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.
89 trang |
Chia sẻ: builinh123 | Lượt xem: 1472 | Lượt tải: 1
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Luận văn Một số dạng toán về đa thức, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
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.
Các file đính kèm theo tài liệu này:
- c00439_6055_7699.pdf