Tiêu đề 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