Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Chuyên đề 19 - NGHIỆM CỦA ĐA THỨC - Lê Hoành Phò

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

H Ơ

N

CHUYÊN 19: NGHIỆM CỦA ĐA THỨC

N

1. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM G

U

Y

Định nghĩa: Cho f ∈ R [ x ] và số α ∈ R

TP .Q

Ta gọi α là một nghiệm thực của f nếu f (α ) = 0

Ư N

G

f ( x) = ( x − α )k .g ( x), ∀x ∈ R và g (α ) ≠ 0

TR ẦN

H

( k −1) (α ) = 0  f (α ) = 0, f '(α ) = 0,..., f hay  (k )  f (α ) ≠ 0

Định lí BEZOUT: α là một nghiệm của đa thức f ( x) khi và chỉ khi f ( x) chia hết cho

B

x −α .

10

00

Nghiệm hữu tỷ, nghiệm nguyên

2+

3

Cho f ∈ Z [ x ] , deg f = n, ai ∈ Z

ẤP

f ( x) = ao x n + a1 x n −1 + ... + an−1 x + an , ao ≠ 0 p với ( p, q ) = 1 thì p là ước của hệ số tự do và q là ước của q

Ó

A

C

Nghiệm hữu tỷ nếu có x =

Í-

H

hệ số cao nhất: p an , q ao .

-L

Nếu f có n nghiệm x1 , x2 ,..., xn (phân biệt hay trùng nhau).

a1 ao

Ỡ N

G

TO

ÁN

Thì: x1 + x2 + ... + xn =

x1 x2 + x1 x3 + ... + xn−1.xn =

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

Đ

hết cho ( x − α )k +1 nghĩa là:

ID Ư

BỒ

ẠO

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

http://daykemquynhon.ucoz.com

Ta gọi α là nghiệm bội k của f ( x) nếu f ( x) chia hết cho ( x − α )k nhưng không chia

a2 ao

x1 x2 x3 + x1 x2 x4 + ... + xn−2 xn−1 xn = −

a3 ao

....... và x1 x2 ...xn = (−1)n .

an ao

1

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

Đảo lại, nếu n số x1 , x2 , x3 ..., xn có tổng các tích chập k của n số xi là Sk thì

H Ơ

N

x1 , x2 ,..., xn là nghiệm nếu có của phương trình:

N

X n − S1 X n−1 + S2 X n −2 + ... + (−1) n−1.S n −1 X + (−1) n .Sn = 0

Y

Định lí liên tục:

ẠO

Định lí LAGRANGE:

Đ

H

Đặc biệt nếu f (a ) = f (b) = 0 hay chỉ cần f (a ) = f (b) thì f '(c) = 0 tức là: f '( x) = 0

TR ẦN

có 1 nghiệm thuộc (a, b)

Định lí ROLE:

B

Giữa 2 nghiệm của đa thức f ( x) thì có một nghiệm của f '( x)

10

00

Nếu f có n nghiệm phân biệt thì f ' có n − 1 nghiệm phân biệt,

3

f ''' có n − 2 nghiệm phân biệt,…, f ( n−k ) có n − k nghiệm phân biệt,…

2+

Phân tích nhân tử theo các nghiệm

C

ẤP

Cho f ∈ R [ x ] có nghiệm x1 , x2 ,..., xm với bội tương ứng k1 , k2 ,..., km thì tồn tại

Ó

A

g ∈ R [ x]

Í-

H

f ( x) = ( x − x1 )k1 .( x − x2 ) k2 ...( x − xm )km .g ( x)

-L

m

ÁN

Hay f ( x) = ∏ ( x − xi )ki g ( x) với i =1

m

∑ k1 ≤ n i =1

Ỡ N

G

TO

Nếu f bậc n có đủ n nghiệm phân biệt hay trùng nhau thì:

ID Ư

BỒ

f (b) − f (a ) = f '(c) b−a

Ư N

Với mọi đa thức f ( x) trên [ a, b] thì có số c ∈ (a, b) :

G

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

http://daykemquynhon.ucoz.com

ít nhất một nghiệm x = c ∈ (a, b)

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

TP .Q

U

Nếu đa thức f ( x) nhận 2 giá trị trái dấu trên [ a, b] là f (a ). f (b) < 0 thì đa thức f ( x) có

n

f ( x) = A( x − x1 )( x − x2 )...( x − xn ) = A∏ ( x − xi ) i =1

Phân tích ra nhân tử của f ∈ R [ x ] Các nhân tử của f chỉ là nhị thức bậc nhất hoặc tam thức bậc hai vô nghiệm:

2

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m

s

i =1

k =1

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

Y

N

nhất.

TP .Q

U

Phân tích ra nhân tử của f (z ) ∈ C [ z ] , deg f = n

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

Đ

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

ẠO

Theo định lí D’ALEMNBERT thì f có đủ n nghiệm phức z1 , z2 ,..., zn nên: n

G

f ( z ) = ao ( z − z1 )( z − z2 )...( z − zn ) = ao ∏ ( z − zi )

Ư N

i =1

H

Đa thức CHEBYSHEV:

TR ẦN

Tn ( x) xác định như sau:

10

00

Cụ thể: To ( x) = 1; T1 ( x) = x; T2 ( x) = 2x 2 − 1

B

Tn ( x) = 1, T1 ( x) = x, Tn +1 x = 2x.Tn ( x) − Tn−1 , n ≥ 1

3

T3 ( x) = 4x 3 − 3x; T4 ( x) = 8 x 4 − 8x 2 + 1

ẤP

2+

T5 ( x) = 16 x5 − 20x 3 + 5x,...

C

Đa thức Chebyshev (Trưbưsep) Tn ( x) có bậc n và có hệ số cao nhất 2 n−1 .

Í-

H

Kết quả:

Ó

A

Đôi khi ta chỉ xét n ≥ 1 trở đi.

-L

( 1 ) : Tn (cos α ) = cos nα

ÁN

( 2 ) : Tn ( x ) ≤ 1,∀x ∈ [ −1,1] ( 3 ) : Tn ( x ) = 1 có đúng n nghiệm phân biệt trê [ −1,1] là:

ID Ư

Ỡ N

G

TO

http://daykemquynhon.ucoz.com

f ( z ) = ao z n + a1 z n−1 + ... + an−1 z + an , ao ≠ 0

BỒ

H Ơ

Với các hệ số di , bk , ck ∈ R, 2s + m = deg f , bk2 − 4ck < 0 và cách phân tích này là duy

N

f ( x) = ao ∏ ( x − di )∏ ( x 2 + bk .x + ck )

x = cos k

π n

,k = 0,1,...,n − 1

Chú ý: 1) Số lượng nghiệm: -

Mỗi đa thức hệ số thực bậc n đều có không quá n nghiệm thực

-

Đa thức có vô số nghiệm là đa thức không f ≡ 0 3

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

Nếu đa thức có bậc ≤ n và có quá n nghiệm là đa thức không

-

Nếu đa thức có bậc ≤ n và nhận n + 1 giá trị như nhau tại n + 1 điểm khác nhau của biến là đa thức hằng: f ≡ C Hai đa thức có bậc ≤ n và nhận n + 1 giá trị như nhau tại n + 1 điểm khác nhau của

N

U

Y

biến thì đồng nhất nhau: f ≡ g

TP .Q ẠO

f ( x ) = ao x n + a1 x n −1 + ... + an−1 x + an ,ao ≠ 0

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

Đ

Gọi D là số nghiệm dương (kể cả bội)

Ư N

G

L là số lần đổi dấu trong dãy hệ số khác 0 từ ao đến an (bỏ đi các hệ số ai = 0 )

H

Thì: D ≤ L và L − D là số chẵn hay L = D + 2m,m ∈ N

TR ẦN

3) Đưa đa thức vào giả thiết các số bất kì

Cho n số bất kì x1 ,x2 ,..., xn thì ta xét đa thức nhận n số đó làm nghiệm: n

B

f ( x ) = ∏ ( x − xi ) = ( x − x1 )( x − x2 )...( x − xn ) . Từ đó ta khai thác các quan hệ về

10

00

i =1

nghiệm, Viette, hệ số, đạo hàm,…

2+

3

2. CÁC BÀI TOÁN

ẤP

Bài toán 19.1: Cho số tự nhiên n ≥ 2 , chứng minh phương trình:

Ó

A

C

xn x n−1 x2 x + + ... + + + 1 = 0 không có nghiệm hữu tỉ. n! ( n − 1 )!

2! 1!

H

Hướng dẫn giải

-L

Í-

Ta chứng minh phản chứng. Giả sử phương trình đã cho có nghiệm hữu tỉ α . Khi đó α

ÁN

sẽ là nghiệm hữu tỉ của đa thức:

P( x ) = x n + nx n −1 + ... + n!

xk x + ... + n! + n! k!

1!

BỒ

ID Ư

Ỡ N

G

TO

http://daykemquynhon.ucoz.com

2) Quy tắc dấu DESCARTE:

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

-

H Ơ

N

-

Nhưng do P(x) là đa thức bậc n với hệ số nguyên, hơn nữa hệ số của x n bằng 1, nên suy ra α phải là số nguyên, và ta có:

α n + nα n−1 + ... + n!

αk k!

+ ... + n!

α2 2

+ n!

α 1!

+ n! = 0 (1)

Gọi p là một ước nguyên tố của n.

4

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

H Ơ

(2)

N U

Y

Với s là số nguyên không âm thỏa mãn: p s ≤ k < p s +1

1 k k k ps rk ≤ + 2 + ... + s = k. <k p p p −1 p

ẠO

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

G TR ẦN

Mà n⋮ p nên từ (1) ta có α n ⋮ p , và dó đó α ⋮ p Suy ra α k ⋮ pk ,∀k = 1,n

k!

B

⋮ pnr +1 ,∀k = 1,n

00

αk

10

Kết hợp điều này với (3) ra được n!

Ư N

(3)

H

n! n −k +1 ,∀k = 1,n ⋮p k!

Vì vậy ta được

Đ

Do đó rn − rk > rn − k . Suy ra rn − rk ≥ rn − k + 1

2+

3

Từ đây và (1) ta suy ra n!⋮ pnr +1 : mâu thuẫn ⇒ đpcm.

ẤP

Bài toán 19.2: Cho P( x ) ∈ Z [ x ] và P( x ) = 1; P( x ) = 2; P( x ) = 3 có ít nhất một nghiệm

Hướng dẫn giải

Ó

A

C

nguyên lần lượt là x1 , x2 , x3 . Chưng minnh P( x ) = 5 không có hơn một nghiệm nguyên

Í-

H

Ta chứng minh rằng x1 , x2 , x3 là nghiệm nguyên duy nhất của các phương trình trên.

-L

Ta có P( x ) = ( x − x2 ).q( x ) + 2 với q( x ) ∈ Z [ x ]

ÁN

Cho x = x1 và x = x3 , ta được

1 = P( x1 ) = ( x1 − x2 )q( x1 ) + 2 ⇒ ( x1 − x2 )q( x1 ) = −1

BỒ

ID Ư

Ỡ N

G

TO

http://daykemquynhon.ucoz.com

Từ (2) suy ra:

TP .Q

1−

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

 k  k   k  rk =   +  2  + ... +  s   p  p  p 

N

∀k = 1,n , kí hiệu rk là số mũ cao nhất của p thỏa mãn k !⋮ p rk , ta có:

3 = P( x3 ) = ( x3 − x2 )q( x3 ) + 2 ⇒ ( x3 − x2 )q( x3 ) = 1

Vì x1 − x2 ; x3 − x2 ;q( x3 );q( x3 ) là những số nguyên nên x1 − x2 và x3 − x2 chỉ có thể bằng ±1 . Nhưng x1 ≠ x3 nên: Hoặc x1 − x2 = 1 và x3 − x2 = −1 Hoặc x1 − x2 = −1 và x3 − x2 = 1 5

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

Do đó x2 là trung bình cộng của x1 , x3

H Ơ N

cho 3 số x1 , x2 , x3 thì ta lấy x'2 = x2 (mâu thuẫn)

U

Y

Vậy x2 là nghiệm duy nhất của phương trình P( x ) = 2

TP .Q

Hướng dẫn giải tương tự cho P( x ) = 1; P( x ) = 3

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

G

Đ

Nếu x5 − x2 chỉ có thể lấy các giá trị ±1 và ±3

ẠO

5 = P( x5 ) = ( x5 − x2 )q( x5 ) + 2 ⇒ ( x5 − x2 )q( x5 ) = 3

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

Ư N

Nếu x5 − x2 = ±1 thì theo chứng minh trên x5 phải trùng với x1 hoặc x3 . Vô lý vì x5

P( x ) = ( x − x3 )r( x ) + 3;r( x ) ∈ Z [ x ]

TR ẦN

H

khác với x1 và x3 . Do đó chỉ có thể xảy ra khả năng x5 − x2 = ±3

00

B

⇒ 5 = P( x5 ) = ( x5 − x3 )r( x5 ) + 3 ⇒ ( x5 − x3 )r( x5 ) = 2

10

Suy ra x5 − x3 chỉ có thể lấy các giá trị ±1 và ±2 . Có thể thấy

2+

3

x5 − x3 = ±1 (mâu thuẫn). Nên x5 − x3 = ±2 do đó:

ẤP

Nếu x1 − x2 = 1 và x3 − x2 = −1 thì x5 − x2 = −3

C

Nếu x1 − x2 = −1 và x3 − x2 = 1 thì x5 − x2 = 3

Ó

A

Như vậy nghiệm nguyên x5 (nếu nó tồn tại) của phương trình P( x ) = 5 được xác định

Í-

H

hoàn toàn bởi x1 , x2 , x3 . Các số này là duy nhất. Vậy P( x ) = 5 không thể có hơn một

-L

nghiệm nguyên.

ÁN

Bài toán 19.3: Chứng minh rằng với mọi số nguyên a, đa thức:

f ( x ) = x 4 − 2001x 3 + ( 2000 + a )x 2 − 1999x + a không thể có hai nghiệm nguyên (phân

TO

http://daykemquynhon.ucoz.com

Giả sử phương trình P( x ) = 5 có một nghiệm nguyên x5 , ta có:

Mà

N

Giả sử phương trình P( x ) = 2 còn có một nghiệm nguyên x'2 ≠ x2 . Lặp lại lập luận trên

BỒ

ID Ư

Ỡ N

G

biệt hay trùng nhau)

Hướng dẫn giải

Trước hết ra chứng minh rằng nếu xo là một nghiệm nguyên của f ( x ) thì xo phải là số chẵn. Thật vậy:

f ( xo ) = 0; f ( 1 ) = 2a − 1999 là số lẻ nên f ( xo ) − f ( 1 ) là số lẻ 6

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

Nhưng f ( xo ) − f ( 1 ) chia hết cho xo − 1 nên xo − 1 là một số lẻ do đó xo là chẵn. Ta

N

xét 2 trường hợp:

H Ơ

Giả sử f ( x ) có hai nghiệm nguyên x1 , x2 phân biệt, thế thì:

-

N

f ( x1 ) − f ( x2 ) = ( x13 + x12 x2 + x1 x22 + x23 ) − 2001( x12 + x1 x2 + x22 + ( 2000 + a )( x1 + x2 ) − 1999 x1 − x2 Đẳng thức không thể xảy ra vì x1 , x2 đều chẵn.

TP .Q

U

Y

0=

Đ

Do đó:

Ư N

G

f '( xo ) = 4 xo3 − 6003xo2 + 2( 2000 + a )xo − 1999 = 0

Đẳng thức không thể xảy ra vì xo chẵn.

TR ẦN

H

Bài toán 19.4: Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện: với mỗi số nguyên dương n,a n + b n + c n là số nguyên. Chứng minh tồn tại các số nguyên p, q, r sao cho a, b, c là 3

00

B

nghiệm của phương trình x3 + px 2 + qx + r = 0

10

Hướng dẫn giải

3

Ta xét bài toán: Cho hai số thực a, b thỏa mãn điều kiện: với mỗi số nguyên dương

ẤP

2+

n,a n + b n là số nguyên. Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên p, q sao cho a, b là 2

C

nghiệm của phương trình x 2 + px + q = 0

Ó

A

Theo định lí Viet, rõ ràng điều phải chứng minh tương đương với việc chứng minnh

H

a + b và a.b là số nguyên. a + b hiển nhiên nguyên theo điều kiện đề bài.

-L

Í-

Ngoài ra ta có 2ab = ( a + b )2 − ( a 2 − b2 ) là số nguyên. Đến đây, ta có thể tiếp tục dùng

ÁN

hằng đẳng thức này để suy ra 2a 2b 2 cũng là số nguyên: 2a 2b 2 = ( a 2 + b 2 ) − ( a4 + b4 )

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

Bổ đề. Nếu x là số thực sao cho 2x và 2x 2 là các số nguyên thì x là số nguyên.

TO

http://daykemquynhon.ucoz.com

ẠO

Giả sử f ( x ) có nghiệm kép xo chẵn. Khi đó xo cũng là nghiệm của đạo hàm f '( x ) .

-

Giả sử 2x = k nguyên, nhưng x không nguyên. Khi đó k là số nguyên lẻ: k = 2m + 1. Suy ra x = m +

1 2

BỒ

ID Ư

Ỡ N

G

Chứng minh. Ta chứng minh bằng phản chứng.

7

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

1 2 1 ) = 2m 2 + 2m + không nguyên. Mâu thuẫn. Vậy điều giả 2 2

N

Nhưng khi đó 2x 2 = 2( m +

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

H Ơ

sử là sai, tức là x nguyên.

N

Như vậy, theo bổ đề thì ab nguyên và ta suy ra điều phải chứng minnh. Từ phép chứng

TP .Q

Nếu a + b,a 2 + b 2 ,a 4 + b4 là các số nguyên thì a, b là 2 nghiệm của phương trình

U

Y

minh ta cũng suy ra kết quả mạnh hơn:

ẠO

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

Đ

G

2 2 ,b = − cho thấy k = 4 là giá trị nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện: 2 2

Ư N

n = 4 . Ví dụ a =

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

n nguyên dương). Điều đó cũng có nghĩa là ta chỉ cần dùng giả thiết của bài toán đến

TR ẦN

H

Nếu a, b là các số thực thỏa mãn điều kiện a n + b n là số nguyên với mọi n = 1,2...,k thì a n + b n nguyên với mọi n nguyên dương.

Trở lại với bài toán, ta chỉ cần chứng minh a + b + c,ab + bc + ca và abc nguyên.

00

B

Theo điều kiện đề bài thì a + b + c là số nguyên. Tiếp theo ta có

10

2( ab + bc + ca ) = ( a + b + c )2 − ( a 2 + b 2 + c 2 ) là số nguyên.

2+

3

Tương tự như lời hướng dẫn gải trên, ta muốn chứng minh rằng 2( ab + bc + ca )2 cũng là

ẤP

số nguyên.

A

C

Từ đó dùng bổ đề suy ra ab + bc + ca là số nguyên

H

Ó

Ta có 2( a 2b 2 + b2 c 2 + c 2 a 2 ) = ( a 2 + b 2 + c 2 ) − ( a 4 + b 4 + c 4 )

-L

Í-

và 2( ab + bc + ca )2 = 2( a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) + 4abc( a + b + c ) (1)

ÁN

Vì a 3 + b3 + c3 − 3abc = ( a + b + c )( a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca ) (2) Từ đây, do a + b + c,a 2 + b 2 + c 2 ,a 3 + b3 + c 3 và 2( ab + bc + ca ) là số nguyên nên ta suy

TO

http://daykemquynhon.ucoz.com

x 2 + px + q = 0 với p, q là các số nguyên nào đó (và dó đó a n + b n nguyên dương với mọi

BỒ

ID Ư

Ỡ N

G

ra 6 abc là số nguyên (ta nhân (2) với 2! ). Từ đó, nhân (2) với 3 ta thu được

6( ab + bc + ca )2 = 2( a 2b 2 + b2 c 2 + c 2 a 2 ) + 12abc( a + b + c ) là số nguyên.

Như vậy 2( ab + bc + ca ) và 6( ab + bc + ca )2 . Áp dụng cách chứng minh như bổ đề nêu trên, ta suy ra ab + bc + ca là số nguyên. Từ đây, thay vào (2) ta có 3abc là số nguyên.

Tiếp theo, ta ử dụng hằng đẳng thức tương tự (2) 8

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

a6 + b6 + c6 − 3a 2b2 c 2 = ( a 2 + b 2 + c 2 )( a 4 + b 4 + c 4 − a 2b 2 − b 2 c 2 − c 2 a 2 )

H Ơ

N

với chú ý 2( a 2b 2 + b2 c 2 + c 2 a 2 ) là số nguyên ta suy ra 6 a 2b 2 c 2 là số nguyên.

N

Từ 6 abc và 6 a 2b 2 c 2 là số nguyên, bằng cách chứng minh hoàn toàn tương tự ta suy ra

Y

abc là số nguyên. Bài toán được Hướng dẫn giải quyết hoàn toán.

TP .Q

U

Bài toán 19.5: Cho đa thức P(x) có bậc m > 0 và có các hệ số nguyên. Gọi n là số tất cả các

Đ

Hướng dẫn giải

Ư N

G

Xét hai đa thức A( x ) và B( x ) , với các hệ số nguyên, chúng giống nhau hoàn toàn, chỉ

H

trừ hai số hạng tự do là khác nhau, hai số hạng này hơn kém nhau 2 đơn vị.

TR ẦN

Gọi r và s là các nghiệm nguyên tương ứng của hai đa thức, tức là: A( r ) = 0 (1) và B( s ) = 0 (2)

00

B

Khi đó, trừ (1) cho (2) ta được một tổng của hạng tử có dạng a( r i − s i ) và cộng thêm

10

cho 2. Mỗi hạng tử này chia hết cho ( r − s ) , do đó 2 phải chia hết cho ( r − s ) . Từ đó,

3

suy ra r và s hơn kém nhau 0, 1 hoặc 2 đơn vị.

2+

Giả sử r là nghiệm nguyên bé nhất trong tất cả các nghiệm nguyên của hai phương trình:

ẤP

P( x ) = 1 và P( x ) = −1 .

A

C

Ta biết rằng đa thức bậc m và có không quá m nghiệm phân biệt, do đó nó cũng có không

H

Ó

quá m nghiệm nguyên phân biệt. Theo nhận xét trên, nếu r là một nghiệm nguyên của

Í-

phương trình này và s là một nghiệm nguyên của phương trình kia thì r và s khác 0, 1

-L

hoặc 2 đơn vị.

ÁN

Nhưng ta có s ≥ r , do đó ta được s = r,s = r + 1 hoặc s = r + 2

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

ẠO

rằng : n < m + 2

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

Do vậy, ta suy ra rằng phương trình thứ hai chỉ có thêm vào nhiều nhất là 2 nghiệm phân

TO

http://daykemquynhon.ucoz.com

nghiệm nguyên phân biệt của hai phương trình P( x ) = 1 và P( x ) = −1 . Chứng minh

G

biệt nữa. Vậy: n ≤ m + 2

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Bài toán 19.6: Tìm các nghiệm của đa thức P( x ) hệ số thực thỏa mãn:

( x3 + 3x 2 + 3x + 2 )P( x − 1 ) = ( x 3 − 3x 2 + 3x − 2 )P( x ) với mọi x.

Hướng dẫn giải Ta có ( x + 2 )( x 2 + x + 1 )P( x − 1 ) = ( x − 2 )( x 2 − x + 1 )P( x ) 9

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

Từ đây chọn: x = −2 suy ra P( −2 ) = 0 , chọn x = −1 suy ra:

N

P( −1 ) = 0 (do P( −2 ) = −9P( −1 )),

H Ơ

Chọn x = 0 suy ra P( 0 ) = 0, chọn x = 1 suy ra P( 1 ) = 0

Y TP .Q

U

Thay P( x ) vào đẳng thức ở đề bài ta được ( x + 2 ) x 2 + x + 1  ( x − 1)( x − 2 ) x ( x + 1) Q ( x − 1)  

)

Đ

= ( x − 2 ) x 2 − x + 1 x ( x − 1)( x + 2 ) Q( x )

Ư N

(

)

Q ( x − 1)

TR ẦN

=

Q( x )

,∀x ≠ 0,x ≠ 1, x ≠ −1, x ≠ 2,x ≠ −2 x − x+1 x + x+1 Q ( x − 1) Q( x ) ⇔ = 2 ,∀x ≠ 0,x ≠ 1, x ≠ −1, x ≠ −2, x ≠ 2 2 ( x −1) +( x −1)+1 x + x +1 2

2

10

x + x+1

, ta có R( x0 = R( x − 1 ),∀x ≠ 0,x ≠ 1, x ≠ −1, x ≠ 2,x ≠ −2

3

Q( x ) 2

2+

Đặt R( x ) =

00

B

⇔

)

+ x + 1 Q( x − 1 ) = x 2 − x + 1 Q( x ),∀x ≠ 0, x ≠ 1,x ≠ −1,x ≠ −2,x ≠ 2

H

2

G

Suy ra

(x

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

(

)

ẠO

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

ẤP

Suy ra R( x ) ≡ C (hằng số), nên Q( x ) ≡ C( x 2 + x + 1 )

C

Do đó P( x ) = Cx( x − 1 )( x + 1 )( x + 2 ) . Thử lại:

(

H

Ó

A

( x + 2 ) ( x 2 + x + 1) C ( x 2 − x + 1) ( x − 1)( x − 2 ) x ( x + 1)

) (

)

-L

Í-

= ( x − 2 ) x 2 − x + 1 C x 2 + x + 1 x ( x − 1)( x + 1)( x + 2 ) (thỏa mãn)

ÁN

Vậy P( x ) = Cx( x − 1 )( x + 1 )( x + 2 ) nên có 4 nghiệm x = 0; ±1, −2

Bài toán 19.7: Tìm a để phương trình: 16 x4 − ax 3 + ( 2a + 17 )x 2 − ax + 16 = 0 có 4 nghiệm

TO

http://daykemquynhon.ucoz.com

(

N

Do đó P( x ) = x( x − 1 )( x + 1 )( x + 2 )Q( x ) , với Q( x ) là đa thức hệ số thực

BỒ

ID Ư

Ỡ N

G

phân biệt lập cấp số nhân

Hướng dẫn giải

Gọi 4 nghiệp phân biệt lập cấp số nhân y, ym, ym 2 , ym3 với y ≠ 0,m ≠ ±1,m ≠ 0. Với A =

a , theo Viete 16

10

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

(

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

)

)

)

(2)

N

(

y 3 m3 + m4 + m5 + m6 = A

17 16

H Ơ

(

y 2 m + m 2 + 2m3 + m4 + m5 = 2 A +

N

y 1 + m + m2 + m3 = A (1)

U

Y

(3)

TP .Q

Ta có: m ≠ −1 vì nếu m = −1 thì phương trình có 2 nghiệm trùng nhau là y = ym2 trái

)

Đ

Ta có ( 1 ) ⇔ y ( m + 1) m2 + 1 = A ≠ 0

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

(

ẠO

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

Chia (3) cho (1) vế theo vế: y 2 m3 = 1

Ư N

G

(4)

15 >0 16

TR ẦN

y 2 ( m + m 2 + m4 + m5 ) = 2 A −

H

Suy ra m3 > 0,m > 0 . Thay (4) vào (2) được: (2’)

y=

1 . Đặt m

m = v thì y = v −3

10

3

(

3

Từ (4) ta có:

00

B

Vì m > 0, y 2 > 0 , do đó A > 0 . Từ (1) suy ra y > 0

)

(5)

ẤP

2+

Thay vào (2) và (2’) được: v −3 1 + v 2 + v 4 + v6 ) = A

C

Rồi biến đổi thì được phương trình:

)

(

2 − 1 v + 2 = 0 

)

2 − 1 v + 2 = 0 

)

Í-

(

(

-L

 2v 2 − 

)

H

Ó

(

A

1 1 ( v − 2 )  v −  2v 2 + 3v + 2  2v 2 − 1 + 2 v + 2   2v 2 − 8 2 

ÁN

Ta có: 2v 2 + 3v + 2 > 2v 2 − ( 1 + 2 )v + 2 > 0 2v 2 +

(

)

2 − 1 v + 2 > 0 (do các biệt số đều âm) nên:

1 1 ( v − 2 )( v − ) = 0 ⇔ v = 2 hoặc v = 2 2

Thay vào (5) thì có: A =

170 suy ra: a = 170 16

BỒ

ID Ư

Ỡ N

G

TO

http://daykemquynhon.ucoz.com

với bài ra.

11

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

Đảo lại a = 170 thì phương trình: 16 x4 − 170 x3 + 357 x 2 − 170 x + 6 = 0 có 4 nghiệm

H Ơ

N

1 1 , ,2,8 phân biệt lập cấp số nhân có công bội là 4. Vậy a = 170 8 2

x 4 + 3 +bx 2 + ax + 1 = 0

N

Bài toán 19.8: Tìm a, b nguyên sao cho phương trình:

U

Y

(1)

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

ẠO

Giả sử có 2 số nguyên a, b mà phương trình

Ư N

1 cũng là nghiệm x

B

1 1 ( u + v )( uv + 1) + = = −a u v uv

(2)

00

Theo định lí Viet ta có: u + v +

TR ẦN

1 1 Như vậy phương trình (1) có 4 nghiệm là: u,v, , u v

H

Để ý rằng nếu x là 1 nghiệm thì x ≠ 0 và

G

Đ

x 4 + ax 3 + bx 2 + ax + 1 = 0 có 2 nghiệm u, v với u,v ∈ Z và u,v ≠ 1

10

v u 1 ( u + v )2 + + + 2 = u.v + = b (3) u v uv u.v

ẤP

Ta sẽ chứng minh u.v = −1

2+

3

Và u.v +

C

Giả sử u.v = −1 . Từ (2) và (3) ta suy ra u + v hữu tỉ và ( u + v )2 ∈ Z nên ( u + v ) ∈ Z và

H

Ó

A

cả hai ( u + v ),( u + v )2 + 1 đều chia hết cho u.v

-L

Í-

2 Nhưng ( u + v ) ,( u + v ) + 1 = 1 , nên suy ra hoặc u.v = 1 hoặc u.v = −1  

ÁN

Điều này mâu thuẫn với u.v ≠ ±1 Vậy u.v = −1 và do đó a = 0,b = −( u + v )2 − 2 ≤ −2

TO

http://daykemquynhon.ucoz.com

Hướng dẫn giải

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

TP .Q

Có 2 trong số các nghiệm có tích bằng −1

BỒ

ID Ư

Ỡ N

G

Ngược lại nếu a = 0,b ∈ Z ,b ≤ −2

Phương trình (1) trở thành: x4 + bx 2 + 1 = 0 có hai nghiệm:

u=

−b + b 2 − 4 −b − b 2 − 4 ,v = 2 2

Thỏa mãn: u.v = −1 ∈ Z ,u.v ≠ 1 12

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

Vậy các số nguyên a, b cần tìm là: a = 0,b ∈ Z ,b ≤ −2

H Ơ N

minh điều kiện cần và đủ để 3 nghiệm x1 , x2 , x3

U

Y

a) Lâp cấp số cộng là: 2 p 2 − 9 pq + 27r = 0

TP .Q

b) Lập cấp số nhận là: q 3 − rp 3 = 0

Đ G

p 3

Ư N

Theo định lí Viet thì x1 + x2 + x3 = − p ⇒ x2 = − 2

TR ẦN

H

 p  p  p Nên:  −  + p  −  + q  −  + r = 0  3  3  3

ẠO

a) Giả sử nghiệm x1 , x2 , x3 lập cấp số cộng nên x1 + x3 = 2x2

B

Do đó: 2 p 3 − 9 pq + 27r = 0

p là nghiệm nên 3

C

p 2p =− = 2x2 3 3

A

Khi đó: x1 + x3 = − p +

ẤP

2+

3

10

00

Đảo lại nếu có 2 p 3 − 9 pq + 27r = 0 thì phương trình nhận x2 = − p  2 2 2    x +  . x + px + q − 2  = 0 3  3  9p 

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

H

Ó

Vậy x1 , x2 , x3 lập thành cấp số cộng

-L

Í-

b) Giả sử 3 nghiệm x1 , x2 , x3 lập cấp số nhân nên x1 x3 = x22

ÁN

Theo định lí Viete thì: x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 = q1 x1 x2 + x22 + x2 x3 = qx2 ( x1 + x2 + x3 ) = q

TO

http://daykemquynhon.ucoz.com

Hướng dẫn giải

3

N

Bài toán 19.9: Cho phương trình bậc 3: x3 + px 2 + qx + r = 0 có 3 nghiệm phân biệt. Chứng

3

q p

2

 q  q  q Nên:  −  + p  −  + q  −  + r = 0 ⇒ q 3 − rp 3 = 0  p  p  p

BỒ

ID Ư

Ỡ N

G

Mà x1 + x2 + x3 = − p . Suy ra x2 = −

13

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

q là một nghiệm của phương p

N

Đảo lại nếu có q 3 − rp 3 = 0 thì phương trình nhận x2 = −

H Ơ

trình.

U

Y

N

 q  pr  Do đó f ( x ) = 0 ⇔  x +   x 2 + Mx + =0 p  q   2

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

TP .Q Đ G

1 1 1 + + ... + =0 P'( x1 ) P'( x2 ) P'( xn )

Ư N

Chưng minh:

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

ẠO

Bài toán 19.10: Cho đa thức P( x ) có bậc n > 1 có nghiệm thực x1 ,x2 ,x3 ,..., xn phân biệt.

H

Hướng dẫn giải

TR ẦN

Đặt P( x ) = a( x − x1 ) ( x − x2 )...( x − xn ) ,a ≠ 0 n

(

j =1 j ≠i

)

10

00

B

Nên P'( x ) = P1( x ) + P2 ( x ) + ... + Pn ( x ) với Pi ( x ) = ∏ x − x j

2+

3

Ta thấy Pi ( x j ) = 0,∀j ≠ i ⇒ P'( x j ) = Pj ( x j ) ≠ 0,∀j = 1,n n

A

C

ẤP

Pi ( x ) − 1 có bậc không vượt quá n − 1 i =1 P'( xi )

Xét đa thức: F( x ) = ∑

H

Ó

Với i = 1,n ta có: F( xi ) =

Pi ( xi ) −1 = 0 P'( xi )

-L

Í-

⇒ F( x ) có n nghiệm phân biệt ⇒ F( x ) = 0

Mà hệ số của F( x ) đối với x n−1 bằng 0.

ÁN

http://daykemquynhon.ucoz.com

pr  q  =   = x22 nên x1 , x2 , x3 lập cấp số nhân Khi đó x1 x3 = q  p

a a a + + ... + =0 P'( x1 ) P'( x2 ) P'( xn )

BỒ

ID Ư

Ỡ N

G

TO

Nên

Vậy:

1 1 1 + + ... + = 0 (đpcm) P'( x1 ) P'( x2 ) P'( xn )

Bài toán 19.11: Giả sử a và b là 2 trong 4 nghiệm của đa thức: x4 + x3 − 1 Chứng minh tích ab là nghiệm của đa thức: x6 + x4 + x 3 − x 2 − 1

Hướng dẫn giải 14

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

Giả sử a, b, c, d là 4 nghiệm của đa thức: x4 + x3 − 1

H Ơ

N

P( x ) = x 4 + x 3 − 1 = ( x − a ) ( x − b )( x − c )( x − d ) ⇒ abcd = −1

N

Ta cần chứng minh: Q( ab ) = 0 với:

Y U G Ư N

1 1 = −( 1 + c )( 1 + d ) nên a 3b3 = b+1 ( a + 1)( b + 1)

00

B

Tương tự b3 =

1 a +1

TR ẦN

Thật vậy: P( a ) = 0 ⇒ a 4 + a 3 = 1 ⇒ a 3 =

H

Do đó: Q( ab ) = 0 ⇔ ( ab )3 + ab + 1 + cd + ( cd )3 = 0

Đ

3 3 = ( ab )3 . ( ab ) + ab + 1 + cd + ( cd )   

10

Tương tự: c3 d 3 = −( 1 + a )( 1 + b ) suy ra:

2+

3

( ab )3 + ab + 1 + cd + ( cd )3 = −( 1 + c )( 1 + d ) + ab + 1 + cd − ( 1 + a )( 1 + b )

ẤP

= −1 − a − b − c − d = 0 . Vậy: Q( ab ) = 0 (đpcm)

A

C

Bài toán 19.12: Cho P( x ) = x 3 + ax 2 + bx + c có hệ số nguyên. Chứng minh nếu P( x ) có

2P( −1 )⋮ P( 1 ) + P( −1 ) − 2( 1 + P( 0 ))

-L

Í-

H

Ó

một nghiệm bằng tích 2 nghiệm còn lại thì:

Hướng dẫn giải

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

TP .Q ẠO

1 1  3  3 ⇒ Q( ab ) = ( ab ) . ( ab ) + ( ab ) + 1 − −  ab ( ab )3  

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

Gọi 3 nghiệm là u,v,u.v theo định lý Viete:

ÁN

http://daykemquynhon.ucoz.com

1 1   Q( x ) = x6 + x 4 + x3 − x 2 − 1 = x 3  x 3 + x + 1 − − 3  x x  

TO

u + v + uv = − a,uv( 1 + u + v ) = b,u 2 v 2 = −c

Xét a = 1 thì 0 = u + v + uv + 1 = ( u + 1 )( v + 1 ) nên có nghiệm bằng −1 do đó

BỒ

ID Ư

Ỡ N

G

-

-

2P( −1 ) = 0 chia hết cho mọi số Xét a ≠ 1 thì b − c = uv( 1 + u + v + uv ) = uv( 1 − a ) Nên uv =

b−c hữu tỉ 1− a 15

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

Do u 2 v 2 = −c nguyên nên uv nguyên

N

Ta có: P( 1 ) + P( −1 ) − 2( 1 + P( 0 )) = 2( a − 1 )

H Ơ

= −2( u + v + uv + 1 ) = −2( 1 + u )( 1 + v ) ≠ 0

Y

N

Và 2P( −1 ) = 2( −1 − u )( −1 − v )( −1 − uv )

ẠO

Bài toán 19.13: Chứng minh phương trình:

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

Ư N

G

b) x 4 − 2x 3 − 2x + 1 = 0 có đúng 2 nghiệm

Đ

a) x4 − 6 x3 + 8x 2 + 4x − 1 = 0 có ít nhất 1 nghiệm dương

TR ẦN

Hướng dẫn giải

00

B

Sử dụng quy tắc dấu Đề các a) Dãy các dấu của các hệ số là + − + + −

H

c) x5 − 2x 4 − 8x 3 − x 2 − 9 x + 1 = 0 có đúng 2 nghiệm dương và ít nhất 1 nghiệm âm

10

Gọi L là số lần đổi dấu hệ số và D là số nghiệm dương thì:

3

L = 3 ⇒ 3 = D + 2k

2+

Do đó D = 3 hoặc 1 hay D ≥ 1 nên phương trình có ít nhất 1 nghiệm dương.

ẤP

b) Dãy các dấu của hệ số là + − + + − nên : L = 2 ⇒ 2 = D + 2k

C

Do đó: D = 0 hoặc D = 2

H

Ó

A

Mặt khác f ( 0 ) = 1, f ( 1 ) = −2 nên f ( 0 ). f ( 1 ) < 0 do đó phương trình f ( x ) = 0 có ít

Í-

nhất một nghiệm trong ( 0,1 )

-L

Vậy D > 0 do đó D = 2 nên phương trình có 2 nghiệm dương

ÁN

Rõ ràng f ( x ) > 0 nếu x < 0 nên phương trình chỉ có 2 nghiệm dương không có nghiệm âm

TO

http://daykemquynhon.ucoz.com

Do đó: 2P( −1 )⋮ P( 1 ) + P( −1 ) − 2( 1 + P( 0 ))

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

TP .Q

U

= −2( 1 + uv )( 1 + u )( 1 + v )

BỒ

ID Ư

Ỡ N

G

c) Dãy các dấu của các hệ số là + − − − − + nên:

L = 2 . Thành thử D = 0 hoặc D = 2

Vì f ( 0 ) = 1 và f ( 1 ) < 0 nên phương trình có nghiệm dương trong ( 0,1 ) Vậy D > 0 do đó D = 2 Xét g( x ) = f ( − x ) = − x5 − 2x 4 + 8x3 − x 2 + 9x + 1 16

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

Dãy các dấu của các hệ số của g( x ) là: − − + − + +

N

⇒ L = 3 do đó phương trình g( x ) = 0 có ít nhất 1 nghiệm dương nên phương trinnhf

H Ơ

f ( x ) = 0 có ít nhất 1 nghiệm âm

Y

ẠO

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

Hướng dẫn giải

Đ

Giả sử α 1 ,α 2 ,...,α s là các nghiệm của f ( x ) với các bội tương ứng là k1 ,k2 ,...,ks . Khi

( x − α 2 )k2 ...( x − α s )ks .g( x )

G

k1

Ư N

đó: f ( x ) = ( x − α1 )

H

Trong đó g( x ) không có nghiệm trong ( a,b ) nên đa chức g( x ) giữ nguyên dấu trong

TR ẦN

( a,b ) . Giả sử g( x ) > 0 với mọi x ∈ [ a,b ]

B

Ta có f ( b ).g( b ) > 0 và f ( a ).g( a ).( −1 )k1 + k2 +...+ ks > 0

10

00

Vì f ( a ) trái dấu với f ( b ) và g( a ) cùng dấu với g( b ) do đó f ( a ) trái dấu với

3

g( a )

2+

Thành thử tổng k1 + k2 + ... + ks là số lẻ

ẤP

Chứng minh tương tự khi f ( a ). f ( b ) > 0

A

C

Bài toán 19.15: Cho đa thức P( x ) bậc n và 2 số a < b thỏa:

H

Ó

P( a ) < 0, − P'( a ) ≤ 0,P''( a ) ≤ 0,...,( −1 )n P n ( a ) ≤ 0

-L

Í-

P( b ) > 0,P'( b ) ≥ 0,P''( b ) ≥ 0,...,P n ( b ) ≥ 0

ÁN

Chứng minh các nghiệm thực của P( x ) thuộc ( a,b )

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

f ( a ). f ( b ) > 0 thì f ( x ) có một số chẵn các nghiệm trong ( a,b )

Hướng dẫn giải

TO

http://daykemquynhon.ucoz.com

U

TP .Q

minnh f ( x ) có một số lẻ các nghiệm trong khoảng ( a,b ) kể cả bội. Còn nếu

N

Bài toán 19.14: Cho f ( x ) ∈ R [ x ] ,deg f = n . Giả sử a < b mà f ( a ). f ( b ) < 0 . Chứng

BỒ

ID Ư

Ỡ N

G

Khai triển Taylor ta có:

P( x ) = P( b ) +

P'( b ) P''( b ) P''( b ) ( x −b )+ ( x − b )2 + ... + ( x − b )n 1!

2! n!

Nếu x ≥ b ⇒ P( x ) > 0 ⇒ P( x ) không có nghiệm x ≥ b Tương tự: P( x ) = P( a ) +

P'( a ) P''( a ) P''( a ) ( x − a )+ ( x − a )2 + ... + ( x − a )n 1!

2! n!

17

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

− P'( a ) P''( a ) ( −1 )n .P n ( a ) ( a − x )+ ( a − x )2 + ... + ( a − x )n 1!

2! n!

N

= P( a ) +

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

H Ơ

Nếu x < a ⇒ P( x ) < 0 ⇒ P( x ) không có nghiệm x ≤ a

TP .Q

U

Bài toán 19.16: Cho f ( x ) là đa thức bậc n có các hệ số bằng ±1 . Biết rằng đa thức

Y

N

Vậy các nghiệm phải thuộc ( a,b )

ẠO

Đ

Gọi f là đa thức với các hệ số theo modulo 2. Vì f ( x ) có các hệ số là 1 và -1 nên

Ư N

G

f ( x ) = x n + x n −1 + ... + x + 1 k

H

Ta có f ( x ) = ( x − 1 )2 g( x ) trong đó g( x ) là đa thức có hệ số nguyên 2

k −1

ở vế phải của (*) là 0. Điều này mâu thuẫn vì hệ số vế trái của (*)

2+

Ta có hệ số của x 2

3

10

Giả sử g( x ) có bậc không quá 2 k − 2

00

B

k Nên x n + x n−1 + ... + x + 1 =  x 2 + 1  g( x ) (*)  

TR ẦN

Dễ dàng chứng minh được rằng C i k ≡ 0 (model 2), 1 ≤ i ≤ 2 k − 1

C

ẤP

là 1. Do đó, bậc của g( x ) không nhỏ hơn 2 k − 1

Ó

A

Vậy n ≥ 2 k + 2 k − 1 = 2 k +1 − 1

Í-

H

Bài toán 19.17: Cho đa thức P( x ) = rx3 + qx 2 + px + 1 trong đó p,q r là các số thực với

-L

r > 0. Xét dãy số ( an ),n = 0,1,2,... xác định như sau

ÁN

a0 = 1,a1 = − p,a2 = p 2 − q

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

Hướng dẫn giải

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

an+3 = − pan+ 2 − qan +1 − ran ( n ≥ 0 )

TO

http://daykemquynhon.ucoz.com

x = 1 là nghiệm bội cấp m với m ≥ 2 k ,k ≥ 2, k nguyên. Chứng minh rằng n ≥ 2 k +1 − 1

BỒ

ID Ư

Ỡ N

G

Chứng minh rằng nêú đa thức P( x ) chỉ có duy nhất một nghiệm thực và không có nghiệm bội thì dãy ( an ) có vô số số âm.

Hướng dẫn giải Từ điều kiện đề bài suy ra phương trình đặc trưng của phương trình sai phân

x3 + px 2 + qx + r = 0 có 1 nghiệm thực âm và hai nghiệm phức liên hợp. Giả sử ba 18

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

nghiệm đó là − a,R(cos α + i sin α ),R(cos α − i sin α ) với a > 0,R > 0,0 < α < π thì

H Ơ

N

an = C1( − a )n + C2 R n (cos α + i sin α )n trong đó C1 ,C2 ,C3 là các hằng số nào đó, C2 ,C3

N

là các số phức liên hợp. Đặt C2 = R* (cos ϕ + sin ϕ ) với ϕ ∈ [0,2π ) , ta có

U

Y

an = C1( − a )n + R n ( R* (cos ϕ + i sin ϕ )(cos nα + i sin nϕ )

TR ẦN

= 2R n R* ( R cos(( n + 1 )α + ϕ ) + a cos( nα + ϕ ))

H

= 2R n+1 R* (cos(( n + 1 )α + ϕ )) + a2R n R* (cos( nα + ϕ ))

= 2R n R* .C.cos( nα + α * )( C > 0,ϕ* ∈ [0,2π )) với mọi n ≥ no

00

B

Điều này không xảy ra vì 0 < α < π nên tồn tại vô số n sao cho:

2+

3

10

3π π  nα + ϕ* ∈  + 2kπ , + 2kπ  2 2 

ẤP

Bài toán 19.18: Cho phương trình: x3 − x = 1 = 0 có 3 nghiệm phân biệt. Tính tổng lũy thừa

C

bậc 8 của 3 nghiệm đó

Ó

A

Hướng dẫn giải

H

Theo định lý Viete: phương trình: x3 − x = 1 = 0 có 3 nghiệm phân biệt nên

-L

Í-

x1 + x2 + x3 = 0; x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 = −1 và x1 x2 x3 = −1

ÁN

Ta có: xi3 − xi + 1 = 0 ⇒ xi3 = xi − 1

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

TP .Q

Ư N

G

Khi đó ta có 0 ≤ an +1 + aan

Đ

Giả sử ngược lại tồn tại n sao cho an ≥ 0 với mọi n ≥ no

TO

⇒ xi5 = xi3 − xi2 = − xi2 + xi − 1

ID Ư

Ỡ N

G

Nên:

BỒ

ẠO

= C1( − a )n + 2R n R* (cos( nα + ϕ ))

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

http://daykemquynhon.ucoz.com

+ R* (cos ϕ − sin ϕ )(cos nα − i sin nϕ )

xi8 = 2xi2 − 3xi + 2

2 Do đó: T = ∑ xi8 = 2∑ xi2 − 3∑ xi + 2 ( ∑ xi ) − 2 ∑ xi ∑ x j  − 3∑ xi + 6 ,i ≠ j = 10  

Bài toán 19.19: Giả sử đa thức P( x ) = x 5 + x 2 + 1 có 5 nghiệm r1 ,r2 ,r3 ,r4 ,r5 . Đặt Q( x ) = x 2 − 2 . Tính tích: Q( r1 ).Q( r2 ).Q( r3 ).Q( r4 ).Q( r5 ) 19

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

Hướng dẫn giải

H Ơ

N

Ta có: P( x ) = x 5 + x 2 + 1 = ( x − r1 )( x − r2 ) ( x − r3 )( x − r4 )( x − r5 )

)(

2 − r3

(−

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

)(

2 − r4

)(

2 − r5

)(

)

)(

)(

2 − r1 − 2 − r2 − 2 − r3 − 2 − r4

(

)

5

+−

( 2)

2

 + 1 

)

1 4 x − 5x 3 + x 2 + 4x − 1 (1) có đúng 5 nghiệm 2

xi + 1

5 i =1 2xi

− x4 − 2

10

5

xi ,i = 1,5 . Tính tổng S = ∑

TR ẦN

Bài toán 19.20: Chứng tỏ đa thức: x5 −

H

2 + 3 = 9 − 32 = −23

G

 + 1  . − 2 

Ư N

2

B

5

( 2) +( 2) = ( 4 2 + 3 ) .( −4

)

00

 = 

2 − r5

Đ

= P( 2 ).( − 2

)( −

ẤP

1 4 x − 5x 3 + x 2 + 4 x − 1 thì f ( x ) làm hàm số liên tục trên R. 2

C

Xét hàm số f ( x ) = x 5 −

2+

3

Hướng dẫn giải

A

Ta có :

Ó

1 3 175 1 5 < 0, f ( − ) = 2 > 0, f   = > 0, f ( 3 ) = >0 2 2 2 2 8 Phương trình f ( x ) = 0 có các nghiệm x1 ,x2 ,x3 , x4 ,x5 sao cho:

ÁN

-L

Í-

H

f ( −2 ) = −5 < 0, f ( 0 ) = −1 < 0, f ( 1 ) = −

−2 < x1 < −

3 1 < x2 < 0 < x3 < < x4 < 1 < x5 < 3 2 2

TO

http://daykemquynhon.ucoz.com

2 − r2

)

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

)(

Y

)(

U

)(

TP .Q

)( 2 − r1 )(

ẠO

( =(

= r12 − 2 r22 − 2 r32 − 2 r42 − 2 r52 − 2

N

Và Q( r1 ).Q( r2 ).Q( r3 ).Q( r4 ).Q( r5 )

BỒ

ID Ư

Ỡ N

G

Hơn nữa, vì f ( x ) = 0 là phương trình bậc năm nên có đúng 5 nghiệm

Ta có xi là nghiệm của phương trình (1) nên:

xi5 −

1 4 xi − 5xi3 + 4 xi − 1 = 0 ⇔ 2xi5 − xi4 − 2 = 2( 5xi3 − xi2 − 4xi ) 2 5

Do đó: S = ∑

3 i =1 2( 5xi

xi + 1 − xi2 − 4xi ) 20

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

5x 3 − x 2 − 4x

=

x+1 x( x − 1 )( 5x + 4 )

H Ơ

x +1 A B C = + + nên đồng nhất được: x( x − 1 )( 5x + 4 ) x x − 1 5c + 4

N

Và f '( x ) = 5x 4 − 2x 3 − 15x 2 + 2x + 4 , do đó:

U TP .Q Ư N H

10

00

B

5 f '( 1 ) 5 1 1 f '( 1 ) =∑ ⇒∑ =− = −12 f ( 1 ) i =1 1 − xi f (1) i =1 xi − 1

   

TR ẦN

f '( x ) 5  1 Vậy x ≠ xi ( i = 1,5 ) ta được = ∑ f ( x ) i =1  x − xi

G

Mà f ( x ) = ( x − x1 )( x − x2 )( x − x3 )( x − x4 ( x − x5 )

2+

3

5 f '( 0 ) 5 1 1 f '( 0 ) =∑ ⇒∑ =− =4 f ( 0 ) i =1 xi x f ( 0 ) i =1 i

H

Ó

A

C

ẤP

 4  4 f '−  5 f ' −  5 1 1 12900 5  5 = =∑ =−  =− ∑ 4 4 4789  4  4 f  −  i =1 − − xi i =1 xi + f −  5 5  5  5

Í-

8959 4789

-L

Vậy S = −

ÁN

Bài toán 19.21: Cho ab ≠ 0 . Chứng minh phương trình:

TO

x3 − 3( a 2 + b 2 )x + 2( a 3 + b3 ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt Hướng dẫn giải

G Ỡ N ID Ư

BỒ

ẠO

1 6 1 1 5 1 1 5 1 + + ∑ ∑ ∑ 8 i =1 xi 9 i =1 xi − 1 72 i =1 x + 4 i 5

Đ

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

http://daykemquynhon.ucoz.com

Do đó: S = −

Y

x +1 1 3 5 =− + + x( x − 1 )( 5x + 4 ) 4x 9( x − 1 ) 36( 5x + 40

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

Ta có:

x+1

N

Xét biểu thức g( x ) =

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

Xét hàm số: y = x3 − 3( a 2 + b2 )x + 2( a 3 + b3 ) = 0,D = R Ta chứng minh hàm số có cực đại, cực tiểu và yCD .yCT < 0

y' = 3x 2 − 3( a 2 + b 2 )

21

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

Do đó y' = 0 ⇔ x1,2 = ± a 2 + b 2 ,( S = 0,P = a 2 + b 2 )

H Ơ N

1 x.y' − 2( a 2 + b 2 )x + 2( a 3 + b 3 ) 3

Y TP .Q

U

⇒ yCD .yCT = ( −2( a 2 + b 2 )x1 + 2( a 3 + b 3 ))

)

2

(

− 4 a 2 + b2

)

3

ẠO

(

= 4 a 3 + b3

Đ

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

Ư N H

= −4a 2b 2  2a 2 + 2b 2 + ( a − b )2  < 0 ⇒ dpcm  

G

= −4a 2b 2 ( 3a 2 + 3b 2 − 2ab )

TR ẦN

Bài toán 19.22: Cho phương trình ax 3 + 27 x 2 + 12x + 2001 = 0 có 3 nghiệm thực phân biệt.

Hỏi phương trình sau có bao nhiêu nghiệm thực:

(

)(

) (

00

B

4 ax 3 + 27 x 2 + 12x + 2001 3ax 2 + 27 = 3ax 2 + 54x + 12

)

2

,a ≠

10

Hướng dẫn giải

2+

3

Đặt f ( x ) = ax3 + 27 x 2 + 12x + 2001 = 0 2

2

C

ẤP

Ta có: 2 f ( x ). f ''( x ) = [ f '( x )] ⇔ 2 f ( x ). f ''( x ) − [ f '( x )] = 0 2

Ó

A

Đặt g( x ) = 2 f ( x ). f ''( x ) − [ f '( x )] . Ta có g'( x ) = 2 f ( x ). f '''( x )

H

Gọi 3 nghiệm của f ( x ) là α , β ,γ ( α < β < γ ) ta có:

-L

Í-

g'( x ) = 12a( x − α )( x − β )( x − γ )

ÁN

Bảng biến thiên

BỒ

ID Ư

Ỡ N

G

TO

http://daykemquynhon.ucoz.com

( −2( a 2 + b 2 )x2 + 2( a 3 + b3 )

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

Lấy y chia y’ ta có: y =

N

Vì y’ bậc 2 có 2 nghiệm phân biệt nên có CĐ và CT.

2

Vì f '( α ) ≠ 0 ⇒ g( α ) = − [ f '( x )] < 0 Tương tự ta có: g ( β ) < 0 và g ( γ < 0 ) 22

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

Vậy phương trình g( x ) = 0 có 2 nghiệm thực

H Ơ

an a a a + n −1 + ... + 1 x 2 + o = 0 thì f có nghiệm n+1 n 2 1

N

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

U Đ

ẠO

Thì Q'( x ) = f ( x ) = an x n + an−1 x n−1 + ... + a1 x + ao

G

Ta có Q( 0 ) = Q( 1 ) = 0 . Áp dụng định lí Role thì Q( x ) có 2 nghiệm neenn

Ư N

Q'( x ) = f ( x ) có nghiệm

TR ẦN

H

Bài toán 19.24: Cho f ( x ) = ao x n + a1 x n−1 + an −1 x + an ,ao ≠ 0 có n nghiệm phân biệt.

Chứng minh f ( x ) − f '( x ) = 0 cũng có nghiệm phân biệt và:

00

B

( n − 1 )a12 > 2nao a2

10

Hướng dẫn giải

2+

3

Đặt g( x ) = e− x f ( x )

ẤP

Vì f ( x ) + 0 có n nghiệm α 1 < α 2 < ... < α n nên g( α i ) = 0,1,2,...,n

C

Theo định lí Role trong mỗi khoảng ( α i ,α i +1 )( i = 1,2,...,n − 1 ) thì tồn tại βi để

H

Ó

A

− x f ( x )− f '( x )] g'( βi ) = 0 . Mặt khác: g'( x ) = e [

-L

n nghiệm.

Í-

Suy ra f ( x ) − f '( x ) có n − 1 nghiệm β1 , β 2 ,..., β n−a và do đó f ( x ) − f '( x ) = 0 có đủ

ÁN

Vì f ( x ) có n nghiệm phân biệt nên theo định í Role thì: f '( x ) có n − 1 nghiệm;

f ''( x ) có n − 2 nghiệm,…

G Ỡ N ID Ư

BỒ

TP .Q

an n+1 an−1 n a a x + x + .. + 1 x 2 + o x n+1 n 2 1

TO

http://daykemquynhon.ucoz.com

Xét Q( x ) =

Y

Hướng dẫn giải

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

Chứng minh:

N

Bài toán 19.23: Cho f ∈ R [ x ] , f ( x ) = an x n + an−1 x n−1 + ... + a1 x + ao

⇒ f ( n −2 ) ( x ) =

n! ao x 2 + ( n − 1 )! a1 x + ( n − 2 )! a2 có 2 nghiệm phân biệt 2

Do đó: ∆ > 0 nên: (( n − 1 )! a1 )2 − 2n! ao ( n − 2 )! a2 > 0 Vậy ( n − 1 )a12 > 2nao a2

23

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

Bài toán 19.25: Giả sử f ( x ) = ao x n + a1 x n −1 + ... + an −1 x + an là đa thức với các hệ số thực,

H Ơ

N

có ao ≠ 0 và thỏa mãn đẳng thức sau với ∀x ∈ R : f ( x ). f ( 2x 2 ) = f ( 2x 3 + x )(*) .

N

Chứng minh f ( x ) không có nghiệm số thực.

Đ

Hơn nữa dễ dàng nhận thấy:

G

xo<0 thì xo > x1 > x2 ... > xn > xn +1 > ... và:

Ư N

Với xo > 0 xo < x1 < x2 < ... < xn < xn+1 < ...

TR ẦN

H

Từ đó suy ra nếu f ( x ) có 1 nghiệm thực khác 0 thì f ( x ) sẽ có vô số nghiệm thực khác nhau. Tuy nhiên f ( x ) chỉ có tối đa n nghiệm thực, do f ( x ) là đa thức bậc n với các hệ

B

số thực. Mâu thuẫn, chứng tỏ f ( x ) không có nghiệm thực khác 0.

10

00

Ta chứng minh f ( 0 ) ≠ 0 ⇔ an ≠ 0

3

Giả sử an = 0 . Gọi k là chỉ số lớn nhất thỏa ak ≠ 0

ẤP

2+

Do vậy: g( x ) = f ( x ). f ( 2x 2 ) = ao2 2 n .x 3n + ... + ak2 2 n −k .x 3( n −k )

C

h( x ) = f ( 2x 3 + x ) = ao 2 n x 3n + ... + ak x n−k

Ó

A

Vì n − k > 0 ⇒ 3( n − k ) > n − k

Í-

H

Do đó g( x ) ≡ h( x ) ⇒ ak = 0 (mâu thuẫn). Nên an ≠ 0

-L

Vậy f ( x ) không có nghiệm số thực

ÁN

Bài toán 19.26: Cho 2 cấp số cộng ( an ),( bn ) và số m nguyên dương, m > 2 . Xét m tam

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

ẠO

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

thức bậc hai: pk ( x ) = x 2 + ak x + bk với k = 1,2,...,m . Chứng minh nếu p1( x ) và pm( x )

TO

http://daykemquynhon.ucoz.com

xn = 2xn3−1 + xn −1 ;n = 1,2,3,... cũng sẽ là nghiệm của f ( x )

TP .Q

Từ (*) nhận thấy nếu xo là nghiệm thực của f ( x ) thì tất cả các số thực:

U

Y

Hướng dẫn giải

BỒ

ID Ư

Ỡ N

G

không có nghiệm số thực thì các tam thức còn lại cũng không có nghiệm số thực.

Hướng dẫn giải Ta có tam thức bậc hai: p1( x ) và pm( x ) không cói nghieemj số thực thì p1( x ) và

pm( x ) đều luôn luôn dương với mọi x.

Giả sử tồn tại pk ( x ) = x 2 + ak x + bk với k = 2,3,...,m − 1 có nghiệm số thực x = c 24

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

Gọi a, b là công sai của hai cấp số cộng ( an ),( bn )

N

Do đó pm ( c ) = ( m − k )( ac + b ) và p1( c ) = −( k − 1 )( ac + b ) nên pm ( c ).p1( c ) < 0 : vô

Y

lý.

Bài toán 19.27: Cho các đa thức Pk ( x ),k = 1,2,3... xác định bởi:

G

Đ

Chứng mịm rằng Pn ( x ) = x có 2 n nghiệm thực phân biệt nhau.

ẠO

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

P1( x ) = x 2 − 2,Pi +1 = P1( Pi ( x )),i = 1,2,3,...

Ư N

Hướng dẫn giải

H

Ta thu hẹp việc xét nghiệm của phương trình trên đoạn −2 ≤ x ≤ 2

TR ẦN

Đặt x = 2 cos t,

B

Khi đó, bằng quy nạp ta chứng minh được: Pn ( x ) = 2 cos 2 nt

2kπ n

3

2 −1

,t =

2+

Từ đó ta được 2 n nghiệm: t =

10

00

Và phương trình Pn ( x ) = x trở thành: cos 2 nt = cos t

2kπ

2n + 1

,k = 1,2,...,n

ẤP

Suy ra rằng phương trình Pn ( x ) = x có 2 n nghiệm thực phân biệt.

A

C

Bài toán 19.28: Chứng minh rằng nếu đa thức P( x ) bậc n có n nghiệm thực phân biệt thì đa

Í-

H

Ó

thức P( x ) + P'( x ) cũng có n nghiệm thực phân biệt

Hướng dẫn giải

-L

Giả sử P( x ) có đúng n nghiệm thực phân biệt x1 < x2 < ... < xn

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

TP .Q

U

Vậy các tam thức còn lại cũng không có nghiệm số thực

ÁN

Đặt f ( n ) = e x .P( x ) thì f ( x1 ) = f ( x2 ) = ... = f ( xn ) = 0

TO

http://daykemquynhon.ucoz.com

H Ơ

N

Ta có pm( x ) − pk ( x ) = ( m − k )( ax + b ) và pk ( x ) − p1( x ) = ( m − k )( ax + b )

BỒ

ID Ư

Ỡ N

G

Do f '( x ) = e x ( P( x ) + P'( x )) nên theo định lí Role, tồn tại n − 1 số thực phân biệt

y1 , y2 ,..., yn−1 thỏa mãn: x1 < y1 < x2 < y2 < x3 < ... < xn −1 < yn−1 < xn sao cho f '( y1 ) = f '( y2 ) = f '( yn−1 ) = 0 x

Vì e > 0 với mọi x nên ta có n − 1 nghiệm của G( x ) = P( x ) + P'( x ) Ta sẽ chứng minh G( x ) còn có một nghiệm yo < x1 25

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử hệ số cao nhất của P( x ) là 1 Xét deg P = n chẵn, ta thấy G( x ) là một hàm đa thức bậc chẵn thì: lim G( x ) = +∞

H Ơ

N

x→−∞

N

Ta có: P( x ) = ( x − x1 )( x − x2 )...( x − xn ) nên

U

Y

P'( x ) = ( x − x2 )( x − x3 )...( x − xn ) + ( x − x3 )...( x − xn )( x − x1 )

ẠO

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

Đ

Do vậy:

Ư N H

Suy ra tồn tại yo ∈ ( −∞ ,x1 ) sao cho G( yo ( = 0 )

G

G( x1 ) = P( x1 ) + P'( x1 ) = P'( x1 ) < 0

Xét deg P = n lẻ thì lim G( x ) = −∞ và tính tương tự ta có G( x1 ) > 0 nên tồn tại

TR ẦN

x→−∞

yo ∈ ( −∞; x1 ) sao cho G( yo ) = 0 ⇒ dpcm

00

B

Bài toán 19.29: Cho đa thức f ( x ) = ao + a1 x + ... + an x n có n nghiệm thực. Chứng minh với

10

∀p > n − 1 thì đa thức

2+

3

g( x ) = ao + a1 .p.x + a2 .p( p − 1 )x 2 + ... + am p( p − 1 )...( p − n + 1 ).x n cũng có n

C

ẤP

nghiệm thực

Hướng dẫn giải

Ó

A

Để giải bài toán ta xét hai trường hợp Trường hợp 1: f ( x ) không nhận x = 0 làm nghiệm

Í-

H

-

-L

Ta chứng minh bằng quy nạp

ÁN

Với n = 1 bài toán hiển nhiên đúng Giả sử đúng vớ n = k , ta chứng minh đúng với n = k + 1 , twccs là

TO

http://daykemquynhon.ucoz.com

⇒ P'( x ) = ( x1 − x2 )( x1 − x3 )...( x1 − xn ) < 0

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

TP .Q

+... + ( x − xn−1 )( x − x1 )...( x − xn−2 )

BỒ

ID Ư

Ỡ N

G

Nếu đa thức f ( x ) = ao + a1 x + ... + ak +1 x k +1 k + 1 nghiệm thực khác 0 thì đa thức

g( x ) = ao + p.a1 .x + ... + p( p − 1 )...( p − k ).ak +1 .x k +1 cũng có k + 1 nghiệm thực khác 0

với mọi p > k .

Gọi c là một nghiệm của f ( x ) thì f ( x0 = ( x − c ).q( x ) Với :

(1)

q( x ) là đa thức bậc k của x: 26

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

q( x ) = bo + b1 .x + ... + bk .x k

(2)

H Ơ

N

Thay (2) vào (1), đồng nhất hệ số ta được:

N

ao = c.bo ;a1 = c.b1 + bo ;...;ak = c.bk + bk −1 ;ak +1 = bk

U

Y

Do đó g( x ) = ao + p.a1 .x + ... > p.( p − 10...( p − k )ak −1 .x k +1

Đ

Trong đó Q( x ) = bo + b1 .p.x + ... + p( p − 1 )...( P − k ).bk .x k

Ư N

G

Do f ( x ) có k + 1 nghiệm thực khác 0 nên q( x ) có k nghệm thực khác 0. Mặt khác p

thực. Do đó g( x ) có K = 1 nghiệm thực.

Vậy theo nguyên lý quy nạp, bài toán đúng.

Trường hợp 2: f ( x ) nhận x = 0 làm nghiệm

B

-

TR ẦN

H

p > k nên p > k − 1 . Cho nên theo giả thiết quy nạp ta có đa thức Q( x ) có k nghiệm

10

00

Giả sử x = 0 là nghiệm bội k của f ( x ),( k ∈ Z + ,k ≤ n )

2+

3

Khi đó ta có: f ( x ) = ak x k + ... + an x n = ( an .x n −k + ... + ak )x k

ẤP

Và g( x ) = p( p − 1 )...( p − k + 1 )ak x k + ... + p( p − 1 )...( p − n + 1 )an .x n

A

C

= p( p − 1 )...( p − k + 1 ).x k  ak + ... + ( p − k )...( p − n + 1 ).an .x n−k   

H

Ó

Vì f ( x ) có n nghiệm thực nên

-L

Í-

H( x ) = ak + ... + an .x n−k có n − k nghiệm thực khác 0

ÁN

Do đó áp dụng kết quả của trường hợp 1 cho H( x ) và:

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

(3)

ẠO

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

p' = p − k > n − k − 1 (do p > n − 1 ) , ta được đa thức:

BỒ

ID Ư

Ỡ N

G

TO

http://daykemquynhon.ucoz.com

= c.Q( x ) + p.x.Q( x ) − x 2 .Q( x )

TP .Q

= c.bo + p( c.b1 + bo )x + ... + p( p − 1 )...( p − k ).bk .x k +1

R( x ) = ak + ... + ( p − k )...( p − n + 1 ).an .x n −k có n − k nghiệm thực

Vậy g( x ) có n nghiệm thực (đpcm)

Bài toán 19.30: Cho k = 1,2,...,n; p là số dương bất kỳ. Chứng minh rằng các nghiệm của đa thức: f ( x ) = ao x n + a1 x n −1 + ... + an với hệ số thực (hoặc phức) của modun không vượt quá: 27

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

ak ao

b) p + max

c) 2 max k

ak ao

d)

ak ao .p k −1

H Ơ

N

a) 1 + max

Y

N

a a1 + max k −1 k ao a1

TP .Q

U

Hướng dẫn giải

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

ẠO Đ Ư N

ak . Với nghiệm x ≤ 1 là hiển nhiên x ≤ 1 + A ao

H

Gọi A = max

a a1 + ... + n n ) ao x ao x

G

= ao x n ( 1 +

Với nghiệm x > 1 thì:

a 1 a1 1 a2 1 . + . 2 + ... + n . n ao x ao x ao x 1−

00

B

f ( x ) = 0 ⇒ −1 =

TR ẦN

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

1

C

A ⇒ A ≥ x −1⇒ x ≤ 1+ A x −1

Ó

A

⇒1≤

ẤP

2+

3

10

  xn 1 1 1 A A 1 = . ⇒ 1 ≤ A + + ... + ≤ .

2 n  x x x 1− 1 x  x 1− 1   x x

n

H

1 a x b) Ta có: n f ( x ) = ao   + 1   p  p p  p

n −1

+ ... +

an p

-L

Í-

1

ÁN

Theo câu a) mọi nghiệm x của đa thức đều phải có:

x p

≤ 1 + max

ak ao p

k

⇔ x ≤ p + max

ak ao p k −1

Ỡ N

G

TO

http://daykemquynhon.ucoz.com

a) Ta có f ( x ) = ao x n + a1 x n −1 + ... + an

BỒ

ID Ư

c) Đặt p = max k

ak ao

khi đó:

ak ak ak ≤ pk ⇒ ≤ p nên max ≤p k − 1 ao ao p ao .p k −1 28

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

Do đó, theo câu b) , modun tất cả nghiệm không vượt quá

≤

H Ơ

N

ak ao

U

Y

ak , khi đó ak ≤ a1 .p k −1 ao

ak a1 a ⇒ max ≤ 1 k 1 − ao ao ao .p

ao p k −1

G

≤

a a1 + max k −1 k ao a1

Ư N

ak

H

x ≤ p + max

Đ

Theo câu b) nghiệm của đa thức không vượt quá

TR ẦN

Cho 2 + 2n số ai ,bi thỏa : 0 < bo ≤ ao ,bi ≥ ai với i = 1,...,n

B

Bài toán 19.31: Chứng minh các nghiệm nếu có của đa thức ao x n + a1 x n−1 + ... + an có giá trị

00

tuyệt đối không vượt quá nghiệm dương duy nhất xo của phương trình :

3

10

bo x n − b1 x n−1 − ... − bn = 0

2+

Hướng dẫn giải

C

ẤP

Đặt f ( x ) = ao x n + a1 x n −1 + ... + an

Ó

A

g( x ) = bo x n − b1 xn−1 − ... − bn

-L

Í-

H

Ta có : g( x ) = x n ( bo −

ÁN

Thì h'( x ) =

b1

x

2

+

b b1 b2 − 2 − ... − nn ) = x n .h( x ) x x x

nb 2b2 + ... + n +n1 ≥ 0 do bi ≥ ai ≥ 0 x3 x

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

http://daykemquynhon.ucoz.com

ao .p

k −1

≤ 2 p = 2 max k

ẠO

ak

⇒

ao p

k −1

TP .Q

d) Đặt p = max k −1

ak

N

x ≤ p + max

TO

Nên h( x ) tăng trên ( 0; +∞ ) và nhận giá trị thuộc ( −∞ ,bo )

Và khi x > xo ⇒ g( x ) > 0 Ta có f ( x ) = ao x n + a1 x n−1 + ... + an

BỒ

ID Ư

Ỡ N

G

Do đó g( x ) có 1 nghiệm dương duy nhất xo

29

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

≥ ao x n − a1 x n −1 + ... + an

H Ơ

N

≥ ao x n − a1 x n −1 − ... − an n

− ... − an

U

n −1

Y

n

≥ bo . x − b1 . x

N

= ao . x − a1 . x n −1 − ... − an

ẠO

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

Đ

Bài toán 19.32: Cho đa thức: P( x ) = 1 + x 2 + x9 + x n1 + ... + x ns + x1992 với n1 ,...ns là các

H Hướng dẫn giải

B

Ta có P( x ) = 1 + x 2 + x9 + x n1 + ... + x ns + x1992

10

00

Với x ≥ 0 thì P( x ) ≥ 1 > 0

2+

3

 1− 5  Ta sẽ chứng minh P( x ) > 0 với ∀x ∈  ;0   2 

ẤP

Thật vậy với x < 0 và x ≠ −1 ta có:

A

C

P( x ) ≥ 1 + x + x3 + x 5 + ... + x 2k +1 + ... + x1991

H

Ó

( x1990 + x1988 + ... + 1 ).( 1 − x 2 )

Í-

= 1 + x.

-L

1 − x996

1 − x2

ÁN

= 1+ x

ID Ư

Ỡ N

G

Mà với x ∈ (

BỒ

1− 5 2

TR ẦN

(nếu có) không thể lớn hơn

Ư N

G

số tự nhiên thỏa mãn: 9 < n1 < ... < ns < 1992 . Chứng minh nghiệm của đa thức P( x )

TO

http://daykemquynhon.ucoz.com

Nên với nghiệm x nếu có của f ( x ) thì x ≤ xo

=

( 1 − x2 )

1 − x 2 + x − x997

1 − x2

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

TP .Q

= g( x )

1− 5 ;0 ) thì 1 − x 2 > 0; x 997 > 0,1 − x 2 + x > 0 2

Nên P( x ) > 0 với ∀x ∈ ( Vậy P( x ) > 0 với x ∈ (

1− 5 ;0 ) 2

1− 5 ; +∞ ) (đpcm) 2

30

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

Bài toán 19.33: Cho phương trình ax 3 + bx 2 + cx + d = 0( a ≠ 0 ) có 3 nghiệm dương

≥

b3c 2 81a 5

Do đó: 0 <

b2c

3a

≤ ( x12 3

+

x22

+

x32 )2

⇒0<

≤ ( x1 + x2 +

N Y Đ G

Ư N

00

+

1 7 2 x3 .x32 )2

b 7 b3c 2 7 7 7 ( x x x ) ( x1 + x72 + x73 ) ≤ − + + ⇒ − 1 2 3 6 5 a 81a 81a

ẤP

b4 c 2

A

C

⇒

1 7 1 7 2 2 = ( x1 .x1 + x22 .x22 x3 )( x17 + x72 + x73 )

x34 )2

10

+

≤ ( x14 + x24 + x34 )

3

+

x24

≤ x12 + x22 + x32

2+

( x14

9a

3

3a

2

B

Vì x1 ,x2 ,x3 > 0 nên:

b2c

b2

TR ẦN

Và ( x1 + x2 + x3 )2 ≤ 3( x12 + x22 + x32 ) ⇔ 0 <

c ≤ x12 + x22 + x32 a

H

Ta có: x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 ≤ x12 + x22 + x32 ⇔ 0 <

ẠO

TP .Q

U

b   x1 + x2 + x3 = − a > 0 Theo Viet:  x x + x x + x x = c > 0  1 2 2 3 3 1 a

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

H

Ó

Dấu “=” xảy ra khi x1 = x2 = x3 = −

b 3a

-L

Í-

Bài toán 19.34: Cho số thực a và số tự nhiên n ≥ 2 . Chứng minh rằng nếu z là nghiệm phức

ÁN

của đa thức X n +1 − X 2 + aX + 1 thì z >

TO

http://daykemquynhon.ucoz.com

Hướng dẫn giải

1 n

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

+

x37

N

+

x72

H Ơ

x1 , x2 , x3 . Chứng minh rằng:

x17

n

Hướng dẫn giải

BỒ

ID Ư

Ỡ N

G

Giả sử z = r(cos ϕ + i sin ϕ ) Do z là nghiệm của đa thức P( X ) = X n+1 − X 2 + aX + 1 Nên

r n+1 [ cos( n + 1 )ϕ + i sin( n + 1 )ϕ ] − r 2 [ cos 2ϕ + i sin 2ϕ ] + ar(cos ϕ + i sin ϕ ) + 1 = 0 = 0 + 0i 31

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

Từ đây đồng nhất phần thực với phần thực, phần ảo với phần ảo ta được

H Ơ

N

n +1 2 r cos( n + 1 )ϕ − r cos 2ϕ + ra cos ϕ + 1 = 0( 1 )  n+1 2 r sin( n + 1 )ϕ − r sin 2ϕ + ra sin ϕ = 0( 2 )

Y U

1 , ta có điều phải chứng minh n

n

TP .Q

Nếu cos ϕ = 0 thì z = 1 ≥

N

Nếu sin ϕ = 0 thì z là số thực, mâu thuẫn với giả thiết

ẠO

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

r +1

=

sin ϕ sin ϕ

Đ

H

2

r n +1 1 sin ϕ 1 ≥ nên 2 ≥ sin ϕ n r +1 n

B

Mà

r n +1

TR ẦN

Do đó

Ư N

G

r n+1 sin( nϕ ) − r 2 sin ϕ − sin ϕ = 0 ⇔ r n +1 sin( nϕ ) = ( r 2 + 1 ) sin ϕ

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

Nhân 2 vế của (1) với sin ϕ , nhân 2 vế của (2) với cos ϕ rồi trừ nhau ta được

00

do r >0

10

Mặt khác r 2 + 1 ≥ 2r ≥ r

3

1 r n +1 r n +1 1 1 ≤ 2 < = rn ⇒ r > n ⇒ z = r > n n r +1 r n n

2+

Suy ra

ẤP

Nên ra có điều phải chứng minh 3

2 + 3 4 là số vô tỉ

Hướng dẫn giải

H

Ó

A

C

Bài toán 19.35: Chứng minh:

-L

Í-

Đặt: x = 2 3 + 3 4 . Ta có: x3 = 2 + 4 + 3 3 8( 3 2 + 3 4 )

ÁN

Nên x3 = 6 + 6 x ⇔ x 3 − 6 x − 6 = 0 Giả sử x hữu tỉ mà ao = 1 ⇒ x là số nguyên

TO

http://daykemquynhon.ucoz.com

Tiếp theo giả sử sin ϕ ≠ 0 và cos ϕ ≠ 0

BỒ

ID Ư

Ỡ N

G

Và 2 < 3 2 + 3 4 < 4 nên x = 3

Do đó: x3 − 6 x − 6 = 3 ≠ 0 : vô lý. Vậy x là số vô tỉ

Bài toán 19.36: Tìm a, b để f ( x ) = 2x4 + ax3 + bx 2 + ax − b chia hết cho ( x − 1 )2 . Chứng minh khi đó f ( x ) không chia hết cho ( x − 1 )3

Hướng dẫn giải 32

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

Ta có: f ( x )⋮( x − 1 )2 nên f có nghiệm bội k ≥ 2

N

⇒ f ( 1 ) = 0 và f '( 1 ) = 0

H Ơ

⇒ 2 + a + b + a − b = 0 và 8 + 3a = 2b + a = 0

Y

N

Vậy a = −1 và b = −2

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

Đ

ẠO

Vì f ''( 1 ) = 14 ≠ 0 nên f ( x ) không chia hết cho ( x − 1 )3

G

Bài toán 19.37: Giả sử c n − d n = ( c + d )n ,n ∈ N ,n > 1

H

TR ẦN

Hướng dẫn giải

Ư N

Chứng minh rằng cd( c + d ) = 0

Nếu c = 0 thì ta có điều phải chứng minh

B

Nếu c ≠ 0 , ta xét đa thức P( x ) = ( x + c )n + x n − c n

10

00

Ta có P( 0 ) = 0 . Ta sẽ chứng minh P( x ) không có nghiệm nào khác 0 và khác −c .

3

P( x ) = ( x + c )n + x n − c n

n −1

+ x n −1  

ẤP

2+

nên có P'( x ) = n( x + c )n−1 + nx n−1 = n ( x + c ) 

Nếu n lẻ thì P'( x ) không có nghiệm, suy ra P( x ) là hàm đơn điệu thực sự, suy ra

C

-

Ó

A

x = 0 là nghiệm duy nhất của P( x ) Nếu n chẵn, thì P'( x ) có nghiệm duy nhất, suy ra P( x ) có nhiều nhất hai nghiệm. Mà 0

Í-

H

-

-L

và −c là hai nghiệm của P( x ) , do đó P( x ) có đúng hai nghiệm là 0 và −c .

ÁN

Tóm lại P( x ) không có nghiệm nào khác 0 và −c . Mà theo giả thiết ta có P( d ) = 0 , suy ra chỉ có thể là d = 0 hoặc d = −c , do đó cd( c + d ) = 0

TO

http://daykemquynhon.ucoz.com

f ''( x ) = 24x 2 − 6 x − 4

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

TP .Q

U

Do đó f ( x ) = 2x 4 − x 3 − 2x 2 − x + 2, f '( x ) =

Chứng minh:

BỒ

ID Ư

Ỡ N

G

Bài toán 19.38: Cho a, b, c đôi một không đối nhau a − b b − c c − a ( a − b )( b − c )( c − a ) + + + =0 a + b b + c c + a ( a + b )( b + c )( c + a )

Hướng dẫn giải Giả sử

a − b b − c c − a ( a − b )( b − c )( c − a ) + + + =0 a + b b + c c + a ( a + b )( b + c )( c + a ) 33

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

Quy đồng mẫu số vế trái, ta được tử thức:

N

f = ( a − b )( b + c )( c + a ) + ( b − c )( c + a )( a + b )

N

H Ơ

+ ( c − a )( a + b )( b + c ) + ( a − b )( b − c )( c − a )

Y

Ta xem: f là đa thức theo a có deg f ≤ 2

Đ

Vậy f = 0 .

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

ẠO

Xét 3 trường hợp còn lại b = c hay b = 0 hay c = 0 thì ta đều có f ( a ) = 0

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

Ư N

G

Bài toán 19.39: Cho ao ,a1 ,...,an là n + 1 số đôi một khác nhau. Giải hệ phương trình

00

B

TR ẦN

H

 xo + x1ao + x2 ao2 + ... + xn aon   xo + x1a1 + x2 a12 + ... + xn a1n  ............  2 n  xo + x1an + x2 an + ... + xn an

10

Hướng dẫn giải

2+

3

Xét đa thức: f ( y ) = xn y y + xn −1 y n−1 + ... + x1 y + xo có deg f ≤ n

Í-

H

Ó

A

C

ẤP

 xo + x1ao + x2 ao2 + ... + xn aon   x + x a + x a 2 + ... + xn a1n Từ hệ  o 1 1 2 1 ............  2 n  xo + x1an + x2 an + ... + xn an

-L

Ta có f ( ao ) = f ( a1 ) = ... = f ( a n ) = 0 Nên f ( y ) có n + 1 nghiệm phân biệt, do đó f ( y ) = 0

ÁN

http://daykemquynhon.ucoz.com

Xét b, c, 0 đôi một khác nhau thì f ( a ) ≡ 0

TP .Q

U

Để ý: f ( b ) = f ( c ) = f ( 0 ) = 0

TO

Từ đó suy ra xo = x1 = ...x n = 0

Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( xo ,x1 ,..., x n ) = ( 0,0,...,0 )

Bài toán 19.40: Giải hệ phương trình

BỒ

ID Ư

Ỡ N

G

Thử lại ta thấy xo = x1 = x n = 0 thỏa mãn hệ đã cho.

34

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

N H Ơ N Y U TP .Q

Đ

Hướng dẫn giải

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

ẠO

Trong đó a1 ,a2 ,...,an ,b1 ,b2 ,...,bn là 2n số khác nhau. Tính tổng các nghiệm

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

Ư N

G

Đa thức f ( X ) với biến số X, xác định bởi công thức:

TR ẦN

H

xn x1 x2 f( X ) + + ... + −1 = (1) X − b1 X − b2 X 1 − bn ( X − b1 )( X − b2 ) ( X 1 − bn ) Rõ ràng đa thức f ( x ) có bậc n và có hệ số cao nhất bằng – 1

C

ẤP

2+

3

10

00

B

xn x2  x1  a − b + a − b + ... + a − b = 1 1 2 1 n  1 1  x1 xn x2 + + ... + =1  a2 − bn Từ hệ phương trình  a2 − b1 a2 − b2 ......................  xn x2  x1  a − b + a − b + ... + a − b = 1 n 2 n n  n 1

Ó

A

Suy ra rằng: f ( a1 ) = f ( a2 ) = ... = f ( an ) = 0 (2)

Í-

H

Nhân hai vế của (1) với X − bi và để ý đến (2) ta được:

ÁN

-L

 x  xi −1 xi +1 xn xi + ( X − bi )  1 + ... + + + ... + − 1 X − bi −1 X − bi +1 X 1 − bn  X − b1 

( X − a1 )( X − a2 ) ...( X − an ) ( X − b1 ) ...( X − bi −1 )( X − bi +1 ) ...( X − bn )

TO

http://daykemquynhon.ucoz.com

xn x2  x1  a − b + a − b + ... + a − b = 1 1 2 1 n  1 1  x1 xn x2 + + ... + =1  a2 − bn  a2 − b1 a2 − b2 ......................  xn x2  x1  a − b + a − b + ... + a − b = 1 n 2 n n  n 1

BỒ

ID Ư

Ỡ N

G

=−

Và trong đẳng thức này, cho X = bi , thì đi đến kết quả:

xi =

− ( bi − a1 )( bi − a2 ) ...( bi − an )

( bi − b1 ) ...( bi − bi −1 )( bi − bi +1 ) ...( bi − bn )

,i = 1,2,...,n

Đó là nghiệm của phương trình đã cho: 35

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

Ta có: f ( X ) = −( X − a1 )( X − a2 )...( X − an )

N

Thành thử quy đồng mẫu ở vế trái của (1), thì được:

H Ơ

x1( X − b2 )( X − b3 )...( X − bn ) + x2 ( X − b1 )( X − b3 )...( X − bn ) +

Y

So sánh hệ số của X n−1 trong hai vế của đằng thức trên, ta được:

ẠO

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

a1 + a2 + ... + an = x1 + x2 + ... + xn + b1 + b2 + ... + bn

G

Đ

Do đó tổng: T = x1 + x2 + x3 + ... + xn = a1 + a2 + ... + an − b1 − b1 − ... − bn

hệ số khác 0.

TR ẦN

Hướng dẫn giải

H

Ư N

Bài toán 19.41: Cho đa thức p( x ) bậc 5 có 5 nghiệm thực phân biệt. Tìm số bé nhất của các

Xét p( x ) = ax 5 + bx4 + cx 3 + dx + e,a ≠ 0

00

B

Nếu có 4 hệ số bằng 0 thì b = c = d = e = 0 nên

10

P( x ) = ax5 có nghiệm bội (loại) tức là p( x ) không thể có 1 hệ số khác 0. Do đó

2+

3

p( x ) có ít nhất 2 hệ số khác 0.

C

ẤP

Xét p( x ) = ax 5 = bx n ,n ≥ 2 thì p( x ) có nghiệm bội: loại

d ) có tối đa 3 nghiệm: loại a

Ó

A

Xét p( x ) = ax 5 + dx = ax( x4 +

Í-

H

Xét p( x ) = ax 5 + e có một nghiệm: loại

-L

Do đó p( x ) có ít nhất 3 hệ số khác 0.

ÁN

Chọn p( x ) = x5 − 5x 3 + 4x = x( x 2 − 1 )( x 2 − 4 )

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

TP .Q

U

= f ( X ) = −( X − a1 )( X − a2 )...( X − an )

http://daykemquynhon.ucoz.com

N

... + xn ( X − b1 )( X − b2 )...( X − bn−1 ) − ( X − b1 )( X − b2 )...( X − bn )

TO

Thì p( x ) có đúng 5 nghiệm phân biệt và đúng 3 hệ số khác 0: tồn tại min.

Ỡ N

G

Vậy số bé nhất của hệ số khác 0 là 3

sin A + sin B + sin C 12 12 = ; sin A sin B sin C = cos A + cos B + cos C 7 25

BỒ

ID Ư

Bài toán 19.42: Chứng minh tồn tại 2015 tam giác ABC thỏa mãn:

Hướng dẫn giải

36

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

B

B

C

A

B

C

N U TP .Q ẠO

v 12 12 1 3 ⇒u= = vaf 8uv = ,v = 1 + 4u 7 25 10 5

Theo giả thiết: Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

Y

A B C A B C sin sin ,v = cos cos cos 2 2 2 2 2 2

Đặt u = sin

Ta lập phương trình bậc 3 có 3 nghiệm:

⇒

v

2

=

Đ

G

A  = ∏  1 + tg 2  A B C 2  cos 2 cos 2 cos 2 2 2 2 1

H

1

A B C u 1 tan tan = = 2 2 2 v 6

TR ẦN

Ta có:

tan

Ư N

A B C ,tan ,tan 2 2 2

25 A A B A B C = 1 + ∑ tan 2 + ∑ tan 2 tan 2 + ∑ tan 2 tan 2 tan 2 9 2 2 2 2 2 2

B

tan

2

00

2

10

25 A A B  A B A A 1  ⇒ = 1 +  ∑ tan  − 2∑ tan tan +  ∑ tan tan  − 2∏ tan .∑ tan + 9 2 2 2  2 2 2 2 36 

3

2

2+

25 A 1 A 1  = 1 +  ∑ tan  − 2.1 + 1 − 2. .∑ tan + 9 2 6 2 36 

ẤP

⇒

2

Ó

A

C

A 1 A  99 A 11  ⇒  ∑ tan  −  ∑ tan  − = 0 ⇒ ∑ tan = 2  3 2  36 2 6 

H

A B C 11 1 ,tan ,tan là nghiệm phương trình: X 3 − X 2 + X − = 0 2 2 2 6 6

-L

Í-

Do đó: tan

3 4 5  1 1 Hướng dẫn giải được tập nghiệm 1, ,  do đó sin A,sin B,sin C bằng , , . Vậy 5 5 5  2 3

ÁN

http://daykemquynhon.ucoz.com

H Ơ

∑ sin A = 4 cos 2 cos 2 cos 2 ; ∑ cosA = 1 + 4 sin 2 sin 2 sin 2

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

A

A

∑ tan 2 tan 2 = 1

N

Tam giác ABC thì có

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

( 3,4,5 ) nên tồn tại 2015 tam giác như thế.

Ỡ N

G

TO

có vô số tam giác ABC thỏa mãn điều kiện, đồng dạng với tam giác vuông Ai Cập

BỒ

ID Ư

Bài toán 19.43: Tính tổng: T =

1 sin 2

2π 7

+

1 sin 2

3π 7

1

+

sin 2

6π 7

Hướng dẫn giải

37

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

2π 3π 6 π , , là nghiệm phương trình: sin 2 4x = sin 2 3x 7 7 7

N H Ơ

Đặt t = sin x thif sin 2 3x = ( 3t − 4t 3 )2

Y

N

sin 2 4x = ( 2 sin 2x.cos 2x )2 = 16t 2 ( 1 − t 2 )( 1 − 2t 2 )2

Đ

64 z 3 − 112z 2 + 56 z − 7 = 0

3π 7

sin 2

Ư N

sin 2

6π 7

1 1 1 x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 + + = =8 x1 x2 x3 x1 x2 x3

B

=

2π 7

1

+

H

sin 2

1

+

TR ẦN

1

T=

G

Áp dụng định lí Viete:

10

00

Bài toán 19.44: Cho các số thực: x1 ,x2 ,...,xn : 0 < x1 < x2 < ... < xn < 1 thỏa mãn: n +1

1 = 0,i = 1,2,...,n . Kí hiệu xo = 0,xn +1 = 1 . Chứng minh rằng xn+1−i = 1 − xi j =0, j ≠i xi − x j

2+

3

∑

Hướng dẫn giải

A

C

ẤP

với i = 1,2,...,n

H

Ó

Đặt P( x ) = ( x − xo )( x − x1 )...( x − xn )( x − xn+1 ) n +1

n +1

n +1 n +1 n +1

-L

Í-

Thì P'( x ) = ∑

∏

( x − x j ) và P''( x ) =

ÁN

i =1 j =0, j ≠i n +1 n +1

ID Ư

Ỡ N

G

TO

Từ đó P''( xi ) = ∑

BỒ

TP .Q

2π 3π 6π ,sin 2 ,sin 2 là 3 nghiệm phương trình: 7 7 7

ẠO

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

http://daykemquynhon.ucoz.com

Do đó: sin 2

U

Ta có phương trình: 64t 6 − 112t 4 + 56t 2 − 7 = 0

∏

i =0 j =0, j ≠i

∑ ∑ ∏( x − xj )

k =0 l =0 j =0 j ≠ ,l n +1

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

Ta có:

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

n +1

1 =0 k =0 xi − xk

( x − x j ) = ∏ ( x − x j )∑ j ≠i

k ≠i

Suy ra: x( x − 1 )P''( x ) = ( n + 2 )( n + 1 ).P( x ) (1) Do đó: chỉ tồn tại duy nhất một đa thức bậc n + 2 với hệ số cao nhất bằng 1, thỏa (1) Mặt khác đa thức Q( x ) = ( −1 )n .P( 1 − x ) thỏa mãn phương trình (1), Q(x) là đa thức bậc

n + 2 với hệ số cao nhất bằng 1 38

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

Vậy ( −1)n .P( 1 − x ) = P( x )

H Ơ

N

Và vì 0 < x1 < x2 < ... < xn < 1 nên ta có đpcm

N

Bài toán 19.45: Cho P( x ) = x n + a1 x n −1 + ... + an−1 x + 1 , với các ai ≥ 0 có n nghiệm xi .

U

Y

Chứng minh: P( x ) ≥ ( x + 1 )n ,∀x ≥ 0

∏ xi = 1 . Xét x ∈ Z + :

ẠO

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

i =1

2

H

x +1s

Đ

n

G

n

Ư N

n

P( x ) = ∏ ( x − xi ) = ∏ ( x − xi ) = ∏ ( 1 + 1 + ... + 1 + xi )

i =i i =1 i =1 n

TR ẦN

≥ ∏ ( x + 1 )n x +1 xi = ( x + 1 )n x =1 x1 ...xn = ( x + 1 )n i =1

B

Xét x > 0 t tùy ý:

k

3

(BCS Cnk số)

2+

= ∑ xi1 . xi2 ... xik

10

00

ak = ∑ xi1 .xi2 ...xik ( −1 )k ( 1 ≤ i1 < i2 < ... < in ≤ n )

C

ẤP

≥ Cnk .Cn x1 x2 ...xn = Cnk n

P( x ) ≥

∑ Cnk .x n−k = ( 1 + x )n

(đpcm)

H

Ó

A

Do đó:

k =0

-L

Í-

Bài toán 19.46: Cho 4 số dương a, b, c, d. Giả sử phương trình ax 4 − ax3 + bx 2 − cx + d = 0

ÁN

1 có 4 nghiệm thuộc khoảng ( 0; ) . Chứng minh bất đẳng thức : 21a + 164c ≥ 80b + 320d 2

TO

http://daykemquynhon.ucoz.com

n

Vì ai ≥ 0 nên các nghiệm xi < 0 và

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

TP .Q

Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải

BỒ

ID Ư

Ỡ N

G

Giả sử phương trình ax 4 − ax3 + bx 2 − cx + d = 0 có 4 nghiệm là x1 ,x2 ,x3 , x4 thuộc

1 khoảng ( 0; ) . Theo định lí Viete ta có: 2 x1 + x2 + x3 + x4 = 1; x1 x2 + x1 x3 + x1 x4 + x2 x3 + x3 x4 =

b , a 39

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

c d và x1 x2 x3 x4 = a a

N

x1 x2 x3 + x1 x2 x4 + x1 x3 x4 + x2 x3 x4 =

H Ơ

Vì a > 0 nên bất đẳng thức : 21a + 164c ≥ 80b + 320d c b d ≥ 80 + 320 a a a ⇔ 21 + 164( x1 x2 x3 + x1 x2 x4 + x1 x3 x4 + x2 x3 x4 )

TP .Q

U

Y

N

⇔ 21 + 164

Đ

( 1 − 2x1 )( 1 − 2x2 )( 1 − 2x3 )

Ư N

G

3

TR ẦN

27( 1 − 2x1 )( 1 − 2x2 )( 1 − 2x3 ) ≤ ( 1 + 2x4 )3

00

B

Tương tự: 27( 1 − 2x1 )( 1 − 2x2 )( 1 − 2x4 ) ≤ ( 1 + 2x3 )3

H

3

 1 − 2x1 + 1 − 2x2 + 1 − 2x3 )   1 + 2x4  ≤  =  3    3  ⇒

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

ẠO

Áp dụng bất đẳng thức BCS

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

(1)

(2) (3)

27( 1 − 2x4 )( 1 − 2x2 )( 1 − 2x3 ) ≤ ( 1 + 2x1 )3

(4)

2+

3

10

27( 1 − 2x1 )( 1 − 2x3 )( 1 − 2x4 ) ≤ ( 1 + 2x2 )3

ẤP

Nhân từng vế của (1), (2), (3), (4) và rút gọn ta có:

C

81( 1 − 2x1 )( 1 − 2x2 )( 1 − 2x3 )( 1 + 2x4 )

H

Ó

A

≤ ( 1 + 2x3 )( 1 + 2x4 )( 1 + 2x1 )( 1 + 2x2 )

Í-

Khai triển và rút gọn ta có bất đẳng thức (*) 1 4

ÁN

-L

Đẳng thức xảy ra: x1 = x2 = x3 = x4 = ⇔

b 3 c 1 1 = , = ,d = a 8 a 16 256

TO

http://daykemquynhon.ucoz.com

≥ 80( x1 x2 + x1 x3 + x1 x4 + x2 x3 + x2 x4 + x3 x4 ) + 320( x1 x2 x3 x4 ) (*)

BỒ

ID Ư

Ỡ N

G

Bài toán 19.47: Cho a,b,c,d > 0 . Chứng minnh: 3

abc + bcd + cda + dab ab + bc + cd + da + ac + bd ≤ 4 6 Hướng dẫn giải

Không mất tính tổng quát, giả sử a ≤ b ≤ c ≤ d 40

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

Xét đa thức: f ( x ) = ( x − a )( x − b( x − c )( x − d )

H Ơ

N

= x 4 − ( a + b + c = d )x3 + ( ab + bc + cd + da + ac + bd )2

N

−( abc + bcd + cda + dab )x + abcd

Y

Vì f có 4 nghiệm nên f ' có 3 nghiệm x1 ,x2 ,x3 > 0

TP .Q

U

f '( x ) = 4x3 − 3( a + b + c + d )x 2 + 2( ab + bc + cd + da + ac + d )x

Đ G

H

TR ẦN

1 x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 = ( ab + bc + cd + da + ac + bd ) 2

Ư N

1 Theo định lí Viete, ta có: x2 x2 x3 = ( abc + bcd + cda + dab ) 4

ẠO

≡ 4( x − x1 )( x − x2 )( x − x3 )

Áp dụng bất đẳng thức BCS:

10

1 ( abc + bcd + cda + dab )2 16

2+

3

≥ 3 3 ( x1 x2 x3 )2 = 3 3

00

B

1 ( ab + bc + cd + da + ac + bd ) = x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 2

ẤP

Từ đó suy ra đpcm

C

Bài toán 19.48: Cho f ( x ) = x n + a1 x n−1 + ... + an có bậc n ≥ 2 và có n nghiệm b1 ,b2 ,...,bn .

Ó

A

Chứng minh:

Hướng dẫn giải

ÁN

-L

Í-

H

 1 1 1  2 f ( x + 1 ). + + ... +  ≥ 2n ,∀x > bi x − bn   x − b1 x − b2

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

Ta có f ( x ) = x n + a1 x n−1 + ... + a x có n nghiệm thực b1 ,b2 ,...,bn

TO

http://daykemquynhon.ucoz.com

−( abc + bcd + cda + dab)

BỒ

ID Ư

Ỡ N

G

Nên: f ( x ) = ( x − b1 )( x − b2 )...( x − bn )

⇒ f ( x + 1) = ( 1 + x − b1 )( 1 + x − bn )...( 1 + x − bn

)

 1 1 1  Do đó: f ( x + 1 ). + + ... +  x − b1   x − b1 x − b2

41

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

1 ( BCS ) ( x − b1 )( x − b2 )...( x − bn )

N

≥ f ( x + 1 ).n.n

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

H Ơ

( 1 + x − b1 )n ( 1 + x − bn )n = ... x − b1 x − bn

N

n

Y

n( n − 1 )t 2 Từ nhị thức Newton thì ( 1 + t ) ≥ 1 + nt + ,t > 0 2

U TP .Q

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

Ư N

H

 1 1 1  n 2 n ⇒ f ( x + 1 ). + + ... +  ≥ n. ( 2n ) = 2n 1 − b 1 − b 1 − b 1 2 n 

G

( 1 + t )n ≥ 2nt do đó: ( 1 + x − bj )n ≥ 2( x − bj ),t = x − bj > 0

ẠO

n( n − 1 )2 ≥ 2nt ,∀t ≥ 1,n ≥ 2 nên ta có: 2

Đ

Và 1 + nt +

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

TR ẦN

3. BÀI LUYỆN TẬP:

Bài tập 19.1: Giả sử m là một tham số để phương trình:

00

B

( x − 1 )( x − 2 )( x − 3 )( x − 4 ) = m

1 1 1 1 + + + theo m. x1 x2 x3 x4

3

10

Có 4 nghiệm khác nhau. Tính giá trị: P =

2+

Hướng dẫn

ẤP

50 24 − m

A

C

Dùng định lí Viet. Kết quả

H

Ó

Bài tập 19.2: Cho đa thức : f ( x ) = x 4 + 4x 3 − 2x 2 − 12x + 1 n

Í-

S =∑

2xi2 + 1

2 i =1 ( xi

ÁN

-L

Hãy tính tổng

− 1 )2

với n là số nghiệm xi của đa thức f ( x )

Hướng dẫn

TO

http://daykemquynhon.ucoz.com

n

Ỡ N

G

Chứng minh f ( x ) có 4 nghiệm. Kết quả S = a b c + + =0 7 5 3

Chứng minh: f ( x ) = ax 4 + bx 2 + c = 0 có nghiệm

BỒ

ID Ư

Bài tập 19.3: Cho abc ≠ 0 và

9 2

Hướng dẫn

42

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

a 7 b 5 c 3 x + x + x và áp dụng định lí Lagrange trên [0,1] 7 5 3

N H Ơ

Bài tập 19.4: Cho x1 ,x2 ,x3 , x4 là 3 nghiệm phương trình: x 3 + 3 px + q = 0 . Lập phương

N

trình bậc 3 có 3 nghiệm là:

U TP .Q

Dùng định lí Viet. Kết quả x3 + 9 px 2 − 27( q 2 + 4 p 3 ) = 0

ẠO

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

Đ

Bài tập 19.5: Tồn tại hay không tồn tại các số a1 ,a2 ,...,an ∈ R là các nghiệm của đa thức:

G

n

k =1

TR ẦN

Hướng dẫn

H

Ư N

P( x ) = x n + ∑ ( −1 )k Cnk akk x n−k

Chú ý tổ hợp. Kết quả a1 = a2 = an = a

10

00

B

n2 − n Bài tập 19.6: Cho ao = 1,a1 = −n,a2 = . Tìm n nghiệm của đa thức 2

3

P( x ) = ao x n + a1 x n −1 + ... + an−1 x + an với n ≥ 3

2+

Hướng dẫn

C

ẤP

Dùng định lí Viet và đánh giá . Kết quả xi = 1

Ó

A

Bài tập 19.7: Cho phương trình x3 − ax 2 + bx − 1 = 0 có 3 nghiệm dương. Chứng minh rằng:

Hướng dẫn

-L

Í-

H

2a 2 ( a + 1 ) ≥ 9( 3b − 1 ) . Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?

ÁN

Dùng Viet và bất đẳng thức AM − GM

Bài tập 19.8: Phương trình: z 3 − 2z − z + m = 0 có thể có 3 nghiệm hữu tỉ phân biệt không?

TO

http://daykemquynhon.ucoz.com

Hướng dẫn

Y

α = ( x1 − x2 )( x1 − x3 ), β = ( x2 − x3 )( x2 − x1 ), và γ = ( x3 − x1 )( x3 − x2 )

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

Xét F( x ) =

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

BỒ

ID Ư

Ỡ N

G

Hướng dẫn

Dùng phản chứng.

Kết quả không thể có 3 nghiệm hữu tỉ phân biệt.

Bài tập 19.9: Tìm a để phương trình sau vô nghiệm:

x6 + 3x5 + ( 6 − a )x4 + (7 − 2a )x3 + ( 60a )x 2 + 3x + 1 = 0 Hướng dẫn 43

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

https://twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon http://daykemquynhon.blogspot.com

Biến đổi đưa về tham số a một bên

π 7

+ cos n

3π 5π ,n nguyên. Chứng minh un hữu tỉ với + cos n 7 7

Y

Bài tập 19.10: Đặt un = cos n

TP .Q

U

mọi n nguyên

Hướng dẫn

BỒ

ID Ư

Ỡ N

G

TO

ÁN

-L

Í-

H

Ó

A

C

ẤP

2+

3

10

00

B

TR ẦN

H

Ư N

G

Đ

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò

ẠO

Dùng qui nạp và 8un −1 = 4un + 4un−1 − 4un−2 ,n ≥ 3

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định

http://daykemquynhon.ucoz.com

H Ơ

N

27 4

N

Kết quả a <

44

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial