Chủ đề này có 7 trả lời

[thangthan]

Cho đa thức $P(x)$ và $Q(x)=aP(x)+bP'(x)+cP''(x)$ với $a,b,c$ thuộc $R,a\neq0$ ,$b^2-4ac >0$.cmr nếu $Q(x)$ vô nghiệm thì $P(x)$ vô nghiệm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tramyvodoi: 16-12-2012 - 11:40

[duongtoi]

Phương trình $Q(x)=0$ chính là phương trình vi phân thuần nhất $aP(x)+bP'(x)+cP''(x)=0$
Phương trình đặc trưng là $ct^2+bt+a=0\quad (1)$
Th1: $c\ne 0$: (1) có hai nghiệm phân biệt $t_1;t_2$ vì $b^2-4ac>0$.
Do vậy, nghiệm của phương trình vi phân thuần nhất này là
$P(x)=C_1e^{t_1x}+C_2e^{t_2x},\quad C_1,C_2\in\mathbb{R}$
(Đây là công thức nghiệm của phương trình vi phân thuần nhất, những ai đã học đại học mới có thể biết)
Cho $C_1=C_2=0$, tức là $P(x)=0$.
Vậy phương trình $Q(x)=0$ có nghiệm khi $P(x)=0$. Tức là, $Q(x)$ vô nghiệm thì $P(x)=0$ vô nghiệm.
TH2: $c=0$: Suy ra $b\ne 0$. PT $Q(x)=0$ có nghiệm là $P(x)=C_3e^{-\frac{a}{b}x}$.
Cho $C_3=0$, tức là $P(x)=0$.
Vậy phương trình $Q(x)=0$ có nghiệm khi $P(x)=0$. Tức là, $Q(x)$ vô nghiệm thì $P(x)=0$ vô nghiệm.

KL: Phương trình $Q(x)=0$ vô nghiệm thì $P(x)$ vô nghiệm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duongtoi: 15-12-2012 - 09:11

[PSW]

Bài toán này thuộc Gameshow NHỮNG BÀI TOÁN TRONG TUẦN. Bài toán đã được công bố lại nhiều ngày nhưng chưa ai giải được. BTC đã đặt hoa hồng hi vọng cho bài toán này.

Hoa hồng hi vọng sẽ mang lại 50 điểm cho người đầu tiên giải đúng được bài toán này. Nếu hết ngày 15/12 mà vẫn không có ai giải được, BTC sẽ công bố bài toán khác, tuy nhiên hoa hồng hi vọng sẽ vẫn tồn tại cho đến khi có người giải được bài toán này.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PSW: 14-02-2013 - 22:40

[phudinhgioihan]

cho đa thức P(x) và Q(x)=aP(x)+bP'(x)+cP''(x) với a,b,c thuộc R,a khác 0,b^2-4ac >0.cmr nếu Q(x) vô nghiệm thì P(x) vô nghiệm

Ở đây, đúng ra phải thêm một ý: $P ,Q \in R[x] $ và ta chỉ xét đến nghiệm thực của các đa thức !

Một tương đương logic ai cũng biết:

$Q(x)$ vô nghiệm thì $P(x)$ vô nghiệm $\Leftrightarrow$ $P(x)$ có nghiệm thì $Q(x)$ có nghiệm..

Nếu $P(x)$ là đa thức bậc lẻ thì $Q(x)$ cũng bậc lẻ nên cả hai đều có nghiệm thực.

Nếu $deg P=2n \;\;, n \in \mathbb{N}^* $ và $P(x)$ có $k$ nghiệm (kể cả bội)

Do P bậc chẵn nên nếu có nghiệm thì có một số chẵn nghiệm (kể cả bội), do đó, số nghiệm của $P(x)$ bằng $2m \;\;,m \in \mathbb{N}^* $ (kể cả bội)

Xét phương trình $a P(x)+b P^{'}(x)+cP^{''}(x)=0 $ $\Leftrightarrow P(x)+\dfrac{b}{a}P^{'}(x)+\dfrac{c}{a}P^{''}(x) =0$

Thấy rằng : $b^2 >4ac \Leftrightarrow \dfrac{b^2}{a^2}>4 \dfrac{c}{a} $

Đặt $u=\dfrac{b}{a} \;\;, v=\dfrac{c}{a} $ $\Rightarrow u^2>4v $

Ta cần CM: $ P(x)+uP^{'}(x)+vP^{''}(x)=0 $ có nghiệm.

Gọi $u_1,v_1$ là hai số thực khác 0 bất kỳ.


Xét $H_1(x)=e^{\frac{x}{u_1}}P(x) $ $ \Rightarrow H_1(x) $ có $2m$ nghiệm thực (kể cả bội)

$\Rightarrow H_1^{'}(x)=\dfrac{e^{\frac{x}{u_1} }}{u_1}(P(x)+u_1 P^{'}(x)) $ có ít nhất $2m-1$ nghiệm (kể cả bội)

$\Rightarrow P(x)+u_1 P^{'}(x) $ có ít nhất $2m-1$ nghiệm (kể cả bội)

$\Rightarrow P(x)+u_1P^{'}(x)=\prod_{i=1}^{2m-1}(x-x_i) R_{2n-2m+1}(x) $, với $R_{2n-2m+1}(x)$ là đa thức bậc $2n-2m+1$, tức bậc lẻ, nên $R_{2n-2m+1} $ có ít nhất một nghiệm.

Vậy $P(x)+u_1 P^{'}(x) $ có ít nhất $2m$ nghiệm (kể cả bội)

Xét $H_2(x)=e^{\frac{x}{v_1}}(P(x)+u_1P^{'}(x) )$

Tương tự như trên ta cũng có: $P(x)+u_1P^{'}(x)+v_1(P^{'}(x)+u_1P^{''}(x) $ có ít nhất $2m$ nghiệm thực (kể cả bội)

hay $P(x)+(u_1+v_1)P^{'}(x)+u_1v_1P^{''}(x) $ có ít nhất $2m$ nghiệm thực (kể cả bội).

Do $u^2-4v>0 $ nên phương trình $x^2-ux+v=0 $ có 2 nghiệm phân biệt $x_1;x_2 $

Chọn $u_1=x_1\;, v_1=x_2 $,

$ \Rightarrow P(x)+uP^{'}(x)+vP^{''}(x) $ có ít nhất $2m$ nghiệm hay $Q(x)$ có nghiệm.

Vậy có đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phudinhgioihan: 15-12-2012 - 23:02

[bbboylion]

Bổ đề:
Chứng mình rằng: nếu $P(x)-t.P'(x)$ vô nghiệm thì $P(x)$ vô nghiệm.
Chứng minh:
+ Với $t=0$ thì hiển nhiên.
+ Với $t\neq 0$.
Xét hàm số: $ f(x)=e^{\frac{1}{-t}}.P(x)$
$f'(x)=\frac{e^{\frac{1}{-t}}}{-t}(P(x)-t.P'(x))$
Theo giả thiết thì $ P(x)-t.P'(x)$ vô nghiệm nên $f'(x) $ vô nghiệm.
Lại có: $f(x)$ liên tục và khả vi với mọi x thuộc $\mathbb{R}$
nên theo định lí Roll$ f(x)$ có tối đa 1 nghiệm
$\Rightarrow P(x)=0 $có tối đa 1 nghiệm. (1)
Vì $P(x)-t.P'(x)$ vô nghiệm nên bậc của nó chẵn
Mà bậc của $P(x)$ bằng bậc của$ P(x)-t.P'(x)$ nên$ P(x)$ bậc chẵn.(2)
Từ (1) và (2) suy ra:
$P(x)$ vô nghiệm.
Trở lại bài toán.
vì$b^2-4ac>0$ nên phương trình $ax^2+bx+c$ có hai nghiệm phân biệt là $x_1$ và $x_2$.

Xét $H(x)=P(x)-x_1.P'(x)$
và $G(x)=H(x)-x_2.H'(x)$
Ta có:
$G(x)=P(x)-x_1.P'(x)-x_2.(P'(x)-x_2.P"(x))$
$=\frac{aP(x)+bP'(x)+xP"(x)}{a}$
Hiển nhiên $G(x)$ vô nghiệm
Áp dụng bổ đề trên ta có:
$H(x)$ vô nghiệm và $P(x)$ vô nghiệm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bbboylion: 15-12-2012 - 23:35

[bbboylion]

Tông quát:
Nếu đa thức $a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_0$ (với $a_i$ nguyên) có n nghiệm và $Q(x)=a_n.P(x)+a_{n-1}.P'(x)+...+a_0.P^{(n)}(x)$ vô nghiệm thì $P(x)$ vô nghiệm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bbboylion: 15-12-2012 - 23:51

[phudinhgioihan]

Tông quát:
Nếu đa thức $a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_0$ (với $a_i$ nguyên) có n nghiệm và $Q(x)=a_n.P(x)+a_{n-1}.P'(x)+...+a_0.P^{(n)}(x)$ vô nghiệm thì $P(x)$ vô nghiệm.

Việc tổng quát thế này không có ý nghĩa cho lắm, vì thực tế, việc chứng minh $Q(x)=a_n.P(x)+a_{n-1}.P'(x)+...+a_0.P^{(n)}(x)$ vô nghiệm dài dòng và cồng kềnh hơn rất nhiều so với việc tìm nghiệm $P(x)$. Theo lời giải của mình trên kia, ta sẽ đi từ từ để đến với một mệnh đề nho nhỏ.

Xét $R(x)=\sum_{i=0}^n a_i x^i \in R[x] \;\;, n \in \mathbb{N}^*\;,a_n \neq 0$ có $n$ nghiệm thực $x_i $. ( không nhất thiết phân biệt)

Với $P \in R[x] $ bậc $2m \in \mathbb{N}^* , 2m \ge n$ có ít nhất $2k\;, k\in \mathbb{N}^*$ nghiệm thực (kể cả bội)

Như trong bài giải ở trên , ta có tính chất nhỏ là $\forall t \in \mathbb{R} , P(x)+t.P'(x) =0$ có ít nhất $2k$ nghiệm thực kể cả bội.

Xét dãy $ \begin{cases} H_1(x)=P(x)-x_1.P'(x) \\H_i(x)=H_{i-1}(x)-x_i.H_{i-1}'(x) \;\;\;, i \ge 2 \end{cases} $

Dễ chứng minh được rằng, $H_i(x)$ có ít nhất $2k$ nghiệm kể cả bội $\forall i \in \{1;2;...;n\} $

Với $i \in \{1;2;...;n \} $

Gọi $ E_{ij} = \sum_{1 \le i_1<i_2<...<i_j \le i} x_{i_1}x_{i_2}...x_{i_j} \;\;\;, j \in \{1;2...;i \}$ là đa thức đối xứng sơ cấp thứ $j$


Tính cụ thể các $H_2;H_3$ ta dễ tổng quát và chứng minh quy nạp rằng:

$H_i(x)=P(x)+\sum_{j=1}^i (-1)^jE_{ij} P^{(j)}(x)$

Vậy, $H_n(x)=P(x)+\sum_{j=1}^n (-1)^jE_{nj}P^{(j)}(x) $

Theo định lý Viète , $E_{nj} =(-1)^j\dfrac{a_{n-j}}{a_n} $

$\Rightarrow H_n(x)=P(x)+ \sum_{j=1}^n \dfrac{a_{n-j}}{a_n} P^{(j)}(x) $

Từ $H_n(x)$ có ít nhất $2k$ nghiệm thực kể cả bội

$\Rightarrow a_n P(x)+\sum_{j=1}^n a_{n-j} P^{(j)}(x) $ có ít nhất $2k$ nghiệm thực kể cả bội

Tóm lại, ta vừa chứng minh rằng : Với đa thức hệ số thực $\sum_{i=0}^n a_i x^i $ bậc $n$ có $n$ nghiệm thực (không nhất thiết phân biệt) và $P(x) $ là đa thức hệ số thực bậc chẵn không nhỏ hơn $n$ ,có ít nhất $2k$ nghiệm thực (kể cả bội), thế thì

$ \sum_{i=0}^n a_{n-i}P^{(i)}(x) =0$ cũng có ít nhất $2k$ nghiệm thực kể cả bội. ($P^{(0)}(x)=P(x) $)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phudinhgioihan: 16-12-2012 - 15:45

[PSW]

Chấm điểm
phudinhgioihan: 50 điểm
bbboylion: 5 điểm