Chương 3: Một số ứng dụng của số phức trong đại số (tt)

Chia sẻ: Tran Cong Dat | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:50

Thêm vào BST

Báo xấu

370
lượt xem 110
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Phương trình bậc cao: Ta xét một số trường hợp đặc biệt của phương trình bậc cao giải được bằng cách sử dụng các đồng nhất thức đại số và lượng giác.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Chương 3: Một số ứng dụng của số phức trong đại số (tt)

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.
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
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.
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,
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 ).
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
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)].
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
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
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
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
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.
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
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.
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 .
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.
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
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
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.
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