Biến phức định lý và áp dụng P3

Chia sẻ: Trần Bá Trung1 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:50

0
171
lượt xem
107
download

Biến phức định lý và áp dụng P3

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Biến phức định lý và áp dụng P3 Biến phức là hàm số mà miền xác định và miền giá trị đều nằm trong tập hợp các số phức. Việc cho HBP w = f(z) tương đương với việc cho hai hàm biến thực u = u(x, y) và v = v(x,y), trong đó w = u + iv, z = x + iy. Hàm u gọi là phần thực của hàm w, kí hiệu Re w; hàm v gọi là phần ảo của w, kí hiệu Im w. Lớp HBP quan trọng nhất là lớp...

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Biến phức định lý và áp dụng P3

  1. 102 Chương 3. M t s ng d ng c a s ph c trong đ i s trong đó 6α2 a= − β, 16 2α3 1 b= + αβ − γ, 16 2 1 c = (3α − 16βα2 + 64αβ − 256δ). 4 16 Ti p theo ta gi i (3.24) theo cách gi i c a bài toán trư c. Ví d 3.18. Cho a > 0. Khai tri n bi u th c √ 8 √ 8 1−a x + 1+a x ta thu đư c đa th c (b c 4) P (x). Gi i phương trình P (x) = 0. L i gi i. Đ t a2 x = t ta thu đư c phương trình t4 + 28t3 + 70t2 + 28t + 1 = 0. Đây là phương trình h i quy nên d dàng đưa v d ng phương trình b c hai y 2 + 28y + 68 = 0 v i y = t + 1. t √ Phương trình b c hai này có hai nghi m y1,2 = −14 ± 128. T đó ta tìm đư c t và tính đư c phương trình có 4 nghi m th c âm. Ví d 3.19. Gi i phương trình t4 + 4t3 + 3t2 − 12t − 16 = 0. L i gi i. Đ t t = x − 1. Ta đư c phương trình x4 = 3x2 + 10x + 4.
  2. 3.1. Phương trình và h phương trình đ i s 103 Ta xác đ nh a sao cho 102 = 4(3 + 2a)(4 + a2) hay 2a3 + 3a2 + 8a − 13 = 0. Ta th y a = 1 tho mãn phương trình. V y có th vi t phương trình đã cho dư i d ng (x2 + 1)2 = 5x2 + 10x + 5, hay (x2 + 1)2 = 5(x + 1)2 . Gi i phương trình này ta thu đư c các nghi m là √ √ 5± 1+4 5 x1,2 = · 2 3.1.4 Phương trình b c cao Ta xét m t s trư ng h p đ c bi t c a phương trình b c cao gi i đư c b ng cách s d ng các đ ng nh t th c đ i s và lư ng giác. Ví d 3.20. Cho b s m, n, p ∈ R. Gi i phương trình x3 + m 3 x3 + n3 3 3 x−m x−n x−p + 3 3 − + · · · = 0. (x + m)3 x +p 2 2 x+m x+n x+p (x + n)3 + (x + p)3 L i gi i. Nh n xét r ng x3 + m 3 1 3 (x − m)2 = + . (x + m)3 4 4 (x + m)2 Vì v y phương trình đã cho tương đương v i phương trình sau 1 3 (x − m)2 1 3 (x − n)2 1 3 (x − p)2 + + + + + − 4 4 (x + m)2 4 4 (x + n)2 4 4 (x + p)2 3 3 x−m x−n x−p − + · · · = 0. (3.25) 2 2 x+m x+n x+p
  3. 104 Chương 3. M t s ng d ng c a s ph c trong đ i s Đ t x−m x−n x−p = a, = b, =c x+m x+n x+p và đ ý r ng 1 3 2 1 3 2 1 3 2 3 3 + a + + b + + c − + abc = 0 4 4 4 4 4 4 4 2 có th bi n đ i đư c v d ng (ab + c)2 = (1 − a2 )(1 − b2). (3.26) Thay các giá tr a, b, c theo bi n x, m, n, p ta đư c 4[x3 + (mn − mp − np)x]2 (ab + c)2 = , (x + m)2(x + n)2 (x + p)2 4mx 4nx 1 − a2 = 2 , 1 − b2 = . (x + m) (x + n)2 V y (3.26) có d ng √ √ x2[x2 + 2(x + p) mn + mn − mp − np][x2 − 2(x + p) mn + mn − mp − np] = 0. Gi i ra ta đư c các nghi m c a phương trình là x1 = x2 = 0, √ √ √ x3,4 = ±( mp − np) − mn, √ √ √ x5,6 = mn ± ( mp + np. π Ví d 3.21. Cho 0 < α < . n+2 Ch ng minh r ng v i m i đa th c Q(x) ∈ R[x] b c n thì đa th c P (x) = (x2 − 2x cos α + 1)Q(x) không th có t t c các h s đ u không âm.
  4. 3.1. Phương trình và h phương trình đ i s 105 L i gi i. Gi s Q(x) = a0xn + a1 xn−1 + · · · + an−1 x + an và P (x) = b0 xn+2 + b1 xn+1 + · · · + bn+1 x + bn+2 . Khi đó   b0 = a0,    b1 = a1 − 2a0 cos α,    b2 = a2 + a0 − 2a1 cos α,  .........    bn+1 = an−1 − 2an cos α,    bn+2 = an . Suy ra bk = ak + ak−2 − 2ak−1 cos α, an+2 = an+1 = 0, a−1 = a−2 = 0 và n+2 bk sin kα = 0. k=0 π Mà sin kα > 0 vì α ∈ 0; nên t n t i h s bj < 0. n+2 Ví d 3.22. Cho a0 , a1, . . . , an là n + 1 s đôi m t khác nhau. Gi i h phương trình sau  x0 + x1a0 + x2a2 + · · · + xn an  0 0 =0  x0 + x1a1 + x2a2 + · · · + xn an 1 1 =0 (1) . . . . . . . . .   x0 + x1an + x2 a2 + · · · + xn an n n = 0. L i gi i. Xét đa th c f (y) = xn y n + xn−1 y n−1 + · · · + x1 y + x0 . Ta có deg f ≤ n. T h (1) ta có f (a0 ) = f (a1) = · · · = f (an ) = 0,
  5. 106 Chương 3. M t s ng d ng c a s ph c trong đ i s nên f (y) có n + 1 nghi m phân bi t, do đó f (y) ≡ 0. T đó suy ra x0 = x1 = · · · = xn = 0. Th l i ta th y x0 = x1 = · · · = xn = 0 tho mãn h đã cho. V y h có nghi m duy nh t (x0 ; x1; · · · ; xn ) = (0; 0; · · · ; 0). Ví d 3.23. Cho a1, a2, . . . , an là n s th c đôi m t khác nhau. Gi i h phương trình  n−1 a1 x1 + an−2 x2 + · · · + xn + an  n−1 1 1 =0  a2 x1 + an−2 x2 + · · · + xn + an 2 2 =0 . . . . . . . . .  n−1  an x1 + an−2 x2 + · · · + xn + an n n = 0. L i gi i. Xét đa th c f (u) = un + x1 un−1 + · · · + xn−1 u + xn . T h trên ta có f (a1) = f (a2 ) = · · · = f (an ) = 0. Xét g(u) = (u − a1)(u − a2 ) · · · (u − an ) = un + A1un−1 + · · · + An−1 u + An , trong đó do g(u) có n nghi m a1, a2, . . . , an và deg g = n có h s b c cao nh t b ng 1 nên theo Đ nh lí Viète thì  A1  = (−1)1 (a1 + a2 + · · · + an )  A2 = (−1)2 (a1a2 + a1 a3 + · · · + an−1 an ) (2) . . .  .........  An = a1a2 · · · an Xét đa th c h(u) = f (u) − g(u) = (x1 − A1)un−1 + (x2 − A2)un−2 + · · · + (xn − An ).
  6. 3.1. Phương trình và h phương trình đ i s 107 Ta có deg h ≤ n − 1 và h(u) cũng có n nghi m là a1, a2, . . . , an phân bi t nên h(u) ≡ 0. Do đó ta có x1 = A1, x2 = A2, . . . , xn = An , (3.27) trong đó các s Ai đư c xác đ nh t (2). V y h có nghi m đư c xác đ nh như (3) và (2). Ví d 3.24. T n t i hay không t n t i các s a1, a2, . . . , an ∈ R là các nghi m c a đa th c n P (x) = xn + (−1)k Cn ak xn−k . k k k=1 L i gi i. Gi s t n t i các s như v y. Khi đó theo Đ nh lí Viète thì Cn ak = k k ai1 ai2 · · · aik (k = 1, . . . , n) i1
  7. 108 Chương 3. M t s ng d ng c a s ph c trong đ i s Ví d 3.25. Ch ng minh r ng không t n t i m t t p h u h n các s th c dương M sao cho ng v i m i n nguyên dương đ u t n t i đa th c b c n thu c M[x] có đúng n nghi m đ u thu c M. L i gi i. Gi s t n t i t p M = {a1, a2, . . . , an } (a = a1 < · · · < an = b) tho mãn yêu c u c a bài toán. Khi đó theo gi thi t thì t n t i đa th c P (x) = b0 + b1x + · · · + bn xn ∈ M[x] sao cho P (x) có n nghi m x1, x2, . . . , xn thu c M. Theo Đ nh lí Viète thì n 2 2 bn−1 bn−2 bn−1 |bn−2 | x2 j = − −2 < − +2 . j=1 bn bn bn |bn | Suy ra n 2 2 b b na ≤ x2 j ≤ +2 ∀n ∈ N∗ , j=1 a a đi u này là không th x y ra. V y không t n t i m t t p h u h n các s th c dương M sao cho ng v i m i n nguyên dương đ u t n t i đa th c b c n thu c M[x] có đúng n nghi m đ u thu c M. Ví d 3.26. Cho đa th c f (x) ∈ R[x] có ít nh t 2 nghi m th c. Ch ng minh r ng đa th c P (x) = f (x) − f (x) cũng có ít nh t 2 nghi m th c. L i gi i. Gi s x1, x2 (x1 ≤ x2 ) là nghi m c a f (x). Xét hàm s g(x) = e−x f (x). Ta có g (x) = e−x [f (x) − f (x)].
  8. 3.1. Phương trình và h phương trình đ i s 109 Theo Đ nh lí Rolle thì g (x) có ít nh t m t nghi m th c trong (x1 , x2) n u x1 < x2 và có nghi m b ng x1 n u x2 = x1. Suy ra đa th c P (x) có ít nh t m t nghi m th c. Vì deg f (x) = deg P (x) = n nên n u n l thì hi n nhiên f (x) có ít nh t 3 nghi m th c và vì v y theo l p lu n trên thì P (x) s có ít nh t 2 nghi m th c. N u n ch n thì do P (x) có nghi m th c nên nó ph i có ít nh t 2 nghi m th c. 3.1.5 Các bài toán v phương trình, h phương trình đ i s M t phương trình v i n ph c f (z) = 0 và v i nghi m z = x + iy, có th gi i b ng cách tách ph n th c và ph n o, ta luôn có th đưa v d ng h phương trình h(x, y) = 0 g(x, y) = 0. Ch ng h n, đ tìm căn b c ba c a s ph c 1 + i, ta tìm s ph c z = x + iy sao cho z 3 = 1 + i. B ng cách tách ph n th c và ph n o trong đ ng th c (x + iy)3 = 1 + i, ta thu đư c h phương trình x3 − 3xy 2 = 1 (3.28) 3x2 y − y 3 = 1. Gi i h này, tìm đư c (x, y), t đó, ta s tìm đư c z. Tuy nhiên, rõ ràng z có th tìm đư c b ng cách khai căn 1 + i, c th là √ 3 3 √ π π z= 1+i= 2 cos + i sin 4 4 √ 6 π 2kπ π 2kπ = 2 cos + + i sin + , k = 0, 1, 2. 12 3 12 3 T đó, ngư c l i ta đã tìm đư c nghi m c a h phương trình (3.28) là √ 6 π 2kπ √ 6 π 2kπ (x, y) = 2 cos + , 2 sin + , k = 0, 1, 2. 12 3 12 3
  9. 110 Chương 3. M t s ng d ng c a s ph c trong đ i s Như th , m t s h phương trình có th có "xu t x " t các phương trình nghi m ph c. B ng cách đi ngư c l i quá trình t phương trình nghi m ph c v h phương trình, t h phương trình đã cho ta thu đư c phương trình nghi m ph c g c. Gi i phương trình nghi m ph c này, so sánh ph n th c và ph n o, ta đư c nghi m c a h phương trình. Ti p theo, ta xét ví d sau đây. Ví d 3.27. (Vi t Nam 1996) Gi i h phương trình  √  3x 1 + 1  =2 x+y √ √  7y 1 − 1  = 4 2. x+y √ √ L i gi i. Trư c h t, ta nh n th y x, y > 0. Đ t x = u, y = v. H phương trình đã cho tr thành  u 1 + 1 2   =√ u2 + v 2 √3  v 1 − 1 4 2  2 + v2 = √ . u 7 Vì u2 + v 2 là bình phương c a mô-đun s ph c z = u + iv, b ng cách c ng phương trình th nh t v i phương trình th hai (sau khi nhân v i i), ta đư c √ u − iv 2 4 2 u + iv + 2 = √ +i √ · u + v2 3 7 u − iv z¯ 1 Vì 2 + v2 = 2 = , nên phương trình trên đu c vi t l i dư i d ng u |z| z √ 1 2 4 2 z+ = √ +i √ z 3 7 √ 2 2 4 2 ⇔z − √ +i √ z+1=0 3 7 √ 1 2 2 2 √ ⇔z = √ ± √ +i √ ± 2 · 3 21 7
  10. 3.2. Các bài toán v đa th c 111 T đó suy ra √ 1 2 2 2 √ (u, v) = √ ±√ , √ ± 2 · 3 21 7 Do đó h phương trình đã cho có hai nghi m   2 √ 2 1 2 2 2 √ 11 4 22 8 (x, y) =  √ ± √ , √ ± 2 = ± √ , ±√ · 3 21 7 21 3 7 7 7 3.2 Các bài toán v đa th c 3.2.1 Phương trình hàm trong đa th c Nghi m c a đa th c đóng vai trò quan tr ng trong vi c xác đ nh m t đa th c. C th n u đa th c P (x) b c n có n nghi m x1 , x2, . . . , xn thì P (x) có d ng P (x) = c(x − x1 )(x − x2 ) · · · (x − xn ). Tuy nhiên, n u ch xét các nghi m th c c a đa th c thì trong nhi u trư ng h p s không có đ s nghi m. Hơn n a, trong các bài toán phương trình hàm đa th c, n u ch xét các nghi m th c thì l i gi i s là không hoàn ch nh. Đ nh lí cơ b n c a đ i s vì v y đóng m t vai trò h t s c quan tr ng trong d ng toán này. Ta s d ng cách phát bi u đơn gi n nh t c a nó: m t đa th c v i h s ph c (bao g m c s th c) luôn có ít nh t m t nghi m ph c (bao g m c nghi m th c). Dư i đây ta xem xét m t s áp d ng. Ví d 3.28. Cho 0 < α < 1. Tìm t t c các đa th c f (x) b c n (n ≥ 2) sao cho t n t i dãy s r1, r2 , . . . , rn (r1 < r2 < . . . < rn ) tho mãn các đi u ki n sau f (ri ) = 0, (i = 1, 2, . . . , n). f (αri + (1 − α)ri+1 ) = 0
  11. 112 Chương 3. M t s ng d ng c a s ph c trong đ i s L i gi i. Nh n xét r ng v i a < b và x = αa + (1 − α)b thì x ∈ (a, b). Khi đó 1 1 2α − 1 p= + = . x−a x−b α(1 − α)(b − a) 1 1 Do v y p > 0 khi và ch khi α > , p < 0 khi và ch khi α < và p = 0 khi 2 2 1 và ch khi α = . Theo gi thi t thì 2 n f (x) = c (x − ri ) i=1 nên n f (x) 1 = . f (x) i=1 x − ri 1 V i n ≥ 3 và 0 < α ≤ ta đ t x = αr1 + (1 − α)r2 . Khi đó theo gi thi t thì 2 f (x) = 0 và đ ng th i ta l i có n f (x) 1 1 1 = + + < 0, f (x) x − r1 x − r2 i=3 x − ri 1 mâu thu n. Tương t v i n ≥ 3 và < α < 1 ta cũng nh n đư c đi u vô lí. 2 1 N u n = 2 và α = thì tương t như trên cũng d n đ n đi u mâu thu n. Do 2 1 v y ch còn trư ng h p n = 2 và α = đ xét. Khi đó m i tam th c b c hai 2 có 2 nghi m phân bi t đ u tho mãn đ bài. Ví d 3.29. Tìm t t c các đa th c P (x) khác h ng sao cho P (x)P (x + 1) = P (x2 + x + 1), ∀x ∈ R. (3.29) L i gi i. Gi s x0 là nghi m c a P (x) = 0. Khi đó x2 + x0 + 1 cũng là 0 nghi m. Thay x b i x − 1 trong (3.29), ta th y r ng P (x − 1)P (x) = P (x2 − x + 1). Vì P (x0 ) = 0 nên x2 + x0 + 1 cũng là nghi m c a P (x) = 0. 0 Ch n α là nghi m có mô-đun l n nh t (n u t n t i vài nghi m v i mô-đun l n
  12. 3.2. Các bài toán v đa th c 113 nh t, ta ch n m t trong s các nghi m đó). T cách ch n α như v y ta suy ra |α2 + α + 1| ≤ |α| và |α2 − α + 1| ≤ |α| vì c α2 + α + 1 và α2 − α + 1 đ u là nghi m c a P (x) = 0. Ta nh n xét r ng α = 0. Ti p theo, ta có 2|α| = |(α2 +α+1)−(α2 −α+1)| ≤ |α2 +α+1|+|α2 −α+1| ≤ |α|+|α| ≤ 2|α|. V y ph i x y ra d u đ ng th c nên t đây suy ra α2 + α + 1 = −β(α2 − α + 1) v i m t h ng s dương β nào đó. Hơn n a t tính l n nh t c a |α| ta còn suy ra |α2 + α + 1| = |α2 − α + 1| = |α|. Như v y β = 1 và ta có α2 + α + 1 = −(α2 − α + 1), suy ra α2 + 1 = 0. T đó α = ±i và x2 + 1 là th a s c a P (x). Như v y ta có th vi t P (x) dư i d ng P (x) = (x2 + 1)m Q(x), trong đó Q(x) là đa th c không chia h t cho x2 + 1. Th ngư c tr l i vào phương trình (3.29), ta th y Q(x) cũng tho mãn đi u ki n Q(x)Q(x + 1) = Q(x2 + x + 1), ∀x ∈ R. (3.30) N u phương trình Q(x) = 0 l i có nghi m thì lí lu n trên đây suy ra nghi m có mô-đun l n nh t c a nó ph i là ±i. Đi u này không th x y ra vì x2 + 1 không chia h t Q(x). Ta suy ra r ng Q(x) là m t h ng s , gi s là c. Thay vào phương trình (3.30) c a Q(x), ta đư c c = 1. Như v y l p các đa th c tho mãn phương trình (3.29) là P (x) = (x2 + 1)m v i m là m t s nguyên dương nào đó.
  13. 114 Chương 3. M t s ng d ng c a s ph c trong đ i s Ví d 3.30. Tìm t t c các đa th c P (x) tho mãn đi u ki n P (x)P (x + 1) = P (x2), ∀x ∈ R. (3.31) L i gi i. Gi s α là nghi m c a phương trình P (x) = 0. Khi đó t phương trình suy ra α2 , α4 , α8 , . . . cũng là nghi m c a P (x) = 0. T đây suy ra r ng |α| = 0 ho c |α| = 1, vì n u ngư c l i ta s thu đư c dãy vô h n các nghi m phân bi t c a P (x). Tương t α − 1 là nghi m c a P (x) và lí lu n tương t , ta cũng đư c |α − 1| = 0 ho c |α − 1| = 1. Gi s r ng |α| = 1 và |α − 1| = 1. Ta vi t α = cosβ + isinβ, ta th y r ng 2cosβ = 1. T đây 1 π π π suy ra cos β = hay β = ho c β = 5 . Gi s β = . Xét α2 cũng 2 3 3 3 là nghi m c a P (x) = 0. Như v y α2 − 1 cũng là nghi m c a P (x) = 0 và 2 2π 2π 2 |α − 1| = cos − 1 + sin2 = 3. Mâu thu n vì m i nghi m c a 3 3 π P (x) = 0 có mô-đun b ng 0 ho c 1. Tương t v i trư ng h p β = 5 . 3 Như v y ta có th k t lu n r ng α = 1, ho c α − 1 = 0. T đây P (x) có d ng P (x) = cxm (1 − x)n , v i c là m t h ng s nào đó và m, n là các s nguyên không âm. Thay vào phương trình đã cho, ta d dàng ki m tra đư c r ng c = 1 và m = n. Như v y l p các đa th c tho mãn đi u ki n đã cho là P (x) = xm (1 − x)m , trong đó m là m t s t nhiên. Ví d 3.31. Tìm t t c các đa th c P (x) th a mãn phương trình P 2 (x) − P (x2 ) = 2x4 , ∀x ∈ R. (3.32) L i gi i. N u đ t P (x) = axk + R(x) v i deg R(x) = r < k thì ta có P 2 (x) − P (x2 ) = (a2 − a)x2k + 2axk R(x) + R2 (x) − R( x2). T đó suy ra deg(P 2 (x) − P (x2)) ho c b ng 2k n u a = 1, ho c b ng k + r n u a = 1 và r ≥ 0, ho c b ng −∞ khi a = 1 và r = −∞ (t c là đ ng nh t
  14. 3.2. Các bài toán v đa th c 115 b ng 0). T đó, suy ra k ≤ 4. Đ n đây ta d dàng tìm đư c các nghi m c a (3.32) là x4 + 1, x3 + x, 2x2 và −x2 . Ví d 3.32. Tìm t t c các đa th c P (x) th a mãn phương trình P (x2 − 2) = P 2 (x) − 2, ∀x ∈ R. (3.33) L i gi i. Có hai đa th c h ng th a mãn phương trình là đa th c đ ng nh t −1 và đa th c đ ng nh t 2. V i các đa th c b c l n hơn hay b ng 1, áp d ng h qu c a đ nh lí ta suy ra v i m i s nguyên dương n, t n t i không quá m t đa th c P (x) th a mãn (3.33). Đi m khó đây là ta không có cơ ch đơn gi n đ xây d ng các nghi m. Dùng phương pháp đ ng nh t h s , ta tìm đư c các nghi m b c 1, 2, 3, 4 l n lư t là: x, x2 − 2, x3 − 3x, x4 − 4x2 + 2. T đây, có th d đoán đư c quy lu t c a dãy nghi m như sau: Po = 2, P1 = x, Pn+1 = xPn − Pn−1 , n = 1, 2, 3, . . . (3.34) Cu i cùng, đ hoàn t t l i gi i bài toán, ta ch c n ch ng minh các đa th c đư c xác đ nh b i (3.34) th a mãn phương trình (3.33). Ta có th th c hi n đi u này b ng cách s d ng quy n p toán h c ho c b ng cách sau: Xét x b t kỳ thu c [−2; 2], đ t x = 2 cos t thì t công th c (3.34), ta suy ra P2 (x) = 4 cos 2t − 2 = 2 cos 2t, P3 (x) = 2 cos t.2 cos 2t − 2 cos t = 2 cos 3t, và nói chung Pn (x) = 2 cos(nt). T đó, ta có Pn (x2−2) = Pn (4 cos2 t−2) = Pn (2 cos 2t) = 2 cos(2nt) = 4 cos2 (nt)−2 = P 2(x)−2. Đ ng th c này đúng v i m i x ∈ [−2; 2] do đó đúng v i m i x. Bài toán đư c gi i quy t hoàn toàn.
  15. 116 Chương 3. M t s ng d ng c a s ph c trong đ i s Ví d 3.33. Tìm t t c các b (a; P ; Q) trong đó a là h ng s th c, P, Q là các đa th c sao cho: P 2(x) P (x2 ) = + a. (3.35) Q2 (x) Q(x2) L i gi i. N u (a; P ; Q) là nghi m thì (a; P · R; Q · R) cũng là nghi m. Không m t tính t ng quát, ta gi s (P ; Q) = 1. Phương trình có th vi t l i thành P 2 (x)Q(x2) = Q2(x)(P (x2 ) + aQ(x2)). (3.36) Do (P 2 (x); Q2(x)) = 1 nên t đây ta suy ra Q2(x) = cQ(x2). T đó gi i ra đư c Q(x) = cxn , v i n là s t nhiên nào đó. Thay vào phương trình (3.36), ta đư c P 2 (x) = cP (x2) + ac2 x2n . P (x) Đ t R(x) = , ta đư c phương trình c R2 (x) = R(x2) + ax2n. (3.37) Thay x = 0 vào phương trình (3.37), ta đư c R2 (0) = R(0). Do (P ; Q) = 1 nên a = 0 và R(0) = 0. T đó R(0) = 1. Đ t R(x) = 1 + xk S(x) v i S(0) = 0. Thay vào (3.37), ta đư c: 1 + 2xk S(x) + x2k S 2 (x) = 1 + x2k S(x2) + a2n ⇔ 2xk S(x) + x2k (S 2(x) − S(x2)) = ax2n . N u k > 2n thì chia c hai v cho x2n , ta đư c 2xk−2n S(x) + x2k−2n (S 2(x) − S(x2)) = a. Thay x = 0 vào suy ra 0 = a, mâu thu n. N u k < 2n thì chia hai v cho k, ta đư c 2S(x) + xk (S 2 (x) − S(x2)) = ax2n−k .
  16. 3.2. Các bài toán v đa th c 117 Thay x = 0 vào, suy ra S(0) = 0, mâu thu n. V y ch còn m t kh năng có th x y ra là k = 2n. Lúc đó ta đư c phương trình 2S(x) + x2n(S 2 (x) − S(x2)) = a. lí lu n tương t như trong l i gi i c a ví d 3.31, ta suy ra S 2 (x) − S(x2) ho c đ ng nh t b ng 0, ho c có b c ≥ b c c a S(x). Như v y, n u S 2(x) − S(x2) không đ ng nh t 0 thì v trái s có b c là 2n + s, mâu thu n. a V y S 2 (x) − S(x2 ) = 0, suy ra S(x) = , và thay l i vào đ ng th c 2 S 2(x) − S(x2) = 0 ta suy ra a = 2. Ta đư c k t qu a = 2, Q(x) = cxn , P (x) = c(1 + x2n ). Ví d 3.34 (Vi t Nam 2006). Hãy xác đ nh t t c các đa th c P (x) v i h s th c, th a mãn h th c sau: P (x2) + x(3P (x) + P (−x)) = (P (x))2 + 2x2 , ∀x ∈ R. (3.38) L i gi i. Thay x = −x vào (3.38), ta đư c P (x2 ) − x(3P (−x) + P (x)) = (P (−x))2 + 2x2 . (3.39) Tr (3.38) cho (3.39), ta đư c 4x(P (x) + P (−x)) = P 2 (x) − P 2 (−x) ⇔ (P (x) + P (−x))(P (x) − P (−x) − 4x) = 0. (3.40) (3.40) đúng v i m i x thu c R, do đó ta ph i có ho c là P (x) + P (−x) = 0 đúng v i vô s các giá tr x ho c P (x) − P (−x) − 4x = 0 đúng v i vô s các giá tr x. Do P (x) là đa th c nên t đây ta suy ra ho c P (x) + P (−x) = 0 đúng v i m i x ho c P (x) − P (−x) − 4x = 0 đúng v i m i x.
  17. 118 Chương 3. M t s ng d ng c a s ph c trong đ i s Ta xét các trư ng h p sau: Trư ng h p 1. P (x) + P (−x) = 0. Khi đó ta có phương trình P (x2 ) + 2xP (x) = (P (x))2 + 2x2 ⇔ P (x2 ) − x2 = (P (x) − x)2 . Đ t Q(x) = P (x) − x thì Q(x2) = Q2(x), ta đư c Q ≡ 0, Q ≡ 1, Q(x) = xn . T đó P (x) = x, P (x) = x + 1, P (x) = xn + x. So sánh v i đi u ki n P (x) + P (−x) = 0, ta ch nh n đư c các nghi m: P (x) = x và P (x) = x2k+1 + x, k = 0, 1, 2, . . . Trư ng h p 2. P (x) − P (−x) − 4x = 0. Khi đó ta có phương trình P (x2 ) + x(4P (x) − 4x) = P 2 (x) + 2x2 ⇔ P (x2 ) − 2x2 = (P (x) − 2x)2 . Đ t Q(x) = P (x) − 2x thì Q(x2) = Q2(x), ta đư c Q ≡ 0, Q ≡ 1, Q(x) = xn . T đó P (x) = 2x, P (x) = 2x + 1, P (x) = xn + 2x. So sánh v i đi u ki n P (x) − P (−x) − 4x = 0, ta ch nh n đư c các nghi m: P (x) = 2x, P (x) = 2x + 1 và P (x) = x2k + 2x, k = 1, 2, 3, . . . T ng h p hai trư ng h p, ta có t t c nghi m c a (3.38) là các đa th c P (x) = x, P (x) = 2x, P (x) = 2x + 1, P (x) = x2k+1 + x, P (x) = x2k + 2x v i k = 2, 3, . . . Ví d 3.35. Tìm t t c các đa th c v i h s th c P (x) th a mãn đ ng th c sau v i m i s th c x P (x)(2x2) = P (2x3 + x). (3.41) L i gi i. Ta s đi tìm nghi m không đ ng nh t h ng s b c nh nh t c a (3.41). Xét trư ng h p P (x) có b c nh t, P (x) = ax + b. Thay vào (3.41), ta có (ax + b)(2ax2 + b) = a(2x3 + x) + b
  18. 3.2. Các bài toán v đa th c 119 So sánh h s c a các đơn th c hai v , ta đư c h a3 = 2a, 2ba2 = 0, ab = a, b2 = b H này vô nghi m (do a = 0) nên ta có th k t lu n: không t n t i đa th c b c nh t th a mãn (3.41). Xét trư ng h p P (x) có b c 2, P (x) = ax2 + bx + c. Thay vào (3.41), ta có (ax2 + bx + c)(4ax4 + 2bx2 + c) = a(2x3 + x)2 + b(2x3 + x) + c ⇔ 4a2 x6 + 4abx5 + (4ac + 2ab)x4 + 2b2 x3 + (ac + 2bc)x2 + bcx + c2 = 4ax6 + 4ax4 + 2bx3 + ax2 + bx + c So sánh h s các đơn th c hai v , ta đư c h 4a2 = 4a, 4ab = 0, 4ac + 2ab = 4a, 2b2 = 2b, ac + 2bc = a, bc = b, c2 = c H này có nghi m a = c = 1, b = 0. Như v y, P (x) = x2 + 1 là đa th c b c hai th a mãn (3.41). Ta suy ra (x2 + 1)k là t t c các đa th c b c ch n (không đ ng nh t h ng s ) th a mãn (3.41). V y còn các nghi m c a (3.41) có b c l thì sao? Rõ ràng đa th c x2 + 1 không "sinh" ra đư c các nghi m b c l . R t may m n, ta có th ch ng minh đa th c b c l không th là nghi m c a (3.41). Đ ch ng minh đi u này, d a vào tính ch t m i đa th c b c l đ u có ít nh t m t nghi m th c, ta ch c n ch ng minh n u P (x) là m t đa th c khác h ng s th a mãn (3.41) thì P (x) không có nghi m th c (đây chính là n i dung bài thi HSG Vi t Nam 1990). Th t v y, gi s α là nghi m th c c a P (x), khi đó 2α3 + α cũng là nghi m c a P (x). N u α > 0 thì ta có α, α + 2α3 , α + 2α3 + 2(α + 2α3 )3 , . . . dãy tăng và t t c đ u là nghi m c a P (x), mâu thu n. Tương t , n u α < 0 thì dãy nói trên là dãy gi m và ta cũng có P (x) có vô s nghi m. N u α = 0, đ t
  19. 120 Chương 3. M t s ng d ng c a s ph c trong đ i s P (x) = xk Q(x) v i Q(0) = 0, thay vào phương trình ta có: xk Q(x)(2x2)k Q(2x2 ) = (2x3 + x)k Q(2x3 + x) ⇔ Q(x)(2x2)k Q(2x2 ) = (2x2 + 1)k Q(2x3 + x). Thay x = 0 vào ta đư c 0 = Q(0), mâu thu n. V y P (x) không có nghi m th c, có nghĩa là P (x) không th có b c l . Nói cách khác, bài toán đã đư c gi i quy t hoàn toàn. 3.2.2 Các bài toán v đa th c b t kh quy Nghi m ph c c a đa th c v i h s nguyên, trong nhi u trư ng h p là chìa khoá đ ch ng minh tính b t kh quy (trên Z và Q) c a đa th c đó. Chúng ta tìm hi u các lí lu n m u trong v n đ này thông qua các tính ch t và ví d sau đây. Trư c h t xét m t s tiêu chu n xét tính b t kh quy c a đa th c v i h s nguyên. Đ nh lý 3.1. (Tiêu chu n Eisenstein1) Cho P (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1x + a0 là m t đa th c h s nguyên. Gi s t n t i s nguyên t p th a mãn nh ng đi u ki n sau: 1) an không chia h t cho p. 2) T t c nh ng h s còn l i đ u chia h t cho p. 3) a0 không chia h t cho p2 . Khi đó đa th c P (x) b t kh quy trên Q[x]. Ch ng minh. Gi s đa th c P (x) kh quy trên Z[x] và P (x) = g(x)h(x), trong đó g(x) = b0 + b1x + · · · + br xr , bi ∈ Z, 0 < r < n h(x) = c0 + c1x + · · · + cs xs , ci ∈ Z, 0 < s < n. 1 M.Eisenstein (1823-1852) là nhà toán h c Đ c.
  20. 3.2. Các bài toán v đa th c 121 Đ ng nh t h s trong đ ng th c P (x) = g(x)h(x) ta đư c  a0 = b0c0   a1 = b1c0 + b0c1    ...... ak = bk c0 + bk−1 c1 + · · · + b0 ck   . . . . . . . . .    an = br cs . Theo gi thi t p chia h t a0 = b0 c0 , mà p là s nguyên t nên ho c p chia h t b0 ho c p chia h t c0 . Gi s p chia h t b0, th thì p không chia h t c0,vì n u không thì p2 chia h t a0 = b0c0 , trái gi thi t. p không th chia h t m i h s c a g(x), vì n u th thì p s chia h t an = br cs , trái gi thi t. Gi s bt (0 < t < n) là h s đ u tiên trong dãy h s b0, b1, . . . , br c a g(x) không chia h t cho p. Xét at = bt c0 + bt−1c1 + · · · + b0 ct, trong đó at, bt−1 , . . . , b0 đ u chia h t cho p. V y btc0 ph i chia h t cho p, mà p nguyên t , ta suy ra ho c c0 chia h t cho p, ho c bt chia h t cho p, mâu thu n gi thi t v bt và c0 . Ví d 3.36. Ch ng minh r ng n u p là m t s nguyên t , thì đa th c P (x) = xp−1 + xp−2 + · · · + x + 1 b t kh quy trên Q[x]. L i gi i. Ta bi n đ i đa th c P (x) xp − 1 P (x) = , v i x = 1. x−1 Đ t x − 1 = y, ta nh n đư c: (y + 1)p − 1 P (x) = = y p−1 + Cp y p−2 + · · · + Cp y + Cp . 1 p−2 p−1 y Đ t Q(y) = y p−1 + Cp y p−2 + · · · + Cp y + Cp . Do Q(y) là đa th c Eisenstein, 1 p−2 p−1 Q(y) b t kh quy, suy ra c P (x) cũng b t kh quy, vô lí. Qua ví d trên ta th y r ng b ng cách đ i bi n ta có th ch ng minh s b t kh quy c a đa th c chưa th a mãn tiêu chu n Eisenstein thành đa th c th a mãn
Đồng bộ tài khoản