ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KHOA TOÁN NGUYỄN PHẠM HỒNG TRÂM CÁC BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC VÀ BẤT ĐẲNG THỨC VỀ ĐA THỨC MỘT ẨN KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC NGÀNH SƯ PHẠM TOÁN HỌC Tháng 5, 2016 ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KHOA TOÁN CÁC BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC VÀ BẤT ĐẲNG THỨC VỀ ĐA THỨC MỘT ẨN KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC NGÀNH SƯ PHẠM TOÁN HỌC Giảng viên hướng dẫn: Th.S Nguyễn Thị Sinh Sinh viên thực hiện: Nguyễn Phạm Hồng Trâm Lớp: 12ST (Khóa 2012-2016) Tháng 5, 2016 LỜI CẢM ƠN Tơi xin chân thành cảm ơn cô Nguyễn Thị Sinh nhiệt tình hướng dẫn, bảo, truyền đạt kinh nghiệm gợi mở ý tưởng giúp tơi hồn thành khóa luận Tơi xin chân thành cảm ơn thầy giáo, giáo khoa Tốn- Trường Đại học Sư phạm Đại học Đà Nẵng tạo điều kiện thuận lợi, giúp đỡ, đóng góp ý kiến quý báu giúp tơi hồn thành khóa luận tốt nghiệp Tơi xin cảm ơn phòng thư viện Trường Đại học Sư phạm Đại học Đà Nẵng tạo điều kiện thuận lợi để tơi có nguồn tài liệu làm khóa luận Cuối cùng, tơi xin cảm ơn đến gia đình, bạn bè người ủng hộ tôi, cung cấp cho thông tin cần thiết, lời động viên khích lệ, ý kiến quý báu thời gian tơi làm khóa luận Đà Nẵng, ngày tháng năm 2016 Sinh viên thực Nguyễn Phạm Hồng Trâm i MỤC LỤC MỤC LỤC ii MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Phạm vi nghiên cứu Cấu trúc khóa luận 1 1 ĐA THỨC VÀ CÁC PHÉP TOÁN VỀ ĐA THỨC 1.1 Vành đa thức ẩn 1.1.1 Xây dựng vành đa thức ẩn 1.1.2 Các phép toán vành đa thức ẩn 1.1.2.1 Hai đa thức 1.1.2.2 Phép cộng, trừ đa thức 1.1.2.3 Phép nhân đa thức 1.1.2.4 Bậc đa thức 1.2 Phép chia đa thức 1.2.1 Định lí 1.2.2 Nghiệm đa thức 1.2.2.1 Định nghĩa 1.2.2.2 Định lí Bezout 1.2.2.3 Sơ đồ Horner 1.3 Định lí Viete 1.3.1 Định lí thuận 1.3.2 Định lí đảo 1.4 Công thức nội suy Lagrange 1.4.1 Công thức nội suy Lagrange 1.4.2 Kết 2 5 5 7 9 10 11 11 12 12 12 13 CÁC BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC 14 BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ 30 BẤT ĐẲNG THỨC VỀ ĐA THỨC 3.1 Một số bất đẳng thức 3.1.1 Bất đẳng thức giá trị tuyệt đối 3.1.2 Bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân 3.1.3 Bất đẳng thức Cauchy-Schwartz 3.2 Bất đẳng thức đa thức 3.2.1 Bất đẳng thức hệ số ii 31 31 31 31 32 32 32 MỤC LỤC 3.2.2 3.2.3 3.2.4 Bất đẳng thức bậc 38 Bất đẳng thức nghiệm 39 Bất đẳng thức giá trị 42 BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ 50 KẾT LUẬN Nhận xét đánh giá chung đề tài Kết đạt Hạn chế Hướng phát triển đề tài 51 51 51 51 51 TÀI LIỆU THAM KHẢO 52 iii MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Đại số coi phận lớn tốn học Trong đa thức có vị trí quan trọng, đối tượng nghiên cứu trọng tâm Đại số mà cịn cơng cụ đắc lực Giải tích Ngồi kì thi tuyển học sinh giỏi, vô địch quốc gia, quốc tế Olympic, tốn đa thức thường có mặt mức độ khó Đối với bậc THPT dạng toán đa thức xác định đa thức bất đẳng thức đa thức thường thấy kì thi học sinh giỏi Việc tìm tịi lời giải tốn thường gây lúng túng cho học sinh, học sinh chưa trang bị đầy đủ kiến thức cần thiết để giải tốn cách nhanh chóng, q trình học chưa phân dạng tốn rõ ràng Vậy câu hỏi đặt có cách để xác định đa thức theo yêu cầu toán chứng minh bất đẳng thức đa thức cách cụ thể hay không? Và lí tơi chọn đề tài "Các toán xác định đa thức bất đẳng thức đa thức ẩn" làm khóa luận tốt nghiệp nhằm phân loại, hệ thống số dạng tập xác định đa thức bất đẳng thức đa thức Từ giúp cho việc giải toán đa thức cách dễ dàng qua cịn cho thấy tầm quan trọng đa thức mơn tốn trường THPT Phạm vi nghiên cứu Khóa luận tìm hiểu, nghiên cứu toán xác định đa thức bất đẳng thức đa thức ẩn chương trình tốn phổ thơng Cấu trúc khóa luận Khóa luận gồm có ba chương: Chương 1, trình bày vành đa thức ẩn phép toán đa thức Chương 2, trình bày số tốn xác định đa thức dựa vào yếu tố cho trước đặc trưng nghiệm, đặc trưng bậc đa thức phép biến đổi, đồng hệ số Chương 3, trình bày dạng tốn bất đẳng thức đa thức bao gồm bất đẳng thức hệ số, bất đẳng thức bậc, bất đẳng thức nghiệm bất đẳng thức giá trị CHƯƠNG ĐA THỨC VÀ CÁC PHÉP TOÁN VỀ ĐA THỨC 1.1 Vành đa thức ẩn 1.1.1 Xây dựng vành đa thức ẩn Giả sử A vành giao hốn, có đơn vị kí hiệu Gọi P tập hợp dãy phần tử A P = (a0 , a1 , , ) ∈ A, ∀i ∈ N, = tất trừ số hữu hạn Trên P ta xác định hai quy tắc cộng nhân sau: • Quy tắc cộng (a0 , a1 , , an , ) + (b0 , b1 , , bn , ) = (a0 + b0 , a1 + b1 , , an + bn , ) • Quy tắc nhân (a0 , a1 , , an , )(b0 , b1 , , bn , ) = (c0 , c1 , , cn , ) Trong đó: c = a0 b c = a0 b + a1 b ck = a0 bk + a1 bk−1 + + ak−1 b1 + ak b0 = b j , k = 0, 1, 2, i+j=k Khi (P,+,.) lập thành vành giao hốn có đơn vị gọi vành đa thức Thật vậy, hai quy tắc cộng nhân cho ta hai phép toán P (P,+) nhóm giao hốn vì: • Phép cộng có tính chất giao hốn kết hợp • Phần tử khơng dãy (0,0, ,0, ) • Phân tử đối dãy (a0 , a1 , , an , ) dãy (−a0 , −a1 , , −an , ) 1.1 Vành đa thức ẩn (P,.) nhóm giao hốn vì: • Do A giao hoán nên: b j = i+j=k b j i+j=k ⇒ Phép nhân có tính chất giao hốn • Phép nhân A có tính chất kết hợp phân phối phép cộng nên ∀m = 0, 1, 2, Ta có:   bi c j  = ah  h+k=m i+j=k ah ( b i c j ) h+i+j=m  = ( ah b i ) c j = h+i+j=m  ah b i  c j  j+l=m h+i=l ⇒ Phép nhân P có tính chất kết hợp Trong A, ta có: ( b j + c j ) = i+j=k b j + i+j=k c j , ∀k = 0, 1, i+j=k ⇒ Phép nhân có tính chất phân phối phép cộng P Dãy (1,0, ,0, ) phần tử đơn vị P Do P vành giao hốn có đơn vị Xét dãy: x = (0, 1, 0, , 0, ) Theo quy tắc nhân, ta có: x2 = (0, 0, 1, 0, , 0, ) x3 = (0, 0, 0, 1, , 0, ) xn = (0, 0, , 0, 1, 0, ) n Ta quy ước viết: x0 = (1, 0, , 0, ) Xét ánh xạ: f : A −→ P a −→ (a, 0, , 0, ) 1.1 Vành đa thức ẩn Ta có: f (a + b) = (a + b, 0, , o, ) = (a, 0, , 0, ) + (b, 0, , 0, ) = f (a) + f (b) f (ab) = (ab, 0, , 0, ) = (a, 0, , 0, )(b, 0, , 0, ) = f (a)f (b) f (a) = f (b) ⇔ (a, 0, , 0, ) = (b, 0, , 0, ) ⇔ a = b Vậy f đơn cấu bảo tồn hai phép tốn Vì f đơn cấu nên ta đồng phần tử a ∈ A với f (a) ∈ P tức là: a = f (a) = (a, 0, , 0, ) ∈ P ⇒ A vành vành P Các phần tử P dãy (a0 , a1 , , an , ) Trong = tất trừ số hữu hạn nên ta giả sử n số lớn để an = 0, phần tử P viết: (a0 , a1 , , an , 0, ) = (a0 , 0, 0, ) + (0, a1 , 0, ) + (0, 0, , 0, an , 0, ) = (a0 , 0, )(1, 0, ) + (a1 , 0, )(0, 1, 0, ) + + (an , 0, )(0, , 0, 1, 0, ) n n = a0 + a1 x + + an x = a0 x0 + a1 x1 + an xn Người ta thường kí hiệu phần tử P dạng: an xn + an−1 xn−1 + + a1 x1 + a0 x0 , ∈ A, i = 0, n f (x), g (x), Định nghĩa 1.1.1 Vành P gọi vành đa thức ẩn x lấy hệ tử A, hay vắn tắt vành đa thức ẩn x A Kí hiệu: A[x] Các phần tử vành gọi đa thức ẩn x lấy hệ tử A Trong đa thức f (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x1 + a0 x0 • , i = 0, n gọi hệ tử thứ i đa thức • xi , i = 0, n gọi hạng tử thứ i đa thức • a0 x0 = a0 gọi hạng tử tự • an xn với an = gọi hạng tử cao 1.1 Vành đa thức ẩn 1.1.2 Các phép toán vành đa thức ẩn 1.1.2.1 Hai đa thức Hai đa thức n m P (x) = ak x k k=0 k=0 khi: 1.1.2.2 bk x k Q(x) = m=n ak = bk , ∀k = 0, 1, 2, , m Phép cộng, trừ đa thức Cho hai đa thức m n P (x) = ak x k b k xk Q(x) = k=0 k=0 Khi phép cộng trừ hai đa thức P (x) Q(x) thực theo hệ số xk , tức là: max{m,n} (ak ± bk )xk P (x) ± Q(x) = k=0 1.1.2.3 Phép nhân đa thức Cho hai đa thức m n P (x) = ak x k bk x k Q(x) = k=0 k=0 Khi P (x).Q(x) đa thức có hệ số xác định bởi: k ck = bk−i i=o 1.1.2.4 Bậc đa thức Xét dãy: (a0 , a1 , a2 , , an , ) thuộc vành P Vì = tất trừ số hữu hạn nên nếu: (a0 , a1 , , an , ) = (0, 0, , 0, ) có số n cho an = = 0, i > n Theo ta viết: (a0 , a1 , , an , 0, ) = a0 x0 + a1 x1 + + an xn 3.2 Bất đẳng thức đa thức 3.2.2 Bất đẳng thức bậc Bài toán 1: Cho đa thức P (x) thỏa mãn: P (2x) = P (x).P (x) Chứng minh: deg P ≤ Giải Giả sử: deg P (x) = n ≥ Ta có: deg P (x) = n − 1, deg P (x) = n − Suy ra: n = (n − 1) + (n − 2) ⇔ n = (vô lý) Vậy deg P ≤ Bài toán 2: Cho đa thức n xi (n ≥ 2; an a0 = 0) P (x) = i=0 có n nghiệm dương Chứng minh rằng: n2 ≤ an−1 a1 an a0 Giải Gọi x1 , x2 , , xn n nghiệm dương P (x) Áp dụng định lí Viete, ta có:  an−1  x1 + x2 + + xn = >0   an  a1 >0 x1 x2 xn−1 + x1 x3 xn + x2 x3 xn = (−1)n−1 a n   a  x x x = (−1)n > n an 38 3.2 Bất đẳng thức đa thức Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được: an−1 a1 a a a (x1 + xn )(x1 x2 xn−1 + + x2 xn ) = n−1 n = an a0 an an a0 x1 xn √ n n x1 xn n n (x1 xn )n−1 ≥ = n2 x1 xn Vậy n2 ≤ 3.2.3 an−1 a1 an a0 Bất đẳng thức nghiệm Bài toán 1: Cho đa thức f (x) = x3 + ax2 + bx + c Giả sử x0 nghiệm f (x) = Chứng minh rằng: x20 ≤ + a2 + b2 + c2 Giải • Nếu x20 ≤ x20 ≤ + a2 + b2 + c2 • Nếu x20 ≥ x0 nghiệm nên: x30 + ax20 + bx0 + c = ⇔ x30 = −ax20 − bx0 − c Áp dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwartz, ta được: ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ (−ax20 − bx0 − c)2 ≤ (a2 + b2 + c2 )(x40 + x20 + 1) x60 − x60 ≤ (a2 + b2 + c2 ) x20 − x60 (x20 − 1) ≤ a2 + b2 + c2 x60 − x60 (x20 − 1) + ≤ + a2 + b2 + c2 x60 − x80 − ≤ + a2 + b + c x0 − 39 3.2 Bất đẳng thức đa thức Vì x20 > ⇒ x80 − x20 < x80 − ⇒ x80 − > x20 x0 − Vậy x20 ≤ + a2 + b2 + c2 Bài toán 2: Cho đa thức P (x) = + x2 + x9 + xn1 + + xns + x1992 với n1 , , ns số tự nhiên cho trước thỏa: < n1 < < ns < 1992 Chứng √ minh nghiệm đa thức P (x) (nếu có) khơng thể lớn 1− Giải Với x ≥ P (x) ≥ > Ta chứng minh P (x) > 0, √ 1− ;0 ∀x ∈ Với x < x = −1 ta có: P (x) ≥ + x + x3 + x5 + + x2k+1 + + x1991 = + x(1 + x2 + + x1988 + x1990 ) − (x996 )2 =1+x − x2 − x2 + x − x1993 = − x2 √ Với x ∈ 1− ;0 nên − x2 > 0; −x1993 > 0; − x2 + x > √ Do đó: P (x) > 0, ∀x ∈ 1− ;0 Vậy √ P (x) > 0, ∀x ∈ 40 1− ; +∞ 3.2 Bất đẳng thức đa thức Bài tốn 3: Cho phương trình bậc 10: x10 − 10x9 + 39x8 + a7 x7 + + a0 = Giả sử phương trình có 10 nghiệm Chứng minh nghiệm phương trình nằm khoảng − ; 2 Giải Giả sử x1 , x2 , , xn nghiệm phương trình cho Áp dụng định lí Viete: x1 + x2 + + x3 = 10 x1 x2 + x1 x3 + + x9 x10 = 39 Ta có:  10 10 x2i =  i=1 2 xi  − xi xj với ≤ i ≤ j ≤ 10 i=1 = 100 − 78 = 22 10 10 10 x2i (xi − 1) = ⇒ i=1 i=1 −2 xi + 10 i=1 = 22 − 20 + 10 = 12 Do đó: 49 −7 ⇒ < xi − < 2 −5 ⇒ < xi < với i = 1, 2, , 10 2 Vậy phương trình có 10 nghiệm nằm khoảng − ; 2 (xi − 1)2 ≤ 12 < Bài toán 4: Gọi m, n, p nghiệm phương trình: ax3 + bx2 + cx − a = 41 3.2 Bất đẳng thức đa thức Chứng minh: √ m √ + n √ − 2+ p ≤ m2 + n2 + p2 Giải Áp dụng định lí Viete ta có: mnp = Bất đẳng thức cần chứng minh: √ m ⇔ √ √ + n √ √ − 2np + 3pm − 2+ p ≤ m2 + n2 + p2 √ + 3mn ≤ m2 + n2 + p2 Ta thấy: α = 45o ; β = −30o ; γ = 165o √ √ cos α = ; cos β = ; cos γ = − cos 15o = − 2 Do (1) trở thành: √ 2+ 2np cos α + 2pm cos β + 2mn cos γ ≤ m2 + n2 + p2 Ta có: (p − n cos α − m cos β )2 + (m sin β − n sin α)2 ≥ ⇒ − 2np cos α − 2pm cos β + 2mn cos α cos β + p2 + n2 cos2 α + m2 cos2 β + n2 sin2 α + m2 sin2 β − 2mn sin α sin β ≥ ⇒ p2 + n2 (cos2 α + sin2 α) + m2 (sin2 β + sin2 β ) ≥ 2np cos α + 2pm cos β + 2mn(sin α sin β − cos α cos β ) ⇒ p2 + n2 + m2 ≥ 2np cos α + 2pm cos β + 2mn cos(α + β ) ⇒ p2 + n2 + m2 ≥ 2np cos α + 2pm cos β + 2mn cos γ 3.2.4 Bất đẳng thức giá trị Bài toán 1: Xét tam thức bậc hai: f (x) = Ax2 + Bx + C Cho f (a) = α ≥ 0, 42 f (b) = β ≥ (đpcm) (1) 3.2 Bất đẳng thức đa thức f a+b f (a) − − f ( b) =γ a) Xác định f (x) biết α, β, γ b) Chứng minh f (x) ≥ thỏa mãn với x ∈ [a, b] γ ≥ Giải a) Áp dụng công thức nội suy Lagrange cho tam thức bậc hai a+b f (x) nút nội suy x1 = a, x2 = , x3 = b, ta có: 3 f (xi )fi (x), f (x) = f i (x) = i=1 j=1,j=1 x − xj xi − xj f (a) = α ≥ 0, f (x) = j=1,j=1 f (x) = j=1,j=1 f (x) = j=1,j=1 f (b) = β ≥ 0, a+b f √ =γ+ a− √ b 2 x − xj (2x − a − b)(x − b) = x1 − xj (a − b)2 x − xj 4(x − a)(x − b) =− x2 − xj (a − b)2 x − xj (2x − a − b)(x − a) = x3 − xj ( a − b) Vậy f (x) = (a − b)2  − γ + = (a − b)2 = (a − b)2 = (a − b)2 [α(2x − a − b)(x − b)  √ √ a− b 2  (x − a)(x − b) + β (2x − a − b)(x − a)] α(x − b)2 + β (x − a)2 + √ a( x − b ) + √ αβ (x − a)(x − b) − 4γ (x − a)(x − b) b(x − a) − 4γ (x − a)(x − b) √ √ √ √ x( a + b) − (b a + a b) 43 − 4γ (x − a)(x − b) 3.2 Bất đẳng thức đa thức b) Chứng minh f (x) ≥ 0, ∀x ∈ [a, b] (1) ⇔γ≥0 (2) Giả sử (2) thỏa mãn, theo câu a) f (x) biểu diễn dạng: f (x) = ( a − b) √ √ √ √ x( a + b) − (b a + a b) − 4γ (x − a)(x − b) Suy f (x) ≥ 0, ∀x ∈ [a, b] Ngược lại, giả sử (1) thỏa mãn Khi f (a) ≥ 0, f (b) ≥ f (x) viết dạng f (x) = (mx + n)2 − K (x − a)(x − b) Nếu (3) ta chọn x ∈ a, a+b ,b f (a) = (ma + n)2 , f (b) = (mb + n)2  K= ( a − b) f a+b − với K ≥ (3) f (a) − f ( b) 2  = (a − b)2 γ Suy γ ≥ Bài toán chứng minh Kết tốn phát biểu định lí sau đây: Định lí 3.2.1 Giả sử f (x) = Ax2 + Bx + C, A = Khi đó, bất đẳng thức f (x) ≥ thỏa mãn với x ∈ [a, b] f (a) ≥ 0, f a+b f ( b) ≥ f ( a) − ≥ f ( b) 2 Bài toán 2: Cho đa thức: f (x) = x2 + ax + b Chứng minh tồn số |f (−1)|; |f (0)|; |f (1)| không bé Giải 44 3.2 Bất đẳng thức đa thức Giả sử số bé 2 |f (−1)| = |1 − a + b| < |f (0)| = |b| < |f (1)| = |1 + a + b| < Ta có: 1−a+b< 1 + a + b < ⇒ + 2b < ⇒ b < − 2 Và + a + b < 1 Lại có: |b| < ⇒ − < b < 2 Vậy tồn số bé Bài toán 3: Cho đa thức: f (x) = ax2 + bx + c thỏa điều kiện: |f (0)| ≤ 1; |f (1)| ≤ 1; |f (−1)| ≤ Chứng minh rằng: a) |a| + |b| + |c| ≤ b) |f (x)| ≤ với |x| ≤ Giải a) Đặt A = f (1) = a + b + c B = f (−1) = a − b + c C = f (0) = c Theo giả thiết ta có: |A| ≤ 1; |B| ≤ 1; |C| ≤ A+B Ta có: 2(a + c) = A + B ⇔ a = −C A−B B = a − b + c ⇔ b = ⇒ |a| + |b| + |c| = A+B −C + A−B + |C| 2 A+B A−B ≤ + |C| + + |C| 2 Lại có: A+B + A−B = max 45 A ; B = max(|A|; |B|) 3.2 Bất đẳng thức đa thức Nên: |a| + |b| + |c| ≤ max(|A|; |B|) + 2|C| ≤ (đpcm.) b) f (x) = ax2 + bx + c A+B = A x2 + −C x+C B (x2 − x) − C (x2 − 1) 2 1 ⇒ |f (x)| ≤ |x2 + x| + |x2 − x| + |x2 − 1| 2 ≤ max(|x |; |x|) + |x2 − 1| = (x2 + x ) + A−B • Khi ≤ |x| ≤ ≤ x2 ≤ ⇒ |x2 − 1| ≤ ⇒ |f (x)| ≤ + = • Nếu |x| ≤ |f (x)| ≤ x + − x2 ≤ x + ≤ Vậy |f (x)| ≤ với |x| ≤ Bài toán 4: Cho đa thức: f (x) = ax2 + bx + c thỏa điều kiện: |f (x)| ≤ |x| ≤ Chứng minh với M ≥ thì: |f (x)| ≤ 2M − |x| < M Giải Theo giả thiết ta có: |f (−1)| = |a − b + c| ≤ |f (0)| = |c| ≤ |f (1)| = |a + b + c| ≤ Do đó: |2a| = |2a + b − b + c − c| = |(a + b + c) + (a − b + c) − 2c| ≤ |a + b + c| + |a − b + c| + |2c| ≤ + + = ⇒ |a| ≤ 46 3.2 Bất đẳng thức đa thức • Nếu x ∈ [1; M ] thì: |f (x)| = |ax2 + bx + c| = |(a + b + c)x + ax(x − 1) + c(1 − x)| ⇒ |f (x)| ≤ |a + b + c|.|x| + |a|.|x(x − 1)| + |c|.|x − 1| ≤ M.1 + 2M (M − 1) + 1(M − 1) = 2M − • Nếu −1 < x < thì: |f (x)| ≤ ≤ 2M − • Nếu −M ≤ x ≤ −1 thì: |f (x)| = |ax2 + bx + c| = |(−a + b + c)x + ax(x + 1) + c(x + 1)| ⇒ |f (x)| ≤ | − a + b + c|.|x| + |a|.|x(x + 1)| + |c|.|x + 1| ≤ M.1 + 2M (M − 1) + 1(M − 1) = 2M − Vậy |f (x)| ≤ 2M − |x| < M Bài toán 5: Cho đa thức f (x) = x3 + ax2 + bx + c thỏa mãn điều kiện: |f (x)| ≤ |x| ≤ 1: Chứng minh |x| ≤ 1,ta có: |3ax2 + 2bx + c| ≤ Giải Đặt: g (x) = 3ax2 + 2bx + c Ta có: A = f (−1) = −a + b − c + d B=f − a b c =− + − +d a b c = + + +d D = f (1) = a + b + c + d 4 ⇒a = − A + B − C + D 3 3 2 2 b= A− B− C + D 3 3 4 c= A− B+ C − D 3 2 d=− A+ B− C − D 3 C=f 47 3.2 Bất đẳng thức đa thức Do đó: 4 3 g (x) = − A + B − C + D x2 + 2 2 A− B− C + D x 3 3 4 A− B+ C − D 3 4 C (3x2 + x − 1) = − A(12x2 − 8x − 1) + B (3x2 − x − 1) + − 3 + D(12x2 + 8x − 1) + Vì |A|, |B|, |C|, |D| ≤ nên: 4 + |3x + x − 1| + |12x2 + 8x − 1| ≤ |12x2 − 8x − 1| + |12x2 + 8x − 1| + |3x2 − x − 1| + |3x2 + x − 1| |3ax2 + 2bx + c| ≤ |12x2 − 8x − 1| + |3x2 − x − 1| Lại có: |a + b| + |a − b| = max(|a|, |b|) Nên |x| ≤ thì: |12x2 − 8x − 1| + |12x2 + 8x − 1| = max(|12x2 − 1|, |8x|) ≤ 2.11 = 22 |3x2 − x − 1| + |3x2 + x − 1| = max(|3x2 − 1|, |x|) ≤ 2.2 = Do đó: |3ax2 + 2bx + c| ≤ 22 + = Vậy |3ax2 + 2bx + c| ≤ (đpcm) Bài toán 6: Cho đa thức: f (x) = ax2 + bx + c Chứng minh: a) Nếu f (x) ≤ 1, ∀x ∈ [0, 1] f (0) ≤ b) |f (m)| ≤ với m = 0; m = ±1 |f (x)| ≤ 4, ∀|x| ≤ 48 3.2 Bất đẳng thức đa thức Giải a) Ta có:   f (0) = c    f (1) = a + b + c ⇒ b = 4f  b a   = + +c  f 2 − f (1) − 3f (0) Theo giả thiết: f (x) = ax2 + bx + c ⇒ f (x) = 2ax + b ⇒ f (0) = b ⇒ f (0) ≤ |b| ≤ f + |f (1)| + 3|f (0)| ≤ f (x) ≤ 1, ∀x ∈ [0, 1] f (0) ≤ b) Ta có:    c = f (0)      f (0) = c  1 f (1) = a + b + c ⇒ a = f (1) + f (−1) − f (0)      f (−1) = a − b + c  b = f (1) − f (−1) 2 Lại có: |f (x)| = |2ax + b| f (1) + f (−1) − 2f (0) 2 ⇒ |f (1)| ≤ |f (1)| + |f (−1)| + 2|f (0)| 2 ≤ + + 2.1 = 2 −1 f (−1)| = −2a + b = f (1) − f (−1) − 2f (0) 2 ⇒ |f (−1)| ≤ |f (1)| + |f (−1)| + 2|f (0)| 2 ≤ + + 2.1 = 2 Vì f (x) đa thức bậc [−1; 1] nên: ⇒ f (1)| = 2a + b = |f (x)| ≤ max{f (−1); f (1)} Vậy |f (x)| ≤ 49 BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Bài 1: Cho đa thức: P (x) = x4 + 2ax2 + a với a > Chứng minh: Q(x) = P (x) + P (x) + P (x) + P (x) + P (x) > 0, ∀x Bài 2: Giả sử đa thức: f (x) = xn + an−a xn−1 + + a1 x + a0 phân tích thành: f (x) = (x + r1 )(x + r2 ) (x + rn ) với r1 , r2 , , rn số thực phân biệt Chứng minh rằng: (n − 1)a2n−1 ≤ 2nan−2 Bài 3: Cho đa thức: f (x) = ax2 + bx + c thỏa điều kiện: |f (x)| ≤ |x| ≤ Chứng minh rằng: |cx2 + bx + a| ≤ |x| ≤ Bài 4: Giả sử α, β nghiệm thực tam thức bậc với hệ số nguyên Chứng minh tích α.β nghiệm đa thức bậc không với hệ số nguyên Bài 5: Cho đa thức: f (x) = x3 − px2 + qx − p = 0, p, q > Chứng minh f (x) = có nghiệm lớn hay thì: √ p≥ + (q + 3) Bài 6: Biết đa thức: f (x) = x2000 + a1 x1999 + + a1999 x + a2000 có 2000 nghiệm khác a1995 = 1995; a1997 = 1997 Chứng minh rằng: |a1996 | > 1996 Bài 7: Cho đa thức P (x) thỏa mãn: P (0) > 0; P (1) > P (0); P (2) > 2P (1) − P (0); P (3) > 3P (2) − 3P (1) + P (0) Và P (n + 4) > 4P (n + 3) − 6P (n + 2) + 4P (n + 1) − P (n) Chứng minh rằng: P (n) > 0, ∀n ∈ N 50 KẾT LUẬN Nhận xét đánh giá chung đề tài 1.1 Kết đạt Đề tài xây dựng vành đa thức biến, tìm hiểu phép tốn đa thức để từ vận dụng vào làm tốn đa thức phổ thơng Trình bày toán xác định đa thức dựa vào yếu tố cho trước đặc trưng nghiệm, đặc trưng bậc phép biến đổi, đồng hệ số Trình bày dạng tốn bất đẳng thức đa thức bất đẳng thức hệ số, bất đẳng thức bậc, bất đẳng thức nghiệm bất đẳng thức giá trị Các toán đưa chọn lọc gần gũi với tốn phổ thơng có lời giải cụ thể cho toán 1.2 Hạn chế Với kiến thức có hạn thời gian cịn hạn chế đề tài khơng thể tránh khỏi thiếu sót chưa khai thác hết dạng toán liên quan toán xác định đa thức bất đẳng thức đa thức biến Hướng phát triển đề tài Hi vọng đề tài tiếp tục nghiên cứu mở rộng để bổ sung thêm dạng toán liên quan đến xác định đa thức bất đẳng thức đa thức chương trình tốn phổ thơng Tơi mong nhận ủng hộ, đóng góp ý kiến thầy giáo, giáo bạn để đề tài ngày hoàn thiện 51 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Trần Đức Huyên, Tuyển tập đề thi Olympic 30 tháng toán 11, NXB Giáo dục Việt Nam, 2013 [2] Nguyễn Văn Mậu, Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học phổ thông đa thức đại số phân thức hữu tỉ, NXB Giáo dục, 2002 [3] Lê Hồnh Phị (chủ biên), Nguyễn Sinh Nguyên, Nguyễn Văn Thông, Trấn Bá Hà, Nguyễn Cung Nghi, Ngô Thế Phiệt, Phan Xuân Quang, Lê Hữu Dũng, Nguyễn Duy Thái Sơn, Nguyễn Quốc Khánh, Chuyên đề bồi dưỡng bất đẳng thức đa thức, NXB Đà Nẵng, 2006 [4] Lê Hồnh Phị, Nguyễn Văn Nho, Nguyễn Tài Chung, Chuyên khảo đa thức bồi dưỡng học sinh giỏi, chuyên toán, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, 2013 [5] Hồng Xn Sính, Đại số đại cương, NXB Giáo dục, 2008 [6] Nguyễn Thị Sinh, Nội suy tam thức bậc hai đoạn, Tạp chí Khoa học Công nghệ Đại học Đà Nẵng (số 5[40]), 2010 [7] http://www.more.edu.vn/mot-so-ung-dung-cua-da-thuc-kl03178/ [8] http://123doc.org/document/3200314-mot-so-ung-dung-cua-da-thuc htm [9] http://123doc.org/document/2366521-100-nice-polynomial-problems\ -with-solutions-amir-hossein-parvardi-pdf.htm 52 ... bày dạng toán bất đẳng thức đa thức bao gồm bất đẳng thức hệ số, bất đẳng thức bậc, bất đẳng thức nghiệm bất đẳng thức giá trị CHƯƠNG ĐA THỨC VÀ CÁC PHÉP TOÁN VỀ ĐA THỨC 1.1 Vành đa thức ẩn 1.1.1... 12 12 12 13 CÁC BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC 14 BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ 30 BẤT ĐẲNG THỨC VỀ ĐA THỨC 3.1 Một số bất đẳng thức 3.1.1 Bất đẳng thức giá trị tuyệt đối 3.1.2 Bất đẳng thức trung bình... tài "Các tốn xác định đa thức bất đẳng thức đa thức ẩn" làm khóa luận tốt nghiệp nhằm phân loại, hệ thống số dạng tập xác định đa thức bất đẳng thức đa thức Từ giúp cho việc giải toán đa thức cách