Hai đa thức của cùng một biến số x gọi là đồng nhất bằng nhau nếu chúng luôn luôn nhận cùng một giá trị với mọi giá trị của biến x.. Hai đa thức là đồng nhất bằng nhau khi và chỉ khi c[r]
Trang 1Chuyên đề 22:
BIẾN ĐỔI ĐỒNG NHẤT
A Tóm tắt lý thuyết:
1/ Đa thức:
1.1 Một đa thức bậc n của biến số x là một biểu thức có dạng:
f(x) = anxn + an-1xn-1 + …+ a1x + a0
trong đó a0, a1, …, an là các hệ số và an ≠ 0, còn x lấy giá trị tùy ý Khi x = c, thì f(x) nhận giá trị tương ứng, kí hiệu f(c)
1.2 Hai đa thức của cùng một biến số x gọi là đồng nhất bằng nhau nếu chúng luôn luôn nhận cùng một giá trị với mọi giá trị của biến x Hai đa thức là đồng nhất bằng nhau khi và chỉ khi chúng có các hệ số tương ứng bằng nhau
1.3 Với mọi đa thức f(x) và mọi đa thức g(x) ≠ 0, luôn tìm được một đa thức p(x) (gọi là đa thức thương) và đa thức r(x) là phần dư sao cho:
f(x) = g(x) + r(x) r(x) có bậc nhỏ hơn g(x) Nếu r(x) = 0 thì ta nói f(x) chia hết cho g(x), f(x) cũng chia hết p(x)
1.4 Định lí Bơ-du:
Phần dư của phép chia đa thức f(x) cho nhị thức g(x) = x – a là một hằng số bằng giá trị f(x) của f(x) khi x = a
Vd: Tìm phần dư của phép chia đa thức:
f(x) = xn– an cho x – a (n nguyên dương)
Giải: Phần dư ấy là f(a) = an – an = 0 chứng tỏ xn– anchia hết cho x – a
Vd: Tìm phần dư của phép chia đa thức:
f(x) = x2 + x9 + x1986 cho
Giải:
a) Cách 1: Vì xn – 1 chia hết x – 1 nên
x2 + x9 + x1986 = (x2 – 1) + (x9 – 1) + (x1986 – 1) + 3 khi chia cho x – 1 dư 3
Cách 2: Sử dụng Bơ-du số dư là f(1) = 3
b) Vì đa thức chia x2 – 1 có bậc 2 nên r(x) là đa thức bậc nhất
Gọi thương là p(x), r(x) = ax + b thì:
x2 + x9 + x1986 = p(x).(x2 – 1) + ax + b (*)
Thay x = 1, x = –1 vào (*) được:
=
=
⇔
= +
−
= +
2
1 1
3
b
a b
a
b a
Vậy r(x) = x + 2 1.5 Lược đồ Hooc-ne:
Để tính các hệ số của đa thức thương và dư của phép chia
f(x) = anxn + an-1xn-1 + …+ a1x + a0cho x – α
x bn = an bn-1= α.bn+an-1 bn-2= α.bn-1+an-2 … b1= α.b2+a1 r = α.b1+a0
Thương p(x) = bnxn-1 + bn-1xn-2 + … + b1, dư là r = α.b1 + a0
Vd: Tìm thương và dư của phép chia đa thức: 2x4 – 3x2 + 4x – 5 cho x + 2
Trang 2x 2 0 –3 4 – 5
Vậy thương p(x) = 2x3 – 4x2 + 5x – 6 và dư là 7
Một số hằng đẳng thức tổng quát:
xn – yn = (x – y)(xn-1 + xn-2y + + xyn-2 + yn-1)
x2k – y2k = (x + y)(x2k-1 – x2k-2y + x2k-3y2 – – y2k-1)
x2k+1 + y2k+1 = (x + y)(x2k – x2k-1y + x2k-2y2 – + y2k)
(x + y)n = xn + nxn-1y +
2 1
) 1 (n−
n
.xn-2y2 + …+
2 1
) 1 (n−
n
x2yn-2 + nxyn-1 + yn
2/Phân tích đa thức thành nhân tử:
2.1 Thêm bớt số hạng:
Vd: Phân tích thành tích: a5 + a + 1
Giải: a5 + a + 1 = a5 – a2 + a2 + a + 1 = a2(a3 – 1) + a2 + a +1
= a2(a – 1)(a2 + a +1) + a2 + a +1 = (a2 + a +1)(a3 – a2 +1)
2.2.Phương pháp đặt ẩn phụ:
Vd: Phân tích thành tích: (x2 + x)2 – 14(x2 + x) +24 (*)
Giải: Đặt y = x2 + x Ta có: (*) ⇔y2 – 14y + 24 = y2 – 2y – 12y + 24
= (y – 2)(y – 12) = (x2 + x – 2)(x2 + x – 12) = (x – 1)(x + 2)(x – 3)(x + 4) 2.3 Phương pháp hệ số bất định:
Vd: Phân tích đa thức x3 – 19x – 30 thành tích hai đa thức bậc 2 và bậc 1
Giải: x3 – 19x – 30 = (x + a)(x2 + bx + c) = x3 + (a + b)x2 + (ab + c)x + ac
Vì hai đa thức đồng nhất nên:
−
= +
−
=
= +
19
30
0
c b a
c a
b a
Vì tích a.c = – 30 nên có thể chọn a = 2, c = – 15, khi đó b = – 2 thỏa mãn hệ trên nên:
x3 – 19x – 30 = (x + 2)(x2 – 2x – 15)
2.4 Đối với tam thức bậc 2 dạng ax 2 + bx + c, để thuận lợi có thể dùng nhận xét:
phương pháp đã biết hoặc đề ra bình phương đủ
Nếu b2 – 4ac không là bình phương của một số hữu tỉ thì không phân tích nữa
Vd: Tam thức 2x2 – 7x + 3 có b2 – 4ac = 25 = 52 nên có thể tách 7x = 6x + x hoặc đề ra bình phương đủ 2x2 – 7x + 3 = 2(
2
3 2
7
B Sưu tầm bài tập:
I/ Các bài toán chứng minh rằng:
1) Cho ab = 1 Chứng minh rằng a5 + b5 = (a3 + b3)(a2 + b2) – (a + b)
2) Cho a + b + c = 1 và 1+1+1 =0
c b
3) Cho
b a b
y a
x
+
=
4
; x2 + y2 =1 Chứng minh rằng:
2000 2000
2000
) (
2
b a b
y a
x
+
= +
Trang 34) Chứng minh rằng nếu a,b,c là 3 số thỏa mãn: a + b + c = 2000 và
2000
1 1 1
1+ + =
c b
trong 3 số a, b, c phải có một số bằng 2000
5) Cho a + b + c = 0 Chứng minh rằng: a4 + b4 + c4 =
2
1
(a2 + b2 + c2)2
6) Chứng minh rằng, nếu x + y + z = 0 thì 2(x5 + y5 + z5) = 5xyz(x2 + y2 +z2)
7) Cho a, b, c là ba số khác nhau Chứng minh rằng:
a c c b b a b c a c
b a a
b c b
a c c
a b a
c b
−
+
−
+
−
=
−
−
− +
−
−
− +
−
−
) )(
( ) )(
( ) )(
(
1
1 1
1 1
1
= + +
+ + +
+ +
9) Cho ba số x, y, z thỏa mãn: by + cz = a, ax + cz = b, ax + by = c; trong đó a, b, c là các số dương cho trước Chứng minh rằng:
1
1 1
1 1
1
+
+ +
+
10) Cho 4 số nguyên a, b, c, d thỏa mãn:
= +
+
= +
cd ab
d c b a
II/ Các bài toán phân tích thành nhân tử:
Phân tích thành nhân tử
1) P = x4 + 2000x2 + 1999x + 2000
2) a2(b – c) + b2(c – a) + c2(a – b)
3) a3 + 4a2 – 29a + 24
4) x3 + 6x2 + 11x + 6
5) (x – y)3 + (y – z)3 + (z – x)3
III/ Các bài toán giá trị:
1) Cho a > b > 0 thỏa mãn 2a2 + 2b2 = 5ab Tính
b a
b a P
−
+
=
2) Cho 1+1+1 =0
c b
b
ca a
bc c
ab
P= + +
3) Cho 3 số x, y, z thảo mãn: x + y + z = 0 và x2 + y2 + z2 = a2 Tính x4 + y4 + z4 theo a
c
z b
y a
x
z
c y
b x
a
c
z b
y a
x
A= + +
5) Cho 3 số x, y, z thỏa mãn đồng thời:
= + +
= + +
= + +
0 1 2
0 1 2
0 1 2
2 2 2
x z
z y
y x
z y
x
A= + +
C Hướng dẫn giải:
I/ Các bài toán chứng minh rằng:
1) VP = (a3 + b3)(a2 + b2) – (a + b) = a5 + b5 + a3b2 + a2b3 – (a + b)
= a5 + b5 + a2b2(a + b) – (a + b)
= a5 + b5
2) Ta có: (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ac = 1 và 1 +1+1 =0
c b a
0
= + +
abc
ca bc ac
Nên a2 + b2 + c2 = 1
Trang 43) a/ Ta có:
2 2 2 4
4 2
2 2 4 4
) (
) )(
( ) (
) (
y x ab ay
bx b a b
a
y x b
y
a
x
+
= +
+
⇔ +
+
=
0 ) (ay −bx = ⇒ay =bx
⇔
+ +
− + +
⇔ + +
= + +
c b a c b a c b a c b a
= +
= +
= +
⇔
= + + +
⇔
0 0
0 )
)(
)(
(
a c
c b
b a o a c c b b
=
⇒
= +
=
⇒
= +
=
⇒
= +
2000 0
2000 0
2000 0
b a
c
a c
b
c b
a
5) Từ a + b + c = 0 ⇒ b + c = –a ⇒ (b + c)2 = a2 ⇒ a2 + b2 + c2 = 2bc
⇔a4 + b4 + c4 – 2a2b2 + 2b2c2 = 4b2c2 ⇔ a4 – b4 – c4 = 2a2b2 + 2b2c2 + 2a2c2
Cộng vào 2 vế với a4 + b4 + c4ta được: 2(a4 + b4 + c4) = (a2 + b2 + c2)2
⇒ a4 + b4 + c4 =
2
) (a2 +b2 +c2 2
6) x + y +z = 0 ⇒ y + z = – x ⇒ (y + z)5 = – x5
⇔y5 + 5y4z + 10y3z2 + 10y2z3 + 5yz4 + z5 = – x5
⇔x5 + y5 + x5 + 5yz (y3 + 2y2z + 2yz2 + z3) = 0
⇔(x5 + y5 + x5) + 5yz [(y + z)(y2 – yz + z2) + 2yz(y + z)] = 0
⇔(x5 + y5 + x5) + 5yz (y + z)(y2 + yz + z2) = 0
⇔2(x5 + y5 + x5) – 5yz [(y2 + 2yz + z2) + y2 + z2] = 0 (nhân 2 vào hai vế)
⇔2(x5 + y5 + x5) – 5yz (y2 + y2 + z2) = 0
⇔2(x5 + y5 + x5) = 5yz (y2 + y2 + z2)
7)
a c b a c a b a c a b a
b a c a c a b
a
c b
−
+
−
=
−
−
−
=
−
−
−
−
−
=
−
−
) )(
(
) ( ) ( ) )(
(
b a c b a b c b a b c b
c b a b a b c
b
a c
−
+
−
=
−
−
−
=
−
−
−
−
−
=
−
−
) )(
(
) ( ) ( ) )(
(
c b a c b c a c b c a c
a c b c b c a
c
b a
−
+
−
=
−
−
−
=
−
−
−
−
−
=
−
−
) )(
(
) ( ) ( ) )(
(
Cộng từng vế: VT =
a c c b b
a− + − + −
2 2
2
+ +
+ + +
+ +
+x xy y yz 1 z zx
1 1
1 1
1
zx z xyz
xyz xz
xz xz
z
z
+ +
+ +
+
+ +
1
1 1
1 1
+ +
+ + +
+ + +
⇔
zx z xz
z
xz xz
z
z
9) Ta có: a + b + c = 2(ax + by + cz) = 2(ax + a) = 2a(x+1)
a
c b a
2
+ +
Tương tự: y + 1 =
b
c b a
2
+ +
; z + 1 =
c
c b a
2
+ + 2 2 2 2 1
1 1
1 1
1
= + +
+ +
= +
+ +
+ +
⇒
c b a
c b a z
y x
10) Từ a + b = c + d ⇒ a = c + d – b
⇒ (c + d – b)b + 1 = cd ⇔(d – b)(b – c) = –1
Vì b, c, d là số nguyên nên:
=
−
=
−
−
=
−
=
−
1
1
c b d b
c b d b
Vậy c = d
II/ Các bài toán phân tích thành nhân tử:
1) P = x4 + 2000x2 + 1999x + 2000 = x4 + x3 + x2 + 1999(x2 + x + 1) – (x3 – 1)
Trang 5= x2(x2 + x + 1) + 1999(x2 + x + 1) – (x3 – 1) = (x2 + x + 1)(x2 – x + 2000)
2) a2(b – c) + b2(c – a) + c2(a – b)
Biến đổi: b – c = – (c – a) – (a – b) thay vào ta được:
= – a2(c – a) – a2(a – b) + b2(c – a) + c2(a – b) = (a – b)(c + a)(c – a) + (c – a)(b + a)(b – a)
= (c – a)(a – b)(c –b)
3) a3 + 4a2 – 29a + 24 = a3 – a2 + 5a2 – 5a – 24a + 24 = a2(a – 1) + 5a(a – 1) – 24(a – 1)
= (a – 1)(a2 + 5a – 24) = (a – 1)(a2 – 3a + 8a – 24) = (a – 1)(a – 3)(a + 8)
4) x3 + 6x2 + 11x + 6 = x3 + x2 + 5x2 + 5x + 6x + 6
5) (x – y)3 + (y – z)3 + (z – x)3
Đặt a = x – y, b = y – z, c = z – x Nhận xét thấy a + b + c = 0 ⇒ a + b = – c
⇒ (a + b)3 = – c3 ⇒ a3 + b3 + c3 = – 3ab(a + b) = – 3ab(x – z) = 3abc
⇒ (x – y)3 + (y – z)3 + (z – x)3 = 3(x – y)(y – z)(z – x)
III/ Các bài toán giá trị:
4 2 2
4 2 2 2
2
2 2
2 2 2
2
2 2
− +
+ +
=
− +
+ +
ab
ab ab b
a
ab b
a ab b
a
ab b
a P
2) 1 +1+1 =0
c b
b
ca a
bc c
ab
P= + +
Ta có: 1 +1+1 =0
c b
abc c
b a
3 1 1 1
3 3
abc
abc b
abc a
abc c
abc P
3) Cho 3 số x, y, z thảo mãn: x + y + z = 0 và x2 + y2 + z2 = a2 Tính x4 + y4 + z4 theo a
x + y + z = 0 ⇒ x = – (y + z) ⇒ x2 = y2 + z2 + 2zy ⇒ x2 – y2 – z2 = 2zy
⇒ x4 + y4 + z4 – 2x2y2 – 2x2z2 + 2y2z2 = 4y2z2
⇒ x4 + y4 + z4 = 2x2y2 + 2x2z2 + 2y2z2
⇒ x4 + y4 + z4 = 2x2y2 + 2x2z2 + 2y2z2
⇒ 2(x4 + y4 + z4) = (x2 + y2 + z2)2 = a4 ⇒ x4 + y4 + z4 =
2
4
a
c
z b
y a
x
z
c y
b x
a
c
z b
y a
x
A= + + 1
2 2 2
2 2 2 2 2
2
= + + + + +
bc
yz ac
xz ab
xy c
z b
y
a
bc
yz ac
xz ab
xy+ + )
z
c y
b x
a
0
= + +
⇔
xyz
cxy bxz ayz
abc
ayz bxz cxy
5) Cộng theo vế lại ta được: (x + 1)2 + (y + 1)2 + (z + 1)2 = 0
= +
= +
= +
⇔
0 1
0 1
0 1
z
y
x
−
=
−
=
−
=
⇔
1 1 1
z y
x
z y x
A= + + = 2000 2000 2000
) 1 ( ) 1 ( ) 1
MỘT SỐ BÀI TẬP – ĐỀ THI THAM KHẢO THÊM
kiện sau:
a) a3 + b3 + c3 – 3abc = 0
b) (a + b – 2c)2 + (b + c – 2a)2 + (c + a -2b)2 = (a - b)2 + (b – c)2 + (c – a)2
Trang 6(HD: Chứng minh a = b = c) 2) Cho x1, x2, x3là ba số thực thỏa x1x2x3 = 1
Tính: S =
1 3 3 3
2 2 2
1
1 1
1 1
1
x x x x
x x x
x
x + + + + + + +
3) Cho x, y, z là 3 số thỏa: x + y + z = a, x2 + y2 + z2 = b, xyz = c
Tính x3 + y3 + x3theo a, b, c (Đề thi năm 1994-1995) 4) Cho a, b, c là ba số dương và x, y, z là ba số thực không đồng thời bằng 0 sao cho:
ax + by + cz = 0 Chứng minh rằng biểu thức:
2 2 2
) ( ) ( ) (x y bc y z ca z x
ab
cz by ax
− +
− +
−
+
5) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn:
= +
+
= +
+
= +
+
35 15 8
ac
a
c
bc
c
b
ab
b
a
6) Cho x, y, z là ba số thực thỏa:
x
z z
y y
x+ 1 = +1 = +1
a) Cho x = 1, hãy tính y, z
b) Chứng minh rằng x, y, z đôi một khác nhau thì x2y2z2 = 1 (Đề thi năm 2002-2003)
a) Nếu a + b + c = 0 và abc ≠0 thì:
0 1
1 1
2 2 2 2 2 2 2 2
− +
+
− +
+
−
b
b) Nếu
x
x b
x x
x x
a
2 2
2
1 ,
1
−
−
− +
2
2 < x< thì:
0
1= +
−
ab
b a
(Đề thi năm 2004-2005) 8) Cho x là nghiệm của phương trình x2 + 3x +1 = 0
2 6 6 2
3 3 2 2 2 2
)
1
)
1 ( )
1 (
)
1
(
x
x x
x x
x x
x
9) Cho x1, x2, x3 là ba số thực khác 0 thỏa:
x1 + x2 + x3 = a, x1x2 + x2x3 + x3x1 = 0, x1x2x3 = b
b a
(Đề thi năm 2005-2006)