Một số chuyên đề và đa thức dành cho học sinh giỏi toán bậc Trung học phổ thông (LV thạc sĩ)

Một số chuyên đề và đa thức dành cho học sinh giỏi toán bậc Trung học phổ thông (LV thạc sĩ)Một số chuyên đề và đa thức dành cho học sinh giỏi toán bậc Trung học phổ thông (LV thạc sĩ)Một số chuyên đề và đa thức dành cho học sinh giỏi toán bậc Trung học phổ thông (LV thạc sĩ)Một số chuyên đề và đa thức dành cho học sinh giỏi toán bậc Trung học phổ thông (LV thạc sĩ)Một số chuyên đề và đa thức dành cho học sinh giỏi toán bậc Trung học phổ thông (LV thạc sĩ)Một số chuyên đề và đa thức dành cho học sinh giỏi toán bậc Trung học phổ thông (LV thạc sĩ)Một số chuyên đề và đa thức dành cho học sinh giỏi toán bậc Trung học phổ thông (LV thạc sĩ)Một số chuyên đề và đa thức dành cho học sinh giỏi toán bậc Trung học phổ thông (LV thạc sĩ)Một số chuyên đề và đa thức dành cho học sinh giỏi toán bậc Trung học phổ thông (LV thạc sĩ)Một số chuyên đề và đa thức dành cho học sinh giỏi toán bậc Trung học phổ thông (LV thạc sĩ)Một số chuyên đề và đa thức dành cho học sinh giỏi toán bậc Trung học phổ thông (LV thạc sĩ)Một số chuyên đề và đa thức dành cho học sinh giỏi toán bậc Trung học phổ thông (LV thạc sĩ)Một số chuyên đề và đa thức dành cho học sinh giỏi toán bậc Trung học phổ thông (LV thạc sĩ)

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

LƯU MỸ

MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ VỀ ĐA THỨC DÀNH CHO HỌC SINH GIỎI TOÁN BẬC TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2015

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

LƯU MỸ

MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ VỀ ĐA THỨC DÀNH CHO HỌC SINH GIỎI TOÁN BẬC TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

PGS.TS LÊ THỊ THANH NHÀN

Thái Nguyên - 2015

Mục lục

1.1 Phép chia với dư và ước chung lớn nhất 3

1.2 Nghiệm của đa thức 6

1.3 Định lí cơ bản của Đại số và Công thức Viete 8

1.4 Đa thức bất khả quy 10

2 Một số dạng toán thi học sinh giỏi về đa thức 14 2.1 Một số bài toán đơn giản 14

2.2 Sử dụng nghiệm của đa thức 18

2.3 Sử dụng đa thức bất khả quy 24

2.4 Sử dụng công thức Viete 27

2.5 Đồng nhất thức Newton 34

Lời cảm ơn

Trước hết, tôi xin gửi lời biết ơn chân thành và sâu sắc nhất đến PGS.TS Lê ThịThanh Nhàn Mặc dù rất bận rộn trong công việc nhưng Cô vẫn dành rất nhiều thờigian và tâm huyết trong công việc hướng dẫn Cho đến hôm nay, luận văn thạc sĩtoán học của tôi đã được hoàn thành, xin được cảm ơn Cô đã đôn đốc nhắc nhở vàgiúp đỡ tôi

Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu, Khoa Toán - Tin và Phòng Đào tạocủa Trường Đại học khoa học - Đại học Thái Nguyên Tôi xin trân trọng cảm ơn cácThầy, Cô đã tận tình truyền đạt những kiến thức quý báu cũng như tạo mọi điều kiệnthuận lợi nhất để tôi hoàn thành luận văn này

Cuối cùng, tôi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn đến gia đình, bạn bè, đồngnghiệp, những người đã không ngừng động viên, hỗ trợ và tạo mọi điều kiện tốt nhấtcho tôi trong suốt thời gian học tập và thực hiện bản luận văn này

Mở đầu

Luận văn trình bày lời giải một số dạng toán về đa thức dành cho học sinh giỏi bậc

trung học phổ thông Luận văn được viết chủ yếu dựa theo cuốn sách Polynomials của G D Carroll (2011) và cuốn sách Polynomials của V V Prasolov (2004) Luận văn cũng tham khảo một số kiến thức cơ sở trong Giáo trình Lý thuyết đa thức của Lê Thị Thanh Nhàn (2015) và cuốn sách Ideals, Varieties and Algorithms của D Cox,

Little J., D O’Shea (2006)

Luận văn này được viết theo dạng chuyên đề, bao gồm những bài toán hay về

đa thức, đặc biệt là nghiệm của đa thức, Đồng nhất thức Newton và đa thức bất khảquy Các bài toán chủ yếu dược chọn lọc từ 3 tài liệu Tiếng Anh nói trên, mà khôngsao chép từ bất cứ tài liệu Tiếng Việt Nội dung của luận văn hoàn toàn không trùnglặp với bất kỳ một luận văn thạc sĩ nào đã được bảo vệ trước đó về đa thức Thực

tế, một số đề bài toán khó chỉ có lời giải tóm tắt hoặc hướng dẫn, chúng tôi đã diễngiải tường minh và chi tiết lời giải trong luận văn này Có những bài toán chỉ đượcphát biểu trong các cuốn sách đó (mà không có lời giải), chúng tôi cũng đã tự giảichúng Nhiều bài toán nằm rải rác trong các cuốn sách trên và một số tài liệu khácđược chúng tôi bố cục lại theo một chủ đề nhất định để người đọc dễ theo dõi.Ngoài phần Mở đầu và Kết luận, luận văn được chia thành hai chương TrongChương 1, chúng tôi nhắc lại kiến thức về đa thức mà sẽ sử dụng trong bản luận vănnày, bao gồm phép chia với dư và ước chung lớn nhất; nghiệm của đa thức; Định lí

cơ bản của đại số và công thức Viete, đa thức bất khả quy Chương 2 trình bày một

số dạng toán thi học sinh giỏi về đa thức Chúng tôi đề cập đến lời giải một số dạngtoán khó về đa thức, đặc biệt là các dạng toán thi học sinh giỏi quốc tế Chương nàygồm 5 mục: Một số bài toán đơn giản; sử dụng nghiệm của đa thức; sử dụng đa thức

bất khả quy; sử dụng công thức Viete; đồng nhất thức Newton.

Thái Nguyên, ngày 10 tháng 4 năm 2015

Lưu Mỹ

Học viên Cao học Lớp B Khóa 06/2013-06/2015

Chuyên ngành Phương pháp Toán sơ cấp

Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên

Email: luumy.kienan@gmail.com

Chương 1

Nhắc lại kiến thức về đa thức

Một tập con V của C được gọi là một vành con nếu 1 ∈ V và phép cộng, phép

trừ, phép nhân đều đóng trong trong V (tức là 1 ∈ V và a + b, a − b, ab ∈ V vớimọi a, b ∈ V ) Trong suốt chương này, luôn giả thiết V là một vành con của C Một

vành con K của C được gọi là một trường con nếu mọi phần tử khác 0 của K đều

khả nghịch (tức là a−1 = 1/a ∈ K với mọi 0 6= a ∈ K) Trong suốt chương này,luôn giả thiết K là một trường con của C

1.1 Phép chia với dư và ước chung lớn nhất

Một đa thức một biến với hệ số trong V là một biểu thức có dạng

f (x) = anxn+ + a1x + a0,

trong đó x là một kí hiệu, gọi là biến và ai là các phần tử của V , gọi là hệ số của

f (x) Ta có thể viết f(x) = P aixi, trong đó ai = 0với mọi i > n Nếu an 6= 0thì

n được gọi là bậc của f(x) và ta viết deg f(x) = n Hai đa thức P aixi và P bixi

là bằng nhau nếu ai = bi với mọi i Tập các đa thức biến x với hệ số trong V được

kí hiệu là V [x] Trong tiết này chúng ta nhắc lại một số kết quả về phép chia đa thứcvới hệ số trên trường K

Trước hết chúng ta nhắc lại Định lí chia với dư rất quen biết

Định lí 1.1 Cho f(x), g(x) ∈ K[x] với g(x) 6= 0 Khi đó tồn tại duy nhất một cặp

đa thức q(x), r(x) ∈ K[x] sao cho

f (x) = g(x)q(x) + r(x), với r(x) = 0 hoặc deg r(x) < deg g(x).

Trong định lí trên, q(x) được gọi là thương và r(x) được gọi là dư của phép chia

f (x)cho g(x) Nếu dư của phép chia f(x) cho g(x) là 0 thì tồn tại q(x) ∈ K[x] sao

cho f(x) = g(x)q(x) Trong trường hợp này, ta nói rằng f(x) chia hết cho g(x) hay

g(x)là ước của f(x).

Hệ quả 1.1 Cho a ∈ K Khi đó dư của phép chia f(x) ∈ K[x] cho x − a là f(a).

Chứng minh. Chia f(x) cho x − a, dư hoặc bằng 0 hoặc là một đa thức bậc 0 vì bậccủa (x − a) bằng 1 Vì vậy, dư là một phần tử r ∈ K Ta có f(x) = (x − a)q(x) + r.Thay x = a vào đẳng thức ta được r = f(a)

Định nghĩa 1.1 Một đa thức d(x) ∈ K[x] được gọi là một ước chung lớn nhất của

các đa thức f1(x), , fs(x) ∈ K[x] nếu d(x) là một ước chung của fi(x) với mọi

i = 1, , s và nếu t(x) ∈ K[x] là một ước chung của fi(x) thì d(x) chia hết chot(x)

Chú ý rằng nếu ước d(x) là một ước chung lớn nhất của f1(x), , fs(x)thì cácước chung của f1(x), , fs(x)có dạng ad(x) với 0 6= a ∈ K Trong số này, có duynhất một đa thức d∗(x) là ước chung lớn nhất của f1, , fs và có hệ số cao nhấtbằng 1 Do đó ta kí hiệu gcd(f1, , fs) = d∗(x) Ta có thể tìm ước chung lớn nhấtcủa nhiều đa thức bằng quy nạp dựa theo công thức

gcd(f1, , fs) = gcd(gcd(f1, , fs−1), fs)

Vì thế để tìm ước chung lớn nhất của hữu hạn các đa thức, ta chỉ cần tìm ước chunglớn nhất của hai đa thức

Bổ đề 1.1 Cho f, g, q, r ∈ K[x] là những đa thức thỏa mãn g(x) 6= 0 và f = gq+r

và r = 0 hoặc deg r < deg g Khi đó ước chung lớn nhất của f và g bằng ước chung lớn nhất của g và r.

Chứng minh. Giả sử d(x) là một ước chung lớn nhất của f và g Khi đó d(x) là mộtước của f − gq Do đó d(x) là ước của r(x) Vì thế d(x) là một ước chung của g và

r Giả sử t(x) là một ước chung của g và r Khi đó t(x) là một ước của f − gq Suy

ra t(x) là ước của f(x) Vì thế t(x) là một ước chung của g và f Suy ra t(x) là ướccủa d(x) Vậy d(x) là một ước chung lớn nhất của g và r Ngược lại, giả sử d(x) làmột ước chung lớn nhất của g và r Hoàn toàn tương tự ta có thể chỉ ra rằng d(x) làmột ước chung lớn nhất của f và g

Định lí 1.2 (Thuật toán Euclid tìm ước chung lớn nhất) Giả sử f, g ∈ K[x] và g 6= 0.

Thực hiện liên tiếp các phép chia ta có

rk−2 = rk−1qk + rk, rk 6= 0, deg rk < deg rk−1

rk−1 = rkqk+1

Khi đó rk là một ước chung lớn nhất của f và g.

Chứng minh. Chia f cho g ta được phần dư r Nếu r 6= 0 thì chia g cho r ta đượcphần dư r1 Nếu r1 6= 0 thì chia r cho r1 ta được dư là r2 Quá trình trên phải chấmdứt sau một số hữu hạn bước bước vì dãy giảm các số tự nhiên

deg g > deg r > deg r1 >

phải dừng Theo Bổ đề 1.1, ước chung lớn nhất của f và g là rk

Từ thuật toán Euclid tìm ước chung lớn nhất ta suy ra rằng nếu f1, , fs∈ K[x]

là các đa thức không đồng thời bằng 0 thì tồn tại ước chung lớn nhất của f1, , fstrong K[x] Kết quả sau cho thấy ước chung lớn nhất là tổ hợp tuyến tính của đa thức

Định lí 1.3 Giả sử f(x), g(x) ∈ K[x] và d(x) ∈ K[x] là ước chung lớn nhất của

f (x), g(x) Khi đó tồn tại u(x), v(x) ∈ K[x] sao cho

d(x) = f (x)u(x) + g(x)v(x)

Chứng minh Ta chứng minh Định lí theo thuật toán sau đây, gọi là thuật toán Euclid

mở rộng Trong các phép chia liên tiếp ở thuật toán Euclid tìm ước chung lớn nhất,d(x) = rk(x) Đặt u1(x) = 1, v1(x) = −qk(x),từ đẳng thức giáp cuối ta có

1.2 Nghiệm của đa thức

Định nghĩa 1.2 Phần tử α ∈ C được gọi là một nghiệm của đa thức

f (x) = anxn + + a1x + a0 ∈ K[x]

nếu f(α) = anαn + + a1α + a0 = 0

Từ Hệ quả 1.1 ta có ngay kết quả sau:

Hệ quả 1.2 Phần tử a ∈ K là nghiệm của đa thức f(x) ∈ K[x] nếu với chỉ nếu tồn

tại đa thức g(x) ∈ K[x] sao cho f (x) = (x − a)g(x).

Cho k > 0 là một số nguyên Một phần tử a ∈ C được gọi là một nghiệm bội k

của đa thức f(x) ∈ K[x] nếu trong C[x], đa thức f(x) chia hết cho (x − a)k nhưngkhông chia hết cho (x − a)k+1 Nếu k = 1 thì a được gọi là nghiệm đơn Nếu k = 2 thì a được gọi là nghiệm kép.

Hệ quả 1.3 Phần tử a ∈ K là nghiệm bội k của f(x) ∈ K[x] nếu với chỉ nếu

f (x) = (x − a)kg(x) với g(x) ∈ K[x] với g(a) 6= 0.

Chứng minh. Giả sử a ∈ K là nghiệm bội k của f(x) Vì f(x) chia hết cho (x − a)k

f (x) = (x − a)kg(x) với g(x) ∈ K[x] Nếu g(a) = 0 thì theo Hệ quả 1.2 ta cóg(x) = (x − a)h(x)với h(x) ∈ K[x] với do đó f(x) chia hết cho (x − a)k+1,vô lí.Vậy g(a) 6= 0 Ngược lại, với f(x) = (x − a)kg(x) nên f(x) chia hết cho (x − a)k.Nếu f(x) chia hết cho (x − a)k+1 thì f(x) = (x − a)k+1h(x)với h(x) ∈ K[x] Dođó

(x − a)kg(x) = (x − a)k+1h(x)

Do K là trường nên giản ước hai vế cho (x − a)k ta được g(x) = (x − a)h(x).Suy ra g(a) = 0, mâu thuẫn Vậy f(x) không chia hết cho (x − a)k+1

Hệ quả 1.4 Cho a1, a2, , ar ∈ K là những nghiệm phân biệt của f (x) ∈ K[x].

Giả sử ailà nghiệm bội kicủa f (x) với i = 1, 2, , r Khi đó ta có

f (x) = (x − a1)k1(x − a2)k2 (x − ar)kru(x)

trong đó u(x) ∈ K[x] với u(ai) 6= 0 với mọi i = 1, , r.

Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo r Trường hợp r = 1 được suy ra từ

Hệ quả 1.3 Cho r > 1 Theo giả thiết quy nạp, tồn tại h(x) ∈ K[x] sao cho

f (x) = (x − ar)krv(x) = (x − a1)k1 (x − ar−1)kr−1(x − ar)tu(x)

Chú ý rằng K là trường, vì thế giản ước cả hai vế cho (x − ar)t ta được

(x − ar)kr −tv(x) = (x − a1)k1 (x − ar−1)kr−1u(x)

Nếu t < kr thì khi thay x = ar vào đẳng thức trên ta có vế trái bằng 0, còn vế phảikhác 0, điều này vô lí Vậy t = kr Vì thế f có phân tích

f (x) = (x − a1)k1 (x − ar−1)kr−1(x − ar)kru(x)

trong đó u(ai) 6= 0với mọi i = 1, , r

Hệ quả 1.5 Cho f(x) ∈ K[x] là một đa thức khác 0 Khi đó số nghiệm của f(x),

mỗi nghiệm tính với số bội của nó, không vượt quá bậc của f (x) Đặc biệt, nếu

f (x), g(x) ∈ K[x] có bậc không quá n và nhận giá trị bằng nhau tại n + 1 phần tử

1.3 Định lí cơ bản của Đại số và Công thức Viete

Trước hết ta nhắc lại Định lí cơ bản của đại số

Định lí 1.4 (Định lí cơ bản của đại số) Cho f(x) ∈ C[x] là đa thức có bậc n > 0.

Khi đó f (x) có đúng n nghiệm trong C, mỗi nghiệm được tính với số bội của nó.

Hệ quả 1.6.

(i) Mỗi đa thức với hệ số phức đều phân tích thành tích các đa thức bậc nhất

với hệ số phức.

(ii) Mỗi đa thức với hệ số thực phân tích được thành tích của các đa thức bậc

nhất hoặc bậc hai với hệ số thực.

(iii) Nếu f(x) là đa thức với hệ số thực và số phức a+bi (với a, b ∈ R) là nghiệm

của f (x) thì a − bi cũng là nghiệm của f (x).

Tiếp theo chúng ta trình bày công thức Viete Công thức Viete cho chúng ta mốiquan hệ giữa các nghiệm phức của một đa thức với các hệ số của đa thức đó

Định lí 1.5 (Công thức Viete) Cho

f (x) = anxn + an−1xn−1+ + a1x + a0

Bổ đề 1.2 Đa thức f(x) với hệ số trên một trường K là bất khả quy nếu và chỉ nếu

deg f (x) > 0 và f (x) không phân tích được thành tích của hai đa thức có bậc bé

hơn Nếu deg f (x) > 0 và f (x) không bất khả quy thì ta nói f (x) là khả quy.

Chú ý rằng các đa thức bậc nhất luôn bất khả quy; Đa thức bậc 2 và bậc 3 là bấtkhả quy nếu và chỉ nếu nó không có nghiệm trong K Đa thức f(x) là bất khả quynếu và chỉ nếu đa thức f(x + a) là bất khả quy với mọi a ∈ K Nếu f(x) có bậc lớnhơn 3 và có nghiệm trong K thì f(x) khả quy.

Phần tử a ∈ C được gọi là đại số trên K nếu nó là nghiệm của một đa thức khác

0trong K[x]

Mệnh đề 1.1 Cho a ∈ C là phần tử đại số trên K Khi đó tồn tại duy nhất một đa

thức p(x) ∈ K[x] bất khả quy nhận a làm nghiệm và có hệ số cao nhất bằng 1 Hơn nữa, nếu g(x) ∈ K[x] nhận a làm nghiệm thì g(x) là bội của p(x).

Chứng minh. Vì a đại số trên K nên a là nghiệm của đa thức 0 với hệ số trong

K Gọi f(x) ∈ K[x] là đa thức khác 0 có bậc bé nhất nhận a làm nghiệm Đặtp(x) = b−1f (x), trong đó b là hệ số cao nhất của f(x) Khi đó p(x) ∈ K[x] là đathức có bậc bé nhất nhận a làm nghiệm với các hệ số cao nhất bằng 1 Ta chứngminh p(x) bất khả quy Giả sử p(x) không bất khả quy Khi đó p(x) phân tích đượcthành tích của hai đa thức trong K[x] với bậc bé hơn, và do đó một trong hai đathức này phải nhận a làm nghiệm, điều này mẫu thuẫn với cách chọn p(x) Giả

sử g(x) ∈ K[x] nhận a làm nghiệm Nếu p(x) không là ước của g(x) thì vì p(x)bất khả quy nên gcd(g(x), p(x)) = 1 Do đó tồn tại q(x), h(x) ∈ K[x] sao cho

1 = p(x)q(x) + g(x)h(x) Thay x = a vào cả hai vế ta được 1 = 0, điều này là

vô lí Vậy g(x) chia hết cho p(x) Giả sử q(x) ∈ K[x] cũng là đa thức bất khả quydạng chuẩn nhận a làm nghiệm Theo chứng minh trên, q(x) là bội của p(x) Viếtq(x) = p(x)k(x)với k(x) ∈ K[x] Vì q(x) bất khả quy nên k(x) khả nghịch, tức làtồn tại 0 6= b ∈ K sao cho k(x) = b Do đó q(x) = bp(x) Đồng nhất hệ số cao nhấtcủa hai với với chú ý rằng q(x) với p(x) đều có dạng chuẩn, ta suy ra b = 1 Vì thếp(x) = q(x)

Giả sử a ∈ C là một phần tử đại số trên K Khi đó tồn tại duy nhất một đa thứcp(x) ∈ K[x] bất khả quy nhận a làm nghiệm với các hệ số cao nhất bằng 1 Ta gọip(x)là đa thức bất khả quy của a.

Ví dụ 1.3 đa thức x3− 5 ∈ Q[x] là đa thức bất khả quy của phần tử √3

5 ∈ R; đathức x2

+ 3 ∈ R[x] là đa thức bất khả quy của phần tử i√3 ∈ C

Cho f(x), g(x) ∈ K[x] Nếu f(x) là ước của g(x) thì ta viết f(x)|g(x)

Mệnh đề 1.2 Giả sử p(x) ∈ K[x] là đa thức có bậc dương Nếu p(x) là bất khả quy

với p(x)|a(x)b(x) thì p(x)|a(x) hoặc p(x)|b(x) với mọi a(x), b(x) ∈ K[x].

Chứng minh. Cho p(x)|a(x)b(x) Giả sử p(x) không là ước của a(x) và cũng không

là ước của b(x) Do p(x) bất khả quy nên gcd(p(x), a(x)) = 1 và gcd(p(x), a(x)) =

1.Do đó tồn tại s(x), r(x) ∈ K[x] sao cho 1 = s(x)p(x) + r(x)a(x) Tương tự, tồntại e(x), f(x) ∈ K[x] sao cho 1 = e(x)p(x) + f(x)b(x) Nhân vế với vế của haiđẳng thức này ta có

1 = p(x)g(x) + r(x)f (x)a(x)b(x)với g(x) ∈ K[x] là một đa thức nào đó Vì p(x)|a(x)b(x) nên đa thức bên phải củađẳng thức trên là bội của p(x), trong khi đó đa thức bên vế trái là 1 không chia hếtcho p(x) Điều này vô lí

Định lí 1.6 Mỗi đa thức bậc dương trong K[x] đều có thể phân tích được thành tích

của các đa thức bất khả quy và sự phân tích này là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các nhân tử và các nhân tử là ước của đơn vị.

Chứng minh. Trước hết, chúng ta chứng minh sự tồn tại phân tích bằng quy nạptheo bậc của đa thức Giả sử f(x) ∈ K[x] là đa thức bậc d > 0 Nếu d = 1 thì

f (x)là bất khả quy nên sự phân tích bất khả quy của f(x) là f(x) = f(x), kết quảđúng cho trường hợp d = 1 Cho d > 1 với giả sử kết quả đã đúng cho các đa thức

có bậc nhỏ hơn d Nếu f(x) bất khả quy thì f(x) có sự phân tích bất khả quy là

f (x) = f (x) Vì thế ta giả sử f(x) không bất khả quy Khi đó f(x) = g(x)h(x) vớideg g(x), deg h(x) < deg f (x) Theo giả thiết quy nạp, g(x) và h(x) phân tích đượcthành tích của hữu hạn đa thức bất khả quy

Bây giờ ta chứng minh tính duy nhất của phân tích Giả sử f(x) có hai phân tíchthành nhân tử bất khả quy

q1(x) bất khả quy nên t1(x) = a1 ∈ K Do đó q1(x) = a1p1(x) Nếu m > 1 thì

1 = q2(x) qm(x), điều này vô lí Vậy, kết quả đúng cho n = 1 Cho n > 1 Vì

p1(x)|q1(x)q2(x) qm(x)và p1(x)là bất khả quy nên không mất tính tổng quát ta

có thể giả thiết p1(x)|q1(x) Lại do q1(x)là bất khả quy và p1(x), q1(x)đều có dạngchuẩn tương tự nên lập luận như trên ta có p1(x) = a1q1(x) Giản ước hai vế cho

p1(x)ta được

p2(x)p3(x) pn(x) = q2∗(x)q3(x) qm(x),trong đó q∗

2(x) = a−11 q2(x) là đa thức bất khả quy Theo gỉa thiết quy nạp ta có

n − 1 = m − 1và bằng việc đánh số lại thứ tự các nhân tử bất khả quy ở vế phải tasuy ra pi(x) = aiqi(x)với mọi i = 2, , n

Chương 2

Một số dạng toán thi học sinh giỏi về đa thức

2.1 Một số bài toán đơn giản

Lời giải của bài toán sau đây chỉ cần dùng đến định nghĩa hai đa thức bằng nhau

Bài toán 2.1 Cho 0 6 m 6 n là các số tự nhiên với m chẵn Với 0 6 k 6 n, ký

(x − 1)n(x + 1)n = (x2− 1)n.Khai triển nhị thức, ta được:

i+j=k

(−1)n−iCniCnj



xk

Mặt khác, khai triển (x2− 1)n ta được

n

suy ra

(−1)n X

i+j=m

(−1)iCniCnj

... trình cho có nghiệm x = 1, x = 3, x =

2.2 Sử dụng nghiệm đa thức< /b>

Lời giải toán sau cần đến tính chất nghiệm đa thức xn−

Bài tốn 2.7 Cho. .. class="page_container" data-page="20">

x = αi− 1vào đa thức f(x) ta được:

Lời giải toán sau cần đến tính chất nghiệm đa thức

Bài tốn 2.4 (AIME 1995) Tìm b biết phương... x4 + ax3+ bx2+ cx + d =

với hệ số thực có nghiệm phức, trong số nghiệm + 4i 13 + i.

Lời giải Ta có a, b, c, d ∈ R,