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