Cộng đồng chia sẻ tri thức Doc24.vn

Các bài toán về nghiệm của đa thức

Gửi bởi: Tester vào ngày 2020-01-13 03:57:48 || Kiểu file: PDF

Nội dung tài liệu Tải xuống

Các tài liệu liên quan

Loading...

Thông tin tài liệu

Seminar ngày 24/10/2010
Người trình bày: Lê Phúc Lữ
Nội dung chủ đề

CÁC BÀI TOÁN VỀ NGHIỆM CỦA ĐA THỨC
****************
Đa thức là một nội dung rất quen thuộc của đại số và giải tích. Phương trình đa thức, định lí
Viete, các bất đẳng thức liên quan đến hệ số của đa thức,… được quan tâm khá nhiều và cũng có
một số lượng đáng kể những lớp bài toán liên quan đến lĩnh vực này. Trong nội dung đa thức khá
rộng và phong phú như thế, ta sẽ đi vào tìm hiểu một phần hẹp hơn nhưng cũng không kém phần
hấp dẫn, đó chính là các bài toán về nghiệm của đa thức.
Nói đến nghiệm của đa thức, ta nhớ đến các công thức Cardano nổi tiếng để giải phương trình
bậc ba, đến các kết quả về đa thức có nghiệm phức trong việc đơn giản hóa các biểu thức,…Tìm
hiểu về nghiệm của đa thức, ta không chỉ dừng lại ở các bài toán đặc thù mà còn sẽ đi khai thác
một số ứng dụng đặc biệt của nó vào giải các bài toán hệ phương trình, phương trình nghiệm
nguyên, tính giá trị biểu thức, giải một số bài toán số học,…
Các bài toán về đa thức trong các kì thi HSG các cấp cũng được phát biểu dưới nhiều hình thức
bởi một đa thức là hệ thức truy hồi cho một dãy số, là một phương trình đồng dư trong các bài
toán số học, là các quan hệ giữa các hệ số của một bất đẳng thức và cũng vì thế mà ta hoàn toàn
có thể công nhận rằng đa thức là một nội dung khá quan trọng, cần thiết trong các kì thi. Ngoài
ra, việc đánh giá nghiệm của các phương trình đa thức bậc ba, bậc bốn cũng là một vấn đề vô
cùng quen thuộc, không thể nào thiếu được ở các kì thi tuyển sinh ĐH – CĐ.
Do điều kiện thời gian hạn chế nên chưa được đầy đủ các dạng liên quan đến nghiệm của đa thức
như các công thức nội suy trong đa thức, quy tắc dấu Descarte, ứng dụng nghiệm bội vào bài
toán tiếp tuyến,... Mong rằng một số nội dung nhỏ dưới đây sẽ đem lại cho mọi người một cái
nhìn mới mẻ về các bài toán dạng này và cung cấp thêm những ý tưởng thú vị để giải quyết các
vấn đề quen thuộc.

1

A.Xét về mặt đại số.
I. Các kiến thức cần nhớ.
1. Định lí Bezout:
Cho đa thức P( x) ∈ ℝ[ x] và số thực α , khi đó: α là nghiệm của P( x) khi và chỉ khi

P( x)⋮ ( x − α ) . Điều này có nghĩa là tồn tại đa thức Q( x) ∈ ℝ[ x] sao cho P( x) = ( x − α ).Q( x) .
Từ đây ta cũng suy ra: nếu P( x) là đa thức monic có bậc n và có n nghiệm thực α1 ,α 2 ,...,α n thì
P( x) = ( x − a0 )( x − a1 )( x − a2 )...( x − an ) .

2. Định lí về nghiệm của đa thức:
Nếu một đa thức bậc n và có hệ số của số hạng có bậc cao nhất khác 0 thì nó có không quá n
nghiệm. Từ đây suy ra nếu một đa thức bậc n có ít nhất n + 1 nghiệm thì nó đồng nhất với 0.
3. Nghiệm bội.
Số thực a gọi là nghiệm bội k của đa thức P( x) ∈ ℝ[ x] nếu P( x) chia hết cho ( x − a )k nhưng
không chia hết cho ( x − α )k +1 .
Điều này có nghĩa là tồn tại đa thức Q( x ) ∈ ℝ[ x ] sao cho:
P( x) = ( x − α )k .Q( x), ∀x ∈ ℝ; Q(α ) ≠ 0 .

4. Nghiệm nguyên, nghiệm hữu tỉ.
n

Cho đa thức P( x) ∈ ℤ[ x] có bậc là n: P( x) = ∑ ai xi . Nếu tồn tại số
i =0

α=

p
, p, q ∈ ℤ, q ≠ 0,( p, q ) = 1 là nghiệm của đa thức P( x) thì p a0 , q an .
q

Từ đó suy ra: nếu an = 1 thì các nghiệm hữu tỉ của đa thức này đều phải là số nguyên.
5.Định lí Viète.
n

Xét đa thức P( x) = ∑ ai x i có n nghiệm là x1 , x2 ,..., xn . Khi đó, ta có:
i =0

n

∑ xi =
i =0

n
− an −1
a
a
, ∑ xi x j = n − 2 ,..., ∏ xi = (−1)n . 0 .
an 0 ≤ i < j ≤ n
an
an
i =0

2

II.Các ví dụ minh họa.

Bài 1.1. Xét đa thức P( x) ∈ ℤ[ x] thỏa mãn P(0), P(1) đều là các số nguyên lẻ. Chứng minh rằng
đa thức này không có nghiệm nguyên.
Lời giải. Giả sử ngược lại, tồn tại số α là nghiệm nguyên của đa thức đã cho, tức là tồn tại đa
thức Q( x) ∈ ℤ[ x] sao cho P( x) = ( x − α ).Q( x) . Ta có:
P(0) = (0 − α ).Q(0), P(1) = (1 − α ).Q(1) .
Từ giả thiết suy ra: P(0), P(1) là các số lẻ.
Do đó: −α , 1 − α cũng đều là các số lẻ. Tuy nhiên đây lại là các số liên tiếp nên điều này không
thể xảy ra. Từ mâu thuẫn này suy ra điều giả sử ban đầu là sai.
Vậy đa thức này không có nghiệm nguyên.

Nhận xét. Đây là bài toán quen thuộc về nghiệm nguyên của đa thức. Ta nhận thấy các số 0, 1
trong đề bài không ảnh hưởng đến kết quả của bài toán mà điểm quan trọng ở đây chính là tính
chất của chúng, ta thấy rằng hai số đó chỉ cần khác tính chẵn lẻ là đã đủ để đảm bảo kết quả của
bài toán. Từ đó, ta xét một vài trường hợp đặc biệt để che giấu đi bản chất của vấn đề này. Ta có
các bài toán sau.
Bài 1.2. Cho đa thức P( x) ∈ ℤ[ x] thỏa mãn: tồn tại k nguyên sao cho P(2009k ).P(2010k ) = 2011k .
Chứng minh rằng đa thức này không có nghiệm nguyên.

Bài 1.3. Cho đa thức P( x) ∈ ℤ[ x] thỏa mãn: tồn tại các số nguyên dương phân biệt a, b, c, d
không đồng thời chia hết cho 4 và P(a ).P(b).P(c).P(d ) = 2010 2010 + 1 .
Chứng minh rằng đa thức này không có nghiệm nguyên.

Bài 2.1. Tìm tất cả các nghiệm của đa thức sau với a(a − 1) ≠ 0 .
P( x) = (a 2 − a )2 ( x 2 − x + 1)3 − (a 2 − a + 1)3 ( x 2 − x)2

Lời giải. Ta thấy rằng đây là đa thức bậc 6 nên nó có không quá 6 nghiệm.
Ta có P(a ) = (a 2 − a )2 (a 2 − a + 1)3 − (a 2 − a + 1)3 (a 2 − a )2 = 0 nên x = a là một nghiệm của đa
thức đã cho. Hơn nữa, ta sẽ chứng minh rằng nếu phương trình có nghiệm x0 thì nó cũng có
nghiệm 1 − x0 ,

1
. Thật vậy:
x0
3

Nếu x0 là nghiệm của phương trình đã cho thì (a 2 − a )2 ( x02 − x0 + 1)3 = (a 2 − a + 1)3 ( x02 − x0 )2 .
Ta có:

P(1 − x0 ) = (a 2 − a )2 [(1 − x0 )2 − (1 − x0 ) + 1]3 − (a 2 − a + 1)3 [(1 − x0 )2 − (1 − x0 )]2
= (a 2 − a )2 ( x02 − x0 + 1)3 − (a 2 − a + 1)3 ( x02 − x0 )2 = 0
P(
=

x2 − x + 1
1− x
1
1 1
1 1
) = (a 2 − a)2 ( 2 − + 1)3 − (a 2 − a + 1)3 ( 2 − )2 = (a 2 − a )2 ( 0 20 )3 − (a 2 − a + 1)3 ( 2 0 )2
x0
x0 x0
x0 x0
x0
x0

1
(a 2 − a)2 ( x02 − x0 + 1)3 − (a 2 − a + 1)3 ( x02 − x0 )2  = 0

x06 

1
Do đó, với x = a là nghiệm của đa thức, ta còn có thêm hai nghiệm nữa là 1 − a, ; đến đây, ta
a

1 1
1
lại có thêm ba nghiệm nữa là 1 − ,
,
.
1
a 1− a
1−
a
1
a −1 1
a
Tóm lại, đa thức đã cho có 6 nghiệm là: a, ,1 − a,
,
,
.
a
a 1 − a a −1

Nhận xét. Ý tưởng trên là vét cạn các nghiệm của đa thức với một kiến thức quen thuộc: phương
trình đa thức bậc n có không quá n nghiệm. Dễ thấy rằng nói chung thì các nghiệm này phân biệt,
nếu với một vài giá trị a làm cho chúng trùng nhau thì giá trị a đó cũng làm đa thức đã cho có
nghiệm bội; do đó, điều này không ảnh hưởng đến sự đầy đủ của các nghiệm của đa thức như đã
nêu. Ta xét một bài toán tương tự cũng giải bằng cách vét cạn các nghiệm dưới đây.
Bài 2.2. Giải phương trình sau.
1−

x x( x − 1) x( x − 1)( x − 2)
x( x − 1)( x − 2)...( x − n)
+

+ ... + (−1)n
=0.
1
1 .2
1 .2 . 3
1.2.3....n

Bài 3. Giả sử đa thức P( x) = x 2010 ± x 2009 ± x 2008 ± ... ± x ± 1 không có nghiệm thực. Tìm số lớn
nhất các hệ số là -1 của đa thức này.

Lời giải. Gọi γ là số các hệ số là -1 có trong đa thức này để nó không có nghiệm thực. Ta thấy
rằng γ ≤ 1005 vì nếu ngược lại thì γ ≥ 1006 , xét P(1) = (1
+ 1 
+ ... 
+ 1) − (1
+ 1 
+ ... 
+ 1) ≤ 0 ; đồng
2010 − λ

λ

thời lim P( x) = +∞ nên dễ thấy rằng P( x) có nghiệm thực, mâu thuẫn. Ta sẽ chỉ ra một đa thức
x →+∞

có γ = 1005 thỏa mãn đề bài.
4

Xét P( x) = x 2010 − x 2009 + x 2008 − x 2007 ... + x 2 − x + 1 có các hệ số của hạng tử bậc lẻ là -1. Ta có:
-Nếu x ≤ 0 thì P( x) > 0 .
-Nếu x ∈ (0,1) thì P( x) = x 2010 + x 2008 (1 − x) + x 2007 (1 − x)... + x(1 − x) + (1 − x) > 0 .
-Nếu x > 1 thì P( x) = ( x 2010 − x 2009 ) + ( x 2008 − x 2007 ) + ... + ( x 2 − x) + 1 > 0 .
Đa thức này luôn dương nên nó thỏa mãn bài toán. Vậy γ max = 1005 .

Bài 4.1. Chứng minh các đồng nhất thức sau:
4( x + y + z )( xy + yz + zx) − ( x + y + z )3 − 8 xyz = ( x + y − z )( y + z − x)( z + x − y ) .

Lời giải. Trên thực tế, bài này hoàn toàn có thể dùng khai triển trực tiếp và nhóm các số hạng lại
để được tích bên vế phải; thế nhưng, bằng cách đó, bài toán giải khá cồng kềnh và không mang
lại được nhiều hệ quả.
Ta xét cách dùng định lí Bezout về phân tích các nghiệm của đa thức như sau:
P(t ) = 4(t + y + z )(ty + yz + zt ) − (t + y + z )3 − 8tyz = 4(t + y + z )[t ( y + z ) + yz ] − (t + y + z )3 − 8tyz
là một đa thức bậc 3 theo biến t.
Để chứng minh đồng nhất thức trên, ta sẽ chứng minh rằng y − z , z − y, y + z là ba nghiệm của đa
thức này. Thật vậy:
P( y + z ) = 4[( y + z ) + y + z ][( y + z )( y + z ) + yz ] − ( y + z + y + z )3 − 8( y + z ) yz
= 8( y + z )[( y + z )2 + yz ] − 8( y + z )3 − 8( y + z ) yz
= [8( y + z )3 + 8( y + z ) yz ] − [8( y + z )3 + 8( y + z ) yz ] = 0
P( y − z ) = 4( y − z + y + z )[( y − z )( y + z ) + yz ] − ( y − z + y + z )3 − 8( y − z ) yz
= 8 y[( y 2 − z 2 ) + yz ] − 8 y 3 − 8( y − z ) yz
= [8 y 3 + 8( y − z ) yz ] − [8 y 3 + 8( y − z ) yz ] = 0
P( z − y ) = 4( z − y + y + z )[( z − y )( y + z ) + yz ] − ( z − y + y + z )3 − 8( z − y ) yz
= 8 z[( z 2 − y 2 ) + yz ] − 8 z 3 − 8( z − y ) yz
= [8 z 3 + 8( z − y ) yz ] − [8 z 3 + 8( z − y ) yz ] = 0
Vậy, đa thức đã cho có thể biểu diễn dưới dạng: P(t ) = λ (t − y − z )(t − y + z )(t + y − z ) , tiếp tục
cho y = z = 0 , biểu thức ban đầu cần phân tích nhận giá trị là −t 3 trong khi biểu thức sau khi
phân tích nhận giá trị là λt 3 ; đẳng thức phải xảy ra với mọi y, z nên λ = −1 hay
P(t ) = ( y + z − t )(t − y + z )(t + y − z ) . Đẳng thức này đúng với mọi t nên ta có được đpcm.
5

Nhận xét. Có nhiều bài toán về dùng tính chất nghiệm của đa thức để giải quyết tương tự như
trên, nhiều khi thay vì chứng minh một đồng nhất thức, vấn đề đặt ra có thể là rút gọn biểu thức
hoặc giải một phương trình. Ta xét hai bài toán sau.
Bài 4.2. Cho biểu thức: S k =

ak
bk
ck
+
+
,k ∈ℕ .
(a − b)(a − c) (b − c)(b − a) (c − a)(c − b)

Chứng minh rằng S0 = S1 = S 2 = 0, S3 = a + b + c .

Bài 4.3. Giải phương trình sau với a, b, c là các số thực phân biệt.

( x − b)( x − c)
( x − c)( x − a) ( x − a )( x − b) 1
+
+
= .
a(a − b)(a − c) b(b − c)(b − a) c(c − a)(c − b) x

Bài 5. Cho đa thức P( x) = x3 + ax 2 + bx + c có ba nghiệm phân biệt.
Chứng minh rằng: Q( x) = x 3 + ax 2 + (4b − a 2 ) x + (4ab − a 3 − 8c) cũng có ba nghiệm phân biệt.

Lời giải. Gọi x1 , x2 , x3 là các nghiệm phân biệt của đa thức đã cho. Theo định lí Viete thì:
x1 + x2 + x3 = − a, x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 = b, x1 x2 x3 = −c .
Ta sẽ chứng minh rằng đa thức Q( x) đã nêu có các nghiệm là
y1 = x1 + x2 − x3 , y2 = x2 + x3 − x1 , y3 = x3 + x1 − x2 .
Thật vậy: y1 + y2 + y3 = x1 + x2 + x3 = − a .
y1 y2 + y2 y3 + y3 y1 = ∑ ( x1 + x2 − x3 )( x2 + x3 − x1 ) = 4(x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 ) − ( x1 + x2 + x3 )2 = 4b − a 2 .

y1 y2 y3 = ( x1 + x2 − x3 )( x2 + x3 − x1 )( x3 + x1 − x2 ) = 4(− a)b − (− a)3 − 8(−c) = a 3 + 8c − 4ab .
(theo kết quả của bài 2.1).
Từ các tính toán trên, theo định lí Viete đảo, ta thấy (*) đúng. Dễ thấy các số y1 , y2 , y3 phân biệt
vì x1 , x2 , x3 phân biệt nên ta có đpcm.

Nhận xét. Các dạng toán này cũng thường gặp và cách giải này có lẽ là tốt nhất, các phương
pháp quen thuộc của giải tích hầu như không khả thi trong trường hợp này.

6

B.Xét về mặt giải tích.
I.Các kiến thức cần nhớ.
1. Định lí Lagrange và định lí Rolle.
Đa thức là một lớp hàm liên tục tiêu biểu nên nó có đầy đủ các tính chất quen thuộc của một hàm
liên tục như đã biết.
*Định lí Lagrange: Với mọi số thực a < b và một đa thức P( x) ∈ ℝ[ x] nào đó, ta luôn có:
∃c ∈ (a, b) : P′(c) =

P(b) − P(a )
.
b−a

*Định lí Rolle: Nếu đa thức P( x) ∈ ℝ[ x] có hai nghiệm phân biệt là a < b thì tồn tại ∃c ∈ (a, b)
thỏa mãn P′(c) = 0 .
Từ đây suy ra, nếu đạo hàm cấp k của đa thức này vô nghiệm thì đa thức có không quá k nghiệm.
2. Quy tắc dấu Decarste:
n

Cho đa thức P( x) = ∑ ai xi . Gọi D là số nghiệm dương của đa thức, L là số lần đổi của các hệ số
i =0

của đa thức từ an → a0 , bỏ qua các hệ số bằng 0. Khi đó: D ≤ L và L − D là số chẵn.
Có thể phát biểu cụ thể là:
+ Số nghiệm dương của hàm đa thức P( x) bằng số lần đổi dấu của các hệ số hoặc nhỏ hơn một
đơn vị chẵn.
+ Số nghiệm âm của đa thức P( x) bằng số lần đổi dấu của các hệ số trong P(− x) hoặc nhỏ hơn
một đơn vị chẵn.
3.Định lí về số nghiệm của đa thức.
Cho đa thức P( x) ∈ ℝ[ x] .
-Nếu với hai số thực a < b mà P(a ).P(b) < 0 thì đa thức có một số lẻ nghiệm trên khoảng (a, b) ,
kể cả bội.
-Nếu với hai số thực a < b mà P(a ).P(b) > 0 thì đa thức có một số chẵn nghiệm trên khoảng
(a, b) , kể cả bội.

7

II.Các ví dụ minh họa.

Bài 1.1. Cho đa thức P( x) bậc bốn có bốn nghiệm dương phân biệt. Chứng minh rằng phương
trình sau cũng có bốn nghiệm dương phân biệt:
 1− 4x 
1 − 4x
P( x) + 1 − 2  P′( x) − P′′( x) = 0
2
x
x 


Lời giải. Ta có:
 1 − 4x 
1 − 4x
1 − 4x
P( x) + 1 − 2  P′( x) − P′′( x) = 0 ⇔
[ P( x) − P′( x)] + [ P′( x) − P′′( x)] = 0 .
2
x
x 
x2

Đặt Q( x) = P( x) − P′( x) ⇒ Q′( x) = P′( x) − P′′( x) nên suy ra:

1 − 4x
Q( x) + Q′( x) = 0 .
x2

Ta sẽ chứng minh nhận xét nếu đa thức P( x) bậc bốn có bốn nghiệm dương phân biệt thì đa thức
Q( x) = P( x) − P′( x) cũng có bốn nghiệm dương phân biệt. Thật vậy:
Không mất tính tổng quát, giả sử hệ số bậc cao nhất của P( x) là 1 và ta có phân tích:

P( x) = x 4 − ax3 + bx 2 − cx + d = ( x − x1 )( x − x2 )( x − x3 )( x − x4 ) với x1 < x2 < x3 < x4 là các nghiệm
dương của đa thức này. Theo định lí Viete thì: a, b, c, d > 0 và ta cũng có:

P′( x) = ∑ ( x − x1 )( x − x2 )( x − x3 ) .
Giả sử Q( x) = x 4 − a1 x3 + b1 x 2 − c1 x + c + d thì Q( x1 ) = P( x1 ) − P′( x1 ) = −( x1 − x2 )( x1 − x3 )( x1 − x4 )
Q( x2 ) = P( x2 ) − P′( x2 ) = −( x2 − x1 )( x2 − x3 )( x2 − x4 ) , suy ra:

Q( x1 )Q( x2 ) = −( x1 − x2 )2 ( x1 − x3 )( x1 − x4 )( x2 − x3 )( x2 − x4 ) < 0 , tức là tồn tại y1 ∈ [ x1 , x2 ] là
nghiệm dương của Q( x) . Tương tự, ta cũng thấy rằng Q( x) có thêm hai nghiệm dương nữa là
y2 ∈ [ x2 , x3 ], y3 ∈ [ x3 , x4 ] . Gọi nghiệm dương thứ tư là y4 thì y1 y2 y3 y4 = c + d > 0 , do ta đã có
y1 , y2 , y3 > 0 nên cũng có y4 > 0 .
Nhận xét trên được chứng minh.
1
Đặt R(t ) = t 4Q   cũng là một đa thức bậc bốn và cũng có bốn nghiệm dương phân biệt như
t
Q( x) ; theo nhận xét trên thì đa thức sau cũng có bốn nghiệm dương phân biệt:
8

1
1
1
1
−1  1 
R(t ) − R′(t ) = t 4Q   − 4t 3Q   − t 4 . 2 Q   = (t 4 − 4t 3 )Q   − t 2Q   , tức là phương trình sau
t
t
t
t 
t 
t 
1
1
có bốn nghiệm dương phân biệt: (t 4 − 4t 3 )Q   − t 2Q   = 0 .
t 
t
1
1 − 4x
= x thì phương trình sau cũng có bốn nghiệm dương phân biệt:
Q( x) + Q′( x) = 0 .
t
x2
Đây chính là đpcm.

Đặt

Nhận xét. Ngoài các xét các đa thức đã nêu, ta cũng có thể xét hàm số sau f ( x) = e− x .P( x) cũng
đem lại kết quả tương tự. Vận dụng ý tưởng xét thêm các đa thức rồi sử dụng đạo hàm tích của
chúng, ta có thể đưa ra những bài toán khá thú vị tương tự như trên. Ta có bài toán sau.

Bài 1.2. Cho đa thức P( x) bậc 2011 có 2011 nghiệm dương. Chứng minh rằng đa thức sau cũng
có đúng 2011 nghiệm dương.
(1 − 2011x)P( x) + ( x 2 + 2011x − 1)P′( x) − x 2 P( x) = 0

Bài 2. Cho đa thức P( x) = 1 + x 2 + x 9 + x n1 + x n2 + ... + x ns + x1992 với n1 , n2 ,..., ns là các số tự nhiên
cho trước thỏa mãn 9 < n1 < n2 < ... < ns < 1992 . Chứng minh rằng nghiệm của đa thức (nếu có)
không thể lớn hơn

1− 5
.
2

Lời giải. Do các hệ số của đa thức đã cho đều dương nên nếu nó có nghiệm thì nghiệm đó phải
 1− 5 
âm. Ta sẽ chứng minh rằng P( x) > 0, ∀x ∈ 
; 0  ⊂ (−1, 0) . Thật vậy:
 2



Với mọi x trên khoảng này thì
P( x) = 1 + x 2 + x 9 + x 1 + x 2 + ... + x s + x1992 ≥ 1 + x + x 3 + x5 + x 7 + ... + x1991 =
n

n

n

(1 + x 2 + x 4 + ... + x1990 )(1 − x 2 )
1 − x1992 (1 + x − x 2 ) − x1993
= 1 + x.
= 1 + x.
=
1 − x2
1 − x2
1 − x2
 1− 5 
 1− 5 
Vì x ∈ 
; 0  ⇒ 1 + x − x 2 > 0, − x1993 > 0,1 − x 2 > 0 ⇒ P( x) > 0, ∀x ∈ 
; 0  nên nếu đa
 2

 2





thức này có nghiệm đó không được lớn hơn

1− 5
. Ta có đpcm.
2
9

Nhận xét. Việc đánh giá các khoảng của nghiệm thế này cũng thường được đề cập đến trong các
bài toán về giới hạn dãy số là nghiệm của một đa thức. Dưới đây là một số bài toán tương tự.
Bài 2.1. Cho đa thức P( x) = x10 − 10 x 9 + 39 x8 + a7 x 7 + a6 x 6 + ... + a1 x + a0 , với a0 , a1 ,..., a7 là các
giá trị nhất định. Biết rằng đa thức này có 10 nghiệm thực.
Chứng minh rằng tất cả các nghiệm của nó đều nằm trong khoảng từ -2,5 đến 4,5.

Bài 2.2. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n thì phương trình sau có nghiệm duy nhất.

x + x 2 + x3 + ... + x 2 n + 2010 x 2 n +1 = 2011 .
Bài 3.1. Xét hai phương trình sau x3 + 2 x 2 + 3 x + 4 = 0, x 3 − 5 x 2 + 10 x − 10 = 0 .
1.Chứng minh rằng mỗi phương trình đều có đúng một nghiệm.
2.Tìm tổng hai nghiệm đó.

Lời giải.
1.Ta thấy cả hai hàm số P( x) = x3 + 2 x 2 + 3 x + 4, Q( x) = x3 − 5 x 2 + 10 x − 10 có đạo hàm lần lượt
là P′( x) = 3 x 2 + 4 x + 3 > 0, Q( x) = 3 x 2 − 10 x + 10 > 0, ∀x nên đều là các hàm đồng biến.
Từ đó suy ra chúng có đúng một nghiệm.
2.Gọi α , β lần lượt là các nghiệm của hàm P( x), Q( x) . Giả sử α + β = k ⇔ β = k − α , điều này
có nghĩa là nếu α là nghiệm của P( x) thì k − α là nghiệm của Q( x) hay:
Q(k − α ) = (k − α )3 − 5(k − α )2 + 10(k − α ) − 10 =
= (−α 3 + 3α 2 k − 3α k 2 + k 3 ) − (5k 2 − 10kα + 5α 2 ) + (10k − 10α ) − 10 =
= −α 3 + α 2 (3k − 5) + α (−3k 2 + 10k − 10) + (k 3 − 5k 2 + 10k − 10)
−1 3k − 5 −3k 2 + 10k − 10 k 3 − 5k 2 + 10k − 10
Ta cần có
=
=
=
và dễ thấy rằng giá trị duy nhất
1
2
3
4
thỏa mãn là k = 1 .
Vậy tổng hai nghiệm của hai phương trình này bằng 1.

Nhận xét. Không dừng lại ở đó, ta đã biết các bài toán tìm một đa thức có các nghiệm bằng hai
lần, bằng bình phương hay bằng tổng đôi một của các nghiệm của một đa thức cho trước. Để
tăng độ phức tạp của bài toán trên. Ta sẽ tìm hai đa thức mới là R( x), S ( x) sao cho các nghiệm
10