Chuyên đề toán đa THỨC lý THUYẾT và bài tập

Lý do chọ đề tài 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 đathức ra thừa số, d

CHUYÊN ĐỀ: ĐA THỨC LÝ THUYẾT VÀ BÀI TẬP

Nguyễn Trung Nghĩa

Trường: THPT Chuyên Nguyễn Tất Thành - Yên Bái

A PHẦN MỞ ĐẦU

1 Lý do chọ đề tài

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 đathức ra thừa số, dùng sơ đồ Horner để chia đa thức, giải các phương trình đại số

Các bài toán về đa thức thường xuyên xuất hiện trong các kỳ thi học sinhgiỏi toán và luôn được đánh giá là các bài toán khó Các bài toán này thường yêucầu nghiên cứu tính chất về các hệ số của một đa thức, tính chất về nghiệm của nóhoặc những bài toán về đa thức nguyên, tính khả quy và được hỏi theo nhiều hìnhthức khác nhau

Đề tài này sẽ hệ thống hoá lại những kiến thức cơ bản nhất về đa thức một biến, các dạng toán thường gặp về đa thức

2 Mục đích của đề tài

Với mục đích hệ thống hóa lại kiến thức, tổng hợp và hệ thống lại các dạng bài tập thường gặp về đa thức Cố gắng xây dựng thành tài liệu cho học sinh lớp chuyên toán tham khảo khi bắt đầu học đa thức và làm các bài tập về đa thức trongcác đề thi học sinh giỏi các cấp

B NỘI DUNG

I CÁC KIẾN THỨC LÝ THUYẾT CƠ BẢN

1 Đa thức và các phép toán trên đa thức.

1.1 Định nghĩa Đa thức trên trường số thực là biểu thức có dạng

P(x) = anxn + an-1xn-1 + … + a1x + a0, trong đó ai  R và an  0

ai được gọi là các hệ số của đa thức, trong đó an được gọi là hệ số cao nhất và a0

được gọi là hệ số tự do

n được gọi là bậc của đa thức và ký kiệu là n = deg(P) Ta quy ước bậc của

đa thức hằng P(x) = a0 với mọi x là bằng 0 nếu a0  0 và bằng nếu a0 = 0

Để tiện lợi cho việc viết các công thức, ta quy ước với đa thức P(x) bậc n thìvẫn có các hệ số ak với k > n, nhưng chúng đều bằng 0

Tập hợp tất cả các đa thức 1 biến trên trường các số thực được ký hiệu làR[x] Nếu các hệ số được lấy trên tập hợp các số hữu tỷ, các số nguyên thì ta có

khái niệm đa thức với hệ số hữu tỷ, đa thức với hệ số nguyên và tương ứng là các

1.5 Bậc của tổng, hiệu và tích của các đa thức.

Từ các định nghĩa trên đây, dễ dàng suy ra các tính chất sau đây:

Định lý 1 Cho P(x), Q(x) là các đa thức bậc m, n tương ứng Khi đó

a) deg(PQ)  max{m, n} trong đó nếu deg(P)  deg(Q) thì dấu bằng xảy

ra Trong trường hợp m = n thì deg(PQ) có thể nhận bất cứ giá trị nào  m

b) deg(P.Q) = m + n

1.6 Phép chia có dư.

Định lý 2 Với hai đa thức P(x) và Q(x) bất kỳ, trong đó deg(Q)  1, tồn tại duy

nhất các đa thức S(x) và R(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện:

i) P(x) = Q(x).S(x) + R(x)

ii) deg(R) < deg(Q)

Chứng minh Tồn tại Ta chứng minh bằng quy nạp theo m = deg(P) Nếu deg(P)

< deg(Q) thì ta có thể chọn S(x)  0 và R(x) = P(x) thoả mãn đồng thời các điềukiện i) và ii) Giả sử m  n và định lý đã được chứng minh với các đa thức có bậcnhỏ hơn m Ta chứng minh định lý đúng với các đa thức bậc m

Theo ký hiệu của định lý thì S(x) được gọi là thương số và R(x) được gọi là

dư số trong phép chia P(x) cho Q(x)

Phép chứng minh nói trên cũng cho chúng ta thuật toán tìm thương số và dư

số của phép chia hai đa thức, gọi là phép chia dài (long division) hay sơ đồ

Horner.

Ví dụ: Thực hiện phép chia 3x3 – 2x2 + 4x + 7 cho x2 + 2x được 3x – 8, dư20x + 7

1.7 Sự chia hết, ước và bội.

Trong phép chia P(x) cho Q(x), nếu dư số R(x) đồng nhất bằng 0 thì ta nói

rằng đa thức P(x) chia hết cho đa thức Q(x) Như vậy, P(x) chia hết cho Q(x) nếu

tồn tại đa thức S(x) sao cho P(x) = Q(x).S(x) Trong trường hợp này ta cũng nói

Q(x) chia hết P(x), Q(x) là ước của P(x) hoặc P(x) là bội của Q(x) Ký hiệu tương ứng là Q(x) | P(x) và P( x)⋮Q (x ).

Cho P(x) và Q(x) là các đa thức khác 0 Ước chung lớn nhất của P(x) và Q(x) là

đa thức D(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện sau:

i) D(x) là đa thức đơn khởi, tức là có hệ số cao nhất bằng 1

ii) D(x) là ước chung của P(x) và Q(x), tức là D(x) | P(x) và D(x) | Q(x)iii) Nếu D’(x) cũng là ước chung của P(x) và Q(x) thì D(x) cũng là ước củaD’(x)

Tương tự, ta có khái niệm bội chung nhỏ nhất của hai đa thức

Cho P(x) và Q(x) là các đa thức khác 0 Bội chung lớn nhất của P(x) và Q(x) là đa

thức M(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện sau:

i) M(x) là đa thức đơn khởi, tức là có hệ số cao nhất bằng 1

ii) M(x) là bội chung của P(x) và Q(x), tức là P(x) | M(x) và Q(x) | M(x)iii) Nếu M’(x) cũng là bội chung của P(x) và Q(x) thì M’(x) cũng là bội củaM(x)

Ký hiệu UCLN và BCNN của hai đa thức P(x), Q(x) là GCD(P(x), Q(x)),LCM(P(x), Q(x)) hay đơn giản hơn là (P(x), Q(x)), [P(x), Q(x)]

Hai đa thức P(x), Q(x) được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu (P(x), Q(x)) = 1

1.8 Thuật toán Euclide.

Để tìm ước chung lớn nhất của hai đa thức P(x), Q(x), ta sử dụng thuật toánEuclide sau đây:

Định lý 3 Giả sử có hai đa thức P(x), Q(x), trong đó deg(P)  degQ Thực hiện

phép chia P(x) cho Q(x) được thương số là S(x) và dư số là R(x) Khi đó

Nếu R(x) = 0 thì (P(x), Q(x)) = q*-1Q(x), trong đó q* là hệ số cao nhất của đa thứcQ(x)

Nếu R(x)  0 thì (P(x), Q(x)) = (Q(x), R(x))

Chứng minh Nếu R(x) = 0 thì P(x) = Q(x).S(x) Khi đó đa thức q*-1Q(x) rõ ràngthoả mãn tất cả các điều kiện của UCLN

Nếu R(x)  0, đặt D(x) = (P(x), Q(x)), D’(x) = (Q(x), R(x)) Ta có D(x) | P(x) –Q(x).S(x) = R(x), suy ra D(x) là ước chung của Q(x), R(x), theo định nghĩa củaD’(x), ta có D’(x) là ước của D(x) Mặt khác D’(x) | Q(x)S(x) + R(x) = P(x), suy

ra D’(x) là ước chung của P(x), Q(x), theo định nghĩa của D(x), ta có D(x) là ướccủa D’(x) Từ đây, do D và D’ đều là các đa thức đơn khởi, ta suy ra D = D’

Định lý trên giải thích cho thuật toán Euclide để tìm UCLN của hai đa thức theonhư ví dụ dưới đây:

Ví dụ: Tìm ước chung lớn nhất của hai đa thức x5 – 5x + 4 và x3 – 3x2 + 2

HD: Ta lần lượt thực hiện các phép chia

x5 – 5x + 4 cho x3 – 3x2 + 2 được x2 + 3x + 9 dư 25x2 – 11x – 14

x3 – 3x2 + 2 cho 25x2 – 11x – 14 được (25x – 64)/625, dư (354/625)(x-1)25x2 – 11x – 14 cho x-1 được 25x + 14 dư 0

Vậy (x5 – 5x + 4, x3 – 3x2 + 2) = x – 1

Lưu ý, trong quá trình thực hiện, ta có thể nhân các đa thức với các hằng số khác

0 Ví dụ trong phép chia cuối cùng, thay vì chia 25x2 – 11x – 14 cho 1) ta đã chia cho x – 1

(354/625)(x-1.9 Tính chất của phép chia hết.

Nhắc lại, hai đa thức P(x), Q(x) được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu (P(x), Q(x))

= 1 Ta có định lý sau và nhiều ứng dụng về các đa thức nguyên tố cùng nhau:

Định lý 4 (Bezout) Hai đa thức P(x) và Q(x) nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi

tồn tại các đa thức U(x), V(x) sao cho P(x).U(x) + Q(x).V(x) = 1

Chứng minh Giả sử tồn tại các đa thức U(x) và V(x) thoả mãn điều kiện

P(x).U(x) + Q(x).V(x) = 1 Đặt D(x) = (P(x), Q(x)) thì D(x) | P(x), D(x) | Q(x) suy

ra D(x)|1 = P(x).U(x) + Q(x).V(x) Suy ra D(x) = 1

Ngược lại, giả sử (P(x), Q(x)) = 1 Ta chứng minh tồn tại các đa thức U(x) và V(x)sao cho P(x).U(x) + Q(x).V(x) = 1 Ta chứng minh bằng quy nạp theo m =min{deg(P), deg(Q)}

Nếu m = 0 thì điều cần chứng minh là hiển nhiên Chẳng hạn nếu deg(Q) = 0 thì Q

= q là hằng số và ta chỉ cần chọn U(x) = 0, V(x) = q-1 thì ta được P(x).U(x) +Q(x).V(x) = 1

Giả sử ta đã chứng minh định lý đúng đến m Xét hai đa thức P(x), Q(x) cómin{deg(P), deg(Q)} = m+1 Không mất tính tổng quát, giả sử m+1 = deg(Q).Thực hiện phép chia P(x) cho Q(x) được thương là S(x) và dư là R(x) Không thểxảy ra trường hợp R(x) = 0 vì khi đó 1 = (P(x), Q(x)) = q*-1Q(x) Vì vậy, ta có 1 =(P(x), Q(x)) = (Q(x), R(x))

Lúc này, do min(deg(Q), deg(R)) = deg(R) < m +1 nên theo giả thiết quy nạp, tồntại các đa thức U*(x), V*(x) sao cho Q(x)V*(x) + R(x)U*(x) = 1 Thay R(x) =P(x) – Q(x).S(x), ta được Q(x)V*(x) + (P(x) – Q(x)S(x))U*(x) = 1

Hay P(x)U*(x) + Q(x)(V*(x) – S(x)U*(x)) = 1

Đặt U(x) = U*(x), V(x) = V*(x) – S(x)U*(x) ta được đpcm

Tính chất của phép chia hết

i) Q | P, Q | R suy ra Q | P + R hay tổng quát hơn Q | P.U + R.V với U, V làcác đa thức bất kỳ

ii) Q | P, P | R suy ra Q | R (tính bắc cầu)

iii) Q | P, P | Q suy ra tồn tại số thực khác 0 a sao cho Q = aP (ta gọi P và Q

là các đa thức đồng dạng)

iv) Nếu Q1 | P1 và Q2 | P2 thì Q1.Q2 | P1.P2

v) Nếu Q | P.R và (P, Q) = 1 thì Q | R

vi) Nếu Q | P, R | P và (Q, R) = 1 thì Q.R | P

Chứng minh Các tính chất i-iv) là hiển nhiên xuất phát từ định nghĩa Q | P  tồn

tại S sao cho P = Q.S

Để chứng minh các tính chất v) và vi), ta sẽ áp dụng định Bezout

v) Từ giả thiết Q | P.R và (P,Q) = 1 suy ra tồn tại S sao cho P.R = Q.S và U, V saocho P.U + Q.V = 1

Khi đó R = (P.U+Q.V).R = (P.R)U + Q.V.R = Q.S.U + Q.V.R = Q.(SU+VR) suy

ra Q|R

vii) Từ giả thiết Q | P, R | P và (Q, R) = 1 suy ra P = Q.S Vì P = Q.S chia hết cho

R, mà (Q, R) = 1 nên theo v) suy ra S chia hết cho R, tức là S = R.S1 Vậy P = Q.S

= (Q.R).S1 suy ra P chia hết cho Q.R

2 Đa thức và nghiệm.

Nghiệm của đa thức đóng một vai trò quan trọng trong việc nghiên cứu cáctính chất của đa thức Nhiều tính chất của đa thức được thể hiện qua nghiệm củachúng Ngược lại, việc nghiên cứu tính chất các nghiệm của đa thức cũng cũng làmột trong các vấn đề trung tâm của đại số

2.1 Nghiệm của đa thức, định lý Bezout.

Định nghĩa Số thực a (trong một số trường hợp, ta xét cả các số phức) được gọi

là nghiệm của đa thức P(x) = anxn + an-1xn-1 + …+ a1x + a0 nếu P(a) = 0, tức là

anan + an-1an-1 + …+ a1a + a0 = 0

Ta có định lý đơn giản nhưng rất có nhiều ứng dụng sau đây về nghiệm của đathức:

Định lý 5 a là nghiệm của đa thức P(x) khi và chỉ khi P(x) chia hết cho x – a.

Định lý này là hệ quả của định lý sau:

Định lý 6 Số dư trong phép chia đa thức P(x) cho x – a là P(a).

Cả định lý 5 và định lý 6 đều được gọi là định lý Bezout Để chứng minh định lý

6, ta chỉ cần chứng minh P(x) – P(a) chia hết cho x – a Nhưng điều này là hiểnnhiên vì P(x) – P(a) = an(xn-an) + an-1(xn-1-an-1) + … + a1(x-a) và xk – ak = (x-a)(xk-1

+ xk-2a + …+ ak-1)

Từ định lý 5, ta có thể có một định nghĩa khác cho nghiệm của đa thức như sau: a

là nghiệm của đa thức P(x) nếu P(x) = (x-a)Q(x) với Q(x) là một đa thức nào đó.Với định nghĩa này, ta có thể phát triển thành định nghĩa về nghiệm bội

Định nghĩa a được gọi là nghiệm bội r của đa thức P(x) nếu P(x) = (x-a)rQ(x) vớiQ(a)  0.

a) Một đa thức bậc n với hệ số thực có không quá n nghiệm thực

b) Nếu hai đa thức P(x) và Q(x) có bậc nhỏ hơn hay bằng n bằng nhau tại n+1điểm thì hai đa thức này bằng nhau

Định lý 8 Xét đa thức P(x)  R[x] bậc n Giả sử x1, x2, …, xk là các nghiệm phânbiệt của P(x) với các bội r1, r2, …, rk tương ứng Nếu r1 + r2 + … + rk = n thì

P(x) = an(x-x1)r1(x-x2)r2…(x-xk)rk

Chứng minh: Dùng định lý 7, ta suy ra P(x) chia hết cho (x-x1)r1(x-x2)r2…(x-xk)rk,suy ra P(x) = (x-x1)r1(x-x2)r2…(x-xk)rkQ(x) So sánh bậc và hệ số cao nhất, ta suy raQ(x) = an

Định lý 9 (Định lý Vieta) Giả sử đa thức P(x) = anxn + an-1xn-1 + an-2xn-2 + … + a1x+ a0 có n nghiệm (trong đó có thể có các nghiệm bội) là x1, x2, …, xn thì

X3 – SX2 + TX – P = 0

Từ định lý 8 ta suy ra hai hệ quả đơn giản nhưng rất hiệu quả trong giải toán sau:

Hệ quả 1 Một đa thức bậc n có không quá n nghiệm.

Hệ quả 2 Nếu P(x) và Q(x) là các đa thức bậc không quá n, trùng nhau tại n+1

điểm phân biệt thì hai đa thức này trùng nhau

3 Đa thức bất khả quy.

3.1 Đa thức với hệ số nguyên.

Đa thức với hệ số nguyên là đa thức có dạng P(x) = anxn + an-1xn-1 + …+ a1x + a0

với ai là các số nguyên Ta ký hiệu tập hợp tất cả các đa thức với hệ số nguyên là Z[x]

Ta có các kết quả cơ bản sau đây về đa thức với hệ số nguyên

(1) Nếu P(x) có nghiệm nguyên x = a thì phân tích được P(x) = (x-a)Q(x)với Q(x) là đa thức với hệ số nguyên

(2) Nếu a, b nguyên và a  b thì P(a) – P(b) chia hết cho a – b

(3) Nếu x = p/q là một nghiệm của P(x) (với (p, q) = 1) thì p là ước của a0 và

q là ước của an Đặc biệt nếu an =  1 thì nghiệm hữu tỷ là nghiệm nguyên

phương thì x’ = m - √n cũng là nghiệm của P(x).

Đa thức với hệ số nguyên sẽ nhận giá trị nguyên với mọi giá trị x nguyên Điềungược lại không đúng, có những đa thức nhận giá trị nguyên với mọi x nguyênnhưng các hệ số của nó không nguyên

3.2 Đa thức bất khả quy.

Định nghĩa Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên Ta gọi P(x) là bất khả quy trên

Z[x] nếu P(x) không phân tích được thành tích hai đa thức thuộc Z[x] với bậc lớnhơn hay bằng 1

Tương tự định nghĩa đa thức bất khả quy trên Q[x]

Định lý 3.1 (Tiêu chuẩn Eisenstein)

Cho P(x) = anxn + an-1xn-1 + …+a1x + a0 Nếu tồn tại số nguyên tố p sao cho

i) an không chia hết cho p

ii) a0, a1, …, an-1 chia hết cho p

iii) a0 không chia hết cho p2

thì đa thức P(x) bất khả quy

Định lý 3.2 (Quan hệ bất khả quy trên Z[x] và Q[x])

Nếu đa thức P(x)  Z[x] bất khả quy trên Z[x] thì cũng bất khả quy trên Q[x]

Bổ đề Gauss Ta gọi đa thức P  Z[x] là nguyên bản nếu các hệ số của nó nguyên

tố cùng nhau Ta có bổ đề Gauss: Tích của hai đa thức nguyên bản là nguyên bản

Chứng minh bổ đề Cho hai đa thức nguyên bản

Chứng minh định lý Cho P(x) bất khả quy trên Z[x] Giả sử P(x) khả quy trên

Q[x]: P(x) = P1(x).P2(x) với P1, P2 là các đa thức bậc nhỏ hơn bậc của P và có hệ

4 Công thức nội suy Lagrange.

Ta có thể dự đoán rằng với mọi các bộ n+1 số phân biệt (a0, a1, , an) và bộn+1 số bất kỳ b0, b1, , bn sẽ tồn tại một đa thức P(x) bậc không vượt quá n thoảmãn điều kiện

P(ai) = bi với mọi i=0, 1, 2, , n (*)

Ngoài ra, do tất cả các đa thức Q(x) thoả mãn (*) sẽ phải có dạng

Q(x) = P(x) + (x-a0)(x-a1) (x-an)H(x)với H(x) là một đa thức nào đó nên các nghiệm khác của (*) đều có bậc  n+1

Vì thế ta có thể đề xuất định lý sau:

4.1 Định lý Cho bộ n+1 số thực phân biệt (a0, a1, , an) và bộ n+1 số bất kỳ (b0,

b1, , bn) Khi đó tồn tại duy nhất một đa thức P(x) có bậc không vượt quá n thoảmãn điều kiện P(ai) = bi với mọi i=0, 1, 2, , n

Sự duy nhất được chứng minh khá dễ dàng theo như lý luận ở trên Tuy nhiên,việc chứng minh tồn tại cho trường hợp tổng quát là không đơn giản, vì điều nàytương đương với việc chứng minh một hệ phương trình n+1 phương trình, n+1 ẩn

số có nghiệm (duy nhất) Rất thú vị là ta tìm được cách chứng minh định lý nàymột cách xây dựng, tức là tìm ra được biểu thức tường minh của đa thức P(x) màkhông cần phải giải hệ phương trình hệ số bất định nêu trên

Ý tưởng chứng minh này như sau Ta đi tìm các đa thức P0(x), P1(x) …, Pn(x) bận

n thoả mãn điều kiện sau

Vấn đề còn lại là đi tìm các đa thức Pi(x) Vì Pi(aj) = 0 với mọi j  i nên

Pi(x) = Ci(x-a0)…(x-ai-1)(x-ai+1)…(x-an)

Vì Pi(ai) = 1 nên C i=

1 (a i−a0) ( ai−a i−1)(a i−a i+1) ( ai−a n)

Công thức nội suy Lagrange Cho bộ n+1 số thực phân biệt (a0, a1, , an) và bộ

4.2 Ứng dụng của công thức nội suy Langrange.

Bài toán nội suy là một trong các bài toán cơ bản của toán lý thuyết và toánứng dụng Trong thực tế, chúng ta không thể đo được giá trị của một hàm số tạimọi điểm, mà chỉ đo được tại một số điểm Các công thức nội suy cho phép chúng

ta, bằng phép đo tại một số điểm, « dựng » lại một đa thức xấp xỉ cho hàm số thực

tế Công thức nội suy Lagrange, vì thế có nhiều ứng dụng trong vật lý, trắc địa,kinh tế học, khí tượng thuỷ văn, dự đoán dự báo …

Ví dụ 1 Tìm tất cả các đa thức P(x) thoả mãn điều kiện: P(1) = 1, P(2) = 2,

P(3) = 4

Lời giải Rõ ràng nếu P và Q là hai đa thức thoả mãn điều kiện đề bài thì P(x) –

Q(x) sẽ bằng 0 tại các điểm 1, 2, 3 và từ đó, ta có P(x) – Q(x) = 3)H(x) Ngược lại, nếu P(x) là đa thức thoả mãn điều kiện đề bài thì các đa thức

(x-1)(x-2)(x-Q(x) = P(x) + (x-1)(x-2)(x-3)H(x)cũng thoả mãn điều kiện đề bài với mọi H(x) Từ đó có thể thấy rằng có vô số các

đa thức thoả mãn điều kiện đề bài

Ta đặt ra câu hỏi: Trong các đa thức thoả mãn điều kiện đề bài, hãy tìm đa thức cóbậc nhỏ nhất Rõ ràng đa thức này không thể là hằng số, cũng không thể là bậcnhất Ta thử tìm bậc tiếp theo là bậc 2

Giả sử P(x) = ax2 + bx + c là đa thức thoả mãn điều kiện đề bài

Khi đó

P(1) = 1 suy ra a + b + c = 1

P(2) = 2 suy ra 4a + 2b + c = 2

P(3) = 3 suy ra 9a + 3b + c = 4

Giải hệ này ra, ta được nghiệm duy nhất (a, b, c) = (1/2, -1/2, 1), ta được P(x) =(1/2)x2 – (1/2)x + 1 là đa thức bậc nhỏ nhất thoả mãn điều kiện Và theo như lýluận ở trên, mọi nghiệm của bài toán sẽ có dạng

Q(x) = P(x) + (x-1)(x-2)(x-3)H(x) với H(x) là một đa thức tuỳ ý

Ví dụ 2 Tìm đa thức bậc nhỏ nhất thoả mãn điều kiện P(-2) = 0, P(-1) = 1,

P(0) = 1, P(1) = 2, P(2) = 3

Lời giải Từ ý tưởng phương pháp hệ số bất định và hệ phương trình bậc nhất ở

trên Ta thấy rằng chắn chắn sẽ tồn tại đa thức bậc không quá 4 thoả mãn điều kiện

đề bài Xét P(x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e Từ điều kiện đề bài suy ra hệ

Giải hệ này ta được a = -1/8, b = 1/12, c = 5/8, d = 5/12, e = 1

II MỘT SỐ DẠNG BÀI TOÁN THƯỜNG GẶP

1 Bài toán tính chia hết của đa thức.

Bài toán 1.1 Chứng minh rằng với mọi giá trị của n, đa thức (x+1)2n+1 + xn+2 chiahết cho đa thức x2 + x + 1

Giải:

Cách 1 (Quy nạp theo n) Với n = 0, điều phải chứng minh là hiển nhiên Giả sử ta

đã có (x+1)2n+1 + xn+2 chia hết cho x2 + x + 1 Khi đó

chứng minh P(x) chia hết cho x2 + x + 1 ta chỉ cần chứng minh P() = 0 Điều này

tương đương với việc chứng minh (1+i2√3)2 n+1+(−1+i2 √3)n+2=0

Chuyển các số phức sang dạng lượng giác rồi dùng công thức Moivre, ta có điều

Bài 1.2 Tìm tất cả các giá trị n sao cho x2n + xn + 1 chia hết cho x2 + x + 1

Giải:

Cách 1 Ta nhận thấy x3  1 mod x2 + x + 1 Do đó

x2(n+3) + xn+3 + 1  x2n + xn + 1 (mod x2 + x + 1)

Do đó ta chỉ cần xét với n = 0, 1, 2 Rõ ràng

+ Với n = 0, 3 không chia hết cho x2 + x + 1

+ Với n = 1, x2 + x + 1 chia hết cho x2 + x + 1

+ Với n = 2, x4 + x2 + 1  x + x2 + 1 chia hết cho x2 + x + 1

Từ đó suy ra x2n + xn + 1 chia hết cho x2 + x + 1 khi và chỉ khi n có dạng 3k+1hoặc 3k+2

Cách 2 (Số phức) Tương tự như bài 5, ta có P(x) = x2n + xn + 1 chia hết cho x2 + x+ 1 khi và chỉ khi P() = 0 Áp dụng công thức Moivre, ta có điều này tươngđương với

cos(4 nπ3 )+isin(4 nπ3 )+cos(2 nπ3 )+i sin(2nπ3 )+1=0

Điều này xảy ra khi n không chia hết cho 3

Bài toán 3 Chứng minh rằng (xm – 1, xn – 1) = x(m,n) – 1

Giải: Giả sử d = (m, n) thì rõ ràng xm – 1 = (xd)m’ – 1 chia hết cho xd – 1 và tương

tự xn – 1 chia hết cho xd Suy ra xd – 1 là ước chung của xm - 1, xn – 1 Giả sử D(x)

là một ước chung của xm - 1, xn – 1 Vì d = (m, n) nên tồn tại các số nguyên dương

u, v sao cho d = mu – nv Khi đó D(x) là ước của (xmu – 1) – (xnv-1) = xnv(xd-1) Vì(xm-1, xnv) = 1 nên (D(x), xnv) = 1, suy ra D(x) là ước của xd – 1, suy ra xd – 1 làước chung lớn nhất của xm – 1 và xn – 1

2 Bài tập về nghiệm của đa thức

Bài 2.1 Cho a, b, c là ba nghiệm của phương trình x3 – 3x + 1 = 0 Lập phươngtrình bậc ba có nghiệm là

Lời giải.

Theo định lý Vieta, ta có a + b + c = 0, ab + bc + ca = -3, abc = -1

Từ đó ta tính được a2 + b2 + c2 = (a+b+c)2 – 2(ab+bc+ca) = 02 -2(-3) = 6

a2b2 +b2c2 + c2a2 = (ab+bc+ca) – 2abc(a+b+c) = (-3)2 – 2.(-1).0 = 9; a2b2c2 = (abc)2

1−c 1+c +

1−c 1+c .

1−a 1+a =

1−(a+b+c)+( ab+bc+ca)−abc 1+a+b+c+(ab+bc+ca)+abc =

1−b 1+b ,

1−c 1+c là 3 nghiệm của phương trình x3 + 3x2 – x –

1

3 =0

Bài 2 Tìm tất cả các đa thức P(x) thoả mãn đồng nhất thức xP(x-1) = (x-26)P(x) Lời 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) và Q(x-1) = 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 2.3 Chứng minh rằng với mọi số nguyên a, đa thức

biệt

Giải: Nếu x0 là nghiệm của đa thức thì x0 phải chẵn

suy ra giá trị của P(x0), P(1) từ đó :

Bài 2.4 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

Giải : Giả sử nghiệm của đa thức Q(x) không nhỏ hơn 1996.

2

( ) 0 ( ) 9 0 [ ( ) 3][ ( ) 3] 0