LIÊN QUAN ĐẾN CHỦ ĐỀ ĐA THỨC 1

(1)

MỘT SỐ BÀI TOÁN

Nguyễn Duy Thái Sơn

(Đại học Sư phạm– Đại họcĐà Nẵng)

Qua bài giảng này, ta sẽkhảo sát một sốdạng toán về đa thức, thường gặp trong các kỳthi chọn học sinh giỏi THPT quốc gia hoặc trong các kỳthi chọn đội tuyển thi Toán quốc tế. Ta cũng sẽgặp một số dạng toán Olympic mà phát biểu của chúng có vẻ ngoài không liên quan gì đến đa thức, nhưng các kỹthuật đa thức lại cho ta những lời giải đẹp. Và–vẫn như ởcác bài giảng trước đây của tôi– điều quan trọng hơn cả mà tôi muốn truyền tải không chỉlà một lời giải (sẽ được ghi ra), đó phải là các phân tích, định hướng trước khi ta đi đến được lời giải của một bài toán…

Bài toán 1. Cho bốn sốthực a b c d, , , đôi một phân biệt.

(i) Giải hệ phương trình:

2 3 4

. x ay a z a t a x by b z b t b x cy c z c t c x dy d z d t d

    

    



   

    



(ii) Giảsử { ; ; ; }a b c d {1; 2;3; 4} . Giải hệ phương trình:

1 2 3 4 1

1 2 3 4 1.

x y z t

a a a a

x y z t

b b b b

x y z t

c c c c

x y z t

d d d d

    

    

    

    

    

    

    

   



1Đây là nội dung bài giảng được tác giảtrình bày tại các lớp Tập huấn Giáo viên THPT chuyên Khu vực miền Bắc (Bắc Ninh, 16-23/7), Khu vực miền Trung (NghệAn, 23-30/7) và Khu vực miền Nam (Bình Dương, 30/7-6/8) do ``Chương trình trọng điểm Quốc gia phát triển Toán học giai đoạn 2010-2020'', Viện Nghiên cứu cao cấp vềToán, tổchức năm 2017.

(2)

Lời giải. (i) Với mỗi bộ ( ; ; ; )x y z t ⁴, đặt P s( ) :s⁴ts³zs²ysx (s), ta thu được một đa thức P[ ]s có degP4 và có hệsốcủa s (hệ⁴ sốbậc cao nhất) là 1. Do a b c d, , , đôi một phân biệt, dễ thấy: ( ; ; ; )x y z t là một nghiệm của hệ đã cho khi và chỉ khi { ; ; ; }a b c d là tập nghiệm của phương trình P s( )0 (với s là ẩn số). Theo định lý nhân tử hóa đa thức, điều này tương đương với:

4 3 2 4 3 2

cyc cyc

cyc

( ) ( )( )( )( )

( )

.

P s s a s b s c s d

s ts zs ys x s a s ab ac ad bc bd cd s abc s abcd

x abcd

y abc

z ab ac ad bc bd cd

t a

    

   

                

   

  

 

        

 

 



(ii) Với mỗi bộ ( ; ; ; )x y z t ⁴, đặt

( ) : ( 1)( 2)( 3)( 4) ( 2)( 3)( 4) ( 1)( 3)( 4) ( 1)( 2)( 4)

( 1)( 2)( 3),

P s s s s s x s s s y s s s z s s s

t s s s

                

   

ta thu được một đa thức P[ ]s có degP4 và có hệsốbậc cao nhất là 1. Dễthấy: ( ; ; ; )x y z t là một nghiệm của hệ đã cho khi và chỉ khi { ; ; ; }a b c d là tập nghiệm của phương trình P s( )0; một cách tương đương,

( ) ( );

P s Q s (1)

trong đó, Q s( ) : ( s a s)( b s)( c s)( d). Ta cũng thấy: Q[ ]s có degQ4 và có hệ số bậc cao nhất là 1. Suy ra: deg(PQ)4. Vậy, P Q là đa thức không khi và chỉ khi P Q triệt tiêu tại 4 điểm đôi một phân biệt:

(1) P(1)Q(1)P(2)Q(2)P(3)Q(3)P(4)Q(4)0. (2) Nhưng

(1) (1 2)(1 3)(1 4) 6 , (2) (2 1)(2 3)(2 4) 2 , (3) (3 1)(3 2)(3 4) 2 , (4) (4 1)(4 2)(4 3) 6 ,

P x x P y y

P z z P t t

            

nên

(3)

(2) (1) 6, (2) 2, (3) 2, (4) 6 ( 1)( 1)( 1)( 1) 6

( 2)( 2)( 2)( 2) 2

( 3)( 3)( 3)( 3) 2

( 4)( 4)( 4)( 4) 6.

x Q y Q z Q t Q

x a b c d

y a b c d

z a b c d

t a b c d

      

    

      

      

      



Bài toán 2. Cho 2016 số thực c c₁, , ₂ ,c₂₀₁₆ thỏa hệ:

2016

1 2

2016

1 2

2016

1 2

1

2 3 3 4 2017 2018 1 3

1

3 4 4 5 2018 2019 3 5

1

2017 2018 2018 2019 4032 4033 4031 4033

c c c

c

c c

c

c c

    

    

    

    



     

    





   



Hãy tìm giá trị của tổng: ¹ ² ²⁰¹⁶

1 2 2 3 2016 2017

c

c c

S     

   

Lời giải.Xét đa thức Q[ ]x (degQ2017) và phân thức f ( )x được cho bởi:

2017 2016

1 1

( ) : ( ), ( ) :

( )( 1)

i i i

Q x x i f x c

x i x i



   

  





Dễ thấy: tồn tại đa thức P[ ]x có degP2015 để ( ) ( ) ( ) f x P x

Q x  Theo hệ phương trình trong đề bài, với mỗi số nguyên j mà 1 j 2016, ta đều có:

1 2

( ) (4 1) ( ) ( ) 0.

(2 1)(2 1)

f j j P j Q j

j j

    

 

Đặt R x( ) : (4 x²1) ( )P x Q x( ), ta thu được đa thức R[ ]x có degR2017 và thỏa: R j( )0 với mọi số nguyên j mà 1 j 2016. Vậy, theo định lý nhân tử hóa đa thức, tồn tại các hằng số thực  , sao cho

2016 2016

2

1 1

( ) ( ) ( ) (4 1) ( ) ( ) ( ) ( ).

j j

R x x  x j x P x Q x x  x j

 

 



     



 ⁽¹⁾

Trong (1), chọn x: 1 2 ta suy ra

2017 1 2016

2016 2016

1 1

1 1 1

2016 2017

1 (1 2) 2 2 2

( 1) 1

1 1

2

2 2 2

i

j j

Q i

j j

  ^

 

       

    

    

       

     

   

   



 

2 4033 4035.

 

     (2)

Còn với x: 1 2 thì (1) kéo theo:

(4)

2017 1 2016

2016 2016

1 1

1

1 ( 1 2) 2 1

1 1 ( 1)

2 2

i

j j

Q i

j j

  ^

 

  

 

  

        

     

   

   



 

2 1.

 

     (3)

Giải (2)-(3) ta tìmđược

2 2

1 2 2017 2017 .





   



  

Cuối cùng, trong (1) chọn x: 0, ta có :

2016

2 2016 2

1

2 2

2016 1

(0) (0) ( ) 2017 2016! ( 1) 2016! 2017

(0) 2016! 2017 2016! 2017

(0) 1 1

(0) (0) 2017!

(0) 1 2017 2016.

( 1)

j

i i

P Q j

f P

Q Q

S c f

i i





           

 

       

      







Bài toán 3 (Romania). Với mỗi cặp số nguyên m, n mà 1 m n, đặt ₁

0

: ( ) ( 1) C .

m

m n k k

n n

k

R m k _





  Với các sốnguyên m, nnhư thế, chứng minh rằng R_n^{n m}^{ }¹R_n^m.

Lời giải.Trước tiên, để ý: 1      m n 1 n m 1 n. Từ đó, theo định nghĩa,

 

1 1

0 0

1

1 1 1

1

( 1 ) ( 1) C ( 1 ) ( 1) C

( ) ( 1) C (thay : 1 1 )

( ) ( 1) ( 1) C

( ) ( 1) C (thay : ).

n m n m

n m n k k n k n k

n n n

k k

n

n n i i

n i m

n

n n n i i

n i m

n

n k k

n k m

R n m k n k m

i m i n k k n i

m i

m k k i

   

   

 

 

  

 

  

 



 

         

         

   

    

 



So sánh với công thức xác định của R_n^m, và chú ý rằng (mk) ( 1) Cⁿ  ^k ^k_n_₁0 khi k m, ta thấy

1

n m m

n n

R ^{ } R khi và chỉ khi

1

1 0

( ) ( 1) C 0.

n

n k k

n k

m k



 

  



⁽¹⁾

(5)

Để chứng minh (1), ta sẽ sử dụng công thức nội suy Lagrange: Cho P[ ],x degPn, và cho 1

n sốthực x x₁, ₂,,x_n_₁ đôi một phân biệt. Với mọi sốnguyên 1  k n 1 và với mọi sốthực x, đặt

( )

( ) :

( )

i i k

k

k i

i k

x x

x x x

 ^





 



(trong các tích ởtrên, i chạy từ 1 đến n1 và khác k). Khi đó ta có đồng nhất thức

1 1

( ) ( ) ( ).

n

k k

k

P x ^ P x  x







⁽²⁾

Chứng minh: Với mọi sốnguyên 1  k n 1, 1  j n 1, dễthấy 1 khi

( )

0 khi .

k j

j k

x j k

  

  

Từ đó, hai vếcủa (2) bằng nhau tại n1điểm x x₁, ₂,,x_n_₁. Cảhai vế đều là các đa thức (của biến sốx) có bậc không vượt quá n, nên chúng phải trùng nhau.

Trởlại bài toán, xét đa thức P x( ) : ( mx)ⁿ và các điểm x_j : j (1  j n 1). Sử dụng (2) ta có:

1 1

(0) ( ) (0) 0.

n

k k

P ^ P k 







 ⁽³⁾

Nhưng

1 1

( ) ( 1)! ( 1)!( 1)

(0) ( 1) ( 1) C

( ) ( ) ( ) ( 1 )!( 1) !

n

n k k

i k

k n k n

i k i k i k

i k

n n

k i k k i k i k n k k

 ^ _{ } _

  

    

      

         



  

nên (3)(1).

Bài toán 4 (P48, Tạp chí Pi). Tìm tất cảcác sốnguyên n2 và tất cảcác bộn sốnguyên

1 2 n

a a a sao cho đa thức

1 2

( ) ( ) ( ) ( _n) 3

S x  x a  x a   x  a  phân tíchđược thành tích củahai đa thức khác hằng, với hệsốnguyên.

(6)

Lời giải. Giảsử n2 và a₁a₂ a_n là các sốnguyên sao cho ta có phân tích

1

( ) ( ) 3 ( ) ( );

n

i i

S x x a G x H x





    ⁽¹⁾

trong đó, G x( ) và H x( ) là hai đa thức khác hằng, với hệsốnguyên, mà không mất tính tổng quát, ta cũng có thể giả sử degGdegH. Rõ ràng, hệ số bậc cao nhất của G x( ) và H x( ) phải cùng bằng 1, hoặc cùng bằng 1. Nếu cần, sẽ đổi dấu cả G x( ) và H x( ), ta có thểxem hệsố đó bằng 1.

Từ nay về sau, đểcho tiện, ta quy ước:

–

^{mỗi số}^nguyên i, mà1 i n, sẽ được gọi tắt là một chỉsố;

–

^số^{phần tử} của mỗi tập hợp hữu hạn X sẽ được ký hiệu bởi X . Lần lượt xét các trường hợp:

1. Trường hợp n4.

Lúc này, nếu degH 1, tức là H x( ) x a với a nào đó, thì theo (1),

1

( ) 3.

n

i i

a a



 



^Điều

này là vô lý, vì 3 không thể biểu diễn được thành tích của nhiều hơn ba số nguyên đôi một phân biệt. Vì vậy,

2 deg deg 2.

n  G H  (2)

Đặt R x( ) :G x( )H x( ). Ta có các nhận xét sau:

Nhận xét 1: R x( ) là một đa thức khác hằng, với hệsốnguyên, và degR n 2.

Chứng minh: Giảsửphản chứng rằng R x( )c là một đa thức hằng. Khi đó, (1) được viết lại thành

 

²

1

( ) 3 ( ) ( ) .

n

i i

x a cG x G x



   



Trong đồng nhất thức trên, hệ số bậc cao nhất của đa thức ở vế trái là 1, của đa thức ở vếphải là

1; và ta gặp mâu thuẫn. Vậy, R x không thể( ) làđa thức hằng. Các kết luận còn lại của Nhận xét 1 là hiển nhiên.

Nhận xét 2: R a( ) { 2; 2}_i   với mỗi chỉ số i. Chứng minh: Do (1) ta thấy

(7)

           

( ) ( ) 3 ( ); ( ) 3;1 , 3; 1 , 1; 3 , 1;3

( ) 2

i i i i

i

G a H a G a H a

R a

        

  

với mọi chỉsố i.

Nhận xét 3: Với mọi bộba chỉsố i j k, , mà i  j và R a( )_i R a( _j)R a( _k), ta có (a_k a_i)(a_k a_j) | 4.

Chứng minh: Đặt cR a( _k). Theo Nhận xét 2, ^c^{ }



^{2; 2}



^và R a^{( )}i R a⁽ j⁾ c^. Áp dụng định lý Bezout (và Nhận xét 1), ta có phân tích R x( ) c (xa_i)(xa P x_j) ( ), trong đó P x( ) là một đa thức với hệsốnguyên. Lấy xa_k ta suy ra

Chứng minh: Đặt cR a( )._i Theo Nhận xét 2, ^c^{ }



^{2; 2}



^và R a( _j) c. Áp dụng định lý Bezout (và Nhận xét 1), ta có phân tích R x( ) c (xa P x_j) ( ), trong đó P x( ) là một đa thức với hệ số nguyên. Lấy xa_i ta suy ra

(a_ia_j) |R a( )_i  c| 2 | | 4.c 

Dùng các nhận xét trên ta có thểloại đi hai trường hợp “con”: n6, n5.

1a/ Thật vậy, giả sử n6. Vì a₁a₂ a_n, với mọi chỉ số i 6, ta có a_i a₁  4. Vậy, theo Nhận xét 4, ta phải có

( )_i ( )1

R a R a với mọi chỉ số i6. (3)

Đặc biệt, R a( ₆)R a( ).₁ Mà (a₄a₆)(a₄a₁)   2 3 4, nên theo Nhận xét 3 ta phải có

6 1 4

( ) ( ) ( ).

R a R a R a Theo cách hoàn toàn tương tự, do (a₂a₆)(a₂a₄)   4 2 4 và do

5 1 5 2

(a a )(a a )  4 3 4 nên Nhận xét 3 cho ta:

1 6 4 2 5

( ) ( ) ( ) ( ) ( ).

R a R a R a R a R a (4)

Đặt c  R a( ),₁ từ (3) và (4) ta thấy phương trình R x( ) c 0 có nhiều hơn n2 nghiệm; đó là các nghiệm xa_i với mỗi chỉ số i 3. Điều này mâu thuẫn với Nhận xét 1. Vậy, 1a/ không thểxảy ra.

Tiếp theo, gọi I là tập hợp tất cảcác chỉ số i mà R a( )_i 2, và J là tập hợp tất cảcác chỉ số i mà ( )_i 2.

R a   Theo Nhận xét 2, hiển nhiên ta có

(8)

.

I  J n (5)

1b/ Bây giờ giả sử n5. Lúc này từ (1) và (2) dễ thấy degG3, degH 2. Suy ra: R x( )2 và ( ) 2

R x  đều là các đa thức bậc ba có hệ số bậc cao nhất bằng 1. Như là một hệ quả, ta có

3, 3.

I  J  Kết hợp với (5) ta thấy chỉcó hai khả năng:

(b1) I 3 và J 2 (b2) I  2 và J 3.

Xét (b1). Giảsử I 



i1 i2 i3



. Theođịnh lý Bezout, ta có phân tích

1 2 3

( ) 2 ( _i )( _i )( _i ).

R x   xa xa xa (6)

Nếu 1J, thì từ (6) suy ra

1 2 3

1 1 1 1

4 R a( ) 2 (a a_i )(a a_i )(a a_i ) ; nhưng điều này là không thể, vì

1 2 3 1 2 3

1 1 1 1 1 1

1 a a_i a a_i a a_i (a a_i )(a a_i )(a a_i ) 1 2 3 6.

              

Vậy, 1I, tức là i₁ 1. Lập luận tương tự, ta có 5I, tức là i₃ 5. Chỉ còn phải khảo sát ba giá trị có thểcủa i₂.

(b1.1) Nếu i₂ 2, thì 4J nên từ (6) suy ra

4 4 1 4 2 4 5

4 R a( ) 2 (a a)(a a )(a a )    3 2 1 6, vô lý!

(b1.2) Nếu i₂ 3, thì 2J nên từ(6) suy ra

2 2 1 2 3 2 5

4 R a( ) 2 (a a )(a a )(a a ) 0,

       

vô lý!

(b1.3) Nếu i₂ 4, thì 3J nên từ(6) suy ra

3 3 1 3 4 3 5

4 R a( ) 2 (a a)(a a )(a a ) 0,

       

cũng vô lý!

Tất cảcác mâu thuẫn gặp được cho thấy khả năng(b1) không thểxảy ra.

(9)

Ta có thể lặp lại phương pháp trên để thấy (b2) cũng không thể xảy ra. Một phương pháp khác là quy (b2) về(b1) bằng cách thay dãy a₁a₂a₅ bởi dãy

1 5 2 4 5 1,

b   a b   a b  a

và thay đa thức R x bởi đa thức( ) T x( )  R( x). Chú ý rằng: T x( )2 và T x( )2 cũng là các đa thức bậc ba với hệsốnguyên và có hệsốbậc cao nhất bằng 1; ngoài ra,

6 6

( )_i 2 ( _i) 2; ( )_i 2 ( _i) 2 R a  T b_   R a   T b_  nên vai trò của các tập I J, đãđược hoán đổi qua cách thay nói trên.

Tóm lại 1b/ cũng đãđược loại trừ, và ta chỉ còn phải xét trường hợp“con”:

1c/ n4. Lúc này, từ (1) và (2) dễthấy degG degH  2. Suy ra: R x( )2 và R x( )2 đều là các đa thức bậc hai có hệsốbậc cao nhất bằng 2. Kết hợp với (5), ta thấy I  J  2. Lần này, với mọi cặp chỉ số i j, mà R a( )_i  R a( _j), dùng chính phương pháp chứng minh Nhận xét 4 ta có

2(a_i a_j) R a( )_i R a( _j) 4 nên (a_ia_j) | 2. Từ đây, vì a₄ a₁  2, ta suy ra R a( ₄)R a( ).₁ Nếu

 

^{1; 4} ^^J^, ^thì R x( ) 2 2(xa1)(xa4) và

 

^2;3 ^^I^, ^nên

2 2 1 2 4

4R a( ) 2 2(a a )(a a )0, vô lý! Vậy,

 

^{1; 4} ^^I^, ^nên R x( ) 2 2(xa1)(xa4),

 

^2;3 ^^J ^và

2 2 1 2 4 2 1 4 2

4 R a( ) 2 2(a a)(a a ) a a 1, a a 2;

          

3 3 1 3 4 3 1 4 3

4 R a( ) 2 2(a a)(a a ) a a 2, a a 1.

          

Suy ra: a a a a₁, ₂, ₃, ₄, theo thứtự đó,là bốn sốnguyên liên tiếp.

Thửlại: khi n4, với a a a a₁, ₂, ₃, ₄, theo thứ tự đó,là bốn sốnguyên liên tiếp, ta có phân tích

1 1 1 1

( ) ( )( 1)( 2)( 3) 3

[( )( 3) 1][( )( 3) 3]

S x x a x a x a x a

x a x a x a x a

        

        

thỏa mãn yêu cầu đềra.

2. Trường hợp n3.

(10)

Lúc này, degG 2, degH 1. Suy ra: H x( ) x a (a). Theo (1),

3

1

( _i) 3.

i

a a



 



^Nhưng

1 2 3

aa  a a  a a nên chỉ có một khả năng: aa₁ 1,aa₂  1,aa₃  3; tức là, các số nguyên a a₁, ₂,a₃ lập thành một cấp sốcộng với công sai 2.

Thử lại: khi n3, với a a₁, ₂,a₃ là các số nguyên, theo thứ tự đó, lập thành một cấp số cộng với công sai 2, ta có phân tích

1 1 1

2

1 1 1

( ) ( )( 2)( 4) 3

( 1)[( ) 5( ) 3]

S x x a x a x a

x a x a x a

      

      

thỏa mãn yêu cầu đềra.

3. Trường hợp n2.

Lúc này, degGdegH 1. Suy ra: H x( ) x a, với a nào đó. Theo (1),

2

1

( _i) 3.

i

a a



 



Nhưng aa₁  a a₂ nên chỉ có hai khả năng: aa₁ 3,aa₂ 1; hoặc aa₁  1, aa₂  3.

Vậy, a₂  a₁2.

Thửlại: khi n 2, với a₂  a₁2 (a₁), ta có phân tích

1 1 1 1

( ) ( )( 2) 3 ( 1)( 3)

S x  xa x a   x a x a thỏa mãn yêu cầu đềra.

Kết luận: Tất cảcác số nguyên n2 và tất cả các bộn số nguyên a₁a₂ a_n thỏa mãn yêu cầu đềra gồm:

1. n4; a a a a₁, ₂, ₃, ₄, theo thứ tự đó,là bốn sốnguyên liên tiếp;

2. n3; các sốnguyên a a a₁, ₂, ₃, theo thứ tự đó,lập thành một cấp sốcộng với công sai 2;

3. n2; a a là các số₁, ₂ nguyên mà a₂ a₁2.

Bài toán 5 (Nga). Cho f x( )x²bxc là một tam thức bậc hai với các hệ số b c, . Giả sử phương trình ^f



^{f x}^{( )}



^⁰ ^{có đủ}4 nghiệm thực (không nhất thiết phân biệt), được ký hiệu bởi x₁,

2,

x x₃, x₄. Biết x₁x₂  1, chứng minh rằng c 1 4.

Lời giải. Nếu phương trình f x( )0 không có nghiệm thực thì: với mọi x, đặt t: f x( ) (), ta thấy f t( )0; vậy, phương trình ^f



^{f x}^{( )}



^⁰ không có nghiệm thực, mâu thuẫn với giả thiết!

(11)

Do đó, phương trình f x( )0 phải có nghiệm thực. Giảsử { ; }t t₁ ₂ là tập nghiệm của nó. Theo định lý Viète,

1 2 .

t   t b (1)

Ngoài ra, f x( )(x t ₁)(x t ₂), nên

 

² ²

1 2 3 4 1 2 1 2

(xx)(xx )(xx )(xx ) f f x( ) ( ( )f x t )( ( )f x t )(x bx c t )(x bx c t ).

Từ đó, chỉcó 4 khả năng sau có thểxảy ra:

1. (xx₁) | (x²bx c t₁) f x( )t₁ và (xx₂) | (x²bx c t₂) f x( )t₂ 2. (xx₁) | (x²bx c t₂) f x( )t₂ và (xx₂) | (x²bx c t₁) f x( )t₁ 3. (xx₁)(xx₂)x²bx c t₁ và (xx₃)(xx₄)x²bx c t₂

4. (xx₁)(xx₂)x²bx c t₂ và (xx₃)(xx₄)x²bx c t₁. Xét hai khả năng đầu. Lúc này

2 2

1 2 1 2 1 2 1 2

(1)

2 2

1 2

2 2 2

1 2 1 2

( ) 2 ( ) ( )

2

2 2 1 4.

x x b x x c f x f x t t

x x b c b

x x x x

c

       

     

   

       

Xét hai khả năng cuối. Lúc này (cân bằng hệsốbậc nhất hoặc dùng định lý Viète), ta có

1 2

1 x x b b 1.

       (2)

Hơn nữa, phương trình f x( ) t_i x²bx  c t_i 0 có biệt thức  _i b²4(c t _i)0 với mỗi {1; 2}.

i Vì vậy,

2

1 2 1 2

2 (1) 2 (2)

1 2

2 8 4( ) 0

2( ) 2

4 4 1 4.

b c t t

b t t b b

c

       

  

    

Bài toán 6 (Saudi Arabia TST 2016). Tìm số tự nhiên n2 lớn nhất có tính chất: tồn tại n tam thức bậc hai f x₁( )x²b x₁ c₁, f x₂( )x²b x₂ c₂,, f x_n( )x²b x_n c_n đôi một không trùng nhau, với các hệ số b c_i, _i (1 i n), sao cho, với mọi cặp chỉ số 1  i j n, phương trình f x_i( ) f x_j( )0 có và chỉ có một nghiệm thực.

(12)

Lời giải. Kiểm tra trực tiếp ta thấy 3 tam thức bậc hai f x₁( ) :x²4, f x₂( ) : x²4x6,

2

3( ) : 8 12

f x x  x thỏa hệ

2

1 2

2

1 3

2

2 3

( ) ( ) 2( 1) ( ) ( ) 2( 2)

( ) ( ) 2( 3) .

f x f x x

   

   

   

 Từ đó, n3 có tính chất của đềbài.

Tiếp theo, ta chứng minh rằng n3 là sốtự nhiên lớn nhất cần tìm. Giảsửphản chứng rằng tồn tại sốtựnhiên n4 có tính chất của đềbài. Ta sẽ đi đến mâu thuẫn bằng một trong các cách sau:

Cách 1: Từ giả thiết dễ dàng suy ra: với mọi cặp chỉ số 1  i j n, tồn tại số thực t sao cho_ij

2 2

( ) ( ) 2 ( ) 2( ) ;

i j i j i j ij

f x  f x  x  b b x c c  x t vì thế, b_i b_j  4t_ij và c_i c_j 2 .t_ij² Giải hệ

1 2 12

1 3 13

2 3 23

4 4 4

b b t

  

   

   

 ta tìm ra

1 12 13 23

2 12 13 23

3 12 13 23

2( )

2( ).

b t t t

   

    

     



Từ đó, 4t₁₄ 2(t₁₂ t₁₃ t₂₃)b₄  4t₂₄ 2(t₁₂  t₁₃ t₂₃), và vì vậy,

13 24 14 23.

t t t t (1)

Tương tự, ta giải:

2 2 2

2

1 12 13 23

1 2 12

2 2 2 2

1 3 13 2 12 13 23

2 2 2 2

2 3 23 3 12 13 23

2 2 2

c t t t

c c t

c c t c t t t



     

       

 

       

 

và suy ra:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

14 12 13 23 4 24 12 13 23 14 23 13 24

2t (t t t )c 2t (t  t t )t t t t . (2) Từ (1) và (2), dễthấy t t_{13 24} t t_{14 23}. Đặt S:t₁₃t₂₄ t₁₄t₂₃ và P:t t_{13 24} t t_{14 23}, ta có

13 24 14 23

{ ;t t } { ; t t }

(13)

vì cả hai vế cùng là tập nghiệm của phương trình bậc hai x²Sx P 0. Vậy, t₁₃ t₁₄ hoặc

13 23.

t t Nếu t₁₃ t₁₄ thì f x₁( ) f x₃( ) f x₁( ) f x₄( ) f x₃( ) f x₄( ), mâu thuẫn với giảthiết! Còn nếu t₁₃ t₂₃ thì f x₁( ) f x₃( ) f x₂( ) f x₃( ) f x₁( ) f x₂( ), cũng mâu thuẫn!

Cách 2: Với mọi cặp chỉ số 1  i j n, đặt g x_ij( ) : f x_i( ) f x_j( ) và gọi t là nghiệm thực duy_ij nhất của phương trình g x_ij( )0, ta có g x_ij( )2(x t _ij) .² Xét tổng

4

1

( ) : _i( ),

i

g x f x







^{ta thấy:}

2 2 2 2

13 24 13 24 14 23 14 23

2(x t ) 2(x t )  g ( )x g ( )x g x( )g ( )x g ( )x 2(x t ) 2(x t ) . Cân bằng hệsốhai vếta cũng đi đến hệ(1)-(2) và tìm ra mâu thuẫn như đã thấy trong Cách 1.

Cách 3 (dựa trên ý tưởng của Nguyễn Thế Minh, giáo viên trường THPT chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương):Theo giảthiết, với mọi cặp chỉ số 1  i j n, phương trình bậc hai

( ) ( ) 0 2 2 ( ) 0

i j i j i j

f x  f x   x  b b x c c  có nghiệm kép, nên có biệt thức  _ij 0, suy ra (b_i b_j)² 8(c_i c_j). Từ đó,

2 2 2 2

1 2 3 4 1 2 3 4 1 3 2 4 1 3 2 4

2 2 2 2

1 2 1 3 2 4 3 4

2 3 1 2 3 2 3 2 3 4

2 3 1 4

( ) ( ) 8( ) 8( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( )(2 ) ( )( 2 )

( )( ) 0.

b b b b c c c c c c c c b b b b

b b b b b b b b

b b b b b b b b b b

b b b b

              

       

       

   

Vậy, b₂ b₃ hoặc b₁ b₄. Nếu b₂ b₃, thì 8(c₁c₂)(b₁b₂)² (b₁b₃)² 8(c₁c₃)c₂ c₃ nên f x₂( ) f x₃( ), mâu thuẫn với giả thiết! Còn nếu b₁b₄, thì ta lại có

2 2

1 2 1 2 2 4 2 4 1 4

8(c c )(b b ) (b b ) 8(c c ) c c nên f x₁( ) f x₄( ), cũng mâu thuẫn!

Cách 4 (dựa trên ý tưởng của NguyễnVăn Phương, giáo viên trường THPT chuyên Trần Đại Nghĩa, TP. HồChí Minh): Theo giảthiết, với mọi cặp chỉsố 1  i j n, phương trình bậc hai

( ) ( ) 0 2 2 ( ) 0

i j i j i j

f x  f x   x  b b x c c 

có nghiệm kép, nên có biệt thức  _ij 0, suy ra (b_i b_j)² 8(c_i c_j). Từ đó, nếu n3, ta thấy: với mỗi chỉsố 3 j n, bộ ( ; )x y ( ;b c_j _j) phải là một nghiệm của hệ phương trình

2

1 1

2

2 2

( ) 8( )

( ) 8( ).

b x c y

   

   

 (3)

(14)

Nếu b₁b₂ và hệ (3) có nghiệm thì c₁c₂; suy ra f x₁( ) f x₂( ), mâu thuẫn với giả thiết! Nếu

1 2,

b b bằng cách trừ vếtheo vế các phương trình trong hệ, ta thấy được hệ(3) có duy nhất nghiệm

1 2 1 2

1 2

2 1

1

4 2

( )

8 .

c c b b

x b b

b x

y c

 

  

 

 

  



Vậy, n3. Suy ra điều phải chứng minh.

Bài toán 7(Saudi Arabia TST 2017). Đa thức P[ ]x được gọi là có biểu diễn lập phươngnếu nó

có dạng

 

³

1

( ) ( ) ,

m

i i

i

P x  P x







^với ^m^^^*, ^{( )}^^{i i}^m^¹^^^, ^{( )}^P^{i i}^m^¹^^^{[ ]}^x ^(phụ thuộc vào P). Tính số tam thức bậc hai ax²bxc có biểu diễn lập phương, với các hệ số a b c, , được lấy từ tập

{1; 2; 3; ; 2017}

S   (tập gồm 2017 số nguyên dương đầu tiên).

Lời giải. Cho

0

( ) ,

n i i i

P x c x







^với ⁿ^^^{, ( )}^c^{i i}ⁿ^⁰^^^. Ta nói đa thức P là đẹp nếu cả hai điều kiện sau đây được thỏa mãn:

(i) với mọi chỉ số 0 i n, nếu i  3 thì c_i 3 (ii)

3 (0 )

i 6.

i i n

c

 





Nhận xét 1: Mọi đa thức có biểu diễn lập phương thìđẹp.

Chứng minh: Trước hết, dễthấy:

- nếu P và₁ P₂ là các đa thức đẹp thìđa thức P₁P₂ cũng đẹp,

- nếu P là một đa thức đẹp và  là một sốnguyên thìđa thức P cũng đẹp.

Vì thế, từ định nghĩa của đa thức có biểu diễn lập phương, để suy ra Nhận xét 1 ta chỉ còn phải chứng minh rằng đa thức P là đẹp nếu nó là lập phương của một đa thức với hệsốnguyên, tức là nếu nó có dạng P x( ) :Q x( ) ,³ trong đó, Q[ ].x (1) Giảsử

0

( ) : ,

m i i i

Q x a x







^với ^m^^^{, ( )}^a^{i i}^m^⁰ ^^^, ^và ^{P x}^{( ) :}^^{Q x}^{( ) .}³ Áp dụng công thức “đa thức”:

(15)

0 1

0 0 1

!

! ! !

m

m N

j j j

i m

i j j j N m

N j j j

   

    

  

 









 



(tổng ở vế phải được lấy theo tất cả các bộ số tự nhiên j₀, j₁,, j_m có tổng bằng N và lũy thừa, với sốmũ 0 luôn được hiểu là bằng 1) với N : 3, _i :a x_i ⁱ (0 i m), ta thấy:

3 3 2 2

( ) _i ⁱ 3 _i _k ^{i k} 6 _i _k ^{i k} ;

i i k i k

i k

P x a x a a x ^ a a a x^{ }

 















^ ^



(2)

trong đó, với 3 tổng ở vế phải ta ngầm hiểu các chỉ số i k, , chạy từ 0 đến m, và đôi một khác nhau.Hơn nữa, với mọi cặp chỉsố i k, như thế, ta có:

2ik 32ki 3;

và 3a a_i² _k 3a a_k² _i 3a a a_i _k( _i a_k) 6. Vì thế, từ (2) ta thấy đa thức P làđẹp; khẳng định (1) đãđược chứng minh.

Nhận xét 2: Mọi đa thức đẹp với bậc bé hơn 3 đều có biểu diễn lập phương.

Chứng minh: Cho P là một đa thứcđẹp với degP3. Khi đó, P x( )3a x₂ ²3a x₁ a₀ với a₀, a₁, a là các số2 nguyên mà a₁a₂2 ( a1 a2 2). Ta dễdàng kiểm tra trực tiếp:

3 3 3 3

1 2 1 2

1 0 2

( ) ( 1) ( 1) ( )1 ,

2 2

a a a a

P x  x  x a x a a

       (3)

suy ra: P có biểu diễn lập phương.

Trở lại bài toán: xét các tam thức bậc hai P x( )ax²bxc, với các hệsố a b c, , được lấy từ tập .

S Theo các Nhận xét 1-2, P có biểu diễn lậpphươngkhi và chỉ khi nó đẹp; tức là, 3,

a b3, ab6. (4)

Tập T : { s S | s3} {1 3; 2 3; 3 3;    ; 672 3} gồm 672 sốnguyên,trong đó có 336 số chẵn và 336 số lẻ. Điều kiện (4) tương đương với điều kiện: aT, bT, a và b có cùng tính chẵn lẻ.

Vậy, để P có biểu diễn lập phương, ta cần và chỉcần:

- chọn aT: có đúng 672 cách chọn

- chọn bT mà b cùng tính chẵn lẻvới a có cả: thảy 336 cách chọn - chọn cS: có đúng 2017 cách chọn.

(16)

Theo quy tắc nhân, có cả thảy 672 336 2017   2 336²2017 tam thức P có biểu diễn lập phương.

Ghi chú: Ta có thểchứng minh mọi đa thức đẹp đều có biểu diễn lập phương. Nhận xét 2 trong lời giải trên đây chính là bước cơ sở.Ở bước quy nạp, ta cho 2 n  và giảsử mọi đa thức đẹp với bậc bé hơn 3(n1) đều có biểu diễn lập phương. Xét P là một đa thức đẹp bất kỳ mà degP3 .n Ta cần chứng minh rằng P có biểu diễn lập phương. Dưới đây ta đưa ra hai cách chứng minh.

Cách 1: Theo giảthiết, ta có thểviết

3 1 3 2 3( 1)

( ) 3 _n ⁿ 3 _n ⁿ _n ⁿ ( );

P x  a _ x ^  a _ x ^ a _ x ^ Q x (5) trong đó, a₃₍_n_₁₎, a₃_n_₂, a₃_n_₁ là các số nguyên; Q[ ],x degQ3(n1); và một trong hai khả năng sau xảy ra:

(i) a₃_n_₂a₃_n_₁ chẵn,đa thức Q đẹp

(ii) a₃_n_₂a₃_n_₁ lẻ,đa thức Q x( ) 3 x³ⁿ^⁴ đẹp.

Xét (i). Lúc này, dựa trên biểu diễn (3) của các đa thức đẹp với bậc bé hơn 3, ta có thể viết lại (5) dưới dạng:

 

3( 1) 2

3 1 3 2 3( 1)

1 3 1 3 3 1 3

3 2 3 1 3 2 3 1

3 2 3( 1) 3 1

( ) 3 3 ( )

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ).

2 2

n

n n n

n n n n n n

n n n n

n n n

P x x a x a x a Q x

a a a a

x x x x a x a a x Q x



  

   

  

   

 

       

Từ đây, dùng giảthiết quy nạp ta suy ra P có biểu diễn lậpphương.

Xét (ii). Lúc này, gợi ý một phần từ biểu diễnở(i), ta viết lại (5) dưới dạng:

 

1 3 1 3 3 2 3

3 2 3 1 3 2 3 1

3 2

1 3 2 3 3 4

3( 1) 3 1

1 1

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 2

( )( ) ( ) ( ) 3 .

n n n