skkn một số vấn đề về đa THỨC một BIẾN

Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ ĐA THỨC MỘT BIẾN Ghi đầy đủ tên gọi giải pháp SKKN Người thực hiện: Nguyễn Tất Thu Lĩnh vực nghiên cứu: - Quản lý giáo d

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI

Đơn vị: Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh

Mã số: (Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi)

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ ĐA THỨC MỘT BIẾN

(Ghi đầy đủ tên gọi giải pháp SKKN)

Người thực hiện: Nguyễn Tất Thu

Lĩnh vực nghiên cứu:

- Quản lý giáo dục 

- Phương pháp dạy học bộ môn: Toán 

(Ghi rõ tên bộ môn)

- Lĩnh vực khác: 

(Ghi rõ tên lĩnh vực)

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: 2015 – 2016

BM 01-Bia SKKN

SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC

––––––––––––––––––

I THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN

1 Họ và tên: NGUYỄN TẤT THU

2 Ngày tháng năm sinh: 13/09/1980

8 Nhiệm vụ được giao (quản lý, đoàn thể, công việc hành chính, công việc chuyên

môn, giảng dạy môn, lớp, chủ nhiệm lớp,…): Giảng dạy bộ môn Toán ở các lớp: 10A1,

12 Hóa và 10 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: 2013

- Chuyên ngành đào tạo: Lý luận và phương pháp dạy học bộ môn Toán

III KINH NGHIỆM KHOA HỌC

- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy bộ môn Toán

Số năm có kinh nghiệm: 13

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

1 Sử dụng phép đếm để chứng minh đẳng thức tổ hợp – năm 2010

2 Một số phương pháp giải bài toán cực trị tổ hợp – năm 2012

3 Một số phương pháp giải bài toán tồn tại trong tổ hợp – năm 2013

4 Một số phương pháp đếm nâng cao – năm 2014

5 Một số tính chất của hệ số nhị thức – năm 2015

BM02-LLKHSKKN

MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ ĐA THỨC MỘT BIẾN

1 LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Đa thức nói chung và đa thức một biến nói riêng là chủ đề quan trọng trong chươngtrình Toán ở bậc phổ thông, đặc biệt là đối với chương trình Chuyên toán Học sinhđược làm quen với khái niệm cơ bản về đa thức (như khái niệm đa thức, nghiệm của

đa thức .) và một số phép toán đa thức (như phép cộng, trừ, nhân, chia đa thức) ởcấp THCS Ở bậc THPT Chuyên toán, các em học sinh được học thêm một số tínhchất về đa thức như tính chất về nghiệm, tính chất bất khả quy, tính chất giải tích,

Các bài toán về đa thức thường xuyên xuất hiện trong các đề thi chọn học sinhgiỏi cấp tỉnh, cấp Quốc gia cũng như Quốc tế, và các em học sinh cũng gặp không

ít khó khăn khi đối diện với các bài toán đó Những khó khăn đó xuất phát từ cácnguyên nhân sau:

• Các nội dung về đa thức các em được học rời rạc (lớp 7, đầu lớp 8, cuối lớp 10

và cuối lớp 11) nên việc xâu chuỗi các kiến thức đã học đối với học sinh còngặp khó khăn

• Nội dung các bài toán về đa thức phong phú và có nhiều hình thức để phátbiểu, đo đó học sinh lúng túng không biết huy động nội dung kiến thức và kĩnăng nào vào giải bài toán đó

• Một số bài toán về đa thức liên quan đến các kiến thức số học, số phức, màcác em được tiếp cận ở cuối lớp 10 và lớp 11 nên việc áp dụng các kiến thức đógặp nhiều khó khăn

Xuất phát từ những khó khăn trên, chúng tôi chọn đề tài "Một số vấn đề về đa

thức một biến" để nghiên cứu, nhằm hệ thống lại một số điểm mẫu chốt khi giải

các bài toán về đa thức, qua đó giúp học sinh khắc phục được khó khăn khi giải cácbài toán về đa thức một biến, góp phần nâng cao chất lượng giáo dục bộ môn Toáncho học sinh và kết quả thi học sinh giỏi các cấp

2 CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN

3 TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP

3.1 Một số kiến thức cơ bản về đa thức

3.1.1 Đa thức một biến và các khái niệm cơ bản

Định nghĩa 1 Đa thức một biến trên trường số thực là biểu thức có dạng

f (x) = anxn+ an−1xn−1+ + a1x + a0

Trong đón ∈ N,ai∈ R, i = 0, n; x ∈ Rvà an6= 0

• a0, a1, , anđược gọi là các hệ số của đa thức.anđược gọi là hệ số cao nhất,a0

được gọi là hệ số tự do

• n được gọi là bậc của đa thức f Kí hiệu deg( f ) = n Nếu f (x) = a0, ∀x ∈ R thì

deg( f ) = 0

• Tập các đa thức trên trường số thực được kí hiệu R[x] Nếu các hệ số được lấytrên tập hợp các số hữu tỷ, các số nguyên thì ta có khái niệm đa thức với hệ sốhữu tỷ, đa thức với hệ số nguyên và tương ứng là các tập hợp Q[x],Z[x] Trongbài viết này, nếu không nói gì thêm thì ta hiểu là đa thức đang xét thuộcR[x]

Lời giải Gọin = deg(f ) ⇒ f (x + 2)là đa thức có bậc bằng n

Từ đó suy ran = 2 ⇒ f (x) = ax2+ bx + c Suy ra:

Vậy f (x) = 2x2− 9x + 11

Định lí 1 Cho hai đa thức f và g có bậc lần lượt lànvà m Khi đó:

• deg( f ± g) ≤ max{m, n} Đẳng thức xảy ra khim 6= n

• deg( f.g) = m + n

Định lí này chứng minh đơn giản

Định lí 2 Với hai đa thứcP(x)vàQ(x)bất kỳ, trong đó deg(Q) ≥ 1, tồn tại duy nhấtcác đa thứcS(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 theom = deg(P)

Nếudeg(P) < deg(Q) thì ta có thể chọnS(x) ≡ 0vàR(x) = P(x)thoả mãn đồng thời cácđiều kiện i) và ii) Giả sử m ≥ n và định lý đã được chứng minh với các đa thức cóbậc nhỏ hơnm Ta chứng minh định lý đúng với các đa thức bậc m Giả sử

Do hệ số củaxm ở hai đa thức bị triệt tiêu nên bậc của H(x)không vượt quá m − 1.Theo giả thiết quy nạp, tồn tại các đa thứcS1(x), R1(x)sao cho

m−n+ S1(x)và R(x) = R1(x) ta được biểu diễn cần tìm choP(x)

Duy nhất Giả sử ta có hai biểu diễnP(x) = S(x).Q(x)+R(x)vàP(x) = S1(x).Q(x)+R1(x)

thoả mãn điều kiện ii) Khi đóQ(x).(S(x) − S1(x)) = R1(x) − R(x) Ta có, theo điều kiệnii) và định lý 1 thìdeg(R1(x) − R(x)) < deg(Q)

Mặt khác, nếuS(x) − S1(x) không đồng nhất bằng0thì

deg(Q(x).(S(x) − S1(x))) = deg(Q(x)) + deg(S(x) − S1(x)) ≥ deg(Q)

Mâu thuẫn vì hai vế bằng nhau

Theo ký hiệu của định lý thì S(x) được gọi là thương số và R(x) được gọi là dư sốtrong phép chiaP(x)choQ(x)

Định nghĩa 3 NếuR(x) ≡ 0thì ta nói đa thức P(x)chia hết cho Q(x)

Định nghĩa 4 ChoP(x)vàQ(x)là các đa thức khác 0 Ước chung lớn nhất củaP(x)

vàQ(x)là đa thứcD(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 củaP(x)vàQ(x), tức là D(x)|P(x)vàD(x)|Q(x)

iii) NếuD0(x)cũng là ước chung của P(x)vàQ(x)thìD(x)cũng là ước củaD0(x).Hai đa thứcP(x), Q(x)được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu(P(x), Q(x)) = 1

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

Định nghĩa 5 ChoP(x)vàQ(x)là các đa thức khác 0 Bội chung lớn nhất củaP(x)

vàQ(x)là đa thứcM(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)vàQ(x)|M(x)

iii) NếuM0(x) cũng là bội chung củaP(x)vàQ(x) thìM0(x)cũng là bội của M(x)

Ký hiệu UCLN và BCNN của hai đa thứcP(x), Q(x)làGCD(P(x), Q(x)),LCM(P(x), Q(x))

hay đơn giản hơn là(P(x), Q(x)), [P(x), Q(x)]

Ví dụ 3. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho f (x) = x2n+ xn+ 1 chia hết cho

³

x3k− 1

´+ 3

Vìx6k− 1và x3k− 1 đều chia hết chox2+ x + 1nên f (x)không chia hết chox2+ x + 1.+)n = 3k + 1, khi đó

f (x) = x2³x6k− 1

´+ x

³

x3k− 1

´+ x2+ x + 1 .x2

Lời giải Giả sửd = (m, n)thì rõ ràng xm− 1 = (xd)m0− 1chia hết cho xd− 1và tương

tựxn− 1chia hết cho xd− 1 Suy raxd− 1là ước chung của xm− 1, xn− 1

Giả sửD(x)là một ước chung củaxm−1, xn−1 Vìd = (m, n)nên tồn tại các số nguyêndươngu, vsao chod = mu − nv

Khi đóD(x)là ước của(xmu−1)−(xnv−1) = xnv(xd−1) Vì(xm−1, xnv) = 1nên(D(x), xnv) =

1, suy ra D(x) là ước của xd− 1, suy ra xd− 1 là ước chung lớn nhất của xm− 1 và

Vìai− bi .a − bvới mọi i = 1, nnên f (a) − f (b) .a − b.

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

Định lí 3 Giả sử có hai đa thứcP(x), Q(x), trong đód e g(P) ≥ degQ Thực hiện phépchiaP(x)choQ(x) được thương số làS(x) và dư số làR(x) Khi đó:

• Nếu R(x) = 0thì(P(x), Q(x)) = q−1Q(x), trong đó qlà hệ số cao nhất của đa thức

raD0(x)là ước chung của P(x), Q(x), theo định nghĩa của D(x), ta cóD(x) là ước của

D0(x) Từ đây, doD và D0đều là các đa thức đơn khởi, ta suy raD = D0

3.1.3 Nghiệm của đa thức

Định nghĩa 6 Cho đa thứcP(x)trên tậpK

• Số a ∈ K được gọi là nghiệm của đa thứcP nếuP(a) = 0

• x = ađược gọi là nghiệm bộik ∈ Z, k ≥ 2 của đa thức f nếu f (x) = (x − a)kg(x)và

g(a) 6= 0

Định lí 4 (Bơzu) Nếux = a là nghiệm của đa thức f thì f chia hết cho x − a

Định lí 5 Cho đa thức hệ số nguyênP(x) = anxn+ an−1xn−1+ + a1x + a0 Khi đó

x = p

q; p, q ∈ Zlà nghiệm của f (x)thìa0 .p, a

n .q.

Định lí 6 Xét đa thức f (x) ∈ R[x] Nếu x1, x2, , xk là các nghiệm phân biệt của f (x)

với các bộir1, r2, , rk tương ứng thì f (x)chia hết cho

(x − x1)r1(x − x2)r2 (x − xk)rk

Hệ quả 1 Từ định lí trên, ta có các hệ quả sau:

a) Một đa thức bậcn với hệ số thực có không quánnghiệm thực

b) Nếu hai đa thức f (x) và g(x) có bậc nhỏ hơn hay bằng n bằng nhau tại n + 1

điểm thì hai đa thức này bằng nhau

Định lí 7 Xét đa thứcP(x) ∈ R[x] bậc n Giả sử x1, x2, , xk là các nghiệm phân biệtcủaP(x)với các bội r1, r2, , rk tương ứng Nếu r1+ r2+ + rk= nthì

P(x) = an(x − x1)r1(x − x2)r2 (x − xk)rk

Định lí 8 (Định lý Viet) Giả sử đa thức f (x) = anxn+ an−1xn−1+ + a1x + a0 có

n nghiệm (trong đó có thể có các nghiệm bội) là x1, x2, , xn thì: f (x) = an(x − x1)(x −

x1x2 xn = (−1)na0

an

3.1.4 Đa thức bất khả quy

Định nghĩa 7 Đa thức hệ số nguyên P(x) có bậc n ≥ 1 được gọi là bất khả quy

trên Z[x] nếu P(x) không phân tích được thành tích của hai đa thức hệ số nguyênkhác đa thức hằng và có bậc nhỏ hơnn NếuP(x)phân tích được thành tích của hai

đa thức hệ số nguyên khác đa thức hằng và có bậc nhỏ hơnnthìP(x)được gọi là đa

thức khả quy.

Tương tự ta cũng có định nghĩa cho đa thức bất khả quy trênQ[x]

Định lí 9 (Tiêu chuẩn Eisenstein) Cho đa thứcP(x) = anxn+ an−1xn−1+ + a1x +

a0 Biết rằng tồn tại số nguyên tố psao cho

i) a0, a1, , an−1 .p

ii) an không chia hết cho p

iii) a0 không chia hết cho p2

Khi đóP(x)bất khả quy trênZ[x]

Chứng minh: Giả sử P(x) = f (x).g(x)với f , g ∈ Z[x]

Tương tự như vậy ta có p|bknên p|bkcm= an (vô lí)

Định lí 10 (Quan hệ giữa khả quy trênZ[x] và trên Q[x])

Nếu đa thứcP(x) ∈ Z[x] khả quy trênZ[x]thìP(x)khả quy trênQ[x]

3.2 Một số dạng toán về đa thức

3.2.1 Chứng minh hai đa thức bằng nhau

Để so sánh đồng nhất thức, ta dựa vào định nghĩa sau:

bằng nhau khi và chỉ khi m = nvàa i = b i với mọi i = 0, n.

Ngoài ra ta còn dùng định lí về số nghiệm của đa thức để chứng minh hai đathức bằng nhau Cụ thể:

Nếu đa thức P(x) − Q(x) có bậc n và có ít nhấtn + 1 nghiệm phân biệt thì

P(x) = Q(x)với mọi x.

Bài toán 1. Cho hai đa thứcP (x) vàQ (x)đều có nghiệm thực và thỏa mãn

P¡1 + x +Q(x)2¢ = Q ¡1 + x + P(x)2¢

Chứng minh rằngP(x) ≡ Q(x)

Lời giải Ta chứng minh tồn tạiαđể P (α) = Q (α)

Gọia, b lần lượt là nghiệmP (x)vàQ (x) Ta có

Mặt khác đa thứcR (P(x))có bậcnkvà nk ≤ n2− n + knên vế trái của (1) có bậc bằng

n2− n + k Nhưng vế phải của (1) là đa thức không Điều này dẫn tới mâu thuẫn

3.2.2 Chứng minh tồn tại đa thức

Các phương pháp thường dùng để chứng minh bài toán tồn tại

• Phản chứng

• Quy nạp

Bài toán 3. Cho đa thức hệ số thực P (x) thỏa mãn P (sin x) = P (cos x) với mọi x

Chứng minh rằng tồn tại đa thứcQ (x)hệ số thực sao cho

P (x) = Q¡x4

− x2¢

Lời giải Vìcos (−x) = cos xvàsin (−x) = −sin xnên ta cóP (sin x) = P (−sin x)

Dẫn tớiP (−x) = P (x) với mọi xhayP (x) = R¡x2¢

.Suy ra

R¡cos2x¢ = R ¡sin2x¢ ⇒ R (1 − x) = R (x) ⇒ R

µ1

Bài toán 4. Tìm tất cả các số nguyên dươngnsao cho tồn tại một đa thức bậcn, hệ

số nguyên f (x)với hệ số khởi đầu dương và đa thức hệ số nguyên g (x)thỏa mãn

Không mất tính tổng quát, ta giả sử p (x)và q (x)có hệ số cao nhất là các số dương

•Xét dãy cặp đa thức(pn(x); qn(x))được xác đỉnh bởi

Ta chứng minh được với mỗi số tự nhiên n thì cặp (pn(x); qn(x))thỏa mãn (1) và

pn(x), qn(x) có hệ số cao nhất là số dương Thật vậy:

Mà p(x) + xq(x)có bậc lớn hơn xq(x) − p(x) nên ta códeg (q1) < deg(q0)

Cứ tiếp tục như vậy sẽ dẫn đến cặp(pk, qk)sao cho deg (qk) = 0 Ta thấy, những cặp

nghiệm như vậy chỉ có hai cặp là(x; 1)và (1; 0).

Do đó, nếu(p, q)là một cặp nghiệm của (1) thì ta có thể dẫn về cặp nghiệm của (2).Xét dãy (2) Ta có (p1; q1) = (x;1), (p2; q2) = ¡2x2− 1; 2x¢ , (p3; q3) = ¡4x3− 3x; 4x2− 1¢ ,(p4; q4) =¡8x4− 8x2+ 1; 8x3− 4x¢ Suy ra(p4; q4) ≡ (1;0) (mod 2x)

Do đó, dãy(pn; qn)là dãy tuần hoàn với chu kì 4 Vì ta cần chọn cặp

(pn; qn) ≡ (1;0)( mod 2x)nên f (x) = p4k(x)

Màdeg (p4k) = 4k − 1, k ≥ 1, nên ta cón = 4k + 3, k ≥ 0

3.2.3 Các bài toán liên quan đến nghiệm của đa thức

Bài toán 5. Cho f , glà hai đa thức hệ số thực khác đa thức hằng thỏa mãn

f¡x2¢ = f

µ

x −12

¶g

µ

x +12

¶, ∀x ∈ R

¶2¶

= f (x) g (x + 1) và f

µµ

x −12

¶2

cũng là nghiệm của f (x)và

µ

a +12

¶2

>

anên lúc này f (x)có vô số nghiệm, hay f là đa thức không (vô lí)

Do đó f (x)không có nghiệm hay f (x) > 0 ∀x ∈ Rhoặc f (x) < 0 ∀x ∈ R

Suy ra g (x) =

f

µµ

x −12

¶2¶

f (x − 1) > 0, ∀x ∈ R(đpcm).

Bài toán 6. (Chinese Girls MO 2014). Choalà số nguyên dương nhưng không là

số chính phương Gọir là nghiệm của phương trình

Bài toán 7. (USA TST 2014) Cho n là số nguyên dương chẵn và các số thực

c1, c2, , cn−1thỏa mãn n−1P

i=1|ci− 1| < 1 Chứng minh rằng đa thức

P (x) = 2xn− cn−1xn−1+ cn−2xn−2− − c1x + 2

không có nghiệm thực.

Lời giải Ta có ci∈ (0; 2) ∀i = 1, n − 1nên vớix ≤ 0thìP (x) > 0

Xétx > 0 Ta thấy P (x)vô nghiệm ⇔ P

µ1x

Do đóP (x) vô nghiệm với mọix ≥ 1 Vậy bài toán được chứng minh

Bài toán 8. (Hà Tĩnh vòng 2, 2013) Cho đa thức f (x)với hệ số thực, có bậc không nhỏ hơn1 và đồng thời thoả mãn hai điều kiện sau:

a Phương trình f (x) = 0 không có nghiệm bội.

b. f (x) · f (y) ≤ f2³x + y

2

´, ∀x, y ∈ R Chứng minh rằng phương trình f (x) = 0có duy nhất một nghiệm thực.

Lời giải Ta thấy nếu đa thức f(x) thỏa yêu cầu bài toán thì − f (x) cũng thỏa yêucầu bài toán nên ta giả sử

f (x) = anxn+ an−1xn−1+ + a1x + a0

vớian> 0 Ta chứng minh nlẻ Thật vậy:

Giả sửnchẵn, ta xét các trường hợp sau:

Lời giải Ta thấy nếuP ≡ CthìC = 0hoặcC = 1.

XétP không là đa thức hẳng Khi đó, ta đặt P(x) = Pn

i=0

anxn, an6= 0, ai∈ R

So sánh hệ số cao nhất của hai đa thứcP(x2)và[P(x)]2ta cóan= 1

So sánh hệ số tự do của hai đa thức trên ta cóa0= a20⇒ a0= 0hoặca0= 1

So sánh hệ số của xk trong hai đa thức trên ta có2ak= 0 ⇒ ak= 0

Do đóP(x) = xn+ 1, ta thấy đa thức này không thỏa bài toán

Nghiệm của phương trình (I) có một số tính chất thú vị sau:

Tính chất 1: Nếu P, Q là hai nghiệm của (I) thì P.Q cũng là nghiệm của (I) Từ

đó, suy ra nếuP là nghiệm của (I) thìPncũng là nghiệm của (I).

Tính chất 2:Nếudeg( f ) + deg(g) = deg(h)và thỏa mãn một trong hai tính chất sau i)deg( f ) 6= deg(g)

ii)deg( f ) = deg(g)vàaf+ ag6= 0vớiaf,ag tương ứng là hệ số cao nhất của f và g

thì với mỗi số nguyên dươngn,tồn tại nhiều nhất một đa thứcP(x)bậc nthỏa mãn (I).

Bài toán 11. (VMO 2006) Hãy xác định tất cả các đa thứcP (x)với hệ số thực, thoả mãn hệ thức sau:

vì (3) đúng với mọi xthuộcR, do đó ta phải có

• Hoặc P(x) + P(−x) = 0đúng với vô số các giá trị x

• Hoặc P(x)–P(–x)–4x = 0đúng với vô số các giá trị x

DoP là đa thức nên từ đây ta suy ra

• Hoặc P(x) + P(−x) = 0đúng với mọi x

• Hoặc P(x)–P(–x)–4x = 0đúng với mọi x

Lời giải +) Nếudeg (P) = 0ta cóP (x) = −1hoặcP (x) = −2.

+) Xétdeg (P) = n ≥ 1.Giả sửanlà hệ số cao nhất củaP (x), từ (1) ta cóa3n= an⇒ an=