y z x y z               Giải: Đặt 1 2 3 , , . x y z xy yz zx xyz           Ta có 2 3 1 1 1 x y z      , 67 2 2 2 2 1 22x y z      . Ta có hệ phương trình trở thành 1 1 2 2 3 32 1 2 3 3 1 4 3 12. 2 17                       . Theo định lý đảo định lý viéte ta có , ,zx y là nghiệm của đa thức   3 23 4 12f u u u u    . Đa thức  f u có ba nghiệm là -2; 2; 3. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là bộ số (-2; 2; 3) và các hoán vị của nó. Ví dụ 4 Giải hệ phương trình sau:  2 2 2 3 3 3 6 18 7( ) 6 x y z x y z x y z xyz            Giải: Đặt 1 2 3 , , . x y z xy yz zx xyz           Ta có 2 2 2 2 1 22x y z      , Thang Long University Library 68 3 3 3 3 1 1 2 33 3x y z         . Khi đó hệ phương trình trở thành     1 1 2 3 1 2 1 1 2 3 2 33 6 6 18 2 7 3 3 11 6.6                          Theo định lý Viéte , ,x y z là nghiệm của đa thức   3 26 11 6f u u u u    . Đa thức  f u có 3 nghiệm là 1; 2; 3. Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là bộ số  1;2;3 và các hoán vị của nó. Ví dụ 5 Giải hệ phương trình sau: 2 2 2 3 3 3 0 14 18 x y z x y z x y z            Giải: Đặt 1 2 3 , , . x y z xy yz zx xyz           Ta có 2 2 2 2 1 22x y z      , 3 3 3 3 1 1 2 33 3x y z         . 69 Khi đó hệ phương trình trở thành 1 1 2 1 2 2 3 31 1 2 3 0 0 2 14 7 6.3 3 18                          Theo định lý Viéte , ,x y z là nghiệm của đa thức   3 7 6f u u u   . Đa thức  f x có nghiệm là 1; 2;3  . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là bộ số  1; 2;3  và các hoán vị của nó. Ví dụ 6 Giải hệ phương trình 2 2 2 2 3 3 3 3 4 4 4 4 1 9 1 33 x y z t x y z t x y z t x y z t                    Giải: Đặt 1 2 3 4 , , , . x y z t xy xz xt yz yt zt xyz xyt yzt xzt xyzt                    Ta có 2 2 2 2 2 1 22x y z t       , 3 3 3 3 3 1 1 2 33 3x y z t          , 4 4 4 4 4 2 2 1 1 2 2 1 3 44 2 4 4x y z t               . Thang Long University Library 70 Khi đó hệ phương trình trở thành 1 2 1 2 3 1 1 2 3 4 2 2 1 1 2 2 1 3 4 1 2 9 3 3 1 4 2 4 4 33                             1 2 3 4 1 4 4 0.               . Theo định lý Viéte ta có , , ,x y z t là nghiệm của đa thức   4 3 24 4f u u u u u    . Đa thức  f u có 4 nghiệm là : 0,1,2,-2. Suy ra hệ phương trình đã cho có nghiệm là bộ số  0;1;2; 2 và tất cả các hoán vị của nó. Ví dụ 7 Giải hệ phương trình 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 4 4 4 4 4 x y z t a x y z t a x y z t a x y z t a                    Giải: Đặt 1 2 3 4 , , , . x y z t xy xz xt yz yt zt xyz xyt yzt xzt xyzt                    Ta có 2 2 2 2 2 1 22x y z t       , 71 3 3 3 3 3 1 1 2 33 3x y z t          , 4 4 4 4 4 2 2 1 1 2 2 1 3 44 2 4 4x y z t               . Khi đó hệ phương trình trở thành 1 2 2 1 2 3 3 1 1 2 3 4 2 2 4 1 1 2 2 1 3 4 2 3 3 4 2 4 4 a a a a                             1 2 3 4 0 0 0. a            . Theo định lý Viéte ta có , , ,x y z t là nghiệm của đa thức   4 3.f u u a u  . Đa thức  f u có 4 nghiệm là : ;0;0;0a . Suy ra hệ phương trình đã cho có nghiệm là bộ số  a;0;0;0 và tất cả các hoán vị của nó. Nhận xét: Bài toán tổng quát của bài toán trên là bài toán sau: Bài toán. Giải hệ phương trình 1 2 2 2 2 2 1 2 1 2 ... n n n n n n n x x x a x x x a x x x a                 Hệ phương trình trên có các nghiệm là bộ số  ;0;...;0a và tất cả các hoán vị của nó. Thang Long University Library 72 4.2.2. Ứng dụng đa thức để chứng minh bất đẳng thức 4.2.2.1. Ứng dụng đa thức bậc hai chứng minh bất đẳng thức A. Các kiến thức cơ bản Trong chương trình trung học phổ thông đa thức bậc hai ẩn x ,    2 0f x ax bx c a    được gọi là tam thức bậc hai ẩn x . 1. Định lý dấu của tam thức bậc hai Cho tam thức bậc hai   2f x ax bx c    , , , 0a b c a  , 2 4b ac   . Khi đó ta có:  Nếu 0  thì  f x luôn cùng dấu với hệ số a với mọi x ;  Nếu 0  thì  f x luôn cùng dấu với hệ số a với mọi 2 b x a   ;  Nếu 0  thì  f x luôn cùng dấu với hệ số a với mọi 1x x hoặc 2x x ,  f x trái dấu với hệ số a với 1 2x x x  (trong đó 1 2,x x là nghiệm của phương trình   1 20,f x x x  ). * Chú ý: Định lý dấu của tam thức bậc hai vẫn đúng nếu ta thay 2 4b ac   bằng 2' 'b ac   ( ' 2 b b  ). 2. Hệ quả Cho tam thức bậc hai   2f x ax bx c    , , , 0a b c a  , 2 4b ac   . Khi đó ta có:  Nếu  . 0a f x  với x  thì 2 4 0b ac    ;  Nếu tồn tại   sao cho   0f   thì 2 4 0b ac    ;  Nếu tồn tại   sao cho  . 0a f   thì 2 4 0b ac    ;  Nếu tồn tại ,   sao cho    . 0f f   thì 2 4 0b ac    . 73 B. Một số dạng toán Bài toán 1 Cho bất đẳng thức   0f x  (1). Trong đó  f x là tam thức bậc hai đối với x . Hãy chứng minh bất đẳng thức (1) đúng với mọi x . Phương pháp giải: Theo đinh lý về dấu của tam thức bậc hai do  f x là tam thức bậc hai ta chỉ cần chứng minh     0 0 f x f x a     (*). Chú ý: Nếu trong bất đẳng thức (1) chỉ có bất đẳng thức ( không có dấu đẳng thức ) thì trong điều kiện (*) đối với  f x cũng chỉ có bất đẳng thức ( không có dấu “=” ). Ví dụ 1 Chứng minh rằng nếu , ,a b c là độ dài ba cạnh của tam giác thì bất đẳng thức sau đúng với mọi x. 2 2 2 2 2 2( ) 0b x b c a x c     (1). Giải: Đặt  (1)VT f x Ta thấy  f x là một tam thức bậc hai đối với x có hệ số a là 2 0b  do đó để chứng minh bài toán ta chỉ cần chứng minh 0, x   . Thật vậy   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 4. . 2. . . osA 4. . 4. . . 0, . b c a b c b c c b c b c Sin A x           Vậy 2 2 2 2 2 2( ) 0,b x b c a x c x      . Thang Long University Library 74 Bài toán 2 Cho bất đẳng thức  ; 0f x y  (2) Trong đó  ;f x y là tam thức bậc hai đối với một trong hai biến số x và y . Chứng minh (2) đúng với mọi x và mọi y . Phương pháp giải: Ta giả sử hàm  ;f x y là tam thức bậc hai đối với x gọi tam thức bậc hai đó là  P x Ta cần chứng minh   0P x  với mọi x và mọi y . Để chứng minh   0P x  với mọi x theo bài toán 1 ta cần chứng minh     0 0 P x P x a     (*) . Suy ra để chứng minh   0 ,P x x y  ta cần chứng minh hệ (*) đúng với mọi y . Ví dụ 2 Cho b c d  . Hãy chứng minh bất đẳng thức     2 8a b c ac bd    (1) đúng với mọi a . Giải: 2 2 2 (1) ( ) 8( ) 0 2( 3 ) ( ) 8 0. a b c ac bd a b d c a b c d bd                Đặt VT(2) =  f a  f a là một tam thức bậc hai ẩn a có hệ số  f xa =1. Do vậy để chứng minh (1) ta chỉ cẩn chứng minh   , 0 f a  . Thật vậy   , 2 2( 3 ) ( ) 8 8 ( ) 8 8( )( ). f a b d c b c d bd c b c d bd b c c d                  Do   ,0, 0 0 f a b d c b c c d         . 75 Suy ra điều phải chứng minh. Bài toán 3 Chứng minh rằng 2 4 0B AC  ( hoặc 2' 0B AC  ). Phương pháp giải: Để chứng minh 2 4 0B AC  ta đi chứng minh PT 2 0Ax Bx C   ( hoặc PT 2 0Ax Bx C   ) có nghiệm ( Chứng minh 2' 0B AC  ta chứng minh PT 2 2 ' 0Ax B x C   hoặc PT 2 2 ' 0Ax B x C   có nghiệm ). Ví dụ 3 Cho ,a b thỏa mãn điều kiện 2 2 1a b  Hãy chứng minh rằng:     2 2 2 2 2 – 1 – 1 – 1 ac bd a b c d   (*). Giải: Khi 2 2 1a b  (*) hiển nhiên đúng . Khi 2 2 1a b  2 2 – 1 0a b   . Đặt – 1 ac bd B  , 2 2 – 1 0a b A   , 2 2 – 1 c d C  , 2(*) 0B AC   . Ta lập tam thức bậc hai:   2 2f x Ax Bx C   Để chứng minh 2 0B AC  ta chỉ cần chứng minh  f x có nghiệm Thật vậy Thang Long University Library 76   2 2 2 2 2 2 2 2 ( 1) 2( 1) ( 1) (ax - c) ( ) ( 1) f x a b x ac bd x c d bx d x               1  ta có      2 21 ( ) ( ) 0 . 1 0f f a c b d A f         suy ra    0 0: 0 0f xx f x     điều phải chứng minh. Bài toán 4 Chứng minh rằng 2 4 0B AC  ( hoặc 2' 0B AC  ). Phương pháp giải: Để chứng minh rằng 2 4 0B AC  ( hoặc 2' 0B AC  ) ta chứng minh   0Af x x  trong đó   2f x Ax Bx C   ( hoặc   2f x Ax Bx C   hoặc   2 2 'f x Ax B x C   hoặc   2 2 'f x Ax B x C   ). Ví dụ 4 ( Bất đẳng thức Bunyakovsky) Cho 1 2 1 2, ,..., ; , ,...,n na a a b b b là hai bộ n số thực. Chứng minh bất đẳng thức 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2( ... ) ( ... )( ... )n n n na b a b a b a a a b b b          và dấu đẳng thức xảy ra khi 1 2 1 2 ... n n b b b a a a    . Giải: Đặt 2 2 1 1 1 , , n n n i i i i i i i a b B a A b C          ta cần chứng minh 2B AC . Ta coi 2 – B AC là biệt thức , của tam thức bâc hai   2. 2 .f x A x Bx C   Để chứng minh 2B AC ta cần chứng minh   0f x x  . Ta có 77   2 2 2 1 1 1 2 2 2 i i i 1 2 1 ( ) ( ) ( 2a b x +b ) ( ) 0. n n n i i i i i i i n i i n i i i f x a x a b x b a x a x b                   , 2 2 2 2 1 1 1 0 ( ) ( ) .( ) n n n i i i i i i i ab a b          . Dấu đẳng thức xẩy ra khi 1 2 1 2 0 1, ... ni i n b b b a x b i n a a a         . 4.2.2.2. Ứng dụng đa thức bậc ba chứng minh bất đẳng thức Cho đa thức   3 2P x x mx nx p    . Nếu đa thức  P x có ba nghiệm 1 2 3, ,x x x thì ta có 1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3 . x x x m x x x x x x n x x x p            . Ngược lại với ba số thực ,b,ca bất kì thì chúng là nghiệm của đa thức   3 2f x x mx nx p    . Với  ; ;m a b c n ab bc ca p abc         . Xét phương trình 3 2 0x mx nx p    (*). Đặt 2 32 9 27 ; ; 3 3 27 m m m mn p x y n         . Phương trình (*) trở thành 3 0y y    (**). Thang Long University Library 78 Số nghiệm của phương trình (**) là số giao điểm của đồ thị hàm số   3g y y y    với trục hoành. Ta có   2g' 3y y   . Nếu 0  thì  g' 0y  với y nên phương trình (**) có nghiệm duy nhất. Suy ra đa thức  f x có nghiệm duy nhất. Nếu 0  thì phương trình (**) có nghiệm bội bậc 3 hay đa thức  f x có nghiệm bội bậc 3. Nếu 0  thì  g' 0y  có hai nghiệm 1 2, 3 3 y y      ;    1 2 2 2 ,g 3 3 3 3 g y y           . Suy ra     3 2 3 2 1 2 4 27 4 27 27 g y g y         . Do đó đa thức  f x có ba nghiệm (có thể bằng nhau) khi và chỉ khi phương trình (**) có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi     3 21 2 0 4 27 0g y g y      . Hay   3 3 227 2 9 2 3p m mn m n    (1). Ví dụ 1 Cho , ,a b c là các số thực không đồng thời bằng 0 thỏa mãn 0a b c   . Chứng minh rằng:   2 2 2 2 2 2 13 2 2 1 4 a b c abc a b c      . 79 Giải: Đặt ,n ab bc ca p abc     . Suy ra , ,a b c là ba nghiệm của phương trình 3 0x nx p   . Theo (1) ta có 2 3 3 24 27 27 4 p n n p     . Suy ra 2 2 3 2 227 113 2 2 2 13 2 2 1 0 2 2 p p n p p p p                 . Nên ta có 2 313 2 2 2p p n    . Suy ra   32 2 213 2 2 2a b c abc ab bc ca      . Mà ta có     2 2 2 20 2a b c a b c ab bc ca            2 2 2 1 2 ab bc ca a b c      ,   3 2 2 2 2 2 2113 2 2 4 a b c abc a b c     . Suy ra   2 2 2 2 2 2 13 2 2 1 4 a b c abc a b c      . Dấu “=” xảy ra khi 2 3 p n     hay , ,a b c là nghiệm của phương trình     23 1 3 2 0 1 2 0 2. x x x x x x             Suy ra dấu “=” xẩy ra khi    ; ; 1;1; 2a b c   và các hoán vị của nó. Thang Long University Library 80 Ví dụ 2 Cho các số thực , ,a b c thỏa mãn  2 2 2 2a b c ab bc ca     . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :     3 4 1 P abc a b c abc     . Giải : Đặt  , , .m a b c n ab bc ca p abc         Suy ra , ,a b c là ba nghiệm của phương trình 3 2 0.t mt nt p    Từ giả thiết       22 2 2 2 4a b c ab bc ca a b c ab bc ca           . Suy ra 2 2 4 4 m m n n   . Từ điều kiện   3 3 227 2 9 2 3p m mn m n    ta có   33 3 3 327 108 54 0 4 4 mm p p m m p p m        3 254pm p  . Suy ra 3 2 2 2 2 2 3 4 4 4 4 1 1 1 1 54 27 27 3 27 27 27P pm p p p p p p p p p          . Dấu « = » xẩy ra khi 81 4 2 4 3 4 1 27 54 m n p p p m           (*). Giải hệ (*) ta được hai nghiệm là 3 3 1 3 18 3 972 4 p m n          và 3 3 1 3 18 3 972 . 4 p m n            * Với 3 3 1 3 18 3 972 4 p m n          thì , ,a b c là nghiệm của phương trình 2 3 33 3 23 972 1 18 3 418 3 0 0 4 63 3 t t t t t                    . Suy ra giá trị nhỏ nhất của P bằng 27 khi 3 318 3 4 , 6 3 a b c    và các hoán vị của nó. Thang Long University Library 82 * Với 3 3 1 3 18 3 972 . 4 p m n            thì , ,a b c là nghiệm của phương trình 3 3 23 972 118 3 0 4 3 t t t    . Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 27. 83 KẾT LUẬN Luận văn “Một số dạng toán về đa thức” gồm 4 chương: Chương 1 hệ thống lại các kiến thức cơ bản về đa thức. chương 2 trình bầy các dạng toán về nghiệm của đa thức, chương 3 trình bầy ba dạng toán về xác định đa thức, chương 4 trình bày các dạng toán về chia hết của đa thức, ứng dụng đa thức vào giải hệ phương trình đối xứng và chứng minh bất đẳng thức. Ở mỗi dạng toán, tác giả đều nêu phương pháp giải và các ví dụ minh họa. Đặc biệt sau một số ví dụ, tác giả có nêu một số nhận xét về cách giải, đưa ra các bài toán tương tự, bài toán tổng quát. Với cách trình bầy như vậy, tác giả hy vọng bạn đọc có thể nắm vững được phương pháp giải của mỗi dạng toán cũng như có thể tự mình sáng tạo thêm được các bài toán khác hay hơn. Tác giả cũng hy vọng bản luận văn này là một tài liệu tham khảo hữu ích cho giáo viên và học sinh ôn thi học sinh giỏi. Mặc dù đã có nhiều cố gắng nhưng do hạn chế về mặt thời gian và trình độ nên luận văn này không tránh khỏi những thiếu sót. Tác giả mong nhận được những ý kiến đóng góp của các thầy cô và bạn đọc để bản luận văn được hoàn thiện hơn. Thang Long University Library 84 Danh mục các tài liệu tham khảo: I. Tài liệu tiếng việt 1) Đề thi học sinh giỏi quốc gia, quốc tế các năm. 2) Đề thi Olympic sinh viên các năm. 3) Trần Nam Dũng, Về một dạng phương trình hàm đa thức, , 2010. 4) Nguyễn Hữu Điển, Đa thức và ứng dụng, NXB Giáo dục, Hà Nội, 2003. 5) Phan Huy Khải, Đa thức, NXB Giáo dục, Hà Nội, 2006. 6) Nguyễn Văn Mậu, Chuyên đề chọn lọc về đa thức và áp dụng, NXB Giáo dục, Hà Nội, 2008. 7) Nguyễn Văn Mậu, Đa thức đại số và phân thức hữu tỷ, NXB Giáo dục, Hà Nội, 2008. 8) Lê Hoành Phò, Chuyên khảo đa thức, NXB Đại học quốc gia TP HCM, 2003. 9) Nguyễn Tất Thu, Ứng dụng sự tồn tại nghiệm của phương trình bậc ba vào chứng minh bất đẳng thức, ,2014. 10) Dương Quốc Việt (Chủ biên), Đàm Văn Nhỉ, Cơ sở lí thuyết số và đa thức, NXB Đại học sư phạm, Hà Nội, 2014. 11) Dương Quốc Việt (Chủ biên), Nguyễn Đạt Đăng, Lê Văn Đính, Lê Thị Hà, Đặng Đình Hanh, Đào Ngọc Minh, Trương Thị Hồng Thanh, Phan Thị Thủy, Bài tập cơ sở lí thuyết số và đa thức, NXB Đại học sư phạm, Hà Nội, 2014. 12) Tạp chí toán học và tuổi trẻ các năm 2003-2015. II. Tài liệu tiếng anh 13) Dusˇan Djukic´, Vladimir Jankovic´,Ivan Matic´, Nikola Petrovic, The IMO Compendium A Collection of Problems Suggested for the International Mathematical Olympiads:1959–2009, Springer, 2010.