Content text Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Chuyên đề 19 - NGHIỆM CỦA ĐA THỨC.doc
1 CHUYÊN 19: NGHIỆM CỦA ĐA THỨC 1. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM G Định nghĩa: Cho fRx và số R Ta gọi là một nghiệm thực của f nếu ()f0 Ta gọi là nghiệm bội k của ()fx nếu ()fx chia hết cho ()kx nhưng không chia hết cho ()k1x nghĩa là: ()().(),kfxxgxxR và ()g0 hay () () (),'(),...,() () k1 k f0f0f0 f0 Định lí BEZOUT: là một nghiệm của đa thức ()fx khi và chỉ khi ()fx chia hết cho x . Nghiệm hữu tỷ, nghiệm nguyên Cho ,deg,ifZxfnaZ ()...,nn1 o1n1nofxaxaxaxaa0 Nghiệm hữu tỷ nếu có p x q với (,)pq1 thì p là ước của hệ số tự do và q là ước của hệ số cao nhất: , nopaqa . Nếu f có n nghiệm ,,..., 12nxxx (phân biệt hay trùng nhau). Thì: ...1 12n o a xxx a .... ... ....... 2 1213n1n o 3 123124n2n1n o a xxxxxx a a xxxxxxxxx a và ...().nn 12n o a xxx1 a Đảo lại, nếu n số ,,..., 123nxxxx có tổng các tích chập k của n số ix là S k thì ,,..., 12nxxx là nghiệm nếu có của phương trình: ...().().nn1n2n1n 12n1nXSXSX1SX1S0 Định lí liên tục: Nếu đa thức ()fx nhận 2 giá trị trái dấu trên ,ab là ().()fafb0 thì đa thức ()fx có ít nhất một nghiệm (,)xcab Định lí LAGRANGE:
2 Với mọi đa thức ()fx trên ,ab thì có số ()() (,):'()fbfa cabfc ba Đặc biệt nếu ()()fafb0 hay chỉ cần ()()fafb thì '()fc0 tức là: '()fx0 có 1 nghiệm thuộc (,)ab Định lí ROLE: Giữa 2 nghiệm của đa thức ()fx thì có một nghiệm của '()fx Nếu f có n nghiệm phân biệt thì 'f có n1 nghiệm phân biệt, '''f có n2 nghiệm phân biệt,…, ()nkf có nk nghiệm phân biệt,… Phân tích nhân tử theo các nghiệm Cho fRx có nghiệm ,,...,12mxxx với bội tương ứng ,,...,12mkkk thì tồn tại gRx ()().()...().()m12kkk 12mfxxxxxxxgx Hay ()()()i m k i i1 fxxxgx với m 1 i1 kn Nếu f bậc n có đủ n nghiệm phân biệt hay trùng nhau thì: ()()()...()() n 12ni i1 fxAxxxxxxAxx Phân tích ra nhân tử của fRx Các nhân tử của f chỉ là nhị thức bậc nhất hoặc tam thức bậc hai vô nghiệm: ()()(.) ms 2 oikk i1k1 fxaxdxbxc Với các hệ số ,,,deg,2 ikkkkdbcR2smfb4c0 và cách phân tích này là duy nhất. Phân tích ra nhân tử của ()fzCz,degfn ()...,nn1 o1n1nofzazazazaa0 Theo định lí D’ALEMNBERT thì f có đủ n nghiệm phức ,,..., 12nzzz nên: ()()()...()() n o12noi i1 fzazzzzzzazz Đa thức CHEBYSHEV: () nTx xác định như sau: (),(),.(), n1n1nn1Tx1TxxTx2xTxTn1 Cụ thể: ();();()2 o12Tx1TxxTx2x1 ();()342 34Tx4x3xTx8x8x1 (),...53 5Tx16x20x5x Đa thức Chebyshev (Trưbưsep) () nTx có bậc n và có hệ số cao nhất n12 . Đôi khi ta chỉ xét n1 trở đi.
3 Kết quả: n(1):T(cos)cosn n(2):T(x)1,x1,1 n(3):T(x)1 có đúng n nghiệm phân biệt trê 1,1 là: xcosk,k0,1,...,n1 n Chú ý: 1) Số lượng nghiệm: - Mỗi đa thức hệ số thực bậc n đều có không quá n nghiệm thực - Đa thức có vô số nghiệm là đa thức không f0 - Nếu đa thức có bậc n và có quá n nghiệm là đa thức không - Nếu đa thức có bậc n và nhận n1 giá trị như nhau tại n1 điểm khác nhau của biến là đa thức hằng: fC - Hai đa thức có bậc n và nhận n1 giá trị như nhau tại n1 điểm khác nhau của biến thì đồng nhất nhau: fg 2) Quy tắc dấu DESCARTE: nn1 o1n1nof(x)axax...axa,a0 Gọi D là số nghiệm dương (kể cả bội) L là số lần đổi dấu trong dãy hệ số khác 0 từ oa đến na (bỏ đi các hệ số ia0) Thì: DL và LD là số chẵn hay LD2m,mN 3) Đưa đa thức vào giả thiết các số bất kì Cho n số bất kì 12nx,x,...,x thì ta xét đa thức nhận n số đó làm nghiệm: n i12n i1 f(x)(xx)(xx)(xx)...(xx) . Từ đó ta khai thác các quan hệ về nghiệm, Viette, hệ số, đạo hàm,… 2. CÁC BÀI TOÁN Bài toán 19.1: Cho số tự nhiên n2 , chứng minh phương trình: n12 nxxxx ...10 n!(n1)!2!1! không có nghiệm hữu tỉ. Hướng dẫn giải Ta chứng minh phản chứng. Giả sử phương trình đã cho có nghiệm hữu tỉ . Khi đó sẽ là nghiệm hữu tỉ của đa thức: k nn1xx P(x)xnx...n!...n!n! k!1! Nhưng do P(x) là đa thức bậc n với hệ số nguyên, hơn nữa hệ số của nx bằng 1, nên suy ra phải là số nguyên, và ta có: k2 nn1 n...n!...n!n!n!0 k!21! (1) Gọi p là một ước nguyên tố của n. k1,n , kí hiệu kr là số mũ cao nhất của p thỏa mãn krk!p⋮ , ta có:
4 k2s kkk r... ppp (2) Với s là số nguyên không âm thỏa mãn: ss1pkp Từ (2) suy ra: s k2s 1 1 kkkp r...k.k pp1pp Do đó nknrrrk . Suy ra nknrrrk1 Vì vậy ta được nk1n! p,k1,n k! ⋮ (3) Mà np⋮ nên từ (1) ta có np⋮ , và dó đó p⋮ Suy ra k kp,k1,n⋮ Kết hợp điều này với (3) ra được k r1 nn!p,k1,n k! ⋮ Từ đây và (1) ta suy ra r1 nn!p ⋮ : mâu thuẫn đpcm. Bài toán 19.2: Cho P(x)Zx và P(x)1;P(x)2;P(x)3 có ít nhất một nghiệm nguyên lần lượt là 123x,x,x . Chưng minnh P(x)5 không có hơn một nghiệm nguyên Hướng dẫn giải Ta chứng minh rằng 123x,x,x là nghiệm nguyên duy nhất của các phương trình trên. Ta có 2P(x)(xx).q(x)2 với q(x)Zx Cho 1xx và 3xx , ta được 1121121 3323323 1P(x)(xx)q(x)2(xx)q(x)1 3P(x)(xx)q(x)2(xx)q(x)1 Vì 123233xx;xx;q(x);q(x) là những số nguyên nên 12xx và 32xx chỉ có thể bằng 1 . Nhưng 13xx nên: Hoặc 12xx1 và 32xx1 Hoặc 12xx1 và 32xx1 Do đó 2x là trung bình cộng của 13x,x Giả sử phương trình P(x)2 còn có một nghiệm nguyên 22x'x . Lặp lại lập luận trên cho 3 số 123x,x,x thì ta lấy 22x'x (mâu thuẫn) Vậy 2x là nghiệm duy nhất của phương trình P(x)2 Hướng dẫn giải tương tự cho P(x)1;P(x)3 Giả sử phương trình P(x)5 có một nghiệm nguyên 5x , ta có: 55255255P(x)(xx)q(x)2(xx)q(x)3 Nếu 52xx chỉ có thể lấy các giá trị 1 và 3