Đạo hàm của đa thức trong các kỳ thi HSG môn Toán - Lê Phúc Lữ

Chủ đề 2.

ĐẠO HÀM CỦA ĐA THỨC

A. Kiến thức cần nhớ.

(1) Đa thức bậc lẻ luôn có nghiệm. Từ đây có thể suy ra các hệ quả sau:

- Nếu P x( ) không có nghiệm thì degP chẵn.

- Nếu P x( ) là đa thức bậc chẵn và có nghiệm duy nhất thì đó phải là nghiệm bội chẵn.

(2) Đa thức P x( )(xa Q x)^k ( ) thì P x( ) chia hết cho (xa)^k1.

(3) Định lý Rolle. Hàm số f x( ) liên tục và có ab để f a( ) f b( )0 thì tồn tại c( , )a b để đạo hàm f c( )0.

(4) Đạo hàm của đa thức bậc n có đầy đủ nghiệm.

Giả sử x x₁, ₂,...,x_n là các nghiệm của P x( ). Khi đó, theo định lí Bézout thì

1 2

( ) ( )( )...( _n).

P x  xx xx xx Ta có

1

( ) ( )

n

j

i i j

P x x x

 

 



1

( ) 1

( )

n

i i

P x

P x _ x x

 



Bài 1. Xét đa thức P x( )(x1)²⁰(x3)²⁰ và Q x( )(x1) (² x3)². Gọi R x( ) là đa thức dư khi chia P x( ) cho Q x( ), chứng minh rằng R x( ) 2 ,²⁴ x.

Bài 2. Cho đa thức P x( )x x( ²1)(x²a) 1 với a5.

a) Chứng minh rằng P x( ) luôn có 5 nghiệm thực phân biệt. Đặt là x x x x x₁, ₂, ₃, ₄, ₅. b) Tính

5

4 2

1

1

i i i

T  _ x x



Bài 3. Cho đa thức P x( ) bậc n2, có n nghiệm thực phân biệt.

a) Chứng minh rằng Q x( )P x( )kP x( ) với k 0 cũng có n nghiệm phân biệt.

b) Chứng minh rằng đa thức R x( )P x( ) a P x( ) b P x( ) cũng có n nghiệm phân biệt với ,

a b là các số thực thỏa mãn a² 4 .b

c) Chứng minh rằng ^(n1)





Bài 4. Cho các số nguyên dương a b, 1 sao cho tồn tại hai đa thức P x Q x( ), ( ) hệ số thực, ( ) 0,

P x   x  và thỏa mãn

( ( )) ( ( )) ( ( ))^{a b}

P Q x  P x Q x với mọi x. Chứng minh rằng tồn tại số thực m sao cho P m( )Q m( )0.

Bài 5. Cho đa thức P x( ) monic, bậc 12 và có 12 nghiệm thực âm (không nhất thiết phân biệt). Tìm giá trị nhỏ nhất của

(0) 2

(10) (0) T P P

P

  

   

 

.

Bài 6. Cho đa thức P x( ) bậc 3 có 3 nghiệm thực. Biết rằng (2) 0, (2) 0, (2) 0, (2) 0;

(1) 0, (1) 0, (1) 0, (1) 0.

P P P P

P P P P

  

   

  

   

Chứng minh rằng tất cả các nghiệm của P x( ) đều thuộc (1; 2).

Bài 7. Cho hệ phương trình sau

2 2

x y a

y x b

  

  

 với a b, là các tham số thực và ab0.

Biết rằng hệ phương trình này có nghiệm duy nhất ( ,x y_{0 0}). a) Tính giá trị của tích Tx y_{0 0}.

b) Biết rằng ¹

ab2018, tìm giá trị lớn nhất của Pab.

Bài 8*. Với n là số nguyên dương, xét đa thức P x( )(x1)(x2)(xn). a) Chứng minh rằng với mọi n chẵn, P x( ) có nghiệm hữu tỷ.

b) Chứng minh rằng với mọi n là số nguyên tố lẻ, P x( ) không có nghiệm hữu tỷ.

Bài 9. Tính giá trị của P(0) với P x( ) là đa thức thỏa mãn ( ) 3 ( ) 2 ( ) 5

P x  P x  P x  x với mọi x.

Bài 10. Cho đa thức P x( ) bậc n và chỉ có các nghiệm x0,x2,x3, ngoài ra không còn nghiệm thực/phức nào khác. Giả sử P x( ) chia hết cho 8x²24x7.

a) Tìm giá trị nhỏ nhất của n và chỉ ra đa thức P x₀( ) thỏa mãn, có bậc n ứng với giá trị đó.

b) Số x₀ được gọi là “điểm cực trị” của đa thức P x( ) nếu như P x( ₀)0 và giá trị của P x( ) đổi dấu khi x thay đổi qua x₀. Hỏi đa thức P x₀( ) có mấy điểm cực trị?

Bài 11. Nếu trên bảng có hai đa thức f x g x( ), ( ) thì ta được viết thêm ( ) ( ), ( ) ( ), ( ) ( )

f x g x f x g x f x g x hoặc cf x cg x( ), ( ) với c. Hỏi từ hai đa thức 2x³3x²4 và x²2x, có thể thu được:

a) (x1)²⁰¹⁸ hay không? b) (x2)²⁰¹⁸ hay không?

Bài 12*. Cho P x Q x( ), ( ) là hai đa thức hệ số nguyên thỏa mãn ( ( )) 2520 2017

P Q x  x  xa với a. Chứng minh rằng deg ( )P x 1 hoặc deg ( )Q x 1.

Bài 13. Cho đa thức f x( )x⁸33x⁷. Ở mỗi bước, ta có thể nhân f x( ) với x1 hoặc tính đạo hàm của đa thức. Giả sử sau một số bước, ta thu được axb. Chứng minh rằng ab tận cùng bởi ít nhất 3 chữ số 0.

C. Hướng dẫn giải, gợi ý.

Bài 1. Xét đa thức P x( )(x1)²⁰(x3)²⁰ và Q x( )(x1) (² x3)². Gọi R x( ) là đa thức dư khi chia P x( ) cho Q x( ), chứng minh rằng R x( ) 2 ,²⁴ x.

Lời giải.

Đặt (x1)²⁰(x3)²⁰ (x1) (² x3)²Q x( )R x( ) với deg ( )Q x 16, deg ( )R x 3.

Thay x1,x3 vào hai vế, ta có R(1)R(3)2²⁰ suy ra R x( )(x1)(x3)(axb)2 .²⁰ Đạo hàm hai vế, ta có

19 19

2 2

20 ( 1) ( 3)

2( 1)( 3)(2 4) ( ) ( 1) ( 3) ( ) (2 4)( ) ( 1)( 3).

x x

x x x Q x x x Q x x ax b a x x

    

 

             

Thay x1,x3 vào, ta có

19

20 19

20 2 2( )

0, 5 2 .

20 2 2(3 )

a b

a b

a b

    

     

   



Vậy R x( ) 5 2 (²⁰ x1)(x3)2²⁰ 2²⁰[5(x1)(x3) 1] , mà (x1)(x3)  1, x nên

20 24

( ) 2 (5 ( 1) 1) 2 ,

R x       với mọi x. Bài 2. Cho đa thức P x( )x x( ²1)(x²a) 1 với a5.

a) Chứng minh rằng P x( ) luôn có 5 nghiệm thực phân biệt. Đặt là x x x x x₁, ₂, ₃, ₄, ₅. b) Tính

5

4 2

1

1

i i i

T  x x





Lời giải.

a) Ta có P x( ) là hàm liên tục và

lim ( ) , ( 2) 6 25 0, ( 1) 1 0,

1 12 35

0, (1) 1 0, lim ( )

2 32

x

x

P x P a P

P a P P x





         

  

      

  

nên P x( ) có nghiệm thuộc ( ; 2), ( 2; 1), 1;¹ , ¹;1 , (1; ).

2 2

   

        

   

b) Ta có P x( )5x⁴3(a1)x² a P x, ( )20x³6(a1)x và

4 2 2

1 2 1 1

1 1

x x  x  x  x

   nên

5 5 5

2

1 1 1

2 1 1

1 1

i i i i i i

T  x  x  x

  

 

  

Chú ý rằng

5

1

( ) 1

( ) _{i i}

P x

P x _ x x

 



5 5

1 1

1 1

( 1) (1) 0.

1 1

i i i i

P P

x x

 

 

     

 

 

Tiếp tục đạo hàm hai vế, ta có

 

2 2

1

( ) ( ) ( ) 1

( ) i ( i)

P x P x P x

P x  x x

  

 



 

5

2

2 2

1

(0) (0) (0) 1

i i (0)

P P P

x P a



  

  



Vậy T 2a².

Nhận xét. Câu b có thể giải được bằng cách dùng Viete thuận và đảo, nhưng biến đổi rắc rối hơn nhiều.

Bài 3. Cho đa thức P x( ) bậc n2, có n nghiệm thực phân biệt.

a) Chứng minh rằng Q x( )P x( )kP x( ) với k 0 cũng có n nghiệm phân biệt.

b) Chứng minh rằng đa thức R x( )P x( ) a P x( ) b P x( ) cũng có n nghiệm phân biệt với ,

a b là các số thực thỏa mãn a² 4 .b

c) Chứng minh rằng ^(n1)





Lời giải.

a) Xét hàm số ( ) ( )

x

f x ekP x thì hàm này liên tục và có n nghiệm phân biệt. Suy ra đạo hàm

của nó là 1

( ) ( ) ( )

x

f x ek P x P x k

 

     

  có n1 nghiệm phân biệt.

Đa thức Q x( )P x( )kP x( ) có degQn và có n1 nghiệm nên nghiệm còn lại cũng là số thực. Giả sử nó trùng với một trong n1 nghiệm kia thì đạo hàm qua nghiệm đó không đổi dấu và hàm số ban đầu không thể có n nghiệm được, mâu thuẫn.

b) Do a² 4b nên tồn tại u v,  sao cho auv b, uv, thay vào ta có

 

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

R x P x uP x v P x uP x . Đến đây áp dụng câu a hai lần là xong.

c) Gọi x x₁, ₂x_n là các nghiệm của đa thức P x( ). Ta có

1 1

( ) 1 ( ) 2

( ) , ( ) ( )( )

n

i i i j n i j

P x P x

P x  x x P x    x x x x

 

 

  

 

Do đó

( ) 2 ( )

( 1)

( ) ( )

P x P x

n n

P x P x

 

 

   

 

có thể viết lại thành

2

1 1

2

1 1

2

1

1 2

( 1)

( )( )

1 2

( ) ( )( ) 0

1 1

0

n

i i i j n i j

n

i i i j n i j

n

i i j

n n

x x x x x x

n

x x x x x x

x x x x

   

   



 

   

  

 

   

  

 

      

 

 



Bất đẳng thức cuối đúng nên ta có đpcm.

Bài 4. Cho các số nguyên dương a b, 1 sao cho tồn tại hai đa thức P x Q x( ), ( ) hệ số thực, ( ) 0,

P x   x  và thỏa mãn

( ( )) ( ( )) ( ( ))^{a b}

P Q x  P x Q x với mọi x. Chứng minh rằng tồn tại số thực m sao cho P m( )Q m( )0.

Lời giải.

Ta thấy P x( )0, x  kéo theo Q x( ) vô nghiệm, tức là Q x( ) phải có bậc chẵn và Q x( ) phải có bậc lẻ.

Tính đạo hàm hai vế của đẳng thức đã cho, ta có

1 1

( ) ( ( )) ( ) ( ( ))^a ( ( ))^b ( ) ( ( ))^b ( ( ))^a Q x P Q x a P x   P x ^  Q x  b Q x  Q x ^  P x . Do Q x( ) bậc lẻ nên tồn tại m sao cho Q m( )0, thay vào ta được

( ) ( ( ))^a 1 ( ( ))^b 0 a P m   P m ^  Q m  , mà P m( )0, ( )Q m 0 nên P m( )0, ta có đpcm.

Bài 5. Cho đa thức P x( ) monic, bậc 12 và có 12 nghiệm thực âm (không nhất thiết phân biệt). Tìm giá trị nhỏ nhất của

(0) 2

(10) (0) T P P

P



 

   

 

. Lời giải.

Đặt P x( )(xx₁)(xx₂)(xx₁₂) thì

1 2 12

( ) 1 1 1

( ) P x

P x x x x x x x

    

    .

Đặt y_i  x_i 0, i 1, 2,,12 thì

2

1 2 12

1 2 12

1 1 1

( 10)( 10) ( 10)

T y y y

y y y

 

        

 

  .

Theo bất đẳng thức AM-GM thì

1 2 12 12 1 2 12

1 1 1 12

y  y  y  y y y

 và

10 2 2 2 2 2 6 326

i i i

y   y       y với mọi i1, 2,,12. Suy ra ^{T 612}





Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 12¹²36, đạt được khi P x( )(x2) .¹² Bài 6. Cho đa thức P x( ) bậc 3 có 3 nghiệm thực. Biết rằng

(2) 0, (2) 0, (2) 0, (2) 0;

(1) 0, (1) 0, (1) 0, (1) 0.

P P P P

P P P P

  

   

  

   

Chứng minh rằng tất cả các nghiệm của P x( ) đều thuộc (1; 2).

Lời giải.

Đặt f x( )P(2x)a x₃ ³a x₂ ² a x₁ a₀ thì f(0)P(2)a₀0, ngoài ra

( ) (2 ) (0) (2) 0 1 0

f x  P x  f  P  a  .

Tương tự suy ra các hệ số a a₃, ₂ cũng không dương, chứng tỏ f x( ) không có nghiệm âm hay P x( ) không có nghiệm lớn hơn 2.

Một cách tương tự, đặt g x( )P(1x)b x₃ ³b x₂ ²b x₁ b₀ thì ta thấy g x( ) không có nghiệm dương hay P x( ) không có nghiệm nhỏ hơn 1.

Từ đó suy ra các nghiệm của P x( ) đều thuộc (1; 2).

Bài 7. Cho hệ phương trình sau

2 2

x y a

y x b

  

  

 với a b, là các tham số thực và ab0.

Biết rằng hệ phương trình này có nghiệm duy nhất ( ,x y_{0 0}). a) Tính giá trị của tích Tx y_{0 0}.

b) Biết rằng ¹

ab2018, tìm giá trị lớn nhất của Pab. Lời giải.

a) Trong hệ phương trình đã cho, thay y bởi x²b vào phương trình trên, ta có:

2 2

( )

x x b a.

Dễ thấy các nghiệm của phương trình này đều thỏa mãn đề bài vì xa, mà mỗi nghiệm như thế cho ta một giá trị tương ứng của y nên đưa về xét phương trình ẩn x trên có nghiệm duy nhất. Mà phương trình bậc 4 có nghiệm duy nhất khi nó có nghiệm kép, điều đó có nghĩa là nghiệm đó cũng là nghiệm của phương trình đạo hàm bằng 0.

Gọi x₀ là nghiệm đó (tương ứng với giá trị y₀) thì ta có hệ sau

2 2

0 0

2

0 0

( )

4 ( ) 1

x x b a

x x b

   

  

 (*).

Hơn nữa, do x₀ là nghiệm của hệ ban đầu nên x₀² b y₀, suy ra _{0 0} ¹ x y  4. Do đó, nếu hệ đã cho có nghiệm duy nhất thì tích _{0 0} ¹

Tx y 4. b) Nếu a b, trái dấu thì dễ thấy 0 ¹

ab 16. Do đó chỉ cần xét a b, cùng dấu.

Vì ¹

ab 2017 nên a b, 0. Từ (*), ta có x₀(x₀²b)²a nên x₀ 0. Suy ra

2 2

0 4 0 4 0 4 0

x  x b a  x ba x ab.

Do đó ¹

Pab16. Đẳng thức xảy ra khi ¹ ab 4.

Thử lại ta thấy với ¹

ab 4 thì hệ

2

2

1 4 1 4 x y y x

  





  



có nghiệm duy nhất vì khi cộng hai vế của

hệ, ta có

2 2

1 1 1

2 2 0 2

x y x y

   

      

   

    . Điều này chứng tỏ bộ





a b 4 4

  

  thỏa mãn đề bài. Vậy giá trị lớn nhất cần tìm là ¹

16.

Bài 8. Với n là số nguyên dương, xét đa thức P x( )(x1)(x2)(xn). a) Chứng minh rằng với mọi n chẵn, P x( ) có nghiệm hữu tỷ.

b) Chứng minh rằng với mọi n là số nguyên tố lẻ, P x( ) không có nghiệm hữu tỷ.

Lời giải. a) Ta có ( ) 1 1 1

( ) 1 2

P x

P x x x x n

    

    , nên nếu n chẵn thì ₀ 1 2 x n

  sẽ thỏa mãn P x( )0 vì

 

0 0

1 1

1 x i  x n i

    với mọi 1, 2, , .

2 i  n

b) Đặt n p là số nguyên tố lẻ, ta viết P x( ) x^pa_p1x^p1a x₁ a₀, suy ra

1 2

1 2 1

( ) ^p ( 1) _p ^p 2

P x  px ^  p a _ x ^  a xa .

Để ý rằng a₁ là tổng của p số hạng, mỗi số hạng là tích của p1 thừa số (trong đó có đúng một số hạng không chứa p), suy ra a₁ (p1)! 1(mod )p , theo định lý Wilson. Ngoài ra

theo định lý Viete thì ₁ ( 1)

(1 2 )

p 2

a _ p p p

      , chia hết cho p. Giả sử P x( ) có nghiệm hữu tỷ u

v với gcd( , )u v 1 thì u a v p| ₁, | , mà P x( ) chỉ có các nghiệm nằm giữa các khoảng tạo bởi hai số nguyên liên tiếp nên P x( ) không có nghiệm nguyên. Do đó, v p và u không chia hết cho p. Thay vào ta có

1 2

1 1

1 2 2

1 2 1

( 1) 0

( 1) 2 0

p p

p

p p p

p

u u

p p a a

p p

u p a u p a u a

p

 



  



   

    

   

   

   

        

 

 





Chú ý rằng p a| _p1 và biểu thức phía sau chia hết cho p nên kéo theo p u| ^p1, vô lý. Vậy nên ( )

P x không có nghiệm hữu tỷ.

Bài 9. Cho đa thức P x( ) thỏa mãn

( ) 3 ( ) 2 ( ) 5

P x  P x  P x  x với mọi x. Tính P(0).

Lời giải.

Đặt Q x( )P x( )P x( ) thì Q x( )2Q x( )x⁵, thực hiện đạo hàm nhiều lần, ta có

4 3

(5) (6)

( ) 2 ( ) 5 ( ) 2 ( ) 5 4

( ) 2 ( ) 5!

Q x Q x x

Q x Q x x

Q x Q x

    

     

 



Chú ý rằng degQ x( )deg ( ) 1Q x  nên degQ5 và Q⁽⁶⁾( )x 0.

Nhân với hệ số thích hợp và cộng hết các đẳng thức trên lại, ta có

4

5 4

0

( ) 2 5!

!

k k

k

Q x x x

k





 



Để ý rằng P x( )Q x( )Q x( ) nên thực hiện tương tự, ta tính được

0 1 5

(0) 5!(2 2 2 ) 63 5!

P      .

Bài 10. Cho đa thức P x( ) bậc n và chỉ có các nghiệm x0,x2,x3, ngoài ra không còn nghiệm thực/phức nào khác. Giả sử P x( ) chia hết cho 8x²24x7.

a) Tìm giá trị nhỏ nhất của n và chỉ ra một đa thức P x₀( ) thỏa mãn đề bài, có bậc n ứng với giá trị đó.

b) Số x₀ được gọi là “điểm cực trị” của đa thức P x( ) nếu như P x( ₀)0 và giá trị của P x( ) đổi dấu khi x thay đổi qua x₀. Hỏi đa thức P x₀( ) có mấy điểm cực trị?

Gợi ý.

a) Đặt P x( )x x^a( 2) (^b x3)^c với a b c, , ^ và a b cn.

Ta có ^{P x( )xa1(x2)b1(x3)c1}





5 3 2 6

8 24 7

a b c a b c a

  .

Rõ ràng 7 48

n  a ^ nên 48 |n hay n48.

Giá trị nhỏ nhất của n là 48, xảy ra chẳng hạn khi P x₀( ) x x⁷( 2) (²⁷ x3) .¹⁴ b) Đạo hàm của P x₀( ) có dạng x x⁶( 2) (²⁶ x3) (8¹³ x²24x7).

Ta thấy nghiệm x3 và hai nghiệm của 8x² 24x7 là thỏa mãn điều kiện nên đa thức này có 3 điểm cực trị.

Bài 11. Nếu trên bảng có hai đa thức f x g x( ), ( ) thì ta được viết thêm ( ) ( ), ( ) ( ), ( ) ( )

f x g x f x g x f x g x hoặc cf x cg x( ), ( ) với c. Hỏi từ hai đa thức 2x³3x²4 và x²2x, có thể thu được:

a) (x1)²⁰¹⁸ hay không? b) (x2)²⁰¹⁸ hay không?

Gợi ý.

a) Các đa thức mới thu được luôn có nghiệm là x2.

b) Đạo hàm của các đa thức mới thu được luôn có nghiệm là x1.

Bài 12. Cho P x Q x( ), ( ) là hai đa thức hệ số nguyên thỏa mãn ( ( )) 2520 2017

P Q x  x  xa với a. Chứng minh rằng deg ( )P x 1 hoặc deg ( )Q x 1.

Gợi ý. Đạo hàm hai vế, ta có Q x( )P Q x( ( ))2520x²⁵¹⁹2017.

Nếu deg ( )P x 1, deg ( )Q x 1 thì vế trái khả quy, trong khi áp dụng tiêu chuẩn Eisenstein cho đa thức ở vế phải ứng với p2017 thì đa thức này bất khả quy, mâu thuẫn.

Bài 13. Cho đa thức f x( )x⁸33x⁷. Ở mỗi bước, ta có thể nhân f x( ) với x1 hoặc tính đạo hàm của đa thức. Giả sử sau một số bước, ta thu được axb. Chứng minh rằng ab tận cùng bởi ít nhất 3 chữ số 0.

Gợi ý. Đặt x y1 thì đưa về g y( )(y1)⁸33(y1)⁷ với hệ số x⁷ là 25.

Ở mỗi bước, ta nhân thêm y hoặc tính đạo hàm hai vế. Ở bước cuối cùng, ta thu được

( 1) ( ).

a y  b ay ab Rõ ràng hệ số cuối tạo thành từ x⁷ ban đầu và sau khi đạo hàm ít nhất 7 lần. Hệ số đó sẽ chia hết cho 25 7! 126000  , có tận cùng là 3 chữ số 0.