Chủ đề này có 23 trả lời

[vo van duc]

Đa thức là một phần trong cấu trúc đề thi Đại số và trong Giải tích cũng không thiếu, nhưng hiện tại chưa có chỗ nào để chúng ta thảo luận về vấn đề này. Vì vậy tôi mở topic này để chúng ta cùng thảo luận về một phần không hề kém thú vị.

 

Lưu ý: Trong topic này chúng ta chỉ thảo luận về toán: đề toán, ý tưởng, phương pháp..., các vấn đề ngoài lề chúng ta không nên bàn ở đây để chủ đề không bị loãng.

 

.............................................................................

Xin mở đầu bằng các bài toán trong đề thi cấp trường của ĐH SP HN năm 2013 nha!

 

$\boxed{\text{Bài 1}}$ ĐH SP HN 2013

Cho phương trình $$a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots +a_{n-1}x+a_n=0$$ có $n$ nghiệm thực phân biệt.

Chứng minh rằng $$(n-1)a_1^{2}> 2na_0a_2$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vo van duc: 19-10-2013 - 14:56

[Mrnhan]

 

 

$\boxed{\text{Bài 1}}$ ĐH SP HN 2013

Cho phương trình $$a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots +a_{n-1}x+a_n=0$$ có $n$ nghiệm thực phân biệt.

Chứng minh rằng $$(n-1)a_1^{2}> 2na_0a_2$$

Lời giải:

 

Đặt $P(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots +a_{n-1}x+a_n$

 

Vì $P(x)=0$ có $n$ nghiệm phân biệt nên $P^{(n-2)}(x)=0$ có $2$ nghiệm phân biệt

 

Vậy $P^{(n-2)}=\frac{n!}{2}\: a_0\: x^2+(n-1)!\: a_1\: x+(n-2)!\: a_2=0$

 

$\Leftrightarrow \frac{n(n-1)}{2}\: a_0\: x^2+(n-1)\: a_1\: x+a_2=0$

 

$\to \Delta=\left ( (n-1)\: a_1 \right )^2-4\left ( \frac{n(n-1)}{2} \: a_0\ a_2 \right )>0$

 

$\Leftrightarrow (n-1)\left ( (n-1)\: a_1^2-2n\: a_0\: a_2 \right )>0$

 

$n>1\Rightarrow (n-1)\: a_1^2> 2n\: a_0\: a_2$ $\fbox{đpcm}$

 

Ý tưởng: ...! 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mr nhan: 19-10-2013 - 17:24

[vo van duc]

$\boxed{\text{Bài 2}}$

Cho $f(x)=ax^2+bx+c$ với $a,b,c>0$ ; $a+b+c=1$

 

a) Giả sử $0<x_1\leqslant 1\leqslant x_2$. Chứng minh $f(x_1)f(x_2)\geq f(x_1x_2)$

 

b) Chứng minh rằng với mọi dãy $x_1,x_2,\ldots,x_n$ thỏa mãn điều kiện $x_1x_2\ldots x_n=1$ và $x_i\geq 0\quad (\forall i=\overline{1,n})$ ta luôn có $$f(x_1)f(x_2)\ldots f(x_n)\geq 1$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vo van duc: 19-10-2013 - 22:14

[duong vi tuan]

$\boxed{\text{Bài 1}}$ ĐH SP HN 2013

Cho phương trình $$a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots +a_{n-1}x+a_n=0$$ có $n$ nghiệm thực phân biệt.

Chứng minh rằng $$(n-1)a_1^{2}> 2na_0a_2$$

 

$(n-1)a_1^{2}> 2na_0a_2\Leftrightarrow (n-1)(\frac{a_1}{a_0})^2> 2n\frac{a_2}{a_0}$

theo định lí viét ta có : $\sum x_i=-\frac{a_1}{a_0}$  và  $\sum_{i\neq j} x_ix_j=\frac{a_2}{a_0}$

vậy bdt tương đương: $(n-1)(\sum x_i)^2> 2n(\sum_{i\neq j} x_ix_j ) \Leftrightarrow \sum_{i\neq j}(x_i-x_j) ^2 > 0 $ (đúng - do các nghiệm phân biệt )

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vo van duc: 22-10-2013 - 06:37

[vo van duc]

$\boxed{\text{Bài 3}}$

Cho đa thức với hệ số thực $$P(x)=a_{2012}x^{2012}+a_{2011}x^{2011}+\cdots +a_1x+a_0$$ thỏa $P(0)\neq P(-1)$ và với $a,b\in \mathbb{R}$ ta đặt $$Q(x)=b_{2012}x^{2012}+b_{2011}x^{2011}+\cdots +b_1x+b_0$$ là đa thức có hệ số thực nhận được từ biểu thức $$b_k=a.a_k+b\quad \forall k=0,1,2,\ldots ,2012$$

Chứng minh rằng: Nếu $Q(0)=Q(-1)\neq 0$ thì $Q(x)$ không có nghiệm thực

 

[1110004]

$\boxed{\text{Bài 3}}$

Cho đa thức với hệ số thực $$P(x)=a_{2012}x^{2012}+a_{2011}x^{2011}+\cdots +a_1x+a_0$$ thỏa $P(0)\neq P(-1)$ và với $a,b\in \mathbb{R}$ ta đặt $$Q(x)=b_{2012}x^{2012}+b_{2011}x^{2011}+\cdots +b_1x+b_0$$ là đa thức có hệ số thực nhận được từ biểu thức $$b_k=a.a_k+b\quad \forall k=0,1,2,\ldots ,2012$$

Chứng minh rằng: Nếu $Q(0)=Q(-1)\neq 0$ thì $Q(x)$ không có nghiệm thực

anh Đức xem lại cái đề giùm em!!!!!

phản chứng đây: xét $P(x)=x^{2012}+2x^{1006}+2$ có $P(0)=2\neq 5=P(-1)$

                           

                            Với  $a=-2;b=3$ ta được $Q(x)=x^{2012}-x^{1006}-1$ thỏa $Q(0)=Q(-1)=-1\neq 0$

                           

                            Nhưng $Q(x)$ có nghiệm thực cụ thể là $Q(\pm \sqrt[1006]{\frac{1+\sqrt{5}}{2}})=0$

 

p/s: em có gì sai anh đừng cười nha!!!!!

[vo van duc]

anh Đức xem lại cái đề giùm em!!!!!

phản chứng đây: xét $P(x)=x^{2012}+2x^{1006}+2$ có $P(0)=2\neq 5=P(-1)$

                           

                            Với  $a=-2;b=3$ ta được $Q(x)=x^{2012}-x^{1006}-1$ thỏa $Q(0)=Q(-1)=-1\neq 0$

                           

                            Nhưng $Q(x)$ có nghiệm thực cụ thể là $Q(\pm \sqrt[1006]{\frac{1+\sqrt{5}}{2}})=0$

 

p/s: em có gì sai anh đừng cười nha!!!!!

 

Phản ví dụ của em sai rồi Tuấn Anh à!

 

Sai ở chổ với $P(x)=x^{2012}+2x^{1006}+2$ và $a=-2, b=3$ thì đa thức $Q(x)$ thu được sẽ là $$Q(x)=x^{2012}+3x^{2011}+3x^{2010}+\cdots +3x^{1007}-x^{1006}+3x^{1005}+\cdots +3x-1$$ vì $b_k=a.a_k+b\quad \forall k=0,1,2,\ldots ,2012$

[vo van duc]

$\boxed{\text{Bài 4}}$

Tìm tất cả các đa thức $$P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_1x+a_0,\quad n\geq 2$$ với hệ số thực khác không sao cho $$P(x)-P_1(x)P_2(x)\ldots P_{n-1}(x)$$ là đa thức hằng.

Trong đó:

 

$P_1(x)=a_1x+a_0$

$P_2(x)=a_2x^2+a_1x+a_0$

$\cdots$

$P_{n-1}(x)=a_{n-1}x^{n-1}+a_{n-2}x^{n-2}+\cdots +a_1x+a_0$

 

[Mrnhan]

$\boxed{\text{Bài 2}}$

Cho $f(x)=ax^2+bx+c$ với $a,b,c>0$ ; $a+b+c=1$

 

a) Giả sử $0<x_1\leqslant 1\leqslant x_2$. Chứng minh $f(x_1)f(x_2)\geq f(x_1x_2)$

 

b) Chứng minh rằng với mọi dãy $x_1,x_2,\ldots,x_n$ thỏa mãn điều kiện $x_1x_2\ldots x_n=1$ và $x_i\geq 0\quad (\forall i=\overline{1,n})$ ta luôn có $$f(x_1)f(x_2)\ldots f(x_n)\geq 1(^*)$$

 

Bài giải:

 

$a)$

 

$\fbox{Cách 1:}$

 

Ta có 

 

$f(x_1)f(x_2)-f(x_1x_2)=\left ( ax_1^2+bx_1+c \right )\left ( ax_2^2+bx_2+c \right )-\left ( ax_1^2x_2^2+bx_1x_2+c \right )$

 

$=a(a-1)x_1^2x_2^2+b(b-1)x_1x_2+c(c+1)+abx_1x_2(x_1+x_2)+bc(x_1+x_2)+ca(x_1^2+x_2^2)$

 

$=abx_1x_2(x_1+x_2-x_1x_2-1)+bc(x_1+x_2-x_1x_2-1)+ca(x_1^2+x_2^2-x_1^2x_2^2-1)$

 

$=(x_2-1)(1-x_1)\left ( abx_1x_2+bc+ca(x_1+1)(x_2+1) \right )\geq0$ $\fbox{đpcm}$

 

$\fbox{Cách 2:}$

 

Gọi $x_1, \: x_2$ là nghiệm của phương trình $g(x)=f(x)+dx+e=ax^2+(b+d)x+c+e$

 

Theo $Viet$ $\left\{\begin{matrix}x_1+x_2=-\frac{b+d}{a}>0\\x_1x_2=\frac{c+e}{a}>0 \end{matrix}\right.$

 

...........đến đây làm tương tự cách 1

 

$b)$

 

Khi

 

$-\: n=1$ thì $(^*)$ chuẩn

 

$-\: n=2$ thì $(^*)$ được chứng minh giống $a)$ và chuẩn

 

Giả sử $(^*)$ đúng với $n=k$  tức  $\prod_{i=1}^{k}f\left ( x_k \right )\geq f\left ( \prod_{i=1}^{k}x_k \right )= 1$

 

Bây giờ ta cần chứng minh $(^*)$ đúng với $n=k+1$, tức

 

$\prod_{i=1}^{k+1}f\left ( x_k \right )\geq f\left ( \prod_{i=1}^{k}x_k \right )f\left ( x_{k+1} \right )\geq f\left ( \prod_{i=1}^{k+1}x_k \right )=1 \: \text{theo câu a)}$  $\fbox{đpcm}$

 

 

ý tưởng: ..!!

 

P/s: Phần chứng minh bài toán bằng quy nạp thì em ko rõ là đúng hay sai! Không hay làm bằng phương pháp này cho lắm

[duong vi tuan]

$\boxed{\text{Bài 3}}$

Cho đa thức với hệ số thực $$P(x)=a_{2012}x^{2012}+a_{2011}x^{2011}+\cdots +a_1x+a_0$$ thỏa $P(0)\neq P(-1)$ và với $a,b\in \mathbb{R}$ ta đặt $$Q(x)=b_{2012}x^{2012}+b_{2011}x^{2011}+\cdots +b_1x+b_0$$ là đa thức có hệ số thực nhận được từ biểu thức $$b_k=a.a_k+b\quad \forall k=0,1,2,\ldots ,2012$$

Chứng minh rằng: Nếu $Q(0)=Q(-1)\neq 0$ thì $Q(x)$ không có nghiệm thực

$P(0)\neq P(-1)\Leftrightarrow a_{2012}-a_{2011}+...+a_2-a_1\neq 0$

$0=Q(-1)-Q(0)= b_{2012}-b_{2011}+...+b_2-b_1=(aa_{2012}+b)-(aa_{2011}+b)+...+(aa_2+b)-(aa_1+b)=a(a_{2012}-a_{2011}+...+a_2-a_1)$

 suy ra a =0 . và b khác ko .

đặt $K(x)=x^{2012}+x^{2011}+...+x+1$ thì Q=b.K

 ta chứng minh K(x) vô nghiệm, thật vậy . 

dễ thấy x=1 ko phải nghiệm của K . xét x khác 1 thì  $K(x)=x^{2012}+x^{2011}+...+x+1=\frac{x^{2013}-1}{x-1}\neq 0;\forall x\neq 1$

do đó Q vô nghiệm

 

..................................

@vo van duc: Cơ sở nào khẳng định $P(x)$ vô nghiệm vậy em????

@ Đường Tuấn : Em nhầm , ko biết em đọc ở đâu ra cái giả thiết P vô nghiệm vậy chỉ !.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duong vi tuan: 25-10-2013 - 15:29

[duong vi tuan]

Bài giải:

 

$b)$

 

Khi

 

$-\: n=1$ thì $(^*)$ chuẩn

 

$-\: n=2$ thì $(^*)$ được chứng minh giống $a)$ và chuẩn

 

Giả sử $(^*)$ đúng với $n=k$  tức  $\prod_{i=1}^{k}f\left ( x_k \right )\geq f\left ( \prod_{i=1}^{k}x_k \right )= 1$

 

Bây giờ ta cần chứng minh $(^*)$ đúng với $n=k+1$, tức

 

$\prod_{i=1}^{k+1}f\left ( x_k \right )\geq f\left ( \prod_{i=1}^{k}x_k \right )f\left ( x_{k+1} \right )\geq f\left ( \prod_{i=1}^{k+1}x_k \right )=1 \: \text{theo câu a)}$  $\fbox{đpcm}$

 

 

ý tưởng: ..!!

 

P/s: Phần chứng minh bài toán bằng quy nạp thì em ko rõ là đúng hay sai! Không hay làm bằng phương pháp này cho lắm

 

 khúc này mình thấy ko ổn lắm .

$ \prod_{i=1}^{k+1}f\left ( x_k \right )\geq f\left ( \prod_{i=1}^{k}x_k \right )f\left ( x_{k+1} ) $ - sao chỗ này em chỉnh hoài mà ko hiện vậy ta X_X

 

vì bạn muốn dùng giả thiết quy nạp của câu a thì phải có các số bị kẹp giữa 1 . lỡ tất cả các x này đều lớn hơn hoặc đều bé hơn 1 thì đâu dùng đc câu a .

mình nghĩ chỗ này mình phải đánh thứ tự lại các $x_i$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duong vi tuan: 24-10-2013 - 15:07

[duong vi tuan]

$\boxed{\text{Bài 4}}$

Tìm tất cả các đa thức $$P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_1x+a_0,\quad n\geq 2$$ với hệ số thực khác không sao cho $$P(x)-P_1(x)P_2(x)\ldots P_{n-1}(x)$$ là đa thức hằng.

Trong đó:

 

$P_1(x)=a_1x+a_0$

$P_2(x)=a_2x^2+a_1x+a_0$

$\cdots$

$P_{n-1}(x)=a_{n-1}x^{n-1}+a_{n-2}x^{n-2}+\cdots +a_1x+a_0$

vì các hệ số là khác không nên ta gọi n là bậc của P thì lúc đó n cũng là bậc của $P_1P_2..P_{n-1}$. ( do hiệu của chũng là đa thức hằng nên bạc của chúng = nhau )

suy ra $n-1 + n-2 + ... +1 = n $ suy ra n =3

giả sử đa thức có dạng $P=a_3x^3+a_2x^2+a_1x+a_0 $

khi đó $P(x)-P_1(x)P_2(x)\ldots P_{n-1}(x)$ là đa thức hằng nên các hệ số b1,b2,b3 =0 nên ta lập đc hệ. và giải ra ta đc: 

$a_{0}=\frac{1}{2}$

$a_1 \neq 0 $

$a_2 = 2a^2_1$

$a_3 = 2 a^3_1 $

kiểm tra lại thấy đa thức trên thoã yêu cầu bt.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duong vi tuan: 24-10-2013 - 15:38

[Mrnhan]

 khúc này mình thấy ko ổn lắm .

$ \prod_{i=1}^{k+1}f \left ( x_k \right )\geq f \left ( \prod_{i=1}^{k}x_k \right ) f\left ( x_{k+1} )\right)$ - sao chỗ này em chỉnh hoài mà ko hiện vậy ta X_X (Gõ sai nên không hiện, nên gõ lại không nên coppy!!  )

 

vì bạn muốn dùng giả thiết quy nạp của câu a thì phải có các số bị kẹp giữa 1 . lỡ tất cả các x này đều lớn hơn hoặc đều bé hơn 1 thì đâu dùng đc câu a .

mình nghĩ chỗ này mình phải đánh thứ tự lại các $x_i$.

 

Vì $\prod_{i=1}^{k+1}x_k=1\to \left[\begin{matrix}0<\prod_{i=1}^{k}x_k\leq 1\leq x_{k+1}\\0<x_{k+1}\leq 1\leq\prod_{i=1}^{k}x_k\end{matrix}\right. $

 

Như thế thì đúng chưa?

[duong vi tuan]

Vì $\prod_{i=1}^{k+1}x_k=1\to \left[\begin{matrix}0<\prod_{i=1}^{k}x_k\leq 1\leq x_{k+1}\\0<x_{k+1}\leq 1\leq\prod_{i=1}^{k}x_k\end{matrix}\right. $

 

Như thế thì đúng chưa?

ý mình là nếu nó rơi vào 2 tr hợp thế này thì ko ổn nè 

vẫn ko ổn lắm . Bạn xem thử tr hợp này $0<\prod_{i=1}^{k}x_k\leq 1\leq x_{k+1}$

trong tr hợp này cái bdt đây ko đúng : $\prod_{i=1}^{k}f(x_k)\geq f(\prod_{1}^{k}x_i)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duong vi tuan: 25-10-2013 - 15:31

[vo van duc]

$\boxed{\text{Bài 5}}$ Tìm tất cả các đa thức $P(x)$ khác hẳng số thỏa mãn $$x^2P(x)+P(1-x)=2x-x^4\qquad \forall x\in \mathbb{R}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vo van duc: 27-10-2013 - 06:02

[Mrnhan]

$\boxed{\text{Bài 5}}$ Tìm tất cả các đa thức $P(x)$ khác hẳng số thỏa mãn $$x^2P(x)+P(1-x)=2x-x^4\qquad \forall x\in \mathbb{R},\: \: (*)$$

 

Lời giải:

 

$\fbox{Cách 1}$

 

Giả sử $Deg\left ( P \right )=n\to n+2=4\Leftrightarrow n=2$

 

So sánh hệ số của biến có mũ lớn nhất ta thấy $a=-1$

 

$x=0\to P(1)=0$

 

$x=1\to P(0)=1$

 

$\to P(x)=-x^2+1$

 

Thử lại!!!chuẩn.

 

Vậy $P\left ( x \right )=1-x^2$

..............................

 

$\fbox{Cách 2:}$

 

$x\to 1-x\Rightarrow \left ( 1-x \right )^2P(1-x)+P\left ( x \right )=2\left ( 1-x \right )-\left ( 1-x \right )^4,\:\:  (**)$

 

Lấy $\left ( 1-x \right )^2(*)-(**)$

 

$\Rightarrow \left ( x^2\left ( 1-x \right )^2-1 \right )P(x)=\left ( 1-x \right )^2\left ( 2x-x^4 \right )-\left ( 2\left (1-x \right ) -\left ( 1-x \right )^4\right )$

 

$\Leftrightarrow \left ( x^4-2x^3+x^2-1 \right )P(x)=\left ( 1-x^2 \right )\left ( x^4-2x^3+x^2-1 \right )$

 

$\Leftrightarrow P(x)=1-x^2$

 

Ý Tưởng:...!!

[nntd111193]

$\boxed{\text{Bài 6}}$ Cho đa thức $Q(x)=1+4x+4x^2+...+4x^{2n}$ thuộc R[x] (n là số tự nhiên). Tìm tất cả các đa thức P(x) trên R[x] sao cho $[P(x)]^2=Q(x)$

 

$\boxed{\text{Bài 7}}$ Cho đa thức $f(x)=2013x^{2013}+a_{2012}x^{2012}+...+a_1x+a_0$ có 2013 nghiệm thức $x_1,x_2,...x_{2013}$ và g(x) là một đa thức có bậc nhỏ hơn 2012. Chứng minh rằng : $\sum_{i=1}^{2013}\frac{g(x_i)}{f'(x_i)}=0$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vo van duc: 29-10-2013 - 16:23

[duong vi tuan]

 

 

$\boxed{\text{Bài 7}}$ Cho đa thức $f(x)=2013x^{2013}+a_{2012}x^{2012}+...+a_1x+a_0$ có 2013 nghiệm thức $x_1,x_2,...x_{2013}$ và g(x) là một đa thức có bậc nhỏ hơn 2012. Chứng minh rằng : $\sum_{i=1}^{2013}\frac{g(x_i)}{f'(x_i)}=0$

 

 cái số 2013 ( hệ số của $x^{2013}$ ) ta có thể giả sử là 1 cho đơn giản .

$f(x)=\prod_{i=1}^{2013}(x-x_i)$

$f'(x_i)=\prod_{j=1,j\neq i}^{2013}(x_i-x_j)$

$g(x)=\sum_{i=1}^{2013}g(x_i)\prod_{j=1,j\neq i}^{2013}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}=\sum_{i=1}^{2013}\frac{g(x_i)}{f'(x_i)}\prod_{j=1,j\neq i}^{2013}(x-x_j)$   (1)

 Chia cả 2 vế của (1) cho $x^{2012}$ và cho x tiến về vô cùng .

vì g(x) có bậc nhỏ hơn 2012 nên VT tiến về 0 , còn vế phải tiên về $=\sum_{i=1}^{2013}\frac{g(x_i)}{f'(x_i)}$ 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duong vi tuan: 31-10-2013 - 14:15

[Mrnhan]

 

 

 

 

 cái số 2013 ( hệ số của $x^{2013}$ ) ta có thể giả sử là 1 cho đơn giản .

$f(x)=\prod_{i=1}^{2013}(x-x_i)$

$f'(x_i)=\prod_{j=1,j\neq i}^{2013}(x_i-x_j)$

$g(x)=\sum_{i=1}^{2013}g(x_i)\prod_{j=1,j\neq i}^{2013}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}=\sum_{i=1}^{2013}\frac{g(x_i)}{f'(x_i)}\prod_{j=1,j\neq i}^{2013}(x-x_j)$   (1)

 Chia cả 2 vế của (1) cho $x^{2012}$ và cho x tiến về vô cùng .

vì g(x) có bậc nhỏ hơn 2012 nên VT tiến về 0 , còn vế phải tiên về $=\sum_{i=1}^{2013}\frac{g(x_i)}{f'(x_i)}$ 

 

Bài giải có vẻ sai rồi!

[duong vi tuan]

ban noi ro hon la minh sai cho nao duoc ko