Luận văn Một số Chuyên đề về đa thức dành cho học sinh giỏi toán bậc trung học phổ thông

> 0 là một số nguyên. với h(ai) 6= 0 nên u(ai) 6= 0 với mọi i = 1, . . . , r − 1. Do ar là nghiệm bội kr của f(x) nê t 6 kr. Hơn nữa, f(x) có sự phân tích f(x) = (x − ar)krv(x), trong đó v(x) ∈ K[x] với v(ar) 6= 0. Vì thế ta có f(x) = (x− ar)krv(x) = (x− a1)k1 . . . (x− ar−1)kr−1(x− ar)tu(x). 8Chú ý rằng K là trường, vì thế giản ước cả hai vế cho (x− ar)t ta được (x− ar)kr−tv(x) = (x− a1)k1 . . . (x− ar−1)kr−1u(x). Nếu t < kr thì khi thay x = ar vào đẳng thức trên ta có vế trái bằng 0, còn vế phải khác 0, điều này vô lí. Vậy t = kr. Vì thế f có phân tích f(x) = (x− a1)k1 . . . (x− ar−1)kr−1(x− ar)kru(x) trong đó u(ai) 6= 0 với mọi i = 1, . . . , r. Hệ quả 1.5. Cho f(x) ∈ K[x] là một đa thức khác 0. Khi đó số nghiệm của f(x), mỗi nghiệm tính với số bội của nó, không vượt quá bậc của f(x). Đặc biệt, nếu f(x), g(x) ∈ K[x] có bậc không quá n và nhận giá trị bằng nhau tại n+ 1 phần tử khác nhau của K thì f(x) = g(x). Chứng minh. Giả sử a1, . . . , ar là các nghiệm của f(x) với số bội lần lượt là k1, . . . , kr. Theo Hệ quả 1.4 ta có f(x) = (x− a1)k1(x− a2)k2 . . . (x− ar)krg(x), trong đó g(x) ∈ K[x]. Do K là trường nên ta có deg f(x) = deg g(x) + r∑ i=1 ki ≥ r∑ i=1 ki. 1.3 Định lí cơ bản của Đại số và Công thức Viete Trước hết ta nhắc lại Định lí cơ bản của đại số Định lí 1.4 (Định lí cơ bản của đại số). Cho f(x) ∈ C[x] là đa thức có bậc n > 0. Khi đó f(x) có đúng n nghiệm trong C, mỗi nghiệm được tính với số bội của nó. Hệ quả 1.6. 9(i) Mỗi đa thức với hệ số phức đều phân tích thành tích các đa thức bậc nhất với hệ số phức. (ii) Mỗi đa thức với hệ số thực phân tích được thành tích của các đa thức bậc nhất hoặc bậc hai với hệ số thực. (iii) Nếu f(x) là đa thức với hệ số thực và số phức a+bi (với a, b ∈ R) là nghiệm của f(x) thì a− bi cũng là nghiệm của f(x). Tiếp theo chúng ta trình bày công thức Viete. Công thức Viete cho chúng ta mối quan hệ giữa các nghiệm phức của một đa thức với các hệ số của đa thức đó. Định lí 1.5 (Công thức Viete). Cho f(x) = anx n + an−1xn−1 + . . .+ a1x+ a0 ∈ C[x]. Giả sử f(x) có n nghiệm α1, . . . , αn ∈ C. Khi đó an−1a−1n = −(α1 + α2 + . . .+ αn) an−2a−1n = ∑ i<j αiαj . . . . . . . . . . . . an−ka−1n = (−1)k ∑ i1<i2<...<ik αi1αi2 . . . αik . . . . . . . . . . . . a1a −1 n = (−1)n−1 ∑ i1<i2<...<in−1 αi1αi2 . . . αin−1 a0a −1 n = (−1)nα1α2 . . . αn. Chứng minh. Theo Định lí cơ bản của đại số, gọi α1, . . . , αn là n nghiệm của f(x). Ta có f(x) = (x− α1) . . . (x− αn)g(x) trong đó g(x) là một đa thức nào đó C[x]. với f(x) có bậc n nên deg g(x) = 0. Vì thế g(x) = b ∈ C. Do đó ta có f(x) = anx n + an−1xn−1 + . . .+ a1x+ a0 10 = b(x− α1) . . . (x− αn). Khai triển đa thức b(x−α1) . . . (x−αn) rồi đồng nhất các hệ số của đa thức này với các hệ số của đa thức anxn + an−1xn−1 + . . .+ a1x+ a0 ta được b = an và an−1 = −an(α1 + α2 + . . .+ αn) an−2 = an ∑ i<j αiαj . . . an−k = (−1)kan ∑ i1<i2<...<ik αi1αi2 . . . αik . . . a1 = (−1)n−1an ∑ i1<i2<...<in−1 αi1αi2 . . . αin−1 a0 = (−1)nanα1α2 . . . αn. Nhân cả hai vế với a−1n = 1/a ta có kết quả. Ví dụ 1.1. Nếu α1, α2 ∈ C là hai nghiệm của ax2 + bx+ c thì −b/a = α1 + α2c/a = α1α2. Ví dụ 1.2. Nếu α1, α2, α3 ∈ C là ba nghiệm của ax3 + bx2 + cx+ d thì −b/a = α1 + α2 + α3 c/a = α1α2 + α1α3 + α2α3 −d/a = α1α2α3. 1.4 Đa thức bất khả quy Bổ đề 1.2. Đa thức f(x) với hệ số trên một trường K là bất khả quy nếu và chỉ nếu deg f(x) > 0 và f(x) không phân tích được thành tích của hai đa thức có bậc bé hơn. Nếu deg f(x) > 0 và f(x) không bất khả quy thì ta nói f(x) là khả quy. 11 Chú ý rằng các đa thức bậc nhất luôn bất khả quy; Đa thức bậc 2 và bậc 3 là bất khả quy nếu và chỉ nếu nó không có nghiệm trong K. Đa thức f(x) là bất khả quy nếu và chỉ nếu đa thức f(x+ a) là bất khả quy với mọi a ∈ K. Nếu f(x) có bậc lớn hơn 3 và có nghiệm trong K thì f(x) khả quy. Phần tử a ∈ C được gọi là đại số trên K nếu nó là nghiệm của một đa thức khác 0 trong K[x]. Mệnh đề 1.1. Cho a ∈ C là phần tử đại số trên K. Khi đó tồn tại duy nhất một đa thức p(x) ∈ K[x] bất khả quy nhận a làm nghiệm và có hệ số cao nhất bằng 1. Hơn nữa, nếu g(x) ∈ K[x] nhận a làm nghiệm thì g(x) là bội của p(x). Chứng minh. Vì a đại số trên K nên a là nghiệm của đa thức 0 với hệ số trong K. Gọi f(x) ∈ K[x] là đa thức khác 0 có bậc bé nhất nhận a làm nghiệm. Đặt p(x) = b−1f(x), trong đó b là hệ số cao nhất của f(x). Khi đó p(x) ∈ K[x] là đa thức có bậc bé nhất nhận a làm nghiệm với các hệ số cao nhất bằng 1. Ta chứng minh p(x) bất khả quy. Giả sử p(x) không bất khả quy. Khi đó p(x) phân tích được thành tích của hai đa thức trong K[x] với bậc bé hơn, và do đó một trong hai đa thức này phải nhận a làm nghiệm, điều này mẫu thuẫn với cách chọn p(x). Giả sử g(x) ∈ K[x] nhận a làm nghiệm. Nếu p(x) không là ước của g(x) thì vì p(x) bất khả quy nên gcd(g(x), p(x)) = 1. Do đó tồn tại q(x), h(x) ∈ K[x] sao cho 1 = p(x)q(x) + g(x)h(x). Thay x = a vào cả hai vế ta được 1 = 0, điều này là vô lí. Vậy g(x) chia hết cho p(x). Giả sử q(x) ∈ K[x] cũng là đa thức bất khả quy dạng chuẩn nhận a làm nghiệm. Theo chứng minh trên, q(x) là bội của p(x). Viết q(x) = p(x)k(x) với k(x) ∈ K[x]. Vì q(x) bất khả quy nên k(x) khả nghịch, tức là tồn tại 0 6= b ∈ K sao cho k(x) = b. Do đó q(x) = bp(x). Đồng nhất hệ số cao nhất của hai với với chú ý rằng q(x) với p(x) đều có dạng chuẩn, ta suy ra b = 1. Vì thế p(x) = q(x). Giả sử a ∈ C là một phần tử đại số trên K. Khi đó tồn tại duy nhất một đa thức p(x) ∈ K[x] bất khả quy nhận a làm nghiệm với các hệ số cao nhất bằng 1. Ta gọi p(x) là đa thức bất khả quy của a. 12 Ví dụ 1.3. đa thức x3 − 5 ∈ Q[x] là đa thức bất khả quy của phần tử 3√5 ∈ R; đa thức x2 + 3 ∈ R[x] là đa thức bất khả quy của phần tử i√3 ∈ C. Cho f(x), g(x) ∈ K[x]. Nếu f(x) là ước của g(x) thì ta viết f(x)|g(x). Mệnh đề 1.2. Giả sử p(x) ∈ K[x] là đa thức có bậc dương. Nếu p(x) là bất khả quy với p(x)|a(x)b(x) thì p(x)|a(x) hoặc p(x)|b(x) với mọi a(x), b(x) ∈ K[x]. Chứng minh. Cho p(x)|a(x)b(x). Giả sử p(x) không là ước của a(x) và cũng không là ước của b(x). Do p(x) bất khả quy nên gcd(p(x), a(x)) = 1 và gcd(p(x), a(x)) = 1. Do đó tồn tại s(x), r(x) ∈ K[x] sao cho 1 = s(x)p(x) + r(x)a(x). Tương tự, tồn tại e(x), f(x) ∈ K[x] sao cho 1 = e(x)p(x) + f(x)b(x). Nhân vế với vế của hai đẳng thức này ta có 1 = p(x)g(x) + r(x)f(x)a(x)b(x) với g(x) ∈ K[x] là một đa thức nào đó. Vì p(x)|a(x)b(x) nên đa thức bên phải của đẳng thức trên là bội của p(x), trong khi đó đa thức bên vế trái là 1 không chia hết cho p(x). Điều này vô lí. Định lí 1.6. Mỗi đa thức bậc dương trongK[x] đều có thể phân tích được thành tích của các đa thức bất khả quy và sự phân tích này là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các nhân tử và các nhân tử là ước của đơn vị. Chứng minh. Trước hết, chúng ta chứng minh sự tồn tại phân tích bằng quy nạp theo bậc của đa thức. Giả sử f(x) ∈ K[x] là đa thức bậc d > 0. Nếu d = 1 thì f(x) là bất khả quy nên sự phân tích bất khả quy của f(x) là f(x) = f(x), kết quả đúng cho trường hợp d = 1. Cho d > 1 với giả sử kết quả đã đúng cho các đa thức có bậc nhỏ hơn d. Nếu f(x) bất khả quy thì f(x) có sự phân tích bất khả quy là f(x) = f(x). Vì thế ta giả sử f(x) không bất khả quy. Khi đó f(x) = g(x)h(x) với deg g(x), deg h(x) < deg f(x). Theo giả thiết quy nạp, g(x) và h(x) phân tích được thành tích của hữu hạn đa thức bất khả quy. 13 Bây giờ ta chứng minh tính duy nhất của phân tích. Giả sử f(x) có hai phân tích thành nhân tử bất khả quy f(x) = p1(x)p2(x) . . . pn(x) = q1(x)q2(x) . . . qm(x). Ta chứng minh bằng quy nạp theo n rằng n = m và có một phép hoán vị δ của {1, 2, . . . , n} ta có pi(x) = aiqδ(i)(x), trong đó ai ∈ K với mọi i = 1, . . . , n. Cho n = 1. Khi đó ta có p1(x) = q1(x)q2(x) . . . qm(x). Suy ra p1(x)|q1(x)q2(x) . . . qm(x). Do p1(x) là bất bất khả quy nên p1(x) là ước của một nhân tử qi(x) nào đó, không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết p1(x)|q1(x). Biểu diễn q1(x) = p1(x)t1(x). Vì q1(x) bất khả quy nên t1(x) = a1 ∈ K. Do đó q1(x) = a1p1(x). Nếu m > 1 thì 1 = q2(x) . . . qm(x), điều này vô lí. Vậy, kết quả đúng cho n = 1. Cho n > 1. Vì p1(x)|q1(x)q2(x) . . . qm(x) và p1(x) là bất khả quy nên không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết p1(x)|q1(x). Lại do q1(x) là bất khả quy và p1(x), q1(x) đều có dạng chuẩn tương tự nên lập luận như trên ta có p1(x) = a1q1(x). Giản ước hai vế cho p1(x) ta được p2(x)p3(x) . . . pn(x) = q ∗ 2(x)q3(x) . . . qm(x), trong đó q∗2(x) = a −1 1 q2(x) là đa thức bất khả quy. Theo gỉa thiết quy nạp ta có n− 1 = m− 1 và bằng việc đánh số lại thứ tự các nhân tử bất khả quy ở vế phải ta suy ra pi(x) = aiqi(x) với mọi i = 2, . . . , n. 14 Chương 2 Một số dạng toán thi học sinh giỏi về đa thức 2.1 Một số bài toán đơn giản Lời giải của bài toán sau đây chỉ cần dùng đến định nghĩa hai đa thức bằng nhau. Bài toán 2.1. Cho 0 6 m 6 n là các số tự nhiên với m chẵn. Với 0 6 k 6 n, ký hiệu Ckn = n! k!(n− k)! là số tổ hợp chập k của n phần tử. Chứng minh rằng |C0nCmn − C1nCm−1n + C2nCm−2n − · · ·+ Cmn C0n| = Cm−2n . Chứng minh. Ta có (x− 1)(x+ 1) = x2 − 1 hay (x− 1)n(x+ 1)n = (x2 − 1)n. Khai triển nhị thức, ta được: (x− 1)n = n∑ i=0 Cin(−1)n−ixi, (x+ 1)n = n∑ i=0 Cinx i. Từ đó nhân các đa thức trên ta được (x− 1)n(x+ 1)n = 2n∑ k=0 ∑ i+j=k (−1)n−iCinCjn xk. 15 Mặt khác, khai triển (x2 − 1)n ta được (x2 − 1)n = n∑ i=0 (−1)n−iCinx2i. Theo trên hai đa thức đó bằng nhau ta đồng nhất các hệ số của xm, ta được 2i = m, suy ra i = m2 và k = m. Khi đó (−1)n ∑ i+j=m (−1)iCinCjn = (−1)n− m 2 C m 2 n suy ra ∣∣∣∣∣(−1)n ∑ i+j=m (−1)iCinCjn ∣∣∣∣∣ = ∣∣∣(−1)n−m2 C m2n ∣∣∣ hay ∣∣∣∣∣ ∑ i+j=m (−1)iCinCjn ∣∣∣∣∣ = C m2n . Vậy |C0nCmn − C1nCm−1n + C2nCm−2n − · · ·+ Cmn C0n| = Cm−2n . Lời giải bài toán sau đây có sử dụng định lí chia với dư. Bài toán 2.2. Tìm phần dư khi x2016 + x2015 + · · ·+ x+ 1 chia bởi x+ 1. Lời giải. Áp dụng định lý chia với dư, thì phần dư khi chia bởi x+ 1 còn lại là (−1)2016 + (−1)2015 + · · ·+ (−1) + 1 = 1. Do (−1)k = 1 nếu k chẵn−1 nếu k lẻ Vậy phần dư là 1. Bình luận. Trong việc phân tích đa thức, việc nhóm nhiều hạng tử cũng giúp ta định hướng lời giải nhanh chóng. Ta có f(x) = x2016 + x2015 + · · ·+ x+ 1 16 = (x2016 + x2015) + (x2014 + x2013) + · · ·+ (x2 + x) + 1 = x2015(x+ 1) + x2013(x+ 1) + · · ·+ x(x+ 1) + 1 Bài toán 2.3. Gọi r1, r2, r3 là ba nghiệm của đa thức f(x) = 3x3 − 14x2 + x+ 62 Giả sử αi với 1 ≤ i ≤ 3 là 3 nghiệm của đa thức g(x) có bậc 3 thỏa mãn αi = ri+1. Tìm đa thức g(x). Lời giải. Đặt g(x) = f(x − 1), nếu nghiệm của f(x) = 0 là các ri, 1 ≤ i ≤ 3, thì g(ri + 1) = f(ri) = 0, khi đó g(x) là đa thức cần tìm. Từ giả thiết ta có αi = ri + 1 nên ri = αi − 1, do ri là nghiệm của f(x) nên f(ri) = 0, hay f(αi − 1) = 0. Thay x = αi − 1 vào đa thức f(x) ta được: f(αi − 1) = 3(αi − 1)3 − 14(αi − 1)2 + (αi − 1) + 62. Mà f(αi − 1) = g(αi) nên g(αi) = 3(αi − 1)3 − 14(αi − 1)2 + (αi − 1) + 62. Vậy đa thức cần tìm là g(x) = 3(x− 1)3 − 14(x− 1)2 + (x− 1) + 62. Nghĩa là g(x) = 3x3 − 23x2 + 38x+ 44. Lời giải bài toán sau cần đến tính chất nghiệm của đa thức. Bài toán 2.4 (AIME 1995). Tìm b biết phương trình x4 + ax3 + bx2 + cx + d = 0 với hệ số thực và có 4 nghiệm phức, trong đó 2 trong số 4 nghiệm là 3+4i và 13+ i. Lời giải. Ta có a, b, c, d ∈ R, gọi bốn nghiệm của phương trình là x1, x2, x3, x4 thì không mất tính tổng quát, giả sử x1 = 3+ 4i, x3 = 13 + i. Từ Định lí cơ bản của Đại số và Hệ quả 1.6 (iii) ta có x2 = 3− 4i, x4 = 13− i. Đặt σ1 = x1 + x2 + x3 + x4 = 32, 17 σ2 = x1x2 + x1x3 + x1x4 + x2x3 + x2x4 + x3x4 = b. Theo Định lí Viete ta có σ1 = −a, suy ra a = −32. Lại có x1x2 = (3 + 4i)(3− 4i) = 25. x1x3 = (3 + 4i)(13 + i) = 35 + 55i. x1x4 = (3 + 4i)(13− i) = 39− 3i+ 52i− 4i2 = 43 + 49i. x2x3 = (13 + i)(3− 4i) = 39− 52i+ 3i− 4i2 = 43− 49i. x2x4 = (3− 4i)(13− i) = 39− 3i− 52i+ 4i2 = 35− 55i. x3x4 = (13 + i)(13− i) = 170. suy ra b = 25 + 35 + 55i+ 43 + 49i+ 43− 49i+ 35− 55i+ 170 = 351. Vậy b = 351. Bài toán 2.5. Tìm tất cả các nghiệm của phương trình x3 − 2x2 − 5x+ 6 = 0. Lời giải. Các nghiệm nguyên nếu có của phương trình là ước của 6 gồm {±6,±3,±2,±1}. Thay x = 1 vào thấy thỏa mãn phương trình x3 − 2x2 − 5x + 6 = 0 nên phương trình đã cho viết lại là (x− 1)(x2 − x− 6) = 0. Do đó phương trình đã cho có nghiệm là x = 1, x = −2, x = 3. Bài toán 2.6. Tìm tất cả các nghiệm của phương trình x4 − 14x3 + 64x2 − 114x+ 63 = 0 trong khoảng (0, 14). 18 Lời giải. Các nghiệm nguyên nếu có của phương trình là ước của 63 gồm {±1,±3,±7,±9,±21,±63}. Thay x = 1 vào thấy thỏa mãn phương trình x4− 14x3+64x2− 114x+63 = 0 nên phương trình đã cho viết lại là (x− 1)(x3 − 13x2 + 51x− 63) = 0. Phương trình x3 − 13x2 + 51x− 63 = 0 có nghiệm là x = 3. Vậy ta viết lại là (x− 1)(x− 3)(x2 − 10x+ 21) = 0. Do đó phương trình đã cho có nghiệm là x = 1, x = 3, x = 7. 2.2 Sử dụng nghiệm của đa thức Lời giải bài toán sau đây cần đến tính chất nghiệm của đa thức xn − 1. Bài toán 2.7. Cho P1, . . . , Pn là các đỉnh của một đa giác đều nội tiếp đường tròn bán kính bằng 1. Gọi PiPj là khoảng cách giữa hai điểm Pi, Pj. Chứng minh rằng P1P2 × P1P3 × . . .× P1Pn = n. Chứng minh. Đa thức xn − 1 có n nghiệm, đó là căn bậc n của đơn vị. k = cos 2kpi n + i sin 2kpi n , k = 0, 1, . . . , n− 1. Ta có k = cos 2kpi n + i sin 2kpi n = ( cos 2pi n + i sin 2pi n )k = k1 với mọi k = 0, 1, . . . , n− 1. Rõ ràng 0 = 1. Vì thế xn − 1 = (x− 1)(x− 1) . . . (x− n−1) = (x− 1)(x− 1)(x− 21) . . . (x− n−11 ). 19 Suy ra f(x) = xn − 1 x− 1 = (x− 1) . . . (x− n−1). Chú ý rằng xn − 1 x− 1 = x n−1 + xn−2 + . . .+ x+ 1. Suy ra n = |f(1)| = |(1− 1) . . . (1− n−1)|. Biểu diễn các số phức trên mặt phẳng, khi đó các nghiệm của xn − 1 biểu diễn các đỉnh của một đa giác đều n cạnh nội tiếp đường tròn bán kính bằng 1. Do đó ta có thể đồng nhất các điểm 1, 1, 21, . . . ,  n−1 1 lần lượt với các đỉnh P1, . . . , Pn. Khi đó P1Pj = |1 − j−11 | với mọi j = 2, . . . , n. Chú ý rằng môđun của tích các số phức bằng tích môđun của các số phức. Suy ra P1P2 × P1P3 × . . .× P1Pn = |1− 1| × |1− 21| × . . .× |1− n−11 | = |(1− 1)(1− 21) . . . (1− n−11 )| = |f(1)| = n. Bài toán 2.8 (USAMO 1975). Giả sử p(x) là đa thức có bậc n ≥ 1 sao cho p(k) = k/(k + 1) với mọi k = 0, 1, . . . , n. Tìm p(n+ 1). Lời giải. Đặt Q(x) = (x + 1)P (x) − x, khi đó Q là đa thức có bậc là n + 1. Hơn nữa từ n+ 1 số 0, 1, . . . , n là các nghiệm của Q nên ta có thể viết Q(x) = cx(x− 1) · · · (x− n) Ta sẽ xác định số c. Vì Q(x) = (x+ 1)P (x)− x nên ta có Q(−1) = (−1 + 1)P (−1)− (−1) = 1. Mặt khác vì Q(x) = cx(x − 1) · · · (x − n) nên ta có c(−1)(−2) · · · (−1 − n) = 1 hay c = (−1)n+1 (n+ 1)! . Với x = n+ 1, Q(n+ 1) = c(n+ 1)n · · · 1 = (−1) n+1 (n+ 1)! (n+ 1)! = (−1)n+1. 20 Từ Q(x) = (x+ 1)P (x)− x, ta có Q(n+ 1) = (n+ 2).P (n+ 1)− (n+ 1). Suy ra (−1)n+1 = (n+ 2)P (n+ 1)− (n+ 1) hay P (n+ 1) = n+ 1 + (−1)n+1 n+ 2 . Bài toán sau đây cần sử dụng Định lí chia với dư. Bài toán 2.9 (Đề thi Olympic Liên Xô). Một đa thức khi chia cho x− 1 dư 2, và dư 1 khi chia cho x− 2. Tìm phần dư khi chia đa thức cho (x− 1)(x− 2). Lời giải. Gọi đa thức cần tìm là f(x). Theo Định lý chia với dư, f(1) = 2 và f(2) = 1. Ta tìm r(x) với f(x) = q(x)(x− 1)(x− 2) + r(x), trong đó q(x) là thương và r(x) là dư trong phép chia. Ta biết rằng bậc của r(x) nhỏ hơn bậc của (x − 1)(x − 2) nên r(x) = ax + b, thay x = 1 ở trên, ta có f(1) = r(1) = a+ b. f(2) = r(2) = 2a+ b. Hay ta có hệ  a+ b = 22a+ b = 1 Giải hệ này được  a = −1b = 3. Vậy r(x) = −x+ 3. Bài toán 2.10 (Canada 1988). Tìm các số nguyên a sao cho các phương trình 1988x2 + ax+ 8891 = 0 và 8891x2 + ax+ 1988 = 0 có một nghiệm chung. 21 Lời giải. Trừ các phương trình cho nhau ta được (8891− 1988)x2 − (8891− 1988) = 0 hay là x = ±1. Thay x = 1 vào một trong hai phương trình ta nhận được (1988 + 8891) + a = 0, tức là a = −10879. Vậy với a = −10879 thì hai phương trình có một nghiệm chung. Bình luận. Ta không cần kiểm tra x = −1 nữa vì không cần thiêt (nếu thay x = −1 vào phương trình đầu, ta có a = 10879,tương tự, thay vào phương trình thứ hai ta cũng có a = 10879 thì hai phương trình có nghiệm chung). Vậy a = ±10879 thì hai phương trình có nghiệm chung. Lời giải bài toán sau chỉ cần hiểu thế nào là tổng các hệ số của một đa thức. Bài toán 2.11 (ARML - 1989). Cho P (x) là một đa thức ẩn x và x23 + 23x17 − 18x16 − 24x15 + 108x14 = (x4 − 3x2 − 2x+ 9)P (x) với mọi x. Tính tổng các hệ số của P (x). Lời giải. Ta biết khi f(x) = anxn + an−1xn−1 + . . . + a1x + a0 thì tổng các hệ số của f(x) là f(1) = an+an−1+ . . .+a1+a0. Chú ý rằng tổng các hệ số của đa thức đánh giá tại x = 1. Từ giả thiết x23 + 23x17 − 18x16 − 24x15 + 108x14 = (x4 − 3x2 − 2x+ 9)P (x) hay h(x) = g(x)P (x), trong trường hợp này, ta cần tính P (1). Ta có h(1) = g(1)P (1) hay P (1) = 90 5 = 18. Vậy tổng các hệ số cần tìm của P (x) là P (1) = 18. Bài toán 2.12 (MuAlphaTheta 1991). Giả sử đa thức f(x) = 3x3 − 14x2 + x+ 62 có ba nghiệm là a, b, c. Xác định 1 a+ 3 + 1 b+ 3 + 1 c+ 3 . 22 Lời giải. Ta có 1 a+ 3 + 1 b+ 3 + 1 c+ 3 = (b+ 3)(c+ 3) + (a+ 3)(c+ 3) + (a+ 3)(b+ 3) (a+ 3)(b+ 3)(c+ 3) = (ab+ bc+ ca) + 6(a+ b+ c) + 27 abc+ 3(ab+ bc+ ca) + 9(a+ b+ c) + 27 = σ2 + 6σ1 + 27 σ3 + 3σ2 + 9σ1 + 27 . Mà theo giả thiết a, b, c là nghiệm của đa thức f(x) = 3x3 − 14x2 + x+ 62 nên theo công thức Viete ta có σ1 = a+ b+ c = 14 3 σ2 = ab+ bc+ ca = 1 3 σ3 = abc = −62 3 . Vậy 1 a+ 3 + 1 b+ 3 + 1 c+ 3 = 1 3 + 28 + 27 −62 3 + 1 + 52 + 27 = 166 178 = 83 89 . Bài toán 2.13 (USAMO 1974). Cho P là đa thức với hệ số nguyên. Tồn tại hay không các số nguyên a, b, c thỏa mãn P (a) = b, P (b) = c, P (c) = a. Lời giải. Đặt P (x) = anx n + an−1xn−1 + · · ·+ a1x+ a0 là đa thức với hệ số nguyên. Giả sử phản chứng rằng P (a) = b, P (b) = c, P (c) = a. Khi đó P (a)− P (b) = (anan + an−1an−1 + · · ·+ a1a+ a0) −(anbn + an−1bn−1 + · · ·+ a1b+ a0) = an(a n − bn) + · · ·+ a1(a− b). Do đó P (a) − P (b) chia hết cho a − b. Tương tự P (b) − P (c) chia hết cho b − c, P (c)− P (a) chia hết cho c− a. 23 Từ giả sử phản chứng P (a) = b, P (b) = c, P (c) = a nên a − b là ước của P (a) − P (b) = b − c. Tương tự b − c là ước của c − a, c − a là ước của a − b. Do vậy ta có |a− b| = |b− c| = |c− a|. • Nếu a− b = b− c thì ta có 0 = |a− b+ b− c+ c− a| = |2(a− b) + (c− a)| ≥ 2|a− b| − |c− a| = |a− b|. Do đó, a = b. Vì a− b = b− c nên suy ra a = b = c, điều này là vô lý. • Nếu a − b = c − b thì lập luận tương tự như trên, ta suy ra a = c, và do đó a = b = c, điều này cũng vô lý. Vậy không tồn tại các số nguyên a, b, c thỏa mãn P (a) = b, P (b) = c, P (c) = a. Bài toán 2.14. Cho f là đa thức bậc n thỏa mãn P (k) = k + 1 k + 2 với k = 0, 1, . . . , n. Tìm P (n+ 1). Lời giải. Đặt Q(x) = (x + 2)P (x)− (x + 1). Vì theo giả thiết P (k) = k + 1 k + 2 . Xét P (x) = x+ 1 x+ 2 hay (x+ 2)P (x) = x+ 1. Q là đa thức có bậc là n + 1. Hơn nữa từ n + 1 số 0, 1, . . . , n là các nghiệm của Q. Khi đó Q(x) = cx(x− 1) · · · (x− n). Ta có Q(−2) = (−2 + 2)P (−2)− (−2 + 1) = 1. Mặt khác Q(−2) = c(−2)(−3) . . . (−2− n) = (−1)c(−1)(−2) . . . (−n− 2) 24 = c(−1)n+3(n+ 2)!. Suy ra c(−1)n+3(n+ 2)! = 1, kéo theo c = (−1) n+3 (n+ 2)! . Cho x = n+ 1 ta có Q(n+ 1) = c(n+ 1)n(n− 1) . . . 1 = c(n+ 1)!, mà Q(n+ 1) = (n+ 3)P (n+ 1)− (n+ 2). Khi đó (−1)n+3 (n+ 2)! (n+ 1)! = (n+ 3)P (n+ 1)− (n+ 2), điều đó tương đương với (n+ 3)P (n+ 1) = (n+ 2) + (−1)n+3 n+ 2 , suy ra P (n+ 1) = (n+ 2)2 + (−1)n+3 (n+ 2)(n+ 3) . Lời giải các bài toán sau đây là tương tự Bài toán 2.10. Bài toán 2.15. Cho số nguyênm. Tìmm để hai phương trình sau 2015x2 +mx+ 5102 = 0 và 5102x2 +mx+ 2015 = 0 có nghiệm chung. Bài toán 2.16. Cho p và q là hai số nguyên tố khác nhau, a là số nguyên dương. Tìm a để hai phương trình sau có nghiệm chung px2 + ax+ q = 0 và qx2 + ax+ p = 0. 2.3 Sử dụng đa thức bất khả quy Bài toán 2.17. Cho a ∈ C là nghiệm của một đa thức khác 0 trong Q và g(x) là đa thức với hệ số hữu tỷ sao cho g(a) 6= 0. Chứng minh rằng tồn tại f(x) ∈ Q[x] sao cho 1 g(a) = f(a). Chứng minh. Gọi 0 6= p(x) ∈ Q[x] là đa thức bất khả quy của a. Chia g(x) cho p(x) ta được g(x) = p(x)q(x) + r(x), trong đó với q(x), r(x) ∈ Q[x] và r(x) = 0 25 hoặc deg r(x) < deg p(x). Vì g(a) 6= 0 và p(a) = 0 nên ta có r(x) 6= 0 và ta có g(a) = r(a). Do p(x) bất khả quy và deg r(x) < deg p(x) nên gcd(p(x), r(x)) = 1. Do đó có các đa thức f(x), t(x) ∈ Q[x] sao cho 1 = r(x)f(x) + p(x)t(x). Do a là nghiệm của p(x) nên 1 = r(a)f(a). Vì thế 1 = g(a)f(a) hay 1 g(a) = f(a). Bài toán 2.18. Trục căn thức ở mẫu của phân số sau 1 1 + 3 √ 2 + 2 3 √ 4 . Lời giải. Đặt g(x) = 1 + x + 2x2. Khi đó mẫu số của phân số là g( 3 √ 2). Đa thức bất khả quy của phần tử 3 √ 2 là p(x) = x3 − 2. Vì deg g(x) < deg p(x) nên gcd(p(x), g(x)) = 1. Thực hiện phép chia liên tiếp 4p(x) = g(x)(2x− 1)− x− 7 g(x) = (−x− 7)(−2x+ 13) + 92 −x− 7 = 92(− x 92 − 7 92 ) + 0. Suy ra 92 = g(x) + (−x− 7)(2x− 13). Do đó 92 = g(x) + ( 4p(x)− g(x)(2x− 1) ) (2x− 13). Vì thế 92 = 4(2x− 13)p(x) + 4(−x2 + 7x− 3)g(x). Vậy, 23 = (2x− 13)p(x) + (−x2 + 7x− 3)g(x). Suy ra 23 = (− 3√4 + 7 3√2− 3)(1 + 3√2 + 2 3√4). Do đó 1 1+ 3 √ 2 + 2 3 √ 4 = − 3√4 + 7 3√2− 3 23 . Bài toán 2.19. Cho a1, . . . , an là các số nguyên phân biệt. Chứng minh rằng đa thức f(x) = (x − a1) . . . (x − an) + 1 là bất khả quy trên Z (tức là f(x) không là tích của hai đa thức có hệ số nguyên và có bậc bé hơn). Chứng minh. Giả sử ngược lại, khi đó f(x) = g(x)h(x) với g(x), h(x) là hai đa thức có hệ số nguyên và có bậc bé hơn n. Vì f(ai) = 1 với mọi i = 1, . . . , n nên ta 26 có g(ai)h(ai) = 1 với mọi i = 1, . . . , n. Do g(ai) và h(ai) là các số nguyên nên ta có g(ai) = ±1 và h(ai) = ±1 với mọi i = 1, . . . , n. Vì n lẻ và g(a1), . . . , g(an) ∈ {1,−1}, ắt phải có (n+ 1)/2 chỉ số i sao cho g(ai) = 1 (hoặc g(ai) = −1). Không mất tính tổng quát ta giả thiết g(ai) = 1 với ít nhất (n+1)/2 chỉ số i. Vì các ai là phân biệt nên đa thức g(x)− 1 có ít nhất (n+1)/2 nghiệm. Suy ra deg g(x) ≥ (n+1)/2. Tương tự ta suy ra deg h(x) ≥ (n+ 1)/2. Suy ra n = deg f(x) = deg g(x) + deg h(x) ≥ (n+ 1)/2 + (n+ 1)/2 = n+ 1, điều này vô lí. Tiêu chuẩn Eisenstein. Cho f(x) = anx n + an−1xn−1 + . . .+ a1x+ a0 là đa thức bậc n dương với hệ số nguyên. Nếu có một số nguyên tố p sao cho p không là ước của an và p là ước của ai với i < n, đồng thời p2 không là ước của a0 thì f(x) là đa thức bất khả quy trên Q (tức là f(x) không là tích của hai đa thức có hệ số nguyên và có bậc bé hơn n). Lời giải bài toán sau đây cần sử dụng tiêu chuẩn Eisenstein. Bài toán 2.20. Cho p nguyên tố. Chứng minh rằng f(x) = xp−1 + xp−2 + · · ·+ x+ 1 là bất khả quy trên Q. Chứng minh. Đặt f(x) = xp−1 + xp−2 + · · ·+ x+ 1 có f(x) = xp − 1 x− 1 , nên f(x+ 1) = (x+ 1)p − 1 x = xp−1 + C1px p−2 + · · ·+ Cp−2p x+ Cp−1p . 27 Với 1 ≤ k ≤ p− 1, ta có Ckp = p! k!(p− k)! ... p với Ckp = ai. Do p nguyên tố, Cp−1p = p! 1!(p− 1)! = p 6 ... p2, an = 1 6 ... p với Ckp = Cp−kp . Theo tiêu chuẩn Eisenstein thì f(x+ 1) là bất khả quy nên f(x) bất khả quy. Bài toán sau đây có cách giải tương tự bài toán trên. Bài toán 2.21 (IMO 1993). Cho số nguyên n > 1. Chứng minh rằng xn+5xn−1+3 là bất khả quy trên Z[x]. 2.4 Sử dụng công thức Viete Lời giải bài toán sau đây cần đến công thức Viete. Bài toán 2.22. Cho a1, a2, . . . , an và b1, b2, . . . , bn là hai dãy số sao cho ai 6= aj; bi 6= bj với mọi i 6= j và ai+bj 6= 0 với mọi i, j . Cho n2 số cjk với j, k = 1, 2, . . . , n sao cho với i và k ta có n∑ j=1 cjk ai + bj = 1 nếu i = k,0 nếu i 6= k. Chứng minh rằng n∑ i,k=1 cjk = a1 + · · ·+ an + b1 + · · ·+ bn. Chứng minh. Xét các đa thức f(x) = (x+ b1)(x+ b2) · · · (x+ bn) − n∑ j=1 n∑ k=1 cjk(x+ b1) · · · (x+ bj−1)(x+ bj+1) · · · (x+ bn). 28 (như vậy trong kết quả cuối có chứa tất cả (x + bl) trừ khi l = j). Khi đó, f là đa thức bậc n, hệ số của xn−1 là n∑ l=1 bl − n∑ j=1 n∑ k=1 cjk. Khi đó ai là a của đa thức này với mỗi i, các số này đều khác nhau, chúng đều là hệ số nguyên của f . Vậy theo Định lí Viete hệ số của xn−1 là −∑ni=1 ai. Để chứng minh điều ta giả sử chọn a bởi ai, nhân cả hai vế với (ai + b1)(ai + b2) · · · (ai + bn), ta được n∑ j=1 cjk(ai + b1) · · · (ai + bj−1)(ai + bj+1) · · · (ai + bn) = (ai + b1)(ai + b2) · · · (ai + bn) nếu i = k,0 nếu i 6= k. Ta thay tất cả các giá trị có thể của k, khi đó i = k đúng ta nhận được:∑ j ∑ k cjk(ai + b1) · · · (ai + bj−1)(ai + bj+1) · · · (ai + bn) = (ai + b1)(ai + b2) · · · (ai + bn) trong đó f(ai) = 0. Bài toán 2.23. Tìm tất cả các cặp số (x, y, z) thoả mãn: