ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐOÀN THỊ HỒNG CẨM MỘT SỐ LỚP ĐẲNG THỨC TRONG ĐA THỨC VÀ ÁP DỤNG LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - NĂM 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐOÀN THỊ HỒNG CẨM MỘT SỐ LỚP ĐẲNG THỨC TRONG ĐA THỨC VÀ ÁP DỤNG LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học PGS.TS TRỊNH THANH HẢI THÁI NGUYÊN - NĂM 2015 Mục lục Mở đầu 1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số tính chất đa thức 1.2 Các định lý nghiệm đa thức 1.3 Ước, ước chung lớn 3 Vấn đề biểu diễn, xác định đa thức 2.1 Biểu diễn số lớp đa thức biến 2.1.1 Biểu diễn đa thức dương trục thực nửa trục thực 2.1.2 Biểu diễn đa thức dương khoảng 2.2 Một số đồng thức đa thức nhiều biến 2.3 Xác định đa thức theo đặc trưng chúng 2.3.1 Đặc trưng hàm đa thức với biến tự 2.3.2 Xác định đa thức theo đặc trưng nghiệm 2.3.3 Xác định đa thức theo phép đối số 2.3.4 Xác định đa thức theo tính chất số học chúng 2.3.5 Xác định đa thức theo nút nội suy 2.3.6 Xác định đa thức từ phép tính vi phân 10 10 10 14 16 19 19 22 28 31 33 35 Một số toán áp dụng liên quan 37 3.1 Bất đẳng thức đa thức 37 3.2 Bài toán cực trị đa thức 44 3.3 Phương pháp đa thức 47 Kết luận 54 Tài liệu tham khảo 55 Mở đầu Trong chương trình Toán THPT nói chung, dạng tập dành cho học sinh khá, giỏi nói riêng tập liên quan đến việc khai thác tính chất đa thức phong phú, đa dạng Tuy nhiên dạng tập nghiên cứu sâu số lớp đẳng thức đa thức áp dụng Xuất phát từ thực tế đó, hướng dẫn nhiệt tình PGS.TS Trịnh Thanh Hải, chọn hướng nghiên cứu luận văn thạc sĩ với đề tài: “Một số lớp đẳng thức đa thức áp dụng” nhằm góp phần nhỏ bé vào việc bổ sung tài liệu tham khảo cho giáo viên học sinh giảng dạy học tập Luận văn tìm hiểu số vấn đề đa thức như: Biểu diễn số lớp đa thức biến; Một số đồng thức đa thức nhiều biến; Xác định đa thức theo đặc trưng chúng ứng dụng việc giải số toán bất đẳng thức, toán cực trị đa thức toán giải phương pháp đa thức Luận văn gồm chương Chương Một số kiến thức chuẩn bị Chương Vấn đề biểu diễn, xác định đa thức Chương Một số toán áp dụng liên quan Luận văn hoàn thành giúp đỡ tận tình GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu với hướng dẫn nhiệt tình PGS.TS Trịnh Thanh Hải Em xin bày tỏ kính trọng biết ơn sâu sắc đến thầy Em xin chân thành cảm ơn quý thầy cô trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên mà trực tiếp khoa Toán – Tin thầy Viện Toán học, ĐHKHTN - ĐHQG Hà Nội tận tình giảng dạy tạo điều kiện thuận lợi cho có kiến thức sở đủ vững để thực đề tài Do số điều kiện chủ quan khách quan, luận văn chưa thực hoàn thiện theo ý muốn Em kính mong Thầy, Cô giáo bảo để em hoàn thiện luận văn Em xin kính chuyển tới Thầy, Cô giáo lời cảm ơn trân trọng Em xin trân trọng cảm ơn Học viên Đoàn Thị Hồng Cẩm Chương Một số kiến thức chuẩn bị Trong chương trình bày số vấn đề liên quan đến đa thức trình bày từ tài liệu [1]-[7] để sử dụng chương sau 1.1 Một số tính chất đa thức Định lí 1.1 Giả sử A trường (A = R A = C) A [x] vành đa thức A, f (x) g(x) = hai đa thức vành A [x] Khi tồn cặp đa thức q (x) r (x) thuộc A [x] cho f (x) = g (x) q (x) + r (x) với deg r (x) < deg g (x) Nếu r (x) = ta nói f (x) chia hết cho g(x) Giả sử a ∈ A, f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 đa thức tùy ý vành A [x], phần tử f (a) = an an + an−1 an−1 + · · · + a1 a + a0 có cách thay x a gọi giá trị f (x) a Nếu f (a) = ta gọi a nghiệm f (x) Bài toán tìm nghiệm f (x) A gọi giải phương trình đại số bậc n an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 = (an = 0) A Định lí 1.2 Giả sử A trường số thực số phức, a ∈ A, f (x) ∈ A [x] Dư số phép chia f (x) cho (x − a) f (a) Định lí 1.3 Điều kiện cần đủ để hai đa thức P (x) Q(x) nguyên tố tồn cặp đa thức u(x) v(x) cho P (x) u (x) + Q (x) v (x) ≡ Nếu hai đa thức P (x) Q(x) (không trùng với đa thức 0) có ước chung d(x) đa thức chia hết cho tất ước chung khác d(x) gọi ước chung lớn P (x) Q(x) Tương tự, ta có khái niệm ước chung lớn nhiều đa thức Tính chất 1.1 Nếu đa thức f (x) g(x) nguyên tố đa thức f (x) h(x) nguyên tố đa thức f (x) g(x)h(x) nguyên tố Tính chất 1.2 Nếu đa thức f (x), g(x), h(x) thỏa mãn điều kiện f (x)h(x) chia hết cho g(x), g(x) h(x) nguyên tố f (x) chia hết cho g(x) Tính chất 1.3 Nếu đa thức f (x) chia hết cho đa thức g(x) h(x) với g(x) h(x) nguyên tố f (x) chia hết cho g(x)h(x) Tính chất 1.4 Nếu đa thức f (x) g(x) nguyên tố [f (x)]m [g (x)]n nguyên tố với m, n nguyên dương 1.2 Các định lý nghiệm đa thức Định lí 1.4 a nghiệm f (x) f (x) chia hết cho (x−a) Giả sử A trường, a ∈ A, f (x) ∈ A [x] m số tự nhiên lớn Khi a nghiệm bội cấp m f (x) f (x) chia hết cho (x − a)m f (x) không chia hết cho (x − a)m+1 Trong trường hợp m = ta gọi a nghiệm đơn m = a gọi nghiệm kép Số nghiệm đa thức tổng số nghiệm đa thức kể bội nghiệm (nếu có) Vì vậy, người ta coi đa thức có nghiệm bội cấp m đa thức có m nghiệm trùng • Lược đồ Horner Giả sử f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 ∈ A [x] (với A trường) Khi thương gần f (x) cho (x − a) đa thức có bậc n − 1, có dạng q (x) = bn−1 xn−1 + · · · + b1 x + b0 , bn−1 = an , bk = abk+1 + ak+1 , k = 0, 1, , n − dư số r = ab0 + a0 Định lí 1.5 (Định lý Viète) Giả sử phương trình an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 = (an = 0) có n nghiệm (thực phức) x1 , x2 , , xn  an−1   E (x) := x + x + · · · + x = − 1 n   an   an−2  E2 (x) := x1 x2 + x1 x3 + · · · + xn−1 xn = an      n a0   En (x) := x1 x2 xn = (−1) an (1.1) (1.2) Ngược lại số x1 , x2 , , xn thỏa mãn hệ chúng nghiệm phương trình (1.1) Hệ (1.2) có n thành phần vế trái thành phần thứ k có Cnk số hạng Định nghĩa 1.1 Các hàm E1 (x) , E2 (x) , , En (x) gọi hàm (đa thức) đối xứng sơ cấp Viète bậc 1, 2, , n tương ứng Sau ta nêu (không chứng minh) số định lý đa thức Định lí 1.6 Mỗi đa thức thực bậc n có không n nghiệm thực Hệ 1.1 Đa thức có vô số nghiệm đa thức không Hệ 1.2 Nếu đa thức có bậc ≤ n mà nhận giá trị n + điểm khác chúng đồng số Hệ 1.3 Hai đa thức bậc ≤ n mà nhận giá trị n + điểm phân biệt chúng đồng Định lí 1.7 Mọi đa thức f (x) ∈ C [x] bậc n có n nghiệm (tính bậc nghiệm) Định lí 1.8 Mọi đa thức f (x) ∈ R [x] có bậc n có hệ số (hệ số bậc cao nhất) an = phân tích (duy nhất) thành nhân tử m s x2 + bk x + ck (x − di ) f (x) = an i=1 k=1 với di , bk , ck ∈ R, 2s + m = n, b2k − 4ck < 0, m, n ∈ N∗ Tính chất 1.5 Mọi nghiệm x0 đa thức Pn (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 (a0 = 0) thỏa mãn bất đẳng thức |x0 | ≤ + A , A = max |ak | 1≤k≤n |an | Tính chất 1.6 Nếu am hệ số âm đa thức Pn (x) số B cận nghiệm dương đa thức cho, 1+ m a0 B giá trị lớn trị tuyệt đối hệ số âm 1.3 Ước, ước chung lớn Định nghĩa 1.2 Khi đa thức Pn (x) viết dạng Pn (x) = g (x) q (x) với deg g > deg q > 0, ta nói g ước Pn (x) ta viết g (x)| Pn (x) hay Pn (x) g (x) Nếu g (x)| P (x) g (x)| Q (x) ta nói g(x) ước chung P (x) Q(x) Nếu hai đa thức P (x) Q(x) có ước chung đa thức bậc ta nói chúng nguyên tố ta viết dạng (P (x) , Q (x)) = Bài toán 1.1 Chứng minh hai đa thức P (x) = x2015 − Q(x) = x2015 + nguyên tố Lời giải Nhận xét P (x) − Q(x) = Suy d(x) ước chung P (x) Q(x) d(x) ước đa thức Suy hai đa thức cho nguyên tố Bài toán 1.2 Tìm ước chung lớn hai đa thức P (x) = (x−1)2015 Q(x) = x2015 − Lời giải Vì x = nghiệm đơn đa thức Q(x) Suy d(x) ước chung P (x) Q(x) d(x) ước x − Suy (P (x) , Q (x)) = Bài toán 1.3 Cho đa thức P (x) hai số a, b phân biệt Biết P (x) chia cho x − a dư A, P (x) chia cho x − b dư B Hãy tìm phần dư phép chia P (x) cho (x − a)(x − b) Lời giải Giả sử P (x) = (x − a)(x − b)Q(x) + Cx + D Lần lượt thay x = a, b, ta A = Ca + D, B = Cb + D Từ suy C = (A − B)/(a − b) D = A − (A − B)a/(a − b) = (aB − bA)/(a − b) Bài toán 1.4 Tìm phần dư phép chia x100 cho (x − 1)2 Lời giải Giả sử x100 = (x − 1)2 Q(x) + Ax + B Thay x = 1, ta = A + B Lấy đạo hàm hai vế cho x = 1, ta 100 = A Từ suy phần dư 100x − 99 Bài toán 1.5 Tìm a, b, c biết đa thức P (x) = x3 + ax2 + bx + c chia hết cho x − chia x2 − dư 2x Bài toán 3.6 Cho a1 , a2 , , an 1à số thực không âm không đồng thời 1) Chứng minh phương trình xn − a1 xn−1 − − an−1 x − an = (3.7) có nghiệm dương 2) Giả sử R nghiệm dương phương trình (3.7) n A= n aj ; B = j=1 jaj j=1 Chứng minh AA ≤ RB Lời giải an a1 a2 + + · · · + n = f (x) Nhận xét x x x f (x) liên tục (0, +∞) f (x) nghịch biến khoảng (0, +∞) nên tồn R > cho f (R) = n aj 2) Đặt cj = Suy cj ≥ cj = Do hàm số y = − ln x lõm A j=1 1) Do x > nên (3.7) ⇔ = khoảng (0, +∞) nên theo bất đẳng thức Jenxen n n cj j=1 A A − ln j ≥ − ln( cj j R R j=1 n = − ln j=1 = − ln f (R) = − ln = Suy n (cj ln Rj − cj ln A) ≥ j=1 n n cj ≤ (ln R) (ln A) j=1 hay A jcj j=1 n aj (ln A) j=1 41 aj Rj ≤ A n jaj (ln R) (do cj = j=1 aj ; A > 0) A Vậy nên ln(AA ) ≤ ln(RB ) ⇒ AA ≤ RB Bài toán 3.7 Cho dãy đa thức {Pn (x)}(n = 0, 1, 2, ) xác định sau P0 (x) = 0, Pn+1 (x) = Pn (x) + (x − Pn2 (x)) (n = 0, 1, 2, ) Chứng minh với x ∈ [0, 1] với n ∈ N ta có 0≤ √ x − Pn (x) ≤ n+1 (3.8) Lời giải Ta chứng minh phương pháp quy nạp ≤ Pn (x) ≤ √ x (3.9) √ x ⇒ ≤ P1 (x) ≤ x ∀x ∈ [0, 1] Giả sử (3.8) đến n Xét hàm số f (t) = t + (x − t2 ), t ∈ [0, 1] Ta có f (t) = − t ≥ Suy f (t) đồng biến [0,1] √ Mặt khác ≤ t = Pn (x) ≤ x ≤ nên Pn+1 (x) = f (Pn (x)) ≤ √ √ f ( x) = x Vì Pn2 (x) ≤ x ⇔ x − Pn2 (x) ≥ nên Pn+1 (x) ≥ Pn (x) ≥ Vậy (3.8) với n + Ta chứng minh √ x ≤ Pn (x) ≤ (3.10) n+1 Thật vậy, ta có √ √ √ x + Pn−1 (x) x − Pn (x) = [ x − Pn−1 (x)] − √ √ √ √ x x ≤ [ x − Pn−1 (x)] − ≤ [ x − Pn−2 (x)] − 2 √ √ √ x n √ x n ≤ [ x − P0 (x)] − = x 1− 2 Thật vậy, với n = P1 (x) = 42 √ x ∈ [0, 1] Theo bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân (AM-GM) Đặt t = t 1− t n = = n t t 1− n 2 n n t t + n(1 − ) 2 ≤ n n+1 n+1 = n n+1 n n ( ) = ( ) < n n+1 n+1 n+1 n+1 Bài toán 3.8 Cho đa thức f (x) với deg f = n f (x) ≥ với x ∈ R Chứng minh n f (k) (x) ≥ (3.11) k=0 n Lời giải Đặt f (k) (x) = g(x) Suy g(x) = f (x)+g (x) Do f (x) ≥ k=0 với x nên suy n chẵn hệ số bậc cao f (x) dương Nếu f (x) = const g(x) ≡ (1) Nếu n ≥ từ (3.11) suy deg f = deg g hệ số f (x) g(x) Suy deg g(x) chẵn hệ số bậc cao g(x) dương Vậy tồn x0 ∈ R để g(x0 ) = minx∈R g(x) Nhưng g(x0 ) = f (x0 ) + g (x0 ) g (x0 ) = 0, nên minx∈R g(x) = g(x0 ) = f (x0 ) ≥ Từ suy g(x) ≥ với x ∈ R Bài toán 3.9 Cho đa thức P (x) bậc ≤ 2n thỏa mãn điều kiện |P (k)| ≤ 1, k = −n, −(n − 1), , 0, 1, , n Chứng minh |P (x)| ≤ 22n ∀x ∈ [−n, n] n Lời giải Theo công thức nội suy Lagrange P (x) = P (k) k=−n Vì |P (k)| ≤ với k ∈ {−n, −(n − 1), , 0, 1, , n} nên n |P (x)| ≤ |P (k)| k=−n 43 |x − j| |k − j| j=k x−j j=k k − j n ≤ |x − j| |k − j| k=−n j=k Nhận xét với x ∈ [−n, n] |x − j| ≤ (2n)! j=k (2n)! |x − j| ≤ (k + n)!(n − k)! j=k |k − j| n 2n (2n)! (2n)! Do |P (x)| ≤ = = 22n k=−n (k + n)!(n − k)! k=0 (k + n)!(n − k)! 3.2 Bài toán cực trị đa thức Bài toán 3.10 Cho a, b, c, d ≥ Chứng minh a4 + b4 + c4 + d4 + 2abcd ≥ a2 b2 + b2 c2 + c2 d2 + d2 a2 + a2 c2 + b2 d2 Lời giải Đặt f (a, b, c, d) = a4 +b4 +c4 +d4 +2abcd− a2 b2 + b2 c2 + c2 d2 + d2 a2 + a2 c2 + b2 d2 Điểm cực trị (a, b, c, d) nghiệm hệ  2a + bcd = a    ∂f ∂f ∂f ∂f 2b3 + acd = b = = = =0⇔ 2c3 + abd = c  ∂a ∂b ∂c ∂d   2d + abc = d b2 + c2 + d2 a2 + c2 + d2 a2 + b2 + d2 a2 + b2 + c2 Cộng vế theo vế ta có 2a3 + 2b3 + 2c3 + 2d3 + cda + abc + dab + bcd = a b2 + c2 + d2 + b a2 + c2 + d2 + c a2 + b2 + d2 +d a2 + b2 + c2 Áp dụng bất đẳng thức Shur bậc ta có a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ a b2 + c2 + b a2 + c2 + c a2 + b2 , b3 + c3 + d3 + 3bcd ≥ b d2 + c2 + c d2 + b2 + d b2 + c2 , c3 + d3 + a3 + 3cda ≥ c d2 + a2 + d a2 + c2 + a d2 + c2 , 44 (∗) d3 + a3 + b3 + 3dab ≥ d a2 + b2 + b d2 + a2 + b a2 + d2 Cộng lại ta điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c = d a, b, c, d hoán vị (0, t, t, t) , (t > 0) Thử lại thấy có a = b = c = d thỏa mãn Khi f (a, b, c, d) = Xét trường hợp có biến Giả sử d = Khi bất đẳng thức trở thành: a4 + b4 + c4 ≥ a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ⇔ a2 − b2 + b − c2 + c2 − a2 ≥ (đúng) Đẳng thức xảy a = b = c = d a, b, c, d hoán vị (0, t, t, t) (t > 0) Bài toán 3.11 Cho a+b+c=0 Tìm Max, Min biểu thức a2 + b2 + c2 = P = a2 b + b2 c + c2 a Lời giải Đặt f (a, b, c) = a2 b+b2 c+c2 a−λ (a + b + c)−η a2 + b2 + c2 Điểm cực trị f (a, b, c) nghiệm hệ phương trình  2ab + c2 − λ − 2ηa =   ∂f ∂f ∂f     2bc + a2 − λ − 2ηb = = = ∂a ∂b ∂c ⇔ 2ca + b2 − λ − 2ηc = a + b + c =     c=0   a2+ b + a + b2 + c3 = a + b + c3 = Giải hệ ta thu (a, b, c) hoán vị vòng quanh cos Mà ta có 4π 8π 2π , cos , cos 9 , −2 cos 2π 4π 8π , −2 cos , −2 cos 9 2π 4π 8π , cos , cos = 6, 9 2π 4π 8π f −2 cos , −2 cos , −2 cos = −6 9 f cos Kết luận max f (a, b, c) = (a, b, c) hoán vị 45 2π 4π 8π , cos , cos 9 f (a, b, c) = −6 (a, b, c) hoán vị 2π 4π 8π −2 cos , −2 cos , −2 cos 9 cos Bài toán 3.12 Cho a, b, c ≥ thỏa mãn a + b + c = Tìm Max P = (2a + c) b2 + (a + c) (2c + a) b Lời giải Đặt f (a, b, c) = (2a + c) b2 + (a + c) (2c + a) b − λ (a + b + c) Điểm cực trị f (a, b, c) nghiệm hệ:  + 3bc − λ =   2b2 + 2ab ∂f ∂f ∂f = = = ⇔ a + 2c + 2bc + 3ac + 4ab − λ = ∂a ∂b ∂c   b + 3ab + 4bc − λ = a+b+c=3 a+b+c=3  81  λ= 81 ⇒ P = ⇔ 3   a = ;b = ;c = 4 Xét trường hợp đặc biệt: Trường hợp 1: Hai ba số a, b, c Khi P = Trường hợp 2: b = Khi đó: P = Trường hợp 3: c = Khi a + b = f (a, b, 0) = 2ab2 + a2 b = g (a, b) Điểm cực trị g (a, b) nghiệm hệ: ∂g ∂g 2b2 + 2ab − λ = = = ⇔ a2 + 4ab − λ = ⇔ a = − √3, b = √3 ∂a ∂b a+b=3 a+b=3 √ Khi đó: P = Trường hợp 4: a = Khi b + c = f (0, b, c) = cb2 + 2c2 b = h (b, c) Điểm cực trị h (b, c) nghiệm hệ: ∂h ∂h 2c2 + 2bc − λ = = = ⇔ b2 + 4bc − λ = ⇔ b = − √3, c = √3 ∂b ∂c b+c=3 b+c=3 √ Khi đó: P = √ Kết luận: max P = đạt √ √ √ √ (a, b, c) = − 3, 3, , 0, − 3, 46 3.3 Phương pháp đa thức Bài toán 3.13 Cho α, β, γ thỏa mãn α β γ + + = Chứng minh phương trình αx2 + βx + γ = có nghiệm α β γ Lời giải Xét F (x) = x3 + x2 + x Vì F (0) = 0; F (1) = Nên theo Định lý Rolle tồn x0 ∈ (0, 1) để F (x0 ) = Hay phương trình αx2 + βx + γ = có nghiệm Bài toán 3.14 Cho a, b dương Chứng minh phương trình 1 + + =0 x x−a x+b có hai nghiệm x1 , x2 a 2a −2a −b < x1 < ; < x2 < 3 3 Lời giải Với điều kiện x = 0, x = a, x = −b phương trình 1 + + = ⇔ x (x − a) + x (x + b) + (x − a) (x − b) = x x−a x+b Đặt f (x) = x (x − a) + x (x + b) + (x − a) (x + b) f liên tục D = R Ta có f (−b) = b (a + b) > 0; f (0) = −ab < 0; f (a) = a (a + b) > nên phương trình f (x) = có nghiệm −b < x1 < < x2 < a Hai nghiệm thỏa điều kiện ban đầu 1 1 a a + = ⇒ < nên x1 > > x1 x1 + b a − x1 x1 a − x1 1 2a Vì < nên x1 < x1 + b a − x1 −b −2b Tương tự cho x2 f (x0 ) Suy dãy {xn } hội tụ n → ∞ Đặt lim xn = a, a ∈ [0, 1] n→∞ Bằng quy nạp theo n ta chứng minh g (xn ) = xn , ∀n ≥ Thật n = ta có x1 = f (x0 ) ⇒ g (x1 ) = g (f (x0 )) = f (g (x0 )) = f (x0 ) = x1 Giả sử g (xk ) = xk với k ≥ 1, k ∈ N Khi xk+1 = f (xk ) = f (g (xk )) = g (f (xk )) = g (xk + 1) Theo nguyên lý quy nạp ta có g (xn ) = xn , ∀n ≥ Ta có f (a) = f lim xn = lim f (xn ) = lim xn+1 = a n→∞ g (a) = g n→∞ n→∞ lim xn = lim g (xn ) = lim xn = a n→∞ n→∞ n→∞ f (a) = a Vậy có a ∈ [0, 1] cho g (a) = a f (x) = x Hay hệ phương trình g (x) = x có nghiệm thuộc [0, 1] 48 Bài toán 3.16 Cho hàm số f : [a, b] → [a, b] , a < b thỏa mãn điều kiện |f (x) − f (y)| < |x − y| , ∀x, y ∈ [a, b] x = y Chứng minh phương trình f (x) = x có nghiệm [a, b] Lời giải Xét hàm số g (x) = |f (x) − x|, Suy g liên tục [a, b] Do tồn x0 ∈ [a, b] cho g (x0 ) = g (x) (1) ⇔ f (x0 ) = x0 x∈[a,b] Từ bất đẳng thức cho ta có |f (f (x0 )) − f (x0 )| > |f (x0 ) − x0 | Suy g (f (x0 )) < g (x0 ) Mâu thuẫn với (1), nghĩa f (x0 ) = x0 Giả sử phương trình f (x) = x có nghiệm x1 , x1 = x0 , x1 ∈ [a, b] Khi |f (x1 ) − f (x0 )| = |x1 − x0 | Mâu thuẫn với giả thiết Tóm lại phương trình f (x) = x có nghiệm [a, b] Bài toán 3.17 Cho m > số nguyên dương a, b, c số thực cho a b c + + = m+2 m+1 m Chứng minh phương trình ax2 + bx + c = có nghiệm khoảng (0, 1) a b c xm+2 + xm+1 + xm liên tục m+2 m+1 m m−1 [0, 1] khả vi (0, 1) F (x) = x ax + bx + c Ngoài F (0) = F (1) = Áp dụng định lý Rolle ta ∃α ∈ (0, 1) cho F (α) = F (α) = ⇔ aα2 + bα + c = Vậy phương trình ax2 + bx + c = có nghiệm (0, 1) Lời giải Xét hàm số F (x) = Bài toán 3.18 Cho số thực a, b, c, d > Chứng minh (a + b + c + d) (abc + abd + acd + bcd) ≤ 4(ab + ac + ad + bc + bd + cd)2 Lời giải Sử dụng bất đẳng thức (u + v + w)2 ≥ (uv + vw + wu) , ∀u, v, w ∈ R Xét đa thức P (x) = (x − a) (x − b) (x − c) (x − d) 49 Sử dụng định lý Rolle suy P (x) có ba nghiệm m, n, p Ta có P (x) = 4x3 − (a + b + c + d) x2 +2 (ab + ac + ad + bc + bd + cd) x − (abc + abd + acd + bcd) Sử dụng định lý Viète ta (ab + ac + ad + bc + bd + cd) ; m + n + p = (a + b + c + d) ; mnp = (abc + abd + acd + bcd) 4 Ta có mn + np + pm = (mn + np + pm)2 ≥ (mn.np + mp.pn + pm.mn) = 3mnp (m + n + p) Suy (ab + ac + ad + bc + bd + cd)2 ≥ (a + b + c + d) (abc + abd + acd + bcd) , 16 hay (a + b + c + d) (abc + abd + acd + bcd) ≤ (ab + ac + ad + bc + bd + cd)2 Bài toán 3.19 Giả sử a1 , a2 , a3 , a4 , a5 > Chứng minh ai aj ak ≤ aj Lời giải Xét P (x) = (x − a1 ) (x − a2 ) (x − a3 ) (x − a4 ) (x − a5 ) Ta có P (x) = 5x4 −4 ( ) x3 +3 ( aj ) x2 −2 ( Sử dụng định lý Viète ta có m + n + p + q = (a1 + a2 + a3 + a4 + a5 ) aj mn + np + pq + mp + mq + nq = mnp + npq + pqm + qmn = ( aj ak ) Áp dụng toán 3.18, ta có aj ak ) x+ (m + n + p + q) (mnp + mnq + mpq + npq) 50 aj ak am ≤ 4(mn + mp + mq + np + nq + pq)2 Suy ( ) ( aj ak ) ≤ ( aj )2 Bài toán 3.20 Chứng minh abc + abd + acd + bcd ≥ ab + ac + ad + bc + bd + cd , ∀a, b, c, d > Lời giải Xét đa thức P (x) = (x − a) (x − b) (x − c) (x − d) Sử dụng định lý Rolle suy P (x) có ba nghiệm m, n, p Ta có P (x) = 4x3 − (a + b + c + d) x2 +2 (ab + ac + ad + bc + bd + cd) x − (abc + abd + acd + bcd) Sử dụng bất đẳng thức AM - GM định lý Viète ta có mn + np + pm ≥ (mnp)2 ⇔ abc + abd + acd + bcd ≥ ab + ac + ad + bc + bd + cd Bài toán 3.21 (Việt Nam MO 2002) Cho đa thức P (x) = x3 + ax2 + bx + c = có ba nghiệm thực (a2 − 2b)3 (1) Lời giải Gọi x1 , x2 , x3 ba nghiệm P (x) Sử dụng định lý Viète ta có x1 + x2 + x3 = −a; x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 = b; x1 x2 x3 = −c Suy a2 − 2b = x21 + x22 + x23 Ta có (1) ⇔ (x1 + x2 + x3 ) x21 + x22 + x23 Chứng minh 12ab + 27c ≤ 6a3 + 10 ≤ 27x1 x2 x3 + 10 (x21 + x22 + x23 ) (2) • Nếu x21 + x22 + x23 = ⇔ x1 = x2 = x3 = (2) nên (1) • Xét x21 + x22 + x23 > Không tính tổng quát giả sử x21 ≤ x22 ≤ x23 Chú ý hai vế (2) biểu thức đối xứng bậc 3, ta chuẩn hóa x21 + x22 + x23 = 51 Từ suy x23 ≥ 2x1 x2 ≤ Do (2) ⇔ (x1 + x2 + x3 ) − x1 x2 x3 ≤ 10 Sử dụng bất đẳng thức CBS ta [2 (x1 + x2 + x3 ) − x1 x2 x3 ]2 = [2 (x1 + x2 ) − (2 − x1 x2 ) x3 ]2 ≤ 22 + (2 − x1 x2 )2 (x1 + x2 )2 + x23 = − 4x1 x2 + (x1 x2 )2 [9 + 2x1 x2 ] = 2(x1 x2 )3 + (x1 x2 )2 − 20x1 x2 + 72 = (x1 x2 + 2)2 (2x1 x2 − 7) + 100 ≤ 100 ⇒ (x1 + x2 + x3 ) − x1 x2 x3 ≤ 10 ⇒ (2) ⇒ (1) Đẳng thức xảy ⇔ x1 = −1, x2 = x3 = ⇔ a = −3, b = 0, c = Bài toán 3.22 Chứng minh với số nguyên a, đa thức f (x) = x4 − 2001x3 + (2000 + a) x2 − 1999x + a có hai nghiệm nguyên Lời giải Trước hết ta chứng minh x0 nghiệm nguyên f (x) x0 phải số chẵn Thật vậy, f (x0 ) = 0; f (1) = 2a − 1999 số lẻ Do f (x0 ) − f (1) số lẻ Nhưng f (x0 ) − f (1) chia hết cho x0 − số lẻ x0 chẵn Ta xét trường hợp Giả sử f (x) có hai nghiệm nguyên x1 , x2 phân biệt, f (x1 ) − f (x2 ) 0= = x31 + x21 x2 + x1 x22 + x32 −2001 x21 + x1 x2 + x22 x1 − x2 + (2000 + a) (x1 + x2 ) − 1999 Đẳng thức xảy x1 , x2 chẵn Giả sử f (x) có nghiệm kép x0 chẵn Khi x0 nghiệm đạo hàm f (x) Do f (x0 ) = 4x30 − 6003x20 + (2000 + a) x0 − 1999 = Đẳng thức xảy x0 chẵn Bài toán 3.23 Cho f (x) = a0 xn + a1 xn−1 + · · · + an−1 x + an , a0 = có n nghiệm phân biệt Chứng minh f (x) − f (x) = có n nghiệm phân biệt 52 (n − 1) a21 > 2na0 a2 Lời giải a) Đặt g (x) = e−x f (x) Vì f (x) = có n nghiệm α1 < α2 < · · · < αn nên g (αi ) = (i = 1, 2, , n) Theo định lý Rolle khoảng (αi , αi+1 ) (i = 1, 2, , n − 1) tồn βi để g (βi ) = Mặt khác g (x) = e−x [f (x) − f (x)] Suy f (x) − f (x) có n − nghiệm β1 , β2 , , βn−1 f (x) − f (x) = có đủ n nghiệm b) Vì f (x) có n nghiệm phân biệt nên theo định lý Rolle f (x) có n − nghiệm, f (x) có n − nghiệm, n! Suy f (n−2) (x) = a0 x2 + (n − 1)!a1 x + (n − 2)!a2 có nghiệm phân biệt Do ∆ > nên ((n − 1)!a1 )2 − 2n!a0 (n − 2)!a2 > Vậy (n − 1) a21 > 2na0 a2 53 Kết luận Luận văn “Một số lớp đẳng thức đa thức áp dụng” giải vấn đề sau: Luận văn trình bày chi tiết số toán biểu diễn đa thức dương tập cho trước Tiếp theo, xét số lớp toán xác định đa thức theo đặc trưng Cuối cùng, luận văn trình bày ứng dụng đẳng thức đa thức: Chứng minh bất đẳng thức đa thức; xét toán cực trị đa thức phương pháp đa thức 54 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Tài Chung, Lê Hoành Phò (2006), Phương trình hàm, NXB ĐHQGHN [2] Nguyễn Văn Mậu (1993), Phương pháp giải phương trình bất phương trình, NXB Giáo Dục [3] Nguyễn Văn Mậu (1998), Đa thức đại số phân thức hữu tỷ, NXB Giáo Dục [4] Nguyễn Văn Mậu (2005), Bất đẳng thức, định lý áp dụng, NXB Giáo Dục [5] Nguyễn Văn Mậu (2006), Các toán nội suy áp dụng, NXB Giáo Dục [6] Nguyễn Văn Mậu, Trịnh Đào Chiến, Trần Nam Dũng, Nguyễn Đăng Phất (2008), Chuyên đề chọn lọc đa thức áp dụng, NXB Giáo Dục [7] Nguyễn Trọng Tuấn (2009), Bài toán hàm số qua kỳ thi olympic, NXB Giáo Dục [8] Các thi Olympic Toán trung học phổ thông Việt Nam (1990-2006), NXB Giáo Dục 55 ... số lớp đa thức biến; Một số đồng thức đa thức nhiều biến; Xác định đa thức theo đặc trưng chúng ứng dụng việc giải số toán bất đẳng thức, toán cực trị đa thức toán giải phương pháp đa thức Luận... Một số lớp đẳng thức đa thức áp dụng nhằm góp phần nhỏ bé vào việc bổ sung tài liệu tham khảo cho giáo viên học sinh giảng dạy học tập Luận văn tìm hiểu số vấn đề đa thức như: Biểu diễn số lớp. .. MỘT SỐ LỚP ĐẲNG THỨC TRONG ĐA THỨC VÀ ÁP DỤNG LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học PGS.TS TRỊNH THANH HẢI THÁI NGUYÊN - NĂM 2015 Mục lục Mở đầu 1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Một