skkn 1 số vân dề về đa thức

Trong chương trình phổ thông, chúng ta đã làm quen với khái niệm đa thức từ bậc trung học cơ sở, từ những phép cộng, trừ, nhân đa thức đến phân tích đa thức ra thừa số, dùng sơ đồ Horner

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH

Mã số: (Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi)

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Có đính kèm: Các sản phẩm không thể hiện trong bản in SKKN

 Mô hình  Đĩa CD (DVD)  Phim ảnh  Hiện vật khác

(các phim, ảnh, sản phẩm phần mềm)

Năm học: 2013 – 2014

SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC

––––––––––––––––––

I THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN

1 Họ và tên: ĐINH NHO THẮNG

2 Ngày tháng năm sinh: 20 tháng 11 năm 1977

8 Nhiệm vụ được giao: Giảng dạy môn Toán và chủ nhiệm lớp 12 Toán

9 Đơn vị công tác: Trường THPT chuyên Lương Thế Vinh

II TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO

- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Thạc sĩ

- Năm nhận bằng: 2005

- Chuyên ngành đào tạo: Toán Giải Tích

III KINH NGHIỆM KHOA HỌC

- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm:

Số năm có kinh nghiệm: 14

- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây

1 Dãy số và giới hạn, năm 2011

2 Một số phương pháp giải phương trình chứa căn, năm 2012

3 Một số phương pháp giải toán dãy số nguyên, năm 2013

MỘT VÀI VẤN ĐỀ VỀ ĐA THỨC

I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Đa thức là một trong những khái niệm trung tâm của toán học Các bài toán

về đa thức thường xuất hiện trong các kì thi học sinh giỏi và là những bài toán hay

và khó Trong chương trình phổ thông, chúng ta đã làm quen với khái niệm đa thức

từ bậc trung học cơ sở, từ những phép cộng, trừ, nhân đa thức đến phân tích đa thức ra thừa số, dùng sơ đồ Horner để chia đa thức, giải các phương trình đại số

II CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN

Các bài toán về đa thức rất phong phú và đa dạng Trong quá trình giảng dạy chúng tôi nhận thấy học sinh vẫn còn lúng túng khi đứng trước bài toán về đa thức

Chuyên đề này trình bày hai dạng thường của bài toán đa thức là: Đa thức nguyên và các phương pháp xác định đa thức

III TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP

Chuyên đề này được dạy cho học sinh chuyên toán lớp 12 và bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 12

NGƯỜI THỰC HIỆN

Đinh Nho Thắng

BM03-TMSKKN

Biên Hòa, ngày tháng năm

PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Năm học: 2013 - 2014

–––––––––––––––––

Tên sáng kiến kinh nghiệm: MỘT VÀI VẤN ĐỀ VỀ ĐA THỨC

Họ và tên tác giả: ĐINH NHO THẮNG Chức vụ: Giáo viên

Đơn vị: TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH

Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào các ô tương ứng, ghi rõ tên bộ môn hoặc lĩnh vực khác)

- Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học bộ môn: 

- Phương pháp giáo dục  - Lĩnh vực khác:  Sáng kiến kinh nghiệm đã được triển khai áp dụng: Tại đơn vị  Trong Ngành 

1 Tính mới (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô dưới đây)

- Đề ra giải pháp thay thế hoàn toàn mới, bảo đảm tính khoa học, đúng đắn 

- Đề ra giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, bảo đảm tính khoa học, đúng đắn 

- Giải pháp mới gần đây đã áp dụng ở đơn vị khác nhưng chưa từng áp dụng ở đơn vị mình, nay tác giả tổ chức thực hiện và có hiệu quả cho đơn vị 

2 Hiệu quả (Đánh dấu X vào 1 trong 5 ô dưới đây)

- Giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đã được thực hiện trong toàn ngành có hiệu quả cao 

- Giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, đã được thực hiện trong toàn ngành có hiệu quả cao 

- Giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đã được thực hiện tại đơn vị có hiệu quả cao 

- Giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, đã được thực hiện tại đơn vị có hiệu quả 

- Giải pháp mới gần đây đã áp dụng ở đơn vị khác nhưng chưa từng áp dụng ở đơn vị mình, nay tác giả tổ chức thực hiện và có hiệu quả cho đơn vị 

3 Khả năng áp dụng (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô mỗi dòng dưới đây)

- Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính sách:

Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT  Trong ngành 

- Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ thực hiện và dễ đi vào cuộc sống: Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT  Trong ngành 

- Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt hiệu quả trong phạm vi rộng: Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT  Trong ngành 

Xếp loại chung: Xuất sắc  Khá  Đạt  Không xếp loại 

Cá nhân viết sáng kiến kinh nghiệm cam kết và chịu trách nhiệm không sao chép tài liệu của người khác hoặc sao chép lại nội dung sáng kiến kinh nghiệm cũ của mình

Tổ trưởng và Thủ trưởng đơn vị xác nhận đã kiểm tra và ghi nhận sáng kiến kinh nghiệm này

đã được tổ chức thực hiện tại đơn vị, được Hội đồng chuyên môn trường xem xét, đánh giá; tác giả không sao chép tài liệu của người khác hoặc sao chép lại nội dung sáng kiến kinh nghiệm cũ của chính tác giả

Phiếu này được đánh dấu X đầy đủ các ô tương ứng, có ký tên xác nhận của tác giả và người

có thẩm quyền, đóng dấu của đơn vị và đóng kèm vào cuối mỗi bản sáng kiến kinh nghiệm

NGƯỜI THỰC HIỆN SKKN

(Ký tên và ghi rõ họ tên)

XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN

(Ký tên và ghi rõ họ tên)

THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

(Ký tên, ghi rõ

họ tên và đóng dấu)

Trong phần này ta xét các đa thức trên A [x] trong đó A  hoặc A  

Định lí 1. Cho f(x) và g(x) 0 là hai đa thức Khi đó tồn tại hai đa thức

duy nhất q(x) và r(x) sao cho

( ) ( ) ( ) ( )

f x g x q x r x với deg ( )r x deg ( )g x

Nếu r(x) = 0 thì ta nói f(x) chia hết cho g(x)

Chú ý Cho đa thức f x( )a x n n a n1x n1 a x1 a0 Nếu 0

( ) 0

f x  thì ta nói x là một nghiệm của đa thức f(x) 0

Định lí 2. Cho đa thức f x A[x] và a  A Dư số của phép chia f(x) ( )

cho (x – a) chính là f(a)

Phần I KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

Cho đa thức ( )f x A[x] và a  A và m   Khi đó a là nghiệm bội cấp *

m của f(x) khi và chỉ khi f(x) chia hết cho (xa)m nhưng không chia hết cho (xa)m1

Trong trường hợp m = 1 thì ta gọi a là nghiệm đơn của còn khi m = 2 thì a

được gọi là nghiệm kép Số nghiệm của một đa thức là tổng số nghiệm của đa thức đó kể cả bội của các nghiệm

n n n

n

n n

n

a

a a

của phương trình (1)

Định lí 5 Mỗi đa thức thực bậc n đều có không quá n nghiệm thực

Hệ quả 1 Đa thức có vô số nghiệm là đa thức không

Hệ quả 2 Đa thức có bậc bé hơn hay bằng n mà nhận cùng một giá trị tại

n + 1 điểm khác nhau thì đa thức đó là đa thức hằng

Hệ quả 3 Hai đa thức bậc bé hơn hay bằng n mà nhận n +1 giá trị thỏa

mãn bằng nhau tại n + 1 giá trị khác nhau của đối số thì đồng nhất bằng nhau

Định lí 6. Mọi đa thức f x( ) [ ]x bậc n có đúng n nghiệm

Định lí 7. Mọi đa thức f x( ) [ ]x có bậc n và có hệ số chính a  đều n 0

có thể phân tích duy nhất thành nhân tử

4 Ước, ước chung lớn nhất

Định nghĩa Khi đa thức P x n( )a x n n a n1x n1 a x1 a0 được viết dưới dạng P x n( ) g x q x( ) ( ) với degg  và deg0 q  thì ta nói g là ước 0của P x n( )

Nếu g x P x( ) ( ) và g x Q x( ) ( ) thì ta nói g(x) là ước chung của P(x) và Q(x)

Nếu hai đa thức P(x) và Q(x) chỉ có ước chung là các đa thức bậc 0 thì ta

nói rằng chúng nguyên tố cùng nhau và viết P x Q x( ), ( )1

Định lí 8 Điều kiện cần và đủ để hai đa thức P(x) và Q(x) nguyên tố cùng

nhau là tồn tại cặp đa thức u(x) và v(x) sao cho

( ) ( ) ( ) ( ) 1

P x u x Q x v x 

Nếu hai đa thức P(x) và Q(x) ( 0) có ước chung d(x) là đa thức chia hết cho tất cả các ước chung khác thì d(x) được gọi là ước chung lớn nhất của P(x) và Q(x)

Tính chất 1 Nếu các đa thức f(x) và g(x) nguyên tố cùng nhau và các đa

thức f(x) và h(x) nguyên tố cùng nhau thì các đa thức f(x) và h(x) nguyên

tố cùng nhau

Tính chất 2 Nếu các đa thức f(x), g(x) và h(x) thỏa mãn các điều kiện

f(x)h(x) chia hết cho g(x), g(x) và h(x) nguyên tố cùng nhau thì f(x) chia hết cho g(x)

Tính chất 3 Nếu đa thức f(x) chia hết cho các đa thức g(x) và h(x) với

g(x) và h(x) nguyên tố cùng nhau thì f(x) chia hết cho g(x)h(x)

Tính chất 4 Nếu các đa thức f(x) và g(x) nguyên tố cùng nhau thì

f x( )m và g x( )m sẽ nguyên tố cùng nhau với mọi m, n nguyên dương

Định nghĩa Cho L   Đa thức P x( )L x[ ] được gọi là khả quy trên L x[ ]

nếu tồn tại các đa thức Q x và ( )( ) T x cùng thuộc L x[ ] với các bậc lớn hơn hay bằng 1 sao cho P x( )Q x T x( ) ( )

Trường hợp ngược lại, P(x) được gọi là bất khả quy trên L x[ ]

Tính chất 1 Nhận xét rằng mọi đa thức P x( ) [ ]x với bậc lớn hơn 2 đều đươc phân tích thành nhân tử bậc nhất và bậc hai nên cũng có thể coi P(x) khả quy trên [ ]x

Vậy tính khả quy của đa thức thực chất chỉa có ý nghĩa trong [ ]x và [ ]x

hoặc trong L x[ ] với tập con thực sự của 

Mặt khác, nếu P x( ) [ ]x thì gọi M là mẫu số chung nhỏ nhất của các mẫu số

Vậy chỉ cần khả quy của các đa thức thuộc [ ]x

Tính chất 2 Nếu đa thức P x( )[ ] (degx P1) mà không khả quy trên [ ]x

thì cũng không khả quy trên [ ]x

Tính chất 3 (Tiêu chuẩn Eisenstien) Cho đa thức

i) Hệ số cao nhất a không chia hết cho p n

ii) Tất cả các hệ số còn lại chia hết cho p

iii) Hệ số tự do a chia hết cho p nhưng không chia hết cho 0 p2 thì đa thức f(x) không phân tích được thành tích các nhân tử với bậc thấp hơn, với các hệ số hữu

tỉ

Bài 1 (VMO 2014) Cho đa thức P x( )(x27x6)2n 13 với n là số

Phần II ĐA THỨC NGUYÊN

nguyên dương Chứng minh rằng đa thức P(x) không thể biểu diễn được dưới dạng tích của n + 1 đa thức khác hằng số với hệ số nguyên

Giải

Đa thức P(x) có bậc 4n và không có nghiệm thực Nhị thức x −7x+6 có hai 2

nghiệm 1 và 6; 13 là số nguyên tố

Giả sử P x( )P x P x1( ) 2( ) P n1( )x với P x có bậc chẵn Vì tổng các bậc i( )của P x bằng 4n nên phải có ít nhất hai đa thức, giả sử là i( ) P x P x có 1( ), 2( )bậc bằng 2

Do P(x) có hệ số cao nhất là 1 nên ta có thể giả sử P x P x có hệ số cao 1( ), 2( )nhất là 1, tức là P x1( )x2 axb P x, 2( )x2cxd

Vì P x P x không có nghiệm thực nên 1( ), 2( ) P x1( )0,P x2( ) với mọi x 0

Suy ra suy ra a = −b Lúc này P1(6)= 36−5b Ta thấy 36−5b > 0 không thể

bằng 13 nên chỉ có thể xảy ra 36−5b = 1, suy ra b = 7, a = −7 Nhưng lúc

này đa thức P x1( )x27x7có nghiệm thực, mâu thuẫn Suy ra điều phải chứng minh

Bài 2 Chứng minh đa thức sau

4 3

a  chia hết cho 3 và không chia hết cho 3 2

Theo tiêu chuẩn Eisenstien P(x) bất khả quy trên [ ]x

Bài 3 Chứng minh rằng nếu p là một số nguyên tố thì đa thức sau

1( )

p không chia hết cho C1p  p

Theo tiêu chuẩn Eisenstien P(x) bất khả quy trên [ ]x

Bài 4 Chứng minh rằng không tồn tại đa thức bậc lớn hơn 1 với các hệ số

nguyên dương để m   luôn kéo theo P(m) là số nguyên tố *

Giải Giả sử tồn tại đa thức như vậy dạng

Bài 1 Tìm tất cả các đa thức P(x) bậc n thỏa mãn điều kiện

( ) ( ) ( ), ,

P x  y P xy P x y x y 

Giải Đặt x yu x;  yv, thì (1) có dạng P uv( )P u P v( ) ( ), u v,   (2)

Trong (2) cho u v 0 ta có (0) 0

(0) 1

P P





Nếu P(0) 1 thì từ (2) với v = 0, ta được (0)P P u P( ) (0)P x( ) 1

Nếu P(0) 0 x  là một nghiệm của PT P(x) nên 0 P x( )xQ x( ) với

Q(x) là đa thức bậc n – 1 Thế vào (2) ta thu được

uvQ uv uvQ u Q v u v  Suy ra Q uv( )Q u Q v( ) ( ),u v,  

với Q u  hoặc ( ) 1 Q x( )Q x1( ) với Q x là đa thức bậc n - 2 1( )

Tiếp tục quá trình này sau hữu hạn bước ta thu được nghiệm của bài toán ( ) 1

Thử lại thấy hàm số f x( )x2ax thỏa mãn điều kiện đề ra

Phần III CÁC PHƯƠNG PHÁP XÁC ĐỊNH ĐA THỨC

I ĐẶC TRƯNG HÀM CỦA ĐA THỨC VỚI CÁC BIẾN TỰ DO

Bài 3 Cho f : thỏa mãn các điều kiện

(1)

f    và (a f x y) f x( y)2 ( ) ( ), f x f y x y,   (1)

Chứng minh f m( )x T m( ),x    m

Cho x  y vào (1) ta được (0)0 f  hoặc f(0) = 1 0

Nếu f(0) thì thay y = 0 vào (1) ta được 2 (0)0 f  với mọi 0 x   Do

đó ( )f x  ứng với a = 0 0

Nếu f(0) = 1, cho x = y = 1 ta thu được 2 (2)f 2a21

Tiếp tục thay x2,y  vào (1) ta được 1 f(3)4a33a

Từ đó dự đoán f n( )T a n( ) với mọi n 1 Bằng quy nạp ta chứng minh được dự đoán này

Mặt khác cho x 0, ta có

f x  f y  f f y  f y  f y  f y  f là hàm chẵn Vậy ta được

Phương trình (1) đối với x có vế trái là đa thức bậc bé hơn hay bằng n1n2

và đa thức này có nhiều hơn n1n2 nghiệm nên

 1 2 

deg P x P N x( ) ( ) 0

Suy ra

P x P y P z P t cd  Với x  y1,t  y 1 y n (y1)m    1, y

Thử lại thấy các hàm số thu được theo (2) thỏa mãn yêu cầu bài toán

Bài 5 Tìm tất cả các đa thức P(x) thoả mãn đồng nhất thức

xP(x-1) = (x-26)P(x)

Giải

Thay x = 0 vào đồng nhất thức, ta suy ra P(0) = 0 Suy ra P(x) chia hết cho

x, tức là P(x) = xP1(x) Thay vào đồng nhất thức, ta được

x(x-1)P1(x-1) = (x-26)xP1(x) suy ra

(x-1)P1(x-1) = (x-26)P1(x) (*) Lại thay x = 1, ta được P1(1) = 0, suy ra P1(x) chia hết cho x-1, tức là

P1(x) = (x-1)P2(x), thay vào (*), ta được

(x-1)(x-2)P2(x-1) = (x-26)(x-1)P2(x) Suy ra

(x-2)P2(x-1) = (x-26)P2(x) …

Cứ tiếp tục lý luận như thế, ta đi đến

P(x) = x(x-1)…(x-25)Q(x)

Đặt Q(0) = a thì ta có Q(x) = a với x = 1, 2, 3, … suy ra Q(x) = a với mọi x

Vậy P(x) = ax(x-1)…(x-25) là tất cả các nghiệm của bài toán

Bài 6 (HSG Hà Tĩnh 2011-1012) Tìm tất cả các đa thức có hệ số thực thỏa

mãn

(2) 12 ( ) ( 1) ( )

Giải Từ giả thiết ta có 2deg P(x) = 4 + deg P(x), suy ra deg P(x)= 4

Ta thấy P(0)= P(-1)= P(1) = 0 Khi đó ta có P(x) = x(x+1)(x-1)(ax+b) Sử dụng P(2)=2 ta có b = 2 -2a thay vào đòng nhất thức ta có được a = 1=> b=

Bài 2 Tìm các đa thức dạng

0

( ) , { 1;1}, {0,1, 2, , }

n k

Với n = 1 thì ta có ngay hai đa thức cần tìm dạng P x1( )x 1

Với n 2 thì theo giả thiết đa thức có các nghiệm x x1, 2, ,x đều thực n

n j j

2 2

( ) 2( ) 2 7 6( ) 2 8 6

Khi đó f(0)a0 và từ điều kiện bài toán ta có a  hoặc 0 0 a  0 1

Trường hợp a  không xảy ra vì khi đó thì 0 0 f x( )x g x s ( ) với

Suy ra g(0) = 0, trái với giả thiết Vậy a  0 1

Giả sử x  là nghiệm của f(x) Khi đó 0 0 2x03x0 cũng là nghiệm và

2x x  x 2x  1 x

nên suy ra đa thức f(x) sẽ có vô số nghiệm, điều này không thể xảy ra

Vậy không tồn tại đa thức f x( ) [ ]x bậc n có nghiệm thực và thỏa mãn điều kiện bài toán

Bài 1 Tìm tất cả các đa thức P x thỏa mãn ( )

Như vậy P x( )ax2bx Thử lại thỏa mãn

Kết luận : Đa thức cần tìm là P x( )ax2 bx trong đó a b  ,

Bài 2 Xác định đa thức P x bậc n thỏa mãn điều kiện ( )

(3) 0 3

P  x là nghiệm của P(x) Khi đó

Thử lại thấy thỏa mãn yêu cầu bài toán

Bài 3 Xác định đa thức P x bậc n thỏa mãn điều kiện ( )

P x P x  x    x

Giải Vì hai đa thức bậc bé hơn hay bằng m trùng nhau tại m + 1 điểm

nguyên thì chúng trùng nhau nên chỉ cần xét P(x) tại các điểm nguyên Theo giả thiết, ta có

( ) ( 1) 2 1, 1, 2,

P n P n  n nSuy ra

( ) (0) 1 3 (2 1) (0) ,

P n P     n P n   n

Do vậy P x( )x2 c, với c tùy ý

Thử lại thấy P x( )x2 c thỏa mãn điều kiện đề bài

Bài 4 Tìm tất cả các đa thức P x bậc n thỏa mãn điều kiện ( )