高中数学竞赛中的多项式问题.pdf

2 0 1 3年第 5期 5 高 中数 学竞赛 中的多项式 问题 彭 广 阳 张 红 玲 天津师范大学数学科学学 院 2 0 1 1级研究生 3 0 0 3 8 7 天津市塘沽区北塘学校 3 0 0 4 5 3 李 宝 毅 天津师范大学数学科学学院 3 0 0 3 8 7 中图分类号 O 1 7 4 1 4 文献标 识码 A 文章编号 1 0 0 5 6 4 1 6 2 0 1 3 0 5 0 0 0 5 0 5 本讲适合高中 高 中阶段学习的多项式理论是代数学 的 重要组成部分之一 多项式 的基本理论 主要 包括 多项式恒等条件 余式定理 因式定理 韦达定理和插值公式等 与多项式有关 的竞 赛题除了出现在函数 方程 不等式等代数领 域中 还涉及到了数论 组合等知识 是一个 综合性的工具 也是数学竞赛中的热点和难 点问题之一 说明 本文 中的 d e g f n表示f 是 n次多项式 例 1多项式 a n x a n i 一 a l a 0 若存在连续 n 1 个整数 m m 1 m n 使得 f n k Z k 0 l n 则 为整值 多项 式 当 Z 时 f Z 分析 对 n 运用数学归纳法 当n 0时 f x c Z 命题显然成立 假设 n k时 命题成立 当 n k 1时 令 1 一 则 r t a 故 d e g f n一1 f 在连续 n个 整数 i r t l l 1 71 1 n 一 1 处取整数值 收稿 日期 2 0 1 3一O 1 2 5 由归纳假设 知f 为整值多项式 注意到 厂 一1 一1 对 运用双向数学归纳法 可以证明 当 Z时 厂 Z 评注 证明的关键是通过辅助函数 降低多项式的次数 此题的结论可用 于证明一类与多项式有关的整除问题 例如 若 n z 3 0 1 一n 其等价于 为 整值多项式 例 2 设 a 3 是 n次多项式 则 2个非负数 l a 一 f 0 I I a 一 f 1 I I a 一 f 2 I l a 一 厂 n 1 l 中至少有一个大于 1 分析 对 n 运用数学归纳法 当 n 0时 A 常值多项式 易知 I 1 一 A I l a A I l a l l 2 命 题 显然成立 假设 n k 时 命题成立 当 n k 1时 作辅助函数 g x 世 贝 4 d e g g d e g 一1 k 由归纳假设 知存在 i 0 l k l 使得 I a 一 g I 1 由 l口 g i I a i 一 主 f 6 中 等 数 学 1 得 I n 一 i 1 l I a 一 I I a l l 2 命题显然成立 评注 根据结论特点将例 1中的辅助 函数 进行改造 从 而 构造辅 助函数 g 生 多项式 的次数是重 要特征 根据多项式的次数进行分类讨论是 常用 的解 题方 法 例 3 设 l厂 是二次多项式 且 If 一1 I 1 If 0 I 1 I 1 l 1 则对任意的 一1 1 有 If 训 第 2 7届伊朗数学奥林匹克 分析 注意到 拉格朗日 插值公式 n l 由式 知 一1 f 0 1 可以唯一 确定二次多项式 即 一1 1一 z 0 1 当 0 1 时 If l 1 一 X X 2 5 一 一 当 一1 0 时 If I 一 篓 兰 1 一 一 苎 X X 2 5 一 丢 综上 原命题成立 评注 由式 利用 n 1 个点的函数 值可以唯一确定一个 n次多项式 例 4 设 F x 麟 6 c G x e x 为两个实系数多项式 恰是 G G F G F G 0 的八个两两不同的实根 证明 F 1 F 2 8 0 据第 3 7届俄罗斯数学奥林匹克 十一 年级 改编 分析 由题意得 d e g F d e g G 3 d e g F G 2 故 d e g F 2 G F G 8 因此 1 2 8 恰是 F2 G FG 0 的八个单根 且 d e g F G 2 假设 F F 0 则 G 7 t7 0的 三个实根均在区间 内 由三次多项式 G 的图像特点知 G 1 0 0 与 G 1 01 设f 是 次整 系数多项式 F f I z 证 明 对任 意的 k Z 有 Jic k 1 k I 1 F 2 0 0 8 意大利国家队选拔考试 分析 反证法 假设存在 k Z 使得 k k 1 k 1 2 0 1 3年第5期 7 即存在 Z 使得 i k i 0 l n 显然 两两不 同 因为 一 1 戈 i l 一 戈 f l i I 一 所 以 i l 一 1 注意到 一 I 戈 一 于是 I 一 0 I n 因此 o 一 为 l 1 个连续整数 不妨设 b i 1 k i i 0 1 1 令 g x 一 贝 4 g 0 o 一 0 k b g 1 厂 一 k 1 一 b 1 i b g x 鼍 厂 一 k n 一 b 1 后 b 故g k b 注意到 凡 1 于是 n次多项式 g 一 有 n 1 个不同的根 这显然是不可能的 从而 假设不成立 评注 n 次多项式在复数范围内恰有 n 个根 k 重根记为 k个根 若 d e g f x n 且 至少存在 凡 1 个根 则 0 例6 求整数0 a I 口 2 a 使得 x x n 1 a 2 一 口 l 在整数范围内可以因式分解 分析 记 0 假设 一 口 一 口 2 一 口 l P Q 其 中 p x Q 为整系数多项式 且 l d e g P x d e g q 凡 令 a i 0 1 1 贝 0 P 口 Q 口 1 因为 P a i Q 口 为整数 所以 P a f 一q 口 i 0 令 F p x 一q 贝 F 0存 在 凡 1 个根 口 0 口 1 口 故 F 0 P 兰q x x一 口 1 a 2 一 口 1 由上式右边为 2 d e g P x 次多项式 左边 为 凡 1次多项式 知 n为正奇数 当 n 1时 一 口 1 1 1 得a l 2 当 l 3时 a 1 a 2 一 口 3 1 P 故二次多项式 P X 满足 P 口 1 结合 0 口 1 0 213 口 3 一 a 0 l P G 3 P a 0 结合 P 口 1 得 P 口 3 一 P 口 0 0 2 一2 因此 P 口 3 P 口 同理 P a o P P P 故多项式 P 一P a 存在 n 1个根 口 o 口 3 口 4 口 而 l l d e g P x 矛盾 评注 大部分的多项式问题与根有关 因此 必须熟知与多项式的根有关 的一些常 见结论 例如 整系数多项式有理根的结构 实系数多项式复根的共轭成对等等 例 7 设 为实系数多项式 当 I 0 时 f x 0 证明 存在实系数多项式 p x q 使得 P x q 分析 当f C为常值多项式时 C I 0 命题显然成立 以下不妨设 d e g 0 设实数 为实系数多项式 的 重 8 中 等 数 学 根 其 中 l k 复数 6 i c j 为实系数多 项式 的 重根 其中 O 1 Z 利用实系数多项式根的基本性质 得复数 6 一 i c 为实系数多项式 的卢 重根 记 b j i c b j i c 一2 pi x qi 其中 一 2 弓 贝 0 p 一 4 g 一 4 4 0 利用 因 式 定理 可得 到实 系数 多项 式 的一般表达式 A I I n p i x 岛 其中 实数 A O p 2 4 q j 10时 10 令 一 得实数 A 0 当实数 在正实根 口 附近连续变化时 0 故正实根 a j 的重数 a 为偶数 a j 可以写成 p 2 Q 的形式 其 中 Q 0 对于非正实根 口 一0 可以写成 P Q 的形式 对于共轭复根 6 i c 注意到 p q i 一 2 b ix b x一 2 一 2 可 以写成 P x Q 的形式 由 P x Q P x Q P P Q Q 一 2 x P P Q Q x P Q Q 一 2 P P 2 Q Q P 1 P 2 x Ql Q 2 P l Q 2 一P 2 Q 1 再结合数学归纳法 易证原命题成立 评注 与数论中的正整数的算术分解 式类似 实系数多项式 有其一般因式分 解式 A x 一 口 p j x g 其 中 实数 A 0 p 4 q j 0 其重要性与正整数的算术分解式类似 例 8 设 口 2 一 2 3 一 3 口n I nn 一 有 n个非负实数根 则 o 2 2 a 2 2 3 a 3 2 n a n 分析 设 n 个非负实数根为 0 l 2 由韦达定理知 1 0 l j 一1 1 2 x 1 一 1 1 2 x i 1 令 2 a 2 2 a 3 2 a 贝 4 由韦达 定理得 I I 1 2 x i 1 2 X i 4 x ix j 一 8 x ix j 1 l l J I 1 2 2 a 2 2 a 3 2 口 一1 故原命题 0 t f 铮 其中 一1 一1 显然成立 注 意 到 n 一 2 1 2 x 若 1 2 x 均非负 则 1 2 x i i 1 n n厂i 一 1 2 i j r 命题显然成立 若 1 2 x 不全非负 则其中有且仅有一 个 为 负 一 2 I x i 1 因 此 一 l 耳 n 1 2 x i 0 0 b c 分别为等差数 2 0 1 1 列 若F x f i 存在实根 问 中至多有多少个无实根 据第 3 7届俄罗斯数学奥林 匹克 十年 级 改编 提 示 此题是原题 的等价变换 详解见本 刊 2 0 1 1 年第 1 1 期 2 设 P y 为二元实系数齐次多项式 对任意的0 0 2 丌 P C O S 0 s i n 0 1 则 存在非负整数 k k 0 使得 P Y Y k 2 o l o 爱沙尼亚国家队选拔考试 提示 此题在原题的基础上做 了一些变 化 详解见本刊 2 0 1 1年增刊 2 3 设 叭 一 9 4 9 1 1 m Z 且对任 意 的 n N a 口 则 数列 0 中任意两项互质 2 0 0 2 克罗地亚数学奥林匹克 提示 当 m 1 时 口 1 命题显然成立 当m 1 时 m 除以 m的余数为 1 即a 2 兰1 m o d m 口 3 厂 n 2 f 1 m o d m 1 m o d m 依此类推得 当 2时 a 兰1 m o d m 故 0 口 I 1 从而 数列 n 中任意两项互质 4 设 是整系数多项式 且 0 2 0 0 Z k O l 2 0 0 3 则 0 厂 1 2 0 0 3 提 示 记 n 2 0 0 2 贝 0 1 l n 1 一 0 而 一 n n 1 0 n 故 n 1 f 0 0 令 r x I厂 f 0 则 F n 1 F 0 0 于是 F 一 1 G 戈 其 中 G 是整系数多项式 当2 后 n 1时 由 k 1一k n 得 G k 只能为 0 即 G 可表示为 C x 2 一 3 n 1 其中 H 是整系数多项式 贝 F x x一 2 一 3 一 1 一n一1 日 取 1 则 I F 1 I n一2 n l H 1 l n 因此 H 1 0 取 n 则 I n I n一 2 n 1 日 n I n 因此 n 只能取 0 于是 日 一1 n 投 口 F 一 0 一1 n一1 z 其 中 I x 是整系数多项式 故 F 0 F 1 F 2 0 1 1 0 因此 厂 0 1 2 0 1 1 5 设 口 一 l 一 口 1 1 其中 0 若厂 0的根均为负实数 则 对任意的 O 有 1 2 0 O 5 克罗地亚数学竞赛 提示 此题