Các bài toán liên quan đến nghiệm của đa thức - Lê Phúc Lữ

PHẦN 3. CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN NGHIỆM CỦA ĐA THỨC

Nghiệm của đa thức là một khía cạnh quan trọng và cũng hiệu quả để xử lý các bài toán liên quan đến xác định đa thức hoặc đánh giá các tính chất của đa thức.

Ta biết rằng:

- Đa thức bậc n thì có không quá n nghiệm thực.

- Đa thức bậc lẻ thì luôn có nghiệm.

- (Bezout) Đa thức P x( ) có nghiệm xa thì P x( )(xa Q x) ( ).

- Đa thức P x( ) có các nghiệm là x x₁, ₂,,x_k thì P P x( ( ))0P x( ) x_i với 1 i k. Bài 3.1. (TPHCM) Cho đa thức hệ số thực P x( ) có bậc 2019 và hệ số bậc cao nhất bằng 1.

Biết rằng P x( ) có đúng 2019 nghiệm thực phân biệt không phải là số nguyên. Giả sử mỗi đa thức P(2x²4 )x và P(4x2x²) đều có đúng 2692 nghiệm thực phân biệt.

a) Hỏi có bao nhiêu nghiệm của P x( ) thuộc khoảng ( 2;2) ?

b) Chứng minh rằng tồn tại 3 đa thức cùng bậc A x B x C x( ), ( ), ( ) có hệ số thực sao cho ( ) ( ) ( ) ( ),

A x B x C x P x  x  và B x( )A x C x( ) ( ),  x ( 1;1).

Lời giải. a) Đặt P x( )(xa₁)(xa₂)(xa₂₀₁₉) với a a₁, ₂,,a₂₀₁₉ là nghiệm của P x( ). Khi đó P(2x²4 )x  0 2x²4x a_i 0 với 1 i 2019.

Phương trình này không thể có đúng 1 nghiệm do  168a_i 0. Suy ra mỗi phương trình có 0 hoặc 2 nghiệm. Để ý rằng P(2x²4 )x có 2692 nghiệm phân biệt nên có tất cả

2692 1346

2  phương trình có 2 nghiệm, tức là có đúng 1346 số a_i2 và 673 số a_i2.

Một cách tương tự thì P(4x2x²) 0 2x²4x a_i 0 nên  168a_i với 1 i 2019.

Suy ra có 1346 số a_i2 và 673 số a_i2.

Suy ra có tất cả 134613462019673 nghiệm a_i ( 2; 2).

b) Giả sử rằng a₁a₂a₆₇₃ 2 a₆₇₄a₁₃₄₆ 2 a₁₃₄₇a₂₀₁₉;

Gọi M 













như sau ( ) ( ), ( ) ( ), ( ) ( )

m M n N k K

A x x m B x x n C x x k

  









Xét số x₀ ( 1;1), vì tính đối xứng, ta có thể giả sử rằng x₀[0;1) và khi đó với mọi kK,

ta có x₀ k 1 nên C x( ₀)1.

Mặt khác, với mọi mM n, N thì x₀m  x₀ ( 2)  x₀n nên A x( ₀) B x( ₀) . Do đó

0 0 0 0

( ) ( ) ( ) , [0;1) A x C x  B x  x .

Vì vậy B x( )A x C x( ) ( ),  x ( 1;1). Ta có đpcm.

Bài 3.2. (Lào Cai) Cho P x Q x R x( ), ( ), ( ) là các đa thức khác hằng, có hệ số thực và thỏa mãn

2 2 2

( ) ( ) ( 4) ( )

P x x xQ x x  x  R x với mọi x.

a) Chứng minh rằng phương trình Q x( )R x( 3) có ít nhất hai nghiệm thực phân biệt.

b) Giả sử rằng tổng bậc của P x Q x R x( ), ( ), ( ) là 5 và hệ số cao nhất của R x( ) là 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của ^{M P2}

 

Lời giải.

a) Trong đẳng thức đã cho, lần lượt thay x2,x 2, ta có (2) 2 (2) 0, (6) 2 (6) 0.

P  Q  P  Q 

Để có x² x 2, ngoài x2, ta còn có x 1 nên thay tiếp x 1 vào, ta được (2) (2) 3 ( 1)

P Q   R  . Từ đó suy ra 3 (2)Q  3 ( 1)R  hay Q(2)R( 1) .

Tương tự, thay x3 vào, ta có P(6) 3 (6) Q 5 (3)R nên Q(6)R(3).

Vậy Q x( )R x( 3) có hai nghiệm phân biệt là x2,x6.

b) Gọi m n p, , ^ lần lượt là bậc của P x Q x R x( ), ( ), ( ) thì 5

m n  p và ^{max 2 , 2}





Dễ thấy m2,n1,p2. Đặt Q x( )ax b với a0.

Vì R x( 3)Q x( ) là đa thức bậc hai, có hệ số cao nhất bằng 1 và có hai nghiệm là 2, 6

x x nên R x( 3)Q x( )(x2)(x6). Suy ra R x( 3)x²8x12ax b . Từ đó ta tính được

2 2

( ) ( 3) 8( 3) 12 ( 3) ( 2) 3 3

R x  x  x  a x  b x x a  a b  .

Suy ra P²(0) 8 Q²(3) 16(3 a b 3)²8(3a b )².

Đặt c3a b , ta có P²(0) 8 Q²(3) 16( t3)²8t² 24(t²4t6)48. Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 48, đạt được khi t2 hay 3a b 2.

Ứng với a1,b 1, ta có các đa thức P x( )x²5x4, ( )Q x x1, ( )R x x² x 1 thỏa mãn đề bài và P²(0) 8 Q²(3) 16 8 2   ² 48.

Bài 3.3. (Bắc Giang) Cho n là số nguyên dương lẻ lớn hơn 1. Chứng minh rằng

2 2 1 2

1 4 x4x 4x ^n 4x ⁿ không thể là bình phương của một đa thức.

Lời giải.

Giả sử rằng tồn tại đa thức g x( ) mà g²( )x bằng với đa thức đa cho. Khi đó, degg n. Ta viết lại đẳng thức trên thành

2 1 2

4x ^n 3x 1 (x1)g x( ). Do g bậc lẻ nên tồn tại nghiệm x₀. Thay vào ta có 4x₀^2n1 3x₀1.

Đạo hàm hai vế của đẳng thức trên, ta được

2 2

4(2n1)x ⁿ 3 g x( )(x1)2 ( ) ( )g x g x . Thay x₀ vào, ta có 4(2n1)x₀²ⁿ 3 nên ₀² 3

4(2 1) x n

 n

 , thay ngược lại trên, ta có

0 0 0

3 2 1

4 3 1

4(2 1) 6

x x x n

n n

      

 .

Do đó

2 1 2 3

6 4(2 1)

n n

n n

  

  

   , tính v₂ của hai mẫu số, ta thấy điều vô lý. Vậy nên không tồn tại đa thức g x( ) thỏa mãn.

Bài 3.4. (Mock test VMO) Cho hai đa thức hệ số nguyên, monic là P x Q x( ), ( ), trong đó degP3, degQ2. Giả sử rằng P x( ) có ba nghiệm vô tỷ phân biệt có tổng bằng 0 là a b c, , đồng thời Q a( )b.

a) Chứng minh rằng P Q x( ( )) chia hết cho P x( ).

b) Chứng minh rằng Q a( )Q b( )Q c( )0.

Lời giải.

a) Ta sẽ chứng minh rằng P x( ) là đa thức nguyên bậc nhỏ nhất nhận xa là nghiệm. Giả sử ngược lại có đa thức nguyên khác hằng f x( ) bậc nhỏ hơn 3 mà f a( )0, rõ ràng f x( ) không thể là bậc nhất vì a là số vô tỷ. Suy ra f bậc hai. Xét phép chia đa thức

( ) ( ) ( ) ( ) P x  f x g x r x

thì dễ thấy r a( )0, và degrdeg f 2 nên degr0. Suy ra r x( )0, tức là P x( ) chia hết cho f x( ), nên P x( ) f x g x( ) ( ), với g x( )[ ]x , chứng tỏ g có nghiệm hữu tỷ, và nghiệm đó lại là của P x( ), vô lý.

Tiếp theo, nếu có đa thức nguyên f x₁( ) mà f a₁( )0 thì xét phép chia

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

f x P x g x r x ta có r a₁( )0, mà degr₁degP nên phải có r x₁( )0, tức là f x₁( ) chia hết cho P x( ).

Trở lại bài toán, rõ ràng P Q a( ( ))P b( )0 nên xa là nghiệm của P Q x( ( )), từ các nhận xét trên, ta phải có P Q x( ( )) chia hết cho P x( ).

b) Theo trên, ta có P Q b( ( ))P Q c( ( ))0. Suy ra Q b Q c( ), ( )





Nếu Q b( )b thì đa thức Q x( )x có bậc hai nhận nghiệm xb, vô lý vì P x( ) là đa thức bậc nhỏ nhất thỏa mãn điều này.

Nếu Q b( )a thì đặt Q x( )x² pxq, ta có hệ

2 2

a ap q b b bp q a

   



  



.

Trừ từng vế, ta được (ab a)(  b p) b a nên a b p   1 c p1, vô lý vì c vô tỷ còn p1 nguyên. Do đó Q b( )c.

Chứng minh tương tự ta có Q c( )a nên Q a( )Q b( )Q c( )a  b c 0.

Nhận xét. Bài toán là một ứng dụng thú vị của “đa thức tối tiểu”, là đa thức nguyên bậc nhỏ nhất nhận một số vô tỷ là nghiệm. Bài toán gốc được lấy từ đề China TST với nội dung câu hỏi như sau (giả thiết tương tự):

Chứng minh rằng p² 2p4q7 là số chính phương.

Ta xử lý tiếp như sau: từ hệ phương trình

2 2 2

a b pb q b c pc q c a pa q

   

   

   



(*)

Trừ từng vế hai phương trình đầu của (*) , ta có

2 2

( ) ( )( ) ( )( )

a b b c  p b c  b c b c   p  b c p a  .

Tương tự thì b c (c a p b )(  ) và c a (a b p c )(  ) nên nhân tất cả các hệ thức lại thì (p a p b p c )(  )(  ) 1.

Cộng các đẳng thức trong (*) lại, ta được ^{2 2 2} 3 0 ³ a b c  q ab bc ca2q. Nhân phương trình thứ 1, 2, 3 của (*) cho b c a rồi cộng lại, ta có , ,

3 3 3 2 2 2 3

( ) 3 3

2 2

q q

ab bc caa b c  p a b c   abc pqabc  pq. Thay tất cả vào đẳng thức (p a p b p c )(  )(  ) 1, ta được

3 2 3

2

3 1

( ) ( ) 1 1

2 2 2( 1)

pq q p

p p a b c p ab bc ca abc p pq

q p p

 

              

   



. (1) Nếu q 2(p²p1) thì T  p²2p8(p² p1) 7 (3p1)² là số chính phương.

(2) Nếu p1, khi đó 3 abc 2q và

2 2 2

a b b q

b c c q

c a a q

   

   

   



nên

2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

2

3 ( )( )

2

3 2 ( ) 3

9 9 3 3

2 ( 3 ) 3 3

4 2 2 4

q ab bc ca a a q b b q

a b b c c a abc ab bc ca q a b c q

q q q q

q q q q

       

          

        



Do đó, ta có q0 hoặc q 6. Rõ ràng q0 không thỏa vì khi đó abc0 nên phải có một số bằng 0. Còn nếu q 6,p1 thì T 16, cũng là số chính phương.

Bài 3.5. (Chọn đội tuyển ĐH Vinh) Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P x( ) thoả mãn 1 (1) 2

P 

và xP x P( ) (1x)x⁵, với mọi số thực x.

Lời giải. Xét bậc của đa thức P x( ), ta chứng minh rằng degP2.

Nếu degVT 5 thì Q x( )x⁵xP x P( ) (1x) là một đa thức bậc lẻ, do deg ( )P x deg (1P x), mà như thế thì không thể có Q x( )0 được. Suy ra degVT  5 degP2.

Ta có Q x( )0,x và Q(0)0 nên x0 là điểm cực trị của Q x( ). Suy ra

( ) 5 4 ( ) (1 ) ( ) (1 ) ( ) (1 ).

Q x  x P x P x xP x P x xP x P x Thay x0, ta có 0Q(0) P(0) (1)P , mà 1

(1) 0

P 2  nên P(0)0.

Cuối cùng, gọi a0 là hệ số bậc hai của P x( ) thì phải có hệ số bậc 5 của Q x( ) bằng 0 (để đa thức này là bậc chẵn mới có thể xảy ra Q x( )0 được). Suy ra

2 1

a  nên a 1.

Nếu a1 thì P x( )x² bxc với 1 (0) 0, (1)

P  P 2 ta được ( ) ² 2

P x x  x. Thay vào thấy

thỏa vì ² 3 1

(1 )

2 2

P x x  x và

5 2 3 1 2 2 2

(8 5 1) 0,

2 2 2

x x x x  x x x x x x

           

    , đúng.

Còn nếu a 1 thì tìm được ² 3

( ) 2

P x  x  x, thay vào thấy không thỏa.

Do đó, tất cả đa thức cần tìm là ( ) ² . 2 P x  x  x