Bài 2 TST 2019

Bài toán: (Việt Nam TST 2019) Với $n$ là số nguyên dương. Chứng minh rằng đa thức sau đây
$$P_n(x)=\sum^n_{i=0}C^{2k}_{2n}2^k.x^k.(x-1)^{n-k}$$
có đúng $n$ nghiệm thực phân biệt.

Nhận xét: Ta thấy $P_n(x)>0$ với $x\ge1$ và $P_n(x)<0$ với $x\le 0$. Do đó ta chỉ xét $x\in (0,1)$.
Giải:
Xét $x\in(0,1)$, ta có
$2P(x)=\left(\sqrt{2x}+i\sqrt{1-x} \right)^{2n}+\left(\sqrt{2x}-i\sqrt{1-x}\right)^{2n}$
Xét $Q(x)=\dfrac{P_n(x)}{(x+1)^{2n}}$. Ta có $\dfrac{\sqrt{2x}}{x+1}, \dfrac{1-x}{1+x}\in (0,1)$ và có tổng bình phương bằng $1$ nên ta có thể đặt chung là $\cos \phi$ và $\sin \phi$ với $\phi\in \left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$
Khi đó 
$Q_n(x)=R_n(\phi)=\left(\cos\phi+i\sin \phi\right)^{2n}+\left(\cos\phi-i\sin\phi\right)^{2n}$
Suy ra $Q_n(x)=R_n(\phi)=2\cos2n\phi$
$R_n(\phi)=0$ có đúng $n$ nghiệm $\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$.
Với mỗi $t\in (0,1)$, xét phương trình $\dfrac{\sqrt{2x}}{1+x}=t$. Phương trình này có tối đa 2 nghiệm và trong hai nghiệm đó chỉ có một nghiệm thuộc đoạn $(0,1)$ vì tích chúng bằng $1$. Do đó mỗi giá trị $\cos \phi$ cho ra đúng một giá trị $x$. Do đó $Q_n(x)$ có $n$ nghiệm thuộc $(0,1)$. ĐIều này cũng xảy ra với $P_n(x)$. 
Kết hợp việc $P_n(x)$ không có nghiệm thuộc $(-\infty,0)$ và $(1;+\infty)$ ta có điều cần chứng minh.
 Bài toán này ít nhiều khai thác các tính chất của đa thức Chebyshev.