MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ ĐA THỨC VÀ ÁP DUNG - Trường THPT ...

Một số bài toán về Đa thức và áp dụngThS Nguyễn Vũ ThanhChương VI: ĐA THỨC CHEBYSHEV( Tsêbưsep)Chương VII: ÁP DỤNG ĐA THỨC ĐỂ GIẢI TOÁNTrong mỗi chương sau phần trình bày các vấn đề có liên quan là hệthống bài tập có hướng dẫn.Dù cố gắng nhiều nhưng đề tài không tránh khỏi sai sót, rất mongnhận được sự đóng góp từ các đồng nghiệp môn Toán của tỉnh nhà.Sau đây và trình bày phần nội dung của đề tài.

Một số bài toán về Đa thức và áp dụngThS Nguyễn Vũ ThanhChương I: PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨCI.1. Sử dụng tính chất : Nếu P(x) R[ x]là đa thức tuần hoàn, tức tồn tạia khác 0 sao cho P(x+a) = P(x) với mọi x thì P(x) = C , x R .Thật vậy đặt Q(x) = P(x) – P(0) ta có Q(0) = 0 và Q(x+a) = Q(x) x Rsuy ra Q(na) = 0 với mọi n là số tự nhiên . P(x) = 0 có vô số nghiệm nênQ( x) 0 P( x) P(0) C .Bài 1:a/ Tìm đa thức P(x) hệ số thực thỏa xP(x-1) = (x-3)P(x), x R(Thi HSG cấp Tỉnh 2000)x RHướng dẫn:b/ Tìm đa thức P(x) hệ số thực thỏa (x-1) 2 P(x) = (x-3) 2 P(x+2),a/Lần lượt thay x = 0, x = 1, x =2 vào xP(x-1) = (x-3)P(x) ta tìm được P(0)= P(1) = P(2) = 0 .Theo định lý Bezout P(x) = x(x-1)(x-2)Q(x) từ đó suy raQ(x) = Q(x-1) Q( x) C .Thử lại P( x) Cx( x 1)( x 2) ( với C là hằng số )thỏa bài toán.b/ x= 3 là nghiệm bội bậc lớn hơn hoặc bằng 2 của P(x) nên P(x) = (x-3) 2 Q(x) từ đó suy ra Q(x) =Q(x+2) Q( x) C . Thử lại P( x) Cx( x 1)( x 2) (với C là hằng số) thỏa bài toán.Bài 2: Tìm đa thức P(x)1P( x) P( x 1) P( x 1)2Hướng dẫn:hệ số thực thỏa P(0) = 0 vàĐặt Q(x)=P(x+1)-P(x) Q( x) Q( x 1), x Q( x) C .P(n)= [P(n)-P(n-1)]+ [P(n-1)-P(n-2)] +…+ [P(1)-P(0)] + P(0) = nC vớin N P( x) Cx 0 có vô số nghiệm do đó P(x) = Cx .Thử lại P( x)thỏa bài toán. Cx

Một số bài toán về Đa thức và áp dụngThS Nguyễn Vũ Thanh Với n = 1 khi đó a = 4 và P(x) = 4x + b .Thay vào (1) và đồng nhất tađượcb = 0.Vậy P( x) 4x Với n = 2 ta có a = 1 và P(x) = x 2 +bx+c. Thay vào (1) và đồng nhất tađược2b = c = 0.Vậy P( x) x2Bài 9: Tìm đa thức P(x) hệ số thực thỏa P( x ) P( x) 2Hướng dẫn: Với P(x) = C thì C 2 = C suy ra C = 0 hoặc C = 1.Ta có P( x) 0; P( x) 1nn1Với P( x) anx an1x ... a1x a0( an 0) .Giả sử an 1, an 2,...,a0không đồng thờibằng 0.Chọn k < n là số lớn nhất sao cho ak 0 Ta cóP xP x 22( ) ( ) 2 n 2 k... 2 n ka x a x a x a ( a x a x ... a x a )2 .n k 1 0 n k1 0So sánh hệ số của x n+k hai vế ta có 2a a 0 ( chú ý 2k < n+k < 2n)nknSuy ra a k = 0 ( vô lý ) .Vậy an1 an2 ... a0 0 , từ đó suy ra a n =1 và P( x) x ,với n nguyên dương.Bài 10: Tìm đa thức P(x) hệ số thực thỏa P( x 2 2 x) P( x 2) 2Hướng dẫn:2 2Ta có P( x 2 x) P( x 2) P(( x 1) 1) P(( x 1) 1) 2 22 2Đặt Q( y) P( y 1) Q[( x 1) ] Q ( x 1) .Theo bài 9Q 0, Q 1, Q x P P P x n 0, 1, ( 1) nBài 11: Tìm đa thức P(x) hệ số thực thỏa 22 2P( x ) x[3 P( x) P( x)] P( x) 2x(1) (Thi HSG Quốc Gia 2006)Hướng dẫn:Thay x bởi –x rồi trừ cho nhau được P x P x P x P x x-Hoặc P(x)+P(-x) = 0 đúng với vô số giá trị của x.( ) ( ) ( ) ( ) 4 0

Một số bài toán về Đa thức và áp dụngThS Nguyễn Vũ Thanh-Hoặc P(x)-P(-x) - 4x = 0 đúng với vô số giá trị của x.Vì P(x) là đa thức nên hoặc P(x)+P(-x) = 0 đúng với mọi giá trị của x hoặcP(x)+P(-x)-4x = 0 đúng với mọi giá trị của x2 2 2 Nếu P(x)+P(-x) = 0 thay vào (1) được P( x ) x ( P( x) x).Đặt2 2nQ(x)=P(x)-x thì Q( x ) [ Q( x)].Suy ra P( x) x, P( x) x 1, P( x) x x nhưng với2k1điều kiện P(x) + P(-x) = 0 ta chỉ nhận P( x) x, P( x) x x ( k = 0,1,…)2 2 2 Nếu P(x)-P(-x) - 4x = 0 thay vào (1) được P( x ) 2 x ( P( x) 2 x).2 2Đặt Q(x) = P(x)-2x thì Q( x ) [ Q( x)].Suy ra P( x) 2 x, P( x) 2x 1, P( x) x n 2x2knhưng với điều kiện P(x)+ P(-x) -4x = 0 ta chỉ nhận P( x) 2 x, P( x) x 2x( k =1,2,…)(1)2 x y 2 x yBài 12: Tìm đa thức P(x) hệ số thực thỏa P( x). P( y) P ( ) P ( )2 2Hướng dẫn:P(x)=0 thỏa , P(x)=C 0 không thỏa bài toán.Giả sử P(x) có bậc n 1 và hệ sốcao nhất của P(x) là a 0.Thay y = 3x vào (1) và đồng nhất hệ số của x 2n hai vến n 2 2 n nta được a.3 . a (2 a) a 3 1 4 n 1.Vậy P(x) = ax (a 0)Bài 13:Cho đa thức với hệ số thực2 3P( x) a x a x ... a x a ( a 0) thỏa P( x) P(2 x ) P(2 x x).CMRnn1n n1 1 0 nP(x) không có nghiệm thực (Thi HSG Quốc Gia 1990)Hướng dẫn:3 3Giả sử tồn tại x 0 sao cho P( x ) 0 P(2 x x ) 0 x 2x x cũng là0 0 0 1 0 03nghiệm.Lập luận tương tự (x n ) là nghiệm P(x) với x 2x x n 1 và x 0 chotrước.vô lý.n n1 n1 Nếu x 0 < 0 thì x 0 > x 1 > x 2 >…> x n > x n+1 >…suy ra P(x) có vô hạn nghiệm,

Một số bài toán về Đa thức và áp dụngThS Nguyễn Vũ Thanhvô lý. Nếu x 0 > 0 thì x 0 < x 1 < x 2 …suy ra P(x) có vô hạn nghiệm, Nếu x 0 = 0 ta gọi k là số bé nhất mà ak 0 (n k > 0) ta cóP x a x a x a x .Thay vào (1) ta đượcn n1k( )n n1...ka 2 x ... a 2 x a (2 x x) ... a (2 x x)(2).Do a 0 =0 và a 0 nên k > 02 n 3n 2 k 3k 3 n 3 kn k n k 3k k .Trong (2) đồng nhất hệ số của x k hai vế đi đến a k = 0 , vô lý.kChương II: ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY TRÊN TẬP SỐII.1. Định nghĩa:NGUYÊNĐa thức có hệ số nguyên có bậc lớn hơn 0 P(x) được gọi là đa thức bất khảquy trên Z nếu P(x) không phân tích được thành tích của hai đa thức hệ sốnguyên có bậc bé hơn n.II.2. Tiêu chuẩn Eisenstein:Cho đa thứcnguyên tố p sao cho:i/0, 1,..., n1a a a pnP( x) a x a x ... a x a , n 1.Biết rằng tồn tại sốii/ ankhông chia hết cho piii/ a0không chia hết cho p 2Khi đó P(x) bất khả quy trên Znn1n1 1 0Chú ý: Nếu tất cả giả thiết của tiêu chuẩn Einsenstein được thỏa thì P(x)cũng bất khả quy trên Q.Ví dụ: Đa thức P(x) = x 4 + 2x +2 bất khả quy trên Q và với n > 3 đa thứcQ(x) = x n - 2 bất khả quy trên Q ( ở đây p = 2 )II.3. Bài tập:

Một số bài toán về Đa thức và áp dụngThS Nguyễn Vũ ThanhBài 1: Cho các số nguyên a 1 , a 2 ,…, a n khác nhau đôi một. CMR( )( )...( ) 1 không thể phân tích được dưới dạng tích của hai đax a1 x a2x a nthức có hệ số nguyên có bậc bé hơn nHướng dẫn:Giả sử ( x a1)( x a2)...( x an) 1 f ( x). g( x)trong đó deg f(x) , degg(x) < n Thay x = a i vào ta được:f ( a ). g( a ) 1 f ( a ) g( a ) 0, i f ( x) g( x) 0 ( vì deg(f+g) < ni i i ivà f+g có n nghiệm ).Từ đó suy raf ( x) g( x) ( x a )( x a )...( x a ) 1 [ f ( x)]2 12n (vô lý vì hệ số bậc caonhất của vế trái bằng 1,trong khi hệ số bậc cao nhất của vế phải là số âm)Bài 2: Cho đa thức f(x) bậc n có hệ số nguyên ( với n = 2m hoặc n = 2m+1) nhận giá trị bằng 1 với hơn 2m giá trị nguyên của x thì f(x) không thể biểudiễn thành tích 2 đa thức bậc nguyên dương với hệ số nguyên .Hướng dẫn:Giả sử f ( x) g( x) h( x)với g(x) và h(x) có hệ số nguyên và0 deg g deg h n . Vì n = 2m hoặc n = 2m+1 nên deg g mnguyên a i( k > 2m ) sao cho.Giả sử có k sốf ( a ) g( a ). h( a ) 1 g( a ) 1, i 1,..., k .Mà g( x) 1có không quá 2mi i i inghiệm nguyên do deg g m ,vô lý.f ( a)Bài 3: Cho đa thức f(x) bậc n ( n 2) có hệ số nguyên với f ( a) 1 hoặc p là số nguyên tố với ít nhất 2n+1 giá trị nguyên khác nhau của a .CMRf(x) không thể phân tích thành tích của 2 đa thức bậc nguyên dương với hệ sốnguyên.Hướng dẫn:Giả sử f ( x) g( x) h( x)với g(x) và h(x) có hệ số nguyên vàdeg g,deg h 1.

Một số bài toán về Đa thức và áp dụngThS Nguyễn Vũ ThanhĐặt m deg g, l deg h ( n m l).Tồn tại 2n+1 số nguyên a 1 ,a 2 ,…,a 2n+1 saocho f ( ai) 1 hoặc f ( a i) p là số nguyên tố suy ra:1 g( ai) 1f ( ai ) g( ai ) . h( ai) i 1,2,...,2 n 1.g x g xp h( ai) 12( ) 1 ( ) 1có không quá 2m nghiệm; tương tự h( x) 1 có không quá 2l nghiệm.Vậyg( x) 1 hoặc h( x) 1 có không quá 2( m l) 2nnghiệm , vô lý.Bài 4: CMR không tồn tại hai đa thức f(x) và g(y) sao cho2010 2011x y f x g yHướng dẫn:1 ( ) ( ) (1)Giả sửnkf ( x) akx , g( y) bkyk0mk0kthỏa (1) ta có1a0b0 1 a0 0, b0 0 .Cho x = 0 ta được a0g( y) 1, y g( y) .Tương tựa1 2010 2011 1f ( x) x . y 1 1b a b ,vô lý.0 0 0Bài 5:Cho các số nguyên a 1 ,a 2 ,…,a n khác nhau đôi một.CMR2 2 2P( x) ( x a1) ( x a2) ...( x a n) 1 không thể phân tích được dưới dạng tíchcủa hai đa thức có hệ số nguyên có bậc lớn hơn hoặc bằng 1Hướng dẫn:Giả sử P( x) Q( x) R( x)với Q(x) và R(x) có hệ số nguyên vàdeg Q,deg R 1.Suy ra Q( a ) R( a ) 1 Q( a ) R( a ) 1, i .Ta CM Q( a ) 1i i i ihoặc Q( a ) 1, i và tương tự cho R(x). Giả sửik j : Q( a ) 1, Q( a ) 1 x ( a ; a ) : Q( x ) 0 P( x ) 0 vô lý vìP( x) 1, xk j 0 k j 0 00i

Một số bài toán về Đa thức và áp dụngThS Nguyễn Vũ Thanh Nếu Q( a ) R( a ) 1, i Q( x) 1 , R( x) 1 nhận a i làm nghiệmii2 2 2 Q( x) 1 R( x) 1 ( x a1)( x a2)...( x an) ( x a1) ( x a2) ...( x an) 12 ( x a1)( x a2)...( x an) 1 ( x a1)( x a2)...( x an) 0Vô lý. Nếu Q( a ) R( a ) 1, i lý luận tương tự như trênii Q( a ) 1, R( a ) 1, i .Thay x = a i vào (1) thì 1 = -1 , vô lý .iiChương III: NGHIỆM CỦA ĐA THỨCIII.1. Áp dụng tính chất : P(x) là đa thức với hệ số nguyên . a , b là hai sốnguyên khác nhau , khi đó P( a) P( b) ( a b)Chứng minh: Áp dụng hằng đẳng thứca b a b a a b ab bn n n1 n2 n2 n1 ( )( ... )Bài 1:CMR không tồn tại đa thức P(x) với các hệ sô nguyên sao cho P(7)= 5 và P(15) = 9Hướng dẫn:P(15)-P(7) chia hết cho 8Bài 2: Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên.CMR không tồn tại ba sốnguyên phân biệt a, b, c sao cho P(a) = b, P(b) = c, P(c) = aHướng dẫn:Dùng phản chứng: b c P( a) P( b) ( a b) b c a b , tươngtự a b c a , c a b c a b b c c a .Vì a c nêna b b c a 2b c,tương tự c a b c b 2c a Khi đó a = c , vôlý.Bài 3 : Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên và P(0), P(1) là các số lẻ.CMR P(x) không có nghiệm nguyên.Hướng dẫn:

Một số bài toán về Đa thức và áp dụngThS Nguyễn Vũ ThanhGiả sử P(a) = 0 với a nguyên , P(a)-P(0)chia hết cho a suy ra a lẻ , P(a)-P(1) chia hết cho a-1 suy ra a chẵn,vô lýBài 4: Giả sử P(x) là đa thức hệ số nguyên và P(x) không chia hết cho 3với ba giá trị nguyên liên tiếp nào đó của x. CMR P(x) không có nghiệm nguyên.Hướng dẫn:Giả sử P(a) = 0 ta có P(a+3k) - P(a) chia hết cho 3 suy raP( a 3 k) 3, k Z .Khi đó với mọi ba số nguyên liên tiếp tồn tại một số b màP(b) chia hết cho 3,vô lýIII.2. Áp dụng định lý Bezout: x 0 là nghiệm của đa thức P(x) khi và chỉ khiP(x 0 ) chia hết cho x – x 0Bài 5: Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên sao choP( a) P( b) P( c) 1 với a, b, c là ba số nguyên phân biệt. CMR P(x) khôngcó nghiệm nguyênHướng dẫn:Dùng phản chứng giả sử P(x) có nghiệm nguyên x 0 .Ta cóP( x) ( x x ) Q( x)trong đó Q(x) là đa thức với hệ số nguyên.Suy ra01 P( a) a x Q( a) a x 1,tương tự b x0 1, c x0 1.Ba số0 0 00 0a x , b x , c x thuộc tập { 1,1} nên có ít nhất hai số trong chúng bằngnhau, vô lý.Bài 6 : Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên và P(x) nhận giá trị bằng 7với 4 giá trị nguyên khác nhau của x. CMR P(x)-14 không có nghiệm nguyên.Hướng dẫn:Dùng phản chứng: giả sử P(x)-14 có nghiệm nguyên x 0 .Giả sửP( a) P( b) P( c) P( d) 7 P( x) 7 ( x a)( x b)( x c)( x d) Q( x).Thay x = x 0 vào ta được7 ( x a)( x b)( x c)( x d) Q( x ) ,vô lý0 0 0 0 0

Một số bài toán về Đa thức và áp dụngThS Nguyễn Vũ ThanhBài 7:a/ Cho đa thức P(x) với hệ số nguyên và P(k) không chia hết cho 5( k = 0, 1, 2, 3, 4). CMR P(x) không có nghiệm nguyên.b/ CMR nếu P(x) =1 có quá 3 nghiệm nguyên phân biệt thì P(x) = -1 không có nghiệm nguyên.Hướng dẫn:a/ Giả sử P(x) có nghiệm nguyên n ta có P(x) = (x-n)Q(x) P( k) ( k n) Q( k)( k = 0,1,2,3,4).Vì 0-n, 1-n, 2-n, 3-n, 4-n là 5 số nguyênliên tiếp nên tồn tại i sao cho P(i) chia hết cho 5 , vô lýb/Giả sử a là nghiệm nguyên của P(x) = -1 và x 1 , x 2 , x 3 , x 4 là 4 nghiệm củaP(x)=1.Ta có P( x) 1 ( x x1)( x x2)( x x3)( x x4) Q( x).Thay x = a vào được2 ( a x )( a x )( a x )( a x ) Q( a),vô lý1 2 3 4Bài 8: Cho đa thức P(x) với hệ số thực bậc n và có hệ số bậc cao nhấtbằng 1. Biết rằng P(x) có n nghiệm x 1 , x 2 ,…, x n thỏa 0 x i 1.CMR :n 1n( 2) P( ) ( 3) P(0)2Hướng dẫn:n( ) ( )( )...( ) và P(0) ( 1) x1x2...x n;P x x x1 x x2x x n1 1 1 1 n (2x1 1)(2 x21)...(2 xn1)P( ) ( x1 )( x2)...( xn) ( 1)n2 2 2 2 2n 1 ( 2) P( ) (2x1 1)(2 x2 1)...(2 xn1) 3 x1.3 x2...3x2 3 x x ... x 3 ( 1) P(0) ( 3) P(0)n n n n1 2 nDấu bằng xảy ra khi và chỉ khi P( x) ( x 1) nkBài 9: Cho đa thức f(x) bậc n và f ( x) ( k 0,1,..., n).Tính f(n+1)k 1Hướng dẫn:(x+1)f(x)-x là đa thức bậc n+1 có n+1 nghiệm nênn.

Một số bài toán về Đa thức và áp dụngThS Nguyễn Vũ Thanh(x+1)f(x)-x = ax(x-1)(x-2)…(x-n)(1) .Thay x= -1 vào ta đượca n1( 1). Thay x= n+1 vào thì được( n 1)!( n 1) a( n 1)! n 1 ( 1)f ( n 1) n 2 n 2III.3. Đa thức hệ số nguyên có nghiệm vô tỉ:III.3.1. Định lý ( Định lý về nghiệm hữu tỷ của đa thức với hệ số nguyên )n1Cho đa thứcnkP( x) a x bậc n có hệ số nguyên thì mọi nghiệm hữu tỷk0kcủa P(x) có dạng tối giản p q trong đó p là ước của a 0 còn q là ước của a nChứng minh:pn n1 n2 n1Từ P( ) 0 an p q( an1p ... a1 pq a0q ) anq,a0pqĐặc biệt: nếu a n = 1 thì p q là số nguyên và là ước của a 0.Ta thường áp dụng định lý này để chứng minh một số là số vô tỷ khi số đókhông là nghiệm nguyên của đa thức hệ số nguyên có bậc cao nhất bằng 1.III.3.2.Bài tập:Bài 10: Cho3 2P( x)x ax bx c là đa thức với hệ số hữu tỷ nhận3 làm nghiệm. Tìm các nghiệm còn lại của P(x).Đáp số : 3;a3Bài 11: Tìm đa thức với hệ số nguyên nhận 2 3 làm nghiệm ( ThiHSG quốc Gia 1984)Hướng dẫn:x x x x x 33 3 22 3 ( 2) 3 6 3 2(3 2)6 4 3 2 x x x x x 6 6 12 36 1 0

Một số bài toán về Đa thức và áp dụngThS Nguyễn Vũ Thanh3Nhận xét: Từ kết quả trên suy ra 2 3 là số vô tỷ.3 3Bài 12: Cho x 1 2 43 3a/ Tìm đa thức bậc ba có hệ số nguyên nhận x 1 2 4 làm nghiệmb/ CMR không tồn tại đa thức bậc nhất và bậc hai có hệ số nguyên nhận3 3x 1 2 4 làm nghiệmHướng dẫn:a/ f(x)= x 3 -3x 2 +9x-9b/ Nếu f(x) có nghiệm hữu tỷ thì f(x) có nghiệm nguyên là ước của 9 nên3 31 2 4 là số vô tỷ nên nó không là nghiệm của đa thức bậc nhất..Giả sử3 31 2 4 là nghiệm của đa thức bậc hai g(x) hệ số nguyên.Chia f(x) cho g(x)ta được f(x)=g(x).q(x)+r(x) với deg r(x) < 2 màr3 3(1 2 4) 0 r( x) 0 f ( x) g( x) q( x)mà q(x) bậc nhất nên f(x) có nghiệm hữu tỷ, vô lý.nghiệm.Hướng dẫn:Bài 13:Tồn tại hay không đa thức bậc hai hệ số nguyên nhận 3 3 làmCM 3 3 là số vô tỷ và áp dụng phản chứngBài 14: a/ Tìm tất cả đa thức f(x) hệ số hữu tỷ có bậc nhỏ nhất sao cho3 3 3f ( 3 9) 3 3b/Tồn tại hay không đa thức hệ số nguyên f(x) thỏa :3 3 3f ( 3 9) 3 3 ? ( Thi HSG Quốc Gia 1997)Hướng dẫn:Trước hết CM :3 3u v s Q u v3 9 0u,vQ

Một số bài toán về Đa thức và áp dụngThS Nguyễn Vũ ThanhTa có:2 2 3 2 3 3 3 3 3 2 2 2 3 3s v u v uv v v u s v u s uv u v u v ( 9 ) 6 3 3 (3 ) 3 6 3 0a/ f(x) = ax + b thì từ nhận xét trên suy ra vô lýNếu f(x)=ax 2 + bx + c thì từ nhận xét trên suy rab/ Đặt 3 3 3 91 1a , b , c 02 23 9 12 Vậy g(x) = x 3 -9x – 12 nhận làm nghiệm3 3 3.Giả sử tồn tại đa thức f(x) hệ số nguyên thỏa : f ( 3 9) 3 3 .Lấy f(x)3chia cho g(x) được dư r(x) với deg r(x) < 3 Khi đó r( ) f ( ) 3 3 . Vô lýtheo câu a/Bài 15: Xét tập hợp các đa thức P( x) 0, x R thỏa điều kiện2P( x 1) P( x) P( x).Hãy tìm trong tập hợp đó một đa thức có bậc bé nhất,nhưng có nghiệm lớn nhất.Hướng dẫn:Nếu P( x)a 1 15b 2 c thì c = 1.Nếu P(x)=ax + b thì từ (1) đồng nhất ta đượcTa được hai đa thức15P( x) x có nghiệm x0215 và đa thức215P( x) x có nghiệm x0215 .Nếu P(x) có bậc 2 và giả sử2215P( x0) 0 P( x01) 0 .Nếu x0 thì x21 x20 015 khi đó P(x) có2vô số nghiệm , vô lý .Vậy nếu P(x) có bậc 2có nghiệm và thỏa điều kiện đã

Một số bài toán về Đa thức và áp dụngThS Nguyễn Vũ Thanhcho thì mọi nghiệm của P(x) đềuđiều kiện bài toán152.Xét đa thứcIII.4. Các dạng khác có liên quan đến nghiệm của đa thức :- Mọi đa thức P(x) bậc n ( n 1) không thể có quá n nghiệm- Nếu đa thức P(x) bậc không quá n có hơn n nghiệm thì P( x) 0- Một đa thức bậc lẻ luôn có ít nhất một nghiệm thựcBài 16: Cho đa thức2nk0(i=0,1,2,…,2n). CMR P(x) không có nghiệm hữu tỷ.Hướng dẫn:2P( x) x x 1 thỏakP( x) a x trong đó a i là các số nguyên lẻkpDùng phản chứng giả sử P(x) có nghiệm hữu tỷ x0 , ( p, q) 1.Ta cóqa p q( a p ... a pq a q ) (1) a2nq , a0 p . Suy ra p , q lẻ,2n 2n1 2n2 2n12n2n1 1 0vô lý vì VT (1) lẻ còn VP(1) chẵn.Bài 17: Cho đa thức bâc 6 P(x) thỏa P(k) = P(-k) với k =1,2,3. CMR:P( x) P( x)Hướng dẫn:Đặt Q( x) P( x) P( x)là đa thức có bậc 6 .Nếu x 0 là nghiệm của Q(x)thì –x 0 cũng là nghiệm của Q(x) .Do đó Q(x) có 7 nghiệm phân biệt0, 1, 2, 3 Q( x) 0Bài 18: Tìm các số nguyên a, b, c khác 0 và khác nhau đôi một sao choP(x) = x(x-a)(x-b)(x-c) + 1 có thể biểu diễn thành tích của hai đa thức với hệ sốnguyên.Hướng dẫn:Giả sử P(x) = f(x)g(x) vói 0< degf < 4- Nếu degf = 1 thì P(x) có nghiệm nguyên n suy ra n(n-a)(n-b)(n-c) = -1,vô lý

Một số bài toán về Đa thức và áp dụngThS Nguyễn Vũ Thanh- Nếu degf = 2 thì f(i)g(i)=1 với i=0,a,b,c khi đó f(i) = g(i) f ( x) g( x) 2 2 2 P( x) f ( x) ( x kx l).Cho x = 0 thì l 1 Với l 12 2 x( x a)( x b)( x c) ( x kx)( x kx 2) .Giả sử k = -akhi đó b+c = a và bc = 2 Với l 1, tương tự.Bài 19: Cho đa thứcnkP( x) a x , a 0 .Giả sử x 0 là nghiệm của đa thứck0knP(x).CMR: x0ai1max0in1anHướng dẫn:ĐặtMmax0in1aian- Nếu x0 1thì x0 1 M ( Vì M > 0, còn nếu M = 0 thì x 0 = 0 )- Nếu x0 1thì do x 0 là nghiệm của đa thức P(x) nên ta cóa a ax x xn0 1 n1n10 0 ... 0an an annn0 1 1 1 2 101n nnx x0x0 ... x0 M 1 x0 x0 ... x0M. M.n n n00a a a a a a x 1 x 1 x 01MHướng dẫn:Bài 20: Tồn tại hay không hai đa thức hệ số thực P(x) và Q(x) sao choP ( x)212Q ( x) x2Giả sử P, Q thỏa điều kiện thì Q( x) 0, x R suy ra Q(x) phải là đa thứcbậc chẵn.Ta có deg P(x) = deg Q(x) + 1 nên P(x) là đa thức bậc lẻ do đó tồn tại

Một số bài toán về Đa thức và áp dụngThS Nguyễn Vũ Thanh2x 0 sao cho P(x 0 )=0 vô lý (vì 1x 1).Vậy không tồn tại hai đa thức hệ số thực0P(x) và Q(x) thỏa yêu cầu.Bài 21: Cho (0; ) .Tìm đa thức bậc hai dạng f(x)=x 2 +ax+b sao chovới mọi n > 2 đa thức P ( x) x n sin xsin( n ) sin( n 1) f ( x)(Thi HSGQuốc Gia 2000)Hướng dẫn:nP x x x x ; 2f ( x) x 2xcos 123( ) ( 2cos )( 2 cos 1)sinkhông có nghiệm thực nên f(x) là đa thức duy nhất sao cho P ( x) f ( x)32Với n 3: Pn1( x) xPn( x)( x 2xcos 1)sin( n) .Từ quy nạp suy ra đpcmChương IV. CÔNG THỨC NỘI SUY LAGRANGEIV.1. Công thức nội suy Lagrange:a. Mọi đa thức bậc hai f(x) đều có thể biểu diễn dưới dạng :f(x)=A(x-b)(x-c)+B(x-a)(x-c)+C(x-a)(x-b) (1) .Với a,b,c khác nhau đôimột cho trước và A,B,C là ba số cần tìm.( )Thật vậy thay x=a vào (1) ta có A f af ( b),tương tự B và( a b )( a c )( b a)( b c)C f ( c).Ngược lại đặt( c a)( c b)f ( a) f ( b) f ( c)g( x) ( x b)( x c) ( x a)( x c) ( x a)( x b)( a b)( a c) ( b a)( b c) ( c a)( c b)thì deg f ( x) 2 và g(a)=f(a) , g(b)=f(b) , g(c)=f(c) suy ra g( x) f ( x).Vậy nếubiết f ( a), f ( b), f ( c)thì f ( x ) được xác định bởi:( x b)( x c) ( x a)( x c) ( x a)( x b)f ( x) f ( a). f ( b). f ( c)..Đây là công( a b)( a c) ( b a)( b c) ( c a)( c b)thức nội suy Lagrange cho đa thức bậc hai.

Một số bài toán về Đa thức và áp dụngThS Nguyễn Vũ Thanhb.Tổng quát cho công thức nội suy Lagrange cho đa thức bậc không quán:Giả sử f(x) là đa thức bậc không quá n và a0, a1,..., anlà n+1 số khác nhau đôimột.Khi đó f(x) được biểu diễn dưới dạng:( x a )( x a )...( x a ) ( x a )( x a )...( x a )f ( x) f ( a ) f ( a ) ... ( )( )...( ) ( )( )...( ) f a1 2 n 0 2n0 1a0 a1 a0 a2 a0 ana1 a0 a1 a2 a1 an( x a0 )( x a1 )...( x an1)(n) ( an a0 )( an a1 )...( an an1 )c.Ý nghĩa: Một đa thức bậc không quá n hoàn toàn được xác định nếu biếtn+1 giá trị của nó tại n+1 giá trị của biến khác nhau.IV.2.Bài tập:Bài 1:CMR nếu đa thức bậc hai nhận giá trị nguyên tại 3 giá trị nguyênliên tiếp của x thì đa thức đó nhận giá trị nguyên tại mọi x nguyên.Hướng dẫn:Giả sử f ( k 1), f ( k), f ( k 1) Z với k Z .Áp dụng công thức nội suyLagrange cho đa thức f(x) với 3 số nguyên k-1, k, k+1 ta có:( x k)( x k 1) ( x k 1)( x k 1) ( x k)( x k 1)f ( x) f ( k 1). f ( k). f ( k 1).2 1 2Đặt u x k thìu( u 1) u( u 1)2 22f ( x) f ( k 1). f ( k).( u 1) f ( k 1). Z,x ZCMR:Bài 2: ChoHướng dẫn:2f ( x)ax bx c5f ( x) với x[ 1;1]4 thỏa f ( 1) 1, f (1) 1, f (0) 1.

Một số bài toán về Đa thức và áp dụngThS Nguyễn Vũ ThanhÁp dụng công thức nội suy Lagrange cho đa thức bậc hai f(x) với 3 số 1,-1,0 tacó:f (1) f ( 1)f x x x x x f x2 21 2 1 2 2 f ( x) x x x x 1x2 22 2 2( ) ( ) ( ) (0)(1 )2 5 1 2 5i/ Với x[0;1]: f ( x) 1 x x ( x ) 4 2 42 5 1 2 5ii/ Với x[ 1;0]: f ( x) 1 x x ( x ) 4 2 4Bài 3: (Cơ sở của phương pháp hệ số bất định).Cho a1, a2,..., anlà n sốkhác nhau đôi một và deg f ( x) n 1 , khi đó ta có thể phân tíchf ( x)A1 A2An ... ( x a )( x a )...( x a ) x a x a x a1 2 n1 2các hằng số lựa chọn thích hợp.Hướng dẫn:Áp dụng công thức nội suy Lagrange cho đa thức f(x) ta có:2 3 n 1 3n1 2a1 a2 a1 a3 a1 ana2 a1 a2 a3 a2 an( x a1 )( x a2)...( x an1)(n) ( an a1 )( an a2 )...( an an1 )ntrong đó A 1 ,A 2 ,…,A n là( x a )( x a )...( x a ) ( x a )( x a )...( x a )f ( x) f ( a ) f ( a ) ... ( )( )...( ) ( )( )...( ) f af ( x) f ( a ) 1 f ( a ) 1( x a )( x a )...( x a ) ( a a )...( a a ) x a ( a a )...( a a ) x a1 2 . . ... 1 2 n 1 2 1 n 1 2 1 2 n2f ( an) 1.( an a1 )...( an an1)x anf ( ai)Suy ra Ai( i 1,2,..., n)n( a a )k1,kiikBài 4:Cho2f ( x)ax bx c thỏa f ( x) 1, x[ 1;1] .CMR vớiM 1 ta cóf x khi x M2( ) 2M1

Một số bài toán về Đa thức và áp dụngThS Nguyễn Vũ ThanhHướng dẫn :Áp dụng công thức nội suy Lagrange cho đa thức bậc hai f(x) với 3 số 1,-1,0 tacó:f (1) 2 f ( 1)2 2f ( x) ( x x) ( x x) f (0)(1 x )2 21 2 1 2 2 f ( x) x x x x 1x2 2x x 2 222 2 2 22max( , ) x 1 max( x , x ) x 1 2M1Bài 5:Cho đa thức f(x) bậc n thỏaHướng dẫn :1f ( k) ( k 0,1,..., n).Tìm P(n+1)kCn 1Áp dụng công thức nội suy Lagrange cho đa thức bậc n f(x) với n+1 số 0,1,2,…nta có:nn x i ( 1)...( ) ( 0)...( 1)f ( x) f ( k) f (0) x x n ... f ( n)x x n k0 i0,ikk i (0 1)...(0 n) ( n 0)...( n n 1)Màn ( k i) k( k 1)...( k k 1)( k k 1)...( k n)!( )!( 1) n k n k ki0,ikn nkn n( 1) ( n k 1)!nk f ( x) . ( x i) f ( n 1) ( 1) ( 1)k0 ( n 1)!( n k)! ikk0 j0j(Vìik( n 1)!( n 1 i) ).Vậyn 1 k0 n 2m1f ( n 1) 1 n 2mBài 6: Cho a1, a2,..., anlà n số khác nhau đôi một và deg f ( x) n 1.CMR:f ( a1 ) f ( a2)f ( an) ... 0( a1 a2)...( a1 an ) ( a2 a1 )...( a2 an ) ( an a1)...( an an 1)Hướng dẫn :Áp dụng công thức nội suy Lagrange

Một số bài toán về Đa thức và áp dụngThS Nguyễn Vũ ThanhBài 7: Cho a1, a2,..., anlà n số khác nhau đôi mộtf ( x) A (mod( x a )).Tìm dư r(x) trong phép chia f(x) cho (x-a 1 ) (x-a 2 )… (xan )Hướng dẫn:iiGiả sửnf ( x) ( x ai) q( x) r( x) deg r( x) n.i1Thayx an nii(i) (i) i( ) i i1 j1,ji ai ajx a f a r a A r x ABài 8:Cho các số nguyên x0 x1 ... xn.XétnP( x) x a x ... a x a .CMR giữa các giá trị của đa thức tại các điểmn1n1 1 0x0, x1,..., xnluôn tồn tại một số mà giá trị tuyệt đối của nó không bé hơnHướng dẫn:Ta CMGiả sử P( x j)k {0,1,..., n 1}; x [ x ; x ]: P( x ) / /k k1nn!với mọi j. P( x) P( x )2 ni0n!2 nx xn!2 nk .Hệ số bậc cao nhấti ki xi xkcủa P(x) làann1 P( x ) cóii0ki xi xkannn! 1n mà2 x xi0ki i k1 1 1xi xk i k x x i k k!( n k)!ikikiknn1 n! 1 k ann1n C (Vô lý )2 k!( n k)! 2ni0 kii0Bài 9:Cho đa thức có bậc không quá n và có giá trị hữu tỉ tại n+1 điểmhữu tỉ khác nhau thì f(x) là đa thức có hệ số hữu tỉHướng dẫn :Áp dụng công thức nội suy Lagrange

Một số bài toán về Đa thức và áp dụngThS Nguyễn Vũ ThanhBài 10: Cho đa thức có bậc không quá 2n vàP( x) 1, k { n, n 1,... n 1, n}.Hướng dẫn:CMR: P( x) 4 n , x[ n, n]CMn x i (2 n)!vàin,ikn x i ( n k)!( n k)!suy rain,iknn(2 n)!jP( x) C2n 2( n k)!( n k)!kn j02nChương V. ĐỊNH LÝ VIÉTV.1. Định lý Viét :a. Cho đa thức bậc n với hệ số thựcf ( x) a x a x ... a x a ( a 0) . 1, 2,..., nlà các nghiệm của đan n10 1 n1 n 0thức ( có thể trùng nhau).Khi đóaT ... ( 1) ( k 1,2,..., n)k kk i1 i2i1 2 ... ki i iak0b. Định lý Viét đảo : Nếu các số thực x 1 ,x 2 ,…,x n thỏa hệaT x x ... x ( 1) ( k 1,2,..., n)thì các số x 1 ,x 2 ,…,x n là nghiệm củak kk i1 i2i1 2 ... ki i iak0đa thức bậc nf ( x) a x a x ... a x a ( a 0) .n n10 1 n1 n 0c. Giả sử x 1 , x 2 ,…, x n là các nghiệm của đa thứck k kf ( x) a x a x ... a x a ( a 0) .Đặt S x1 x2 ... x thìn n10 1 n1 n 0a0Smn a1S mn1 ... anSm 0 với mọi số nguyên dương mV.2.Bài tậpBài 1:Giả sử đa thức3 2P( x)x ax bx ck có ba nghiệm phân biệtn.CMR đa thứcbiệt.1 ab c cũng có ba nghiệm phân4 83 2 2P( x) x ax ( a b)x

Một số bài toán về Đa thức và áp dụngThS Nguyễn Vũ ThanhHướng dẫn:Giả sử x1, x2,x3là ba nghiệm phân biệt của P(x).CMx x , x x ,x x2 2 21 2 2 3 3 1Bài 2:Cho phương trìnhtrị nào của a,b,c thì các sốlà ba nghiệm phân biệt của Q(x).3 2x ax bx c3 3 2 3 3x a x b x c 0 (Thi HSG Quốc Gia 1979)Hướng dẫn:Áp dụng định lý Viét và đặtS aS bS cSn3 n2 n1 n 0 0 có ba nghiệm u,v,t .Với giáTính được S 3 = -a 3 và S 3 = -a 3 +3ab-3c suy ra c = ab và b 0Bài 3: Phương trình3 2z z z mphân biệt không ? Tại sao? (Thi HSG Quốc Gia 1980)Hướng dẫn:Giả sử các nghiệm của PT3 3 3u , v , t nghiệm đúng phương trìnhS u v tn n nn ta có 2 2 0 có thể có ba nghiệm hữu tỷu v w 2 2 0 là , ,t t t3 2z z z mtrong đóu,v,w,t là các số nguyên không đồng thời là số chẵn.Áp dụng định lý Viét tađược u 2 + v 2 + w 2 =8t 2 chia hết cho 8 nên u,v,w chẵn ,mà uv + vw + wt = -2t 2chia hết cho 4 suy ra t chẵn, vô lý.Bài 4: Cho đa thức bậc nf ( x) x n a x ... a x a có n nghiệmn11 n1nkhông âm ( phân biệt hay trùng nhau).CMR:Hướng dẫn: a nn1n an1n

Một số bài toán về Đa thức và áp dụngThS Nguyễn Vũ ThanhTa cóx x ... x x x x ... x x ... x x ... x x ( 1) n a và11 2 n2 n1 1 2 n2 n 2 3 n1 n n1x1x2 ... x1( 1) nn xn an.Áp dụng BĐT Cô Si ta được1 1( 1) a ( x x ... x x x x ... x x ... x x ... x x ) ( x x ... x )nnn1 nn1n1 1 2 n2 n1 1 2 n2 n 2 3 n1 n 1 2 n a nn1n an1nBài 5: Cho đa thức bậc nnf ( x) x a x ... a x 1 với các hệ sốn11 n1không âm và có n nghiệm thực.CMR: P(2) 3 nHướng dẫn:Vì các hệ số không âm nên các nghiệm x1, x2,..., xnđều âm. Đặty x 0 ( k 1,2,..., n).Ta cókkn3 n 31 2 n 1 2 n k 1 2 nk 1P( x) ( x y )( x y )...( x y ) P(2) (2 y )(2 y )...(2 y ) 3 y 3 y y ... y 3nBài 6: Giả sử đa thứcf ( x) ax ax c x ... c x n bx b cón n 1 n 2 2 22 n2đúng n nghiệm dương. CMR tất cả các nghiệm này bằng nhau.Hướng dẫn:Ta cóx x ... x b bx a ann1 2 n n 2n xk1; ( 1) n ; x1 x2... xn ( 1)k0 k0kbn 2( 1)n2 a 1 1 1 2 (12 ... n) ...n b x1 x2xnn x x x n( 1)a1x1 x2 ... xnnBài 7: Cho đa thức bậc n.VậynP( x) x a x ... a x a vàn1n1 1 0a 1( k 0,1,..., n). Giả sử P(x) có n nghiệm. CMR: n 3k

Một số bài toán về Đa thức và áp dụngThS Nguyễn Vũ ThanhHướng dẫn:Giả sử x1, x2,..., xn 1,xnlà nghiệm của P(x).Ta cón2 xk 3.k11 1 1, ,...,x x x là1 2nnghiệm của đa thứcnn n101 n1 . Ta có2k1xkQ( x) a x a x ... a x 11 3 Suy ra9 nn2 xk 2k1k1xk 12 n n 3Bài 8: Cho đa thức bậc nn 3.biết rằng đa thức có n nghiệm thực vàP( x) a x a x ... a x a vớin n10 1 n1xác định các hệ số x k với k=3,4,…,n (Thi HSG Quốc Gia 1988)Hướng dẫn:1 2a0 1, a1 n, a2 ( n n).Hãy2Giả sử x1, x2,..., xn 1,xnlà nghiệm của P(x).Ta cónn n2 xk n . xkxlk1k1 l1 2n n .nn2 xk n vàk1n n n2 2( xk 1) xk 2 xk n 0 xk1k1 k1 k1 .Vậy P(x) = (x-1) nn kvà a ( 1) C ( k 0,1,..., n)knBài 9: Cho đa thức bậc nn 2, a a 0 và có n nghiệm dương.CMR:n0nP( x) a x a x ... a x a ,a aa an1 10nnn2n1n1 1 0Hướng dẫn:Giả sử x1, x2,..., xn 1,xnlà nghiệm của P(x).Ta cóax x x n11 2...nan

Một số bài toán về Đa thức và áp dụngThS Nguyễn Vũ Thanhax x ... x x x ... x ... x x ... x ; x x ... x 1 01 2 n 1 1 3 1 2 3 n 1 2 nananSuy ra x x ... x x x ... x x x ... x ... x x ... x an1a 1 na a x x ... x1 2 n 1 2 n1 1 3 1 2 3 n 20 n1 2Bài 10: Cho đa thức bậc nnanP( x) x a x ... a x 1, trong đó mọin1n1 1hệ số của đa thức đều không âm và a1 a2 ... an1 3 , an1 2.CMR đa thứcP(x) không thể có n nghiệm.Hướng dẫn:Nhận xét deg P(x) > 1 và mọi nghiệm của P(x) đều âm.Giả sửx , x ,..., x ( x 0) là n nghiệm của P(x).Ta có1 2nnn1 1 2 n 1 2 nia x x ... x n x x ... x n 2 ,vô lý.Bài 11:Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện: với mỗi số nguyêndương n,n n na b c là một số nguyên. CMR tồn tại các số nguyên p, q, r saocho a, b, c là 3 nghiệm của phương trình3 2x px qx r 0 .(Thi HSG QuốcGia 2009)Hướng dẫn:Đặt T a n b n c n Z, n 1.Ta CM các sốnp ( a b c), q ab bc ca,r abc thỏa mãn điều kiện bài toán.a,b,c là 3nghiệm của PT:3 2x px qx r 0 .CM p, q,r Z .Ta có2 3T1 p, T2 p 2 q, T3 p 3pq 3 r, Tn3 pTn 2 qTn1 rTn(1)2p T Z; T , T Z 2 q Z; 2T Z 6r Z . 3T Z 6q Z1 1 2 32k k2mq 6. Z 3k 2 k 2 qZ .Từ T3 Z 3r Z r .Từ (1)2 43suy ra rT Z, n 1 mT 0(mod3)n-Nếu ( T ,3) 1 m3 r Znn4

Một số bài toán về Đa thức và áp dụngThS Nguyễn Vũ Thanh3-Nếu Tn3, n p T1 3,T3 p 3pq m m 3 r Z .Bài 12: Giả sử tam giác ABC có ba góc nhọn để tanA,tanB,tanC là banghiệm của PT:3 2x px qx p q 0( 1) .CMR: p 3 3 và q > 1(Thi HSGQuốc Gia 1988)Hướng dẫn:Áp dụng định lý Viet và BĐT32tan A tan B tanC 3 tan Atan B tanC p 27 p 3 3Áp dụng1 1 1( x y z)( ) 9x y zBài 13: Cho a,b,c,d > 0.CMR: abc abd acd bcd ab ac ad bc bd cd3 4 6Dấu bằng xảy ra khi nào ?Hướng dẫn:Giả sử a b c d và F(x)=(x-a).(x-b).(x-c).(x-d) Ta có F(a) = F(b) = F(c) =F(d) = 0 nên F / (x) có 3 nghiệm y 1 , y 2 , y 3 trên các đoạn [a;b], [b;c], [c;d] vàa y1 b y2 c y3 dTa có F(x) = x 4 -T 1 x 3 +T 2 x 2 -T 3 x+T 4 với T 1 = a+b+c+d , T 2 = ab+ac+ad+bc+bd+cd,T 3 = abc+abd+acd+bcd , T 4 = abcdF / (x)= 4x 3 -3T 1 x 2 +2T 2 x-T 3 có 3 nghiệm dương y 1 ,y 2 ,y 3 . Theo định lí Viét ta :T Ty y y y y y y y y2 4231 22 33 1 ;1 2 3 .Áp dụng BĐT Côsi ta có :22 T3 2 T3 T3T2 331 22 33 11 2 3 1 ( y y y y y y ) y y y3 64 4 6

Một số bài toán về Đa thức và áp dụngThS Nguyễn Vũ Thanh= 16 CMR:Hướng dẫn:Bài 14: Cho a, b, c, d 0 thỏa 2(ab+ac+ad+bc+bd+cd)+abc+abd+acd+bcd2a b c d ( ab ac ad bc bd cd ) (Thi QG năm 1996)3Đặt F(x) , T i (i=1,2,3,4) như bài 12 ta có F / (x) có 3 nghiệm không âm x 1 ,x 2 , x 3 Theo định lí Viet ta có3TT Tx x x , x x x x x x , x x x 4 2 41 23:1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3Từ giả thiết ta có 2T 2 +T 3 =16 suy ra x 1 x 2 + x 2 x 3 + x 3 x 1 + x 1 x 2 x 3 = 4 (1)2Ta lại có T1 T23 x1 x2 x3 x1 x2 x2x3 x3x1 (*)Do (1) nên trong 3 số x 1 ,x 2 ,x 3 có nhiều nhất một số bằng 0 ,giả sử x 1 ,x 2 >0 từ4 x1x2(1) suy ra x3x x x xTừ (*) ta có1 2 1 24 x x4 x x(*) x x 4 x x1 2 1 21 2 1 2x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2( x x 2) x x (1 x )(1 x ) (**)21 2 1 2 1 2Nếu (1-x 1 ) (1-x 2 ) 0 thì (**) đúng1Nếu (1-x 1 ) (1-x 2 ) > 0 thì từ 0 < (1-x 1 ) (1-x 2 ) (2 )2 x y và 0 xy 4 suy ra4(**) đúng.Chương VI. ĐA THỨC CHEBYSHEV ( TSÊBƯSEP )VI.1. Đa thức TsêbưsepVI.1.1. Định nghĩa:Với mọi số nguyên dương n, Đa thức Tsêbưsep bậc n là đa thức T ( x )được xác định:n

Một số bài toán về Đa thức và áp dụngThS Nguyễn Vũ ThanhnTừ đó suy ra T ( x) ( 1) T ( x)nVI.2.3.Tính chất 3:nĐa thức Tsêbưsep Tn( x ) có n nghiệm phân biệt thuộc đoạn [-1;1]Chứng minh: Ta CM trong đoạn [-1;1] T ( x ) =0 có n nghiệm phân biệt vàđó là tất cả các nghiệm của T ( x )nnVì x 1 nên có thể đặtx cosu, ta có k0 Tn( x) Tn(cos u) cos nu u ( k Z)2nn k kĐặt uk xk cosuk cos .Cho k = 0,1,2,…,n-1 ta có2n n 2n n x0, x1,..., xn 1là n nghiệm phân biệt của Tn( x )VI.2.4.Tính chất 4:i/ Tn( x) 1 khi x 1ii/Trên đoạn [-1;1] , Tn( x) 1 chỉ xảy ra với n+1 giá trị khác nhau/ kxk cos ( k 0,1,..., n),khi đó T x n/( ) ( 1) kn kChứng minh: i/ Với x 1 đặt x cosuta cóT ( x) T (cos u) cosnu 1nnii/ Trên đoạn [-1;1] ,kTn ( x) cos nu 1 sin nu 0 u ( k Z)n/ kxk cos ( k 0,1,..., n)là n+1 giá trị khác nhau sao cho Tn( x) 1nVI.3. Áp dụng:Bài 1: Cho đa thức2P( x)ax bx c thỏa P( x) 1 , x[ 1;1] .CMR2Q( x) cx bx a

Một số bài toán về Đa thức và áp dụngThS Nguyễn Vũ Thanhcó tính chất Q( x) 2 , x[ 1;1] .Hướng dẫn:Áp dụng công thức nội suy Lagrange cho đa thức bậc không quá hai f(x)P(1) 2 P( 1)2 2với 3 số 1,-1,0 ta có: P( x) ( x x) ( x x) P(0)(1 x ) .Ta có2 21 P(1) P( 1)Q x x P x x P xx 2 22 2( ) ( ) (1 ) (1 ) (0)(1 )1 Q x x x x x x 22 2( ) (1 1 2 2 ) 2 2, [ 1;1]Bài 2 : Cho đa thức3 2P( x)ax bx cx d thỏaP( x) 1 , x[ 1;1] .CMR3 2Q( x) dx cx bx acó tính chất Q( x) 4 , x[ 1;1] .Hướng dẫn:Áp dụng công thức nội suy Lagrange cho đa thức bậc không quá ba P(x) với 4 số11, ta có:21 12 P( 1) 4 ( ) 4 ( )2 1P 2 2 1P2 2 1P( x) ( x )( x 1) ( x 1)( x ) ( x 1)( x ) 3 4 3 2 3 22 P(1) 2 1 ( x )( x 1)3 4.Ta có

Một số bài toán về Đa thức và áp dụngThS Nguyễn Vũ Thanh1 12 4 P( ) 4 P( )3 1 2 P( 1) x 2 2 x 2 2 xQ( x) x P( ) (1 )(1 x) (1 x )(1 ) (1 x )(1 ) x 3 4 3 2 3 22 22 P(1) x 2 x 4 2 x 4 2 x (1 )(1 x) Q( x) (1 )(1 x) (1 x )(1 ) (1 x )(1 ) 3 4 3 4 3 2 3 222 x (1 )(1 ) 4 32x x 4, x [ 1;1] 3 4Bài 3: (Bài toán tổng quát):Cho đa thứcP( x) a x a x ... a x a thỏa P( x) 1 , x[ 1;1] .CMRn n10 1 n1nQ( x) a x a x ... a x ann 1n1 1 0ncó tính chấtQ xn1( ) 2 , x [ 1;1] .Hướng dẫn:/ kGọi xk cos ( k 0,1,..., n). Áp dụng công thức nội suy Lagrange cho đanthức bậc không quá n P(x) với n+1 số/ / /x0, x1,..., xnta có:( x x )( x x )...( x x ) n 1P( x) P( x ) Q( x) x P( ) ( x x )( x x )...( x x )xn/ / // 0 1n k / / / / / /k0 k0 k1 kn(1 xx )(1 xx )...(1 xx )( ) , x 0(1)( )( )...( )n/ / // 0 1n P xk/ / / / / /k0 xk x0 xk x1xk xnVì hai vế là đa thức nên (1) đúng với mọi x.Với x[ 1;1] ta có:(1 xx )(1 xx )...(1 xx ) (1 xx )(1 xx )...(1 xx )Q( x) ( 1)( )( )...( ) ( )( )...( )(2)n/ / / n/ / /0 1 nk0 1n / / / / / / / / / / / /k0 xk x0 xk x1 xk xn k0xk x0 xk x1xk xn/ / //(Vì 1 x0 x1 ... x n 1 và 1 xxi 0, i ) .Mặt khác áp dụng công thức nội suy Lagrange cho đa thức Tsêbưsep T ( x)tạinn+1 số/ / /x0, x1,..., xnta được :( x x )( x x )...( x x ) ( x x )( x x )...( x x )( )( )...( ) ( )( )...( )n/ / / n/ / // 0 1 nk0 1nn( ) n(k) / / / / / / ( 1)/ / / / / /k0 xk x0 xk x1 xk xn k0xk x0 xk x1xk xnT x T x

Một số bài toán về Đa thức và áp dụngThS Nguyễn Vũ ThanhXét đa thứcT x x T Tương tự như (1) ta có x * n 1n( )n(1 xx )(1 xx )...(1 xx )T ( x) ( 1) , x 0( )( )...( )n/ / /* k0 1nn/ / / / / /k0 xk x0 xk x1xk xn (đẳng thức cũng đúng với mọi x) (3)So sánh (2) và (3) ta cóQ x T x x . Đa thức Tsêbưsep T ( x)có n*( )n( ) , [ 1;1]n knghiệm xk cos ( k 0,1,..., n 1) 2nn nên:và có hệ số bậc cao nhất bằng 2 n-1T x x x x x x xn 1n( ) 2 ( 0)( 1)...( n1) T ( x) 2 (1 xx )(1 xx )...(1 xx )* n1n0 1 n1Dãy x0, x1,..., xn 1là dãy đối xứng tức x0 xn 1, x1 xn2, x2 xn3,...nênT ( x) 2 (1 xx )(1 xx )...(1 xx ) T ( x)* n1 *n 0 1 n1n 4 (1 x x )(1 x x )...(1 x x ) 4n1 2 2 2 2 2 2 n10 1 n1* n1Q( x) Tn( x) 2 , x [ 1;1] .Chương VII: ÁP DỤNG ĐA THỨC ĐỂ GIẢI TOÁNVII.1. Áp dụng trong lượng giác2Bài 1:Cho đa thức f(x) có hệ số hữu tỷ.CMR nếu f(x) nhận cos 5 làmnghiệm thì cũng nhậnHướng dẫn:3cos 5 làm nghiệm . 3 và là nghiệm của PT5 52 3 cos2x cos3 x (1 cos x)(4cos x 2cos x 1) 0 ) . cos , cos là hai5 5

Một số bài toán về Đa thức và áp dụngThS Nguyễn Vũ Thanhnghiệm vô tỷ của PT24x2x1 0 .Giả sử2f ( x) (4x 2x 1) q( x) r( x)vớideg r(x)< 2 và r(cos ) 0 r( x) 03 f (cos ) 055 2 3Bài 2:Tìm các số hữu tỷ p,q,r thỏa pcos qcos r cos 17 7 7Hướng dẫn:43Từ sin sin suy ra cos là nghiệm PT3 28x 4x 4x1 0 do đó7 77cos là số vô tỷ.7Ta CM không tồn tại đa thức bậc 2 nhận cos làm nghiệm(CM tương tự bài71)Từ đề bài suy ra r7 7 22r 2q 0r q 1 022(2r 2 q)cos ( p r)cos q 1 0 p r 0 p r 2, q 2số hữu tỷ.Hướng dẫn:Bài 3: CMR với mọi số tự nhiên n số 3 5 ; ; là các nghiệm của PT7 7 7cos x x x x x x1 1 1T làn n 3 n 5cos cos cos7 7 73 24 cos3 (cos 1)(8cos 4cos 4cos 1) 0 3 5 cos , cos , cos là các nghiệm của PT3 28x 4x 4x1 07 7 7

Một số bài toán về Đa thức và áp dụngThS Nguyễn Vũ ThanhĐặtS nn n 3 n 7 cos cos cos thì từ 8Sn3 4Sn2 4Sn1 Sn 0 suy ra7 7 7Snlà số hữu tỷn n 3 n 3 n 5 n n 3 n n 3 n 5 cos cos cos cos cos cos Q;cos cos cos Q T Q7 7 7 7 7 7 7 7 75 5 3 5 5Bài 4:Tính tổng A cos cos cos (Thi Chọn ĐT thi HSG7 7 7Quốc Gia 2009, Tiền Giang)Hướng dẫn: 3 5 ; ; là các nghiệm của PT7 7 7cos x x x x x x3 24 cos3 (cos 1)(8cos 4cos 4cos 1) 0 3 5 cos , cos , cos là các nghiệm của PT3 28x 4x 4x1 0 .Từ7 7 78Sn3 4Sn2 4Sn1 Sn 0 , S0, S1,S2 S5Hướng dẫn:Bài 5:Tính tổng6 6 5 6 7A tan tan tan18 18 18 5 7 ; ; là các nghiệm của PT2 1tan 3x 18 18 183 tan 2 ,2 5 tan ,2 7 tan là các nghiệm của PT3 23x 27x 33x1 018 18 18Bài 6:Cho tam giác ABC với các ký hiệu quen thuộc. CMR:a/b/c/d/2 2ab bc ca r p 4Rr2 2r p R ha hb hc r2 ( 2 )bc 2 ca ab (5 r ) pp a p b p c R2 2p 3r 12rR

Một số bài toán về Đa thức và áp dụngThS Nguyễn Vũ ThanhHướng dẫn:a/Từ các công thứcAr ( p a)tan ; a 2Rsin A;sinA 2A2tan 2A21tan 2thayAtan 2rp avào a 2RsinA ta được3 2 2 2a pa p r Rr a pRr 2 ( 4 ) 4 0 tương tự cho b,c rồi áp dụng định lýVietb/Thayha2S vào được câu a/alý Vietc/Tìm PT bậc ba nhận2 A 2 B 2 Ccos ,cos ,cos làm nghiệm rồi áp dụng định2 2 2d/ Áp dụng BĐT2( x y z) 3( xy yz zx)VII.2. Áp dụng giải hệ phương trình:Bài 7:Giải các hệ PT: 2 2 2x y z 27 a/ xy yz zx 271 1 1 1 x y zx y z ab/ x y z ax y z a2 2 2 23 3 3 3c/x y z a b cx y z a b c 3 3 3 3 3 3x y z a b c2 2 2 2 2 2Hướng dẫn:a/ Từ hệ tìm được x y z 9, xy yz zx 27, xyz 27 .Áp dụng địnhlý Viét đảo hệ có nghiệm duy nhất (3;3;3)

Một số bài toán về Đa thức và áp dụngThS Nguyễn Vũ Thanhhệ PT:Hướng dẫn:Giải hệ PT:Hướng dẫn:b/ Hệ có ba nghiệm (a;0;0), (0;a;0), (0;0;a)c/ Hệ có nghiệm (a;b;c) và các hoán vịBài 8:Cho sin a,sin b,sin c 0và cos a,cos b,cosc khác nhau đôi một. Giảixsin a ysin 2a zsin3a sin 4axsinb ysin 2b z sin3b sin 4bxsin c ysin 2c zsin3c sin 4cTừ hệ suy ra cos a,cos b,cosc là ba nghiệm của PT:3 28t 4 zt (4 2 y) t z x 0 .Áp dụng định lý Viét ta cózcosa cosb cosc2y 2cosa cosb cosbcosc cosccosa4z xcosa cosbcosc8x 8cosacosbcosc 2(cos a cosb cos c) y 4(cos acosb cosbcosc cosccos a) 2z 2(cos a cosb cos c)Bài 9: Cho cos a,cos b,cos c 0và cos a,cos b,cosc khác nhau đôi một.xcos a y cos2a z cos3a cos 4axcosb y cos2b z cos3b cos 4bxcosc ycos2c z cos3c cos 4cTừ hệ suy ra cos a,cos b,cosc là ba nghiệm của PT:4 3 28t 4 zt (2y 8) t (3 z x) t y 1 0 .Gọi u là ghiệm thứ tư của PT rối ápdụng định lý Viét suy ra kết quả.

Một số bài toán về Đa thức và áp dụngThS Nguyễn Vũ ThanhHướng dẫn:Bài 10: Cho a,b,c phân biệt. Giải hệ PT:2 3x ay a z a2 3x by b z b 2 3x cy c z ca,b,c là ba nghiệm của PT: t 3 zt 2 yt x 0Bài 11: Giải hệ PT: x 2y 3z 92xy 6yz 3zx 271 1 1 1 x 2y 3zHướng dẫn:Đặt u = x,v = 2y,w = -3z .Đưa về hệ đối xứng.Bài 12: Cho a,b,c,d phân biệt. Giải hệ PT:Hướng dẫn:Giải tương tự bài 10VII.3. Áp dụng trong các bài toán tổ hợp:3 2 4a x a y az t a 03 2 4b x b y bz t b 03 2 4c x c y cz t c 0 3 2 4d x d y dz t d 0Sử dụng nhị thức Newton và đồng nhất hai đa thức để chứng minh đẳng thứcHướng dẫn:Bài 13: CMR:C C C C C C k nk k 1 k 2 k 3 k 4 kn 4 n 6 n 4 n nn4(4 )n4nn4 n 4 k k k k 4 3 2(1 x) (1 x) (1 x) Cn4x Cnx ( x 4x 6x 4x1)k0 k0Đồng nhất hệ số x k hai vế.Bài 14: Cho k,n,m là ba số tự nhiên thỏa m k n.CMR:C C C C C C ... C C C0 k 1 k 1 2 k 2m k m km n m n m n m n mn

Một số bài toán về Đa thức và áp dụngThS Nguyễn Vũ ThanhHướng dẫn:Khai triển và đồng nhất 2 vế số hạng x k của(1 x) (1 x) (1 x)2 2 2 2nnnn n2n0 1 2nBài 15: CMR: ... Hướng dẫn:C C C C Cm n m nSo sánh hệ số x n của đồng nhất thức(1 x) (1 x) (1 x)n n 2 nn n n n nBài 16: CMR: a/ Cn Cn 1 Cn 2 ... Cnk Cnk10 1 2b/ C ... ( 1) p p ( 1)p pn Cn Cn Cn CnHướng dẫn:a/ Vế trái là hệ số x n của đa thứcf x x x x xn n1 n2nk( ) (1 ) (1 ) (1 ) ... (1 )Vế trái là hệ số x n của đa thứcn1 p n p n1(1 x) [( 1) x x ]nk1n (1 x) (1 x)là C nn k 111 [(1 )nk1(1 )nx x ] .xb/ Vế trái là hệ số x n của đa thứcn n n1 n n2n n np nf ( x) x (1 x) x (1 x) x (1 x) ... ( 1) x (1 x)

Một số bài toán về Đa thức và áp dụngThS Nguyễn Vũ Thanh

Một số bài toán về Đa thức và áp dụngThS Nguyễn Vũ Thanh