CHUYÊN đề hội THẢO các TRƯỜNG CHUYÊN môn TOÁN một số bài TOÁN về đa THỨC

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ ĐA THỨC Phần thứ nhất: ĐẶT VẤN ĐỀĐối với người giáo viên đặc biệt là giáo viên ở trường chuyên ngoài nhiệm vụ trang bị cho các em học sinh những kiến thức nền tảng để

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ ĐA THỨC Phần thứ nhất: ĐẶT VẤN ĐỀ

Đối với người giáo viên đặc biệt là giáo viên ở trường chuyên ngoài nhiệm

vụ trang bị cho các em học sinh những kiến thức nền tảng để giải quyết các bài toán

cơ bản, chúng tôi còn tham gia giảng dạy, bồi dưỡng các đội tuyển học sinh giỏi

Vì vậy việc học tập, trau dồi các chuyên đề nâng cao cũng là một nhiệm vụ quantrọng

Nội dung Đa thức trong phần ôn luyện học sinh giỏi là một nội dung khó đốivới học sinh và ngay cả giáo viên giảng dạy Khó bởi vì các bài tập về Đa thức cóphương pháp giải phong phú sử dụng kết hợp cả đại số và giải tích, mà các tài liệu,sách tham khảo về nội dung này đều đã cũ, không được hệ thống và cập nhật mộtcách đầy đủ, liên tục, bên cạnh đó lại có nhiều phương pháp giải mới mà khôngphải ai cũng có điều kiện tiếp cận Tuy thế nhưng trong các kỳ thi học sinh giỏi cáccấp thì nội dung này cũng thường xuyên xuất hiện

Nhằm nâng cao hiệu quả giáo dục trong nhà trường phổ thông, và góp phầntừng bước nâng cao chất lượng của công tác bồi dưỡng học sinh giỏi của trườngchuyên, chúng tôi viết ra chuyên đề ôn luyện học sinh giỏi: “Đa thức”

Phần thứ hai: NỘI DUNG

A Cơ sở khoa học

Toán học là khoa học trừu tượng, có nguồn gốc từ thực tiễn và có ứng dụngrộng rãi trong thực tiễn Việc rèn luyện tư duy logic, phát huy tính tíc cực, tự giác,chủ động của người học, hình thành và phát triển năng lực tự học, trau dồi cácphẩm chất linh hoạt, độc lập, sáng tạo của tư duy là một trong những yêu cầu dạyhọc hàng đầu của môn toán trong trường phổ thông

Việc trang bị cho học sinh phương pháp để giải các bài tập, rèn kỹ năng chohọc sinh là điều rất cần trong môn Toán, vì nó sẽ giúp học sinh nắm vững kiến thức

cơ bản, đồng thời phát triển tư duy và năng lực sáng tạo, đó còn là phương tiện tưduy tốt nhất để củng cố kiến thức, luyện tính độc lập trong suy luận, tính kiên trìtrong gặp bài khó, tính cẩn thận, chính xác trong khoa học

Việc đổi mới phương pháp dạy và học trong các nhà trường nói chung, trongtrường chuyên nói riêng là việc làm cần thiết, nhằm phát huy tính chủ động, sángtạo, phát hiện và bồi dưỡng, rèn luyện trí thông minh cho học sinh

Cũng như các trường phổ thông trong cả nước, tập thể giáo viên trườngchuyên Hoàng Văn Thụ luôn suy nghĩ, tìm tòi đổi mới phương pháp dạy theohướng phát huy tính tích cực của học sinh để các em có thể nắm chắc được kiếnthức cơ bản Đây cũng là bước nền tảng để ôn luyện thi đại học, từ đó từng bướcnâng cao tỷ lệ học sinh vào đại học của nhà trường

Song song với các nội dung ôn thi đại học, nhà trường còn thực hiện mộttrọng trách rất quan trọng đó là phát hiện và bồi dưỡng nhân tài Cụ thể đó là bồidưỡng đội tuyển học sinh giỏi các cấp, trang bị cho các em trong đội tuyển phươngpháp tự nghiên cứu, niềm say mê trong học tập để các em đạt kết quả cao trong kỳthi toàn quốc Vì vậy chúng tôi thiết nghĩ việc viết ra những chuyên đề học sinhgiỏi có chất lượng là điều cần thiết, đây là nguồn tư liệu cho chính chúng tôi sửdụng, đồng thời cũng là tài liệu hữu ích cho việc tự học của các em học sinh

 a a0, , ,1 a được gọi là các hệ số của đa thức n

 Nếu a  thì được gọi là hệ số cao nhất n 0

 a được gọi là hệ số tự do.0

 Nếu K = Z (tương ứng Q, R, C) ta nói P x Z x (tương ứng R x ,   Q x , 

 

C x ).

 Nếu a0 a1   a n 0 thì P x    0, x R, ta nói P x là đa thức 0, để đơn giản ta viết P x    0

Định nghĩa 2 Cho đa thức ở dạng (1), nếu a  thì ta nói đa thức n 0 P x có bậc n, 

ký hiệu deg P x  n Đa thức 0 có bậc là  

Từ phép cộng và nhân hai đa thức ta rút ra được định lí sau:

Định lí 1 Cho P x Q x là các đa thức, khi đó:  ,  

degP x Q x  max degP x ,degQ x

degP x Q x  degP x degQ x

2 Chia hết và chia có dư

Định lí 2 (phép chia có dư) Cho hai đa thức P x G x ,  K x , trong đó G x khác đa thức 0 Khi đó tồn tại duy nhất cặp đa thức Q x R x ,  K x thỏa mãn

       

P x G x Q x R x và degR x degG x 

Định nghĩa 3 Đa thức Q x và   R x trong định lí 2 được gọi lần lượt là thương 

và dư của phép chia đa thức P x cho   G x  

Xét trường hợp khi R x là đa thức 0. 

Định nghĩa 4 Ta nói đa thức P x chia hết cho đa thức   G x trên   K x nếu tồn 

tại đa thức Q x K x thỏa mãn

     

P x G x Q x

ký hiệu P x G x   

Trong trường hợp ngược lại ký hiệu P x G x    

Trong định lí 2, xét trường hợp đặc biệt G x   x a , với a là hằng số,

K

a  , ta thấy khi đó R x là hằng số. 

Định lí 3 Số dư khi chia đa thức P x cho nhị thức   x a là P a  

Nói cách khác P x  x a   P a  0

3 Nghiệm của đa thức

Định nghĩa 5 Số a được gọi là nghiệm của đa thức P x nếu   P a    0

Kết hợp với định lí 3 ta có nhận xét:

a là nghiệm của P x khi và chỉ khi   P x  x a 

Định nghĩa 6 Cho đa thức P x và   mN* Ta nói số a là nghiệm bội m của

Định lí 4 (Định lí cơ bản của đại số) Trong C x , một đa thức bậc n bao giờ cũng 

có đầy đủ n nghiệm phức (kể cả bội).

Hệ quả Trong R x , mọi đa thức bậc n có không quá n nghiệm thực (kể cả bội). 

Định lí 5 Cho đa thức P x R x Nếu z a b i a b  , , R là một nghiệm phứccủa P x thì liên hợp của nó   z  a b i cũng là một nghiệm của P x  

Định lí 6

 Cho P x C x bậc n, hệ số cao nhất là a và có n nghiệm phức là

1, , ,2 n

   Khi đó P x  a x  1 x 2  x n

 Cho P x C x bậc n, hệ số cao nhất là a và có tất cả nghiệm phức là

Lặp lại quá trình trên bằng cách xét các nghiệm phức của Q x ta có định lí. 

Định lí 7 Trong R x , mọi đa thức đều phân tích được dưới dạng tích các nhân tử 

bậc nhất và các nhân tử bậc hai với biệt thức âm

Định lí 8

 Nếu đa thức P x với   deg P x  n và P x có nhiều hơn n nghiệm (kể cả bội) thì nó là đa thức 0

 Nếu hai đa thức P x Q x đều có bậc không vượt quá n, và lại bằng nhau ,  

tại nhiều hơn n giá trị khác nhau của biến x thì chúng có các hệ số đều bằng

nhau, ta viết P x  Q x 

Hệ quả Cho P x là một đa thức với hệ số thực Khi đó 

 Nếu hàm y P x   là hàm số chẵn thì tất cả các hệ số của lũy thừa bậc lẻđều bằng 0

 Nếu hàm y P x   là hàm số lẻ thì tất cả các hệ số của lũy thừa bậc chẵnđều bằng 0

Định lí 9

 Nếu x a là nghiệm của đa thức P x thì   x a b  là nghiệm của đa thức

P x b

 Nếu x a 0 là nghiệm của đa thức   1

 (phân số tối giản) là nghiệm của P x thì   a p0 và a q n

Trong trường họp đặc biệt khi hệ số cao nhất của P x bằng 1 thì dẫn đến mọi nghiệm hữu tỉ của đa thức đều là nghiệm nguyên nên thu được hệ quả

2 1

1

0

1 2

k k

n

n i

n

a x

a a

2 1

n i i

5 Các công thức khai triển

Định lí 13 (Công thức nội suy Lagrange) Cho đa thức P x bậc không vượt quá n, 

và n 1 số thực phân biệt a a0, , ,1 a Biết n A i P a i , i 0, ,n Khi đó

Hơn nữa nếu P x Z x và a a1, , ,2 a  thì n Z P P1, , ,2 P  n Z

Hệ quả Cho đa thức P x bậc n và   n 1 số nguyên a a0, , ,1 a thỏa mãn n

Định nghĩa 7 Cho K là một trong hai tập hợp Z, Q Đa thức P x K x được gọi

là bất khả quy trên K nếu P x không phân tích được thành tích của hai đa thức bậc lớn hơn hoặc bằng 1 với hệ số thuộc K

Định lí 16 (Tiêu chuẩn Eisenstein) Cho đa thức

Nếu tồn tại số nguyên tố p sao cho

0, , ,1 n 1

a a a p n

a p

2 0

a pthì P x bất khả quy trên Z. 

Định lí 17 (Tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng) Cho đa thức

a p

2 0

a pKhi đó nếu P x phân tích được thành tích của hai đa thức hệ số nguyên thì bậc của một trong hai đa thức không vượt quá k  1

Bổ đề Gauss Tích của hai đa thức nguyên bản là một đa thức nguyên bản.

Định lí 18 Nếu P x Z x bất khả quy trên Z x thì cũng bất khả quy trên   Q x 

(Chiều ngược lại hiển nhiên)

Định lí 19 Cho số vô tỉ , đa thức P x Z x , bất khả quy nhận  làm nghiệm

là đa thức có bậc nhỏ nhất

II/ MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ ĐA THỨC

VẤN ĐỀ 1: BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC

1 Bài toán xác định đa thức dựa vào yếu tố nghiệm của đa thức

Bài 1: Tìm tất cả các đa thức P x( ) hệ số thực thỏa mãn đồng nhất thức:

a) P x( )P x( 1) (1)b) xP x(  1) ( x 2) ( )P x (2)

Bài giải

a) Nhận xét

Từ P x( )P x(  1)  P(0)P(1)P(2)  P n( ) 

Nếu P x( )C thỏa mãn yêu cầu bài toán

Nếu P x( )C Giả sử deg P n

Đặt Q x( )P x( ) P(0) với degQ n

Ta thấy (0) Q(1) Q(2) Q(n) 0Q      Đa thức Q x( ) bậc n có nhiều hơn n

nghiệm Suy ra ( ) 0Q x   P x( )P(0)

Vậy đa thức cần tìm là P x( )C ( C là hằng số )

b) Từ giả thiết ta nhận thấy (0)P P(1) 0

Do đó x 0;1 là nghiệm của đa thức P x( ) Suy ra ( )P x x x(  1)Q(x)

Thay vào đồng nhất thức (2) ta được:

 Q x( )C

Thử lại ( )P x C x x a x (  )(  2 ) (a x (n 1) )a thỏa mãn yêu cầu bài toán

P P P P



( ) ( 1)( 1)( 2) ( )

     Với Q x( ) là đa thức với hệ số thực

Thay vào (1) ta được

(x2)(x x 1) (x x1)(x 1)(x 2) (Q x 1) ( x 2)(x  x1) (x x 1)(x1)(x2).Q(x)  (x2  x1) (Q x 1) ( x2  x1) ( ) Q x   x  2; 1;0;1;2 

Lần lượt thay x 0,x 1,x 3 vào  1 suy ra Q 0 0,Q 1 0,Q 1 0.

Thử lại P x  cx3  c1 x thỏa mãn bài toán

Bài 6: Xác định tất cả các đa thức P x  thỏa mãn điều kiện

Từ phương trình (1) cho x y 0, suy ra P 0 P2 0 hay P 0  0 hoặc P 0  1

1) Với P 0  1, cho y 0 vào phương trình (1), ta có P 0 P x P   0 hay

  1

P x 

2) Với P 0  0, suy ra P x  xQ x1  với Q1 có bậc nhỏ hơn P một đơn vị

Suy ra (1) tương đương với xyQ xy1  xQ x yQ y1  1  nhưng phương trình này thỏa mãn với x y,   nên

Q xy Q x Q y với x y,  

Từ đây lại có Q x 1  1 với   x hoặc Q x1 xQ x2  với   x

Tiếp tục lập luận này, ta có:

2 2

Vậy: Có duy nhất đa thức P x( ) x 32

2 Một số bài toán xác định đa thức dựa đánh giá các hệ số và bâc của đa thức

Bài 1: Tìm tất cả các đa thức P x( ) không phải là đa thức hằng thỏa mãn:

Giả sử tồn tại số m lớn nhất sao cho m k và a  m 0, suy ra 3m 2k m Đồng nhất

hệ số của x 2k m ở 2 vế, ta được 0 3  a a k2 m, mâu thuẫn với điều giả sử

Từ đó suy ra 3k  3  3 3 3k 1

a x Q x Q x a x  a 

Vậy P x x 1k với   x

Bài 2 (Albanian TST 2009): Tìm tất cả các đa thức P x( ) khác đa thức không có

hệ số không âm và thỏa mãn:

Giả sử P x( ) a x n n a n 1x n1 a0



    (a  n 0)Cho x o  ( (0))P 2 16 (0)P

Với n 1 thì P x( ) 4 x hoặc P x( ) 4 x16 Thử lại ta thấy P x( ) 4 x thỏa mãn

Vậy, đa thức cần tìm là P x   x2 x, với     ,

Bài 5 (IMO 2004) Tìm tất cả các đa thức P x  sao cho:

P a b P b c P c a  P a b c  , ,

Suy ra a b c , ,  6,3, 2   là một nghiệm nguyên của ab bc ca   0 nên với x ta có

a b c, ,   6 ,3 , 2x x  x cũng là nghiệm của phương trình

Ta có P a b  P b c  P c a    2P a b c    nên P x3 P x5 P 8x  2P x7  Đặt   n 1 n 1 2 n 2 1 0

     nên a  i 0 với i chẵn và i 6

Từ đây suy ra P x  Ax4 Bx2 với mọi A B, tùy ý

Thử lại đúng nên đa thức cần tìm là P x Ax4 Bx2

Bài 6: Tìm các đa thức P x  thỏa mãn:

Cho x y 0, từ phương trình đầu ta có: P 0  0

Cho y 3x, từ phương trình đầu ta có: P x P x   3  P22x P2x

Dễ thấy P x  là đa thức hằng thỏa mãn đề bài

Tiếp theo xét degP h  1

Đặt x a c y b a z c b  ,   ,   , khi đó x y z   0

Thay vào phương trình đầu tiên, ta có:

 3   3   3       

P x P y P z P x y P y z P z x Với x y z  , , và x y z   0

Như vậy thay bộ x y z; ;  bằng bộ x x; ; 2  x vào phương trình trên, ta được

Từ (7) và (9) suy ra (6) được chứng minh.

Do đó (5) đúng, nghĩa là đa thức P x  mx4 px2 qx e thỏa mãn đề bài.Kết luận: các đa thức thỏa mãn đề bài là:

Xét P x C const, nên P x   0 thỏa mãn

Xét degP n n ,  1, suy ra deg 'P  n 1,deg ''P  n 2

Từ phương trình ban đầu suy ra nn 1  n 2  n 3

Đồng nhất hệ số 2 vế của phương trình trên, ta có:

Gọi deg P n , deg Q m

Từ phương trình ban đầu, ta có: .  1  1 1 0

(

)

(x R x2 P x2 R x

nếu như R x( ) khác đa thức 0 thì ta có degP2degR2degPdegR

suy ra degPdegR, mâu thuẫn

i x a x

Q

0

) ( , đồng nhất hệ số ta được 2 a  2n a i, i  0 , 1 , ,n 1

i i

Suy ra trường hợp này có hai đa thức : P x( ) 0, ( ) 1  P x  thỏa đề ra

 Nếudeg P m với m lẻ thì đa thức P x( ) luôn có 1 nghiệm x0 R

Dễ dàng ta thấy ( )u n là dãy tăng và bằng quy nạp theo n ta có : P u ( ) 0n , n

Do đó đa thức P x( ) có vô số nghiệm : điều này vô lý

Tìm tất cả các đa thức P x( )với hệ số thực thỏa mãn:

P x( 2 + +x 3)P x(3 + = 1) P x(6 3 + 7x2 + 16x+ 3 ,) " Î ¡x .

Bài giải

Nếu P x( )là đa thức hằng thìP x( ) º 0,P x( ) º 1 và P x( ) = 2x- 1, " Î ¡x là đa thức bậcnhất duy nhất thỏa mãn

Giả sử degP n n= ( Î ¥ *). Gọi a n(a ¹ n 0)là hệ số bậc cao nhất cuả P x , căn bằng( )

hệ số bậc cao nhất hai vế của phương trình:

Khi đó bậc của đa thức vế trái trong phương trình trên là: 2n k+ , trong khi đó bậc

đa thức vế phải là 3k< 2n k+ (vô lý) Vậy Q x º( ) 0.

Kết luận: Tất cả các đa thức thỏa là:

P x º P x º P x = x- nÎ ¥

3 Một số bài toán xác định đa thức nhiều biến

Bài 1: Tìm tất cả các đa thức P x y ,  với hệ số thực sao cho

Xét Q t y , P t y y  ,  với t y,  .

Suy ra Q t y ,  1 P t y   1,y 1 P t y y  , Q t y , 

Do đó với mỗi số thực t tùy ý, đa thức một biến H y Q t y ,  luôn nhận 1 giá trị

cố định với mọi y nên H y  là đa thức hằng

Trong đó m n  , và đa thức Q x y( ; ) không chia hết cho x y x y;  (1)

Tương tự nếu Q z z ( , ) 0  z thì suy ra ( , ) (Q x y x y )

Điều này mâu thuẫn với (1)

Bài 4: Tìm tất cả các đa thức hệ số thực thỏa mãn:

Nếu P(a) nguyên thì a nguyên

Bài 5: Tìm tất cả các đa thức P x( ) thỏa mãn hệ thức: (3 )P x P x P x P x'( ) ''( ) '''( )

Bài 6: Xác định đa thức P x( ) hệ số thực thỏa mãn:

Bài 14 ( Việt Nam TST 1999): Tìm tất cả các đa thức với hệ số thực có bậc 1999

và thỏa mãn điều kiện: Tồn tại số thực a sao cho ( ( ))P x 2  4a x( 2  4)( ( ))P x' 2

VẤN ĐỀ 2: MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ ĐA THỨC HỆ SỐ NGUYÊN

1 Một số bài toán về đa thức hệ số nguyên

Vậy dP2013 , Q2013 2012 (đpcm)

Bài 2: Cho đa thức với hệ số nguyên

P x( )ax3 bx2 cxd

Trong đó, a b, chia hết cho 3, c không chia hết cho 3

Chứng minh rằng: Với mọi số tự nhiên nta luôn luôn tồn tại số nguyên a nsao cho

Cứ tiếp tục quy trình như vậy P x(3 r)3 ( )n P x n

Suy ra tồn tại a n 3x r sao cho P(a )n 3 ( )n P x n

Bài 3 (THTT T9/455): Cho đa thức

f x( )x3  3x3 9x 1964

Chứng minh rằng tồn tại số nguyên a sao cho f a( ) chia hết cho 2014

3

Bài giải:

Ta có f(3x1)3 (32 x3 2x 219)

Xét P x( )3x3 2x219 Áp dụng Bài 2

Tồn tại a n nguyên sao cho P x( ) 32012

Vậy tồn tại số nguyên a sao cho f a( ) chia hết cho 2014

Đẳng thức trên không xảy ra vì  1, 2là các số chẵn ( Mâu thuẫn)

Vậy phương trình f x( )0 không thể có hai nghiệm nguyên phân biệt

Bài 5: Cho f x( ) là một đa thức với hệ số nguyên Chứng minh rằng nếu các số

Bài 2: Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên Giả sử P(0) và P(1) là các số nguyên

lẻ Chứng minh rằng:đa thức P(x) không có nghiệm nguyên

Bài 3: Cho đa thức :   2 2 2 1 2 1 1 0

Chứng minh rằng: đa thức P(x) không có nghiệm hữu tỉ

Bài 4: Cho dãy Fibonaci  a n

a1 a2 1,a n2 a n a n1  n N*

Chứng minh rằng nếu đa thức P x( ) bậc n với hệ số nguyên có tính chất

P k( )a k với mọi x  n 2, ,2 n 2

Thì kéo theo P(2 n 3) a2n3 1

Bài 5: Giả sử P(x) là đa thức bậc 1991 với hệ số nguyên Xét đa thức Q(x) =P2

(x)-9 Chứng minh rằng : số nghiệm nguyên của đa thức Q(x) nhỏ hơn 1996

Bài 6 ( THTT T10/456) Cho đa thức

f x( )x3 3x2 6x 1975

Hỏi trong đoạn  2015

1;3 có tất cả bao nhiêu số nguyên a sao cho (a)