(SKKN 2022) tính chất nghiệm của đa thức

TÍNH CHẤT NGHIỆM CỦA ĐA THỨC A MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Các toán đa thức ln xuất kì thi tuyển chọn học sinh giỏi cấp Điều cho thấy phương pháp tư đa thức trọng việc rèn luyện phát triển tư sáng tạo bồi dưỡng học sinh giỏi Vì để góp phần vào việc bồi dưỡng học sinh giỏi mảng đa thức, cần phải trạng bị cho học sinh kiến thức để có đủ sở cho việc tìm tịi lời giải tốn đa thức hay kì thi phát triển khiếu đa thức Trong toán học nhiều vấn đề tưởng chừng khác biệt thực lại có chất có mối liên hệ với Sau xin giới thiệu vấn đề liên quan đến “nghiệm” yếu tố quan trọng đa thức Mục đích nghiên cứu Trong viết tơi nhằm mục đích giới thiệu tính chất nghiệm có nhiều ứng dụng việc giải toán đa thức chứng minh đa thức có nghiệm nhất, vơ nghiệm, tìm đa thức, tìm bậc đa thức thỏa mãn yêu cầu cho trước, chứng minh tính chia hết hai đa thức,… Đối tượng nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu Sáng kiến kinh nghiệm học sinh u thích mơn đại số, nhằm trang bị thêm kiến thức luận khoa học để tiếp cận giải toán liên quan đến đa thức, thơng qua tính chất nghiệm đa thức Phương pháp nghiên cứu Đề tài nghiên cứu phương pháp phân tích, tổng hợp, khái qt hóa tương tự hóa Những điểm sáng kiến kinh nghiệm Nghiệm đa thức yếu tố có nhiều mối liên hệ tới vấn đề khác đại số như: tính chia hết, bậc đa thức,…Từ mối liên hệ mà sử dụng tính chất nghiệm đa thức giải toán đa thức khác B NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM I Cơ sở lý luận sáng kiến kinh nghiệm Định nghĩa Số a gọi nghiệm đa thức P  x  P  a    x  a Ta có nhận xét: a nghiệm P  x  P  x  M * Định nghĩa Cho đa thức P  x  m  ¥ Ta nói số a nghiệm bội m P  x  P  x M  x  a  P  x  M x  a  m m 1 Định nghĩa Đa thức monic đa thức đơn biến hệ số dẫn đầu (hệ số khác không bậc lớn nhất) Do đó, đa thức monic có dạng x n  cn1 x n1   c1 x  c0 Định lí (Định lí đại số) Trong £  x  , đa thức bậc n có đầy đủ n nghiệm phức (kể bội) Hệ Trong ¡  x  , đa thức bậc n có khơng q n nghiệm thực (kể bội) Định lí Cho đa thức P  x   ¡  x  Nếu z  a  b.i,  a, b  ¡  nghiệm phức P  x  liên hợp z  a  b.i nghiệm P  x  Định lí  Cho P  x   £  x  bậc n, hệ số cao a có n nghiệm phức 1 ,  , ,  n Khi P  x   a  x  1   x     x   n   Cho P  x   £  x  bậc n, hệ số cao a có tất nghiệm phức 1 ,  , ,  m với bội tương ứng k1 , k2 , , km k k k P x  a x   x   x           m Khi , k1  k2   k m  n m Cho đa thức P  x   ¡  x  có nghiệm thực 1 ,  , ,  m với bội k k k P x  x   x   x   Q  x  , với         k , k , , k m m tương ứng Khi Q  x   ¡  x  m Từ định lí ta thấy P  x   ¡  x  có nghiệm phức z  a  b.i , có nghiệm phức z  a  b.i dẫn đến có phân tích P  x    x   a  bi    x   a  bi   Q  x  , với Q  x   ¡  x    x  2a.x  a  b  Q  x  Lặp lại trình cách xét nghiệm phức Q  x  ta có định lí Định lí Trong ¡  x  , đa thức phân tích dạng tích nhân tử bậc nhân tử bậc hai với biệt thức âm Định lí  Nếu đa thức P  x  với deg P  x   n P  x  có nhiều n nghiệm (kể bội) đa thức  Nếu hai đa thức P  x  , Q  x  có bậc khơng vượt q n, lại nhiều n giá trị khác biến x chúng có hệ số nhau, ta viết P  x   Q  x  Hệ Cho P  x  đa thức với hệ số thực Khi  Nếu hàm y  P  x  hàm số chẵn tất hệ số lũy thừa bậc lẻ  Nếu hàm y  P  x  hàm số lẻ tất hệ số lũy thừa bậc chẵn Định lí Nếu x  a nghiệm đa thức P  x  x  a  b nghiệm đa thức P  x  b  n n 1 P x  a x  a x   a1.x  a0   n n  x  a   Nếu nghiệm đa thức x n 1 n a nghiệm đa thức P  x   an  an1.x   a1.x  a0 x  n n 1 Định lí Cho đa thức P  x   an x  an1.x   a1.x  a0  ¢  x  Khi p x q (phân số tối giản) nghiệm P  x  a0 Mp an Mq Trong trường hợp đặc biệt hệ số cao P  x  dẫn đến nghiệm hữu tỉ đa thức nghiệm nguyên nên thu hệ n n 1 Hệ Cho P  x   x  an1.x   a1.x  a0  ¢  x  nghiệm thực P  x  ngun vơ tỉ Định lí Viét Định lí (Định lí Viét) Trong £ , đa thức P  x   an x n  an1.x n 1   a1.x  a0 có n nghiệm x1 , x2 , , xn n x i i 1  1i  j  n  an1 an xi x j  an  an  1i1 i2  ik  n xi xi xi   1 k k an k an x1.x2 xn   1 n a0 an Định lí (Định lí Viét đảo) Nếu có n số phức x1 , x2 , , xn thỏa mãn n x i i 1  1i  j  n  A1 xi x j  A2  1i1 i2  ik  n xi xi xi  Ak k x1.x2 xn  An x1 , x2 , , xn n nghiệm đa thức P  x   x n  A1.x n 1    1 Ak x n k    1 k n 1 An 1.x   1 An n Định lí 10 (Định lý Rolle thu hẹp) Nếu hàm số thực f liên tục đoạn [a; b], (a < b), khả vi liên tục khoảng (a; b) f(a) = f(b) tồn c ∈ (a; b) cho f′(c) = Chứng minh Giả sử không tồn c ∈ (a; b) để f′(c) = 0, tức f′(x) ≠ ∀x ∈ (a; b) Khi đó, f′(x) liên tục (a; b) nên f′(x) không đổi dấu (a; b) Không giảm tính tổng quát, giả sử f′(x) > ∀x ∈ (a; b) Mà f(x) liên tục [a; b] nên f(x) đồng biến [a; b], suy f(a) < f(b), trái với giả thiết f(a) = f(b) Điều chứng tỏ giả sử ban đầu sai Vậy tồn c ∈ (a; b) cho f′(c) = Bài toán chứng minh II CÁC BÀI TOÁN Bài Cho đa thức p( x)  x  ax  bx  c có nghiệm phân biệt ℝ đa thức p  q ( x)  , q( x)  x  x  2023 khơng có nghiệm thực Chứng minh rằng: p (2023)  64 Giải Gọi x1, x2 , x3 nghiệm ta có: p( x)  ( x  x1)( x  x2 )( x  x3 )  p(q( x))  (q( x)  x1 )(q( x)  x2 )(q( x)  x3 ) đó: q( x)  xi , x Xét q( x)  xi , i  1;2;3 , ta có q( x)  xi  x  x  2023  xi i   4(2023  xi ) Vì q( x)  xi nên q ( x )  xi  vô nghiệm  i   4(2023  xi )   2023  xi   (2023  x1 )(2023  x2 )(2023  x3 )  Vậy p (2023)  64 64 (đpcm) Bài (imomath.com) Chứng minh rằng: đa thức P Q có nghiệm thực      Q  1 x  P  x  P 1 x  Q2 x P  Q Giải P  a  Q  a x  a Lưu ý tồn mà Điều suy từ thực rằng: p,q tương ứng nghiệm P ,Q         P p  Q2 p   P q  Q2 q Bây       P b Q b với 2 P  Q liên tục   b  1 a  P a Lấy số thực lớn mà   , dẫn đến điều mâu thuẫn P a Q a m m 1 Bài (Vơ địch Mỹ) Tìm cho đa thức P ( x)  x  x   n 2n mn ước Q( x )   x  x   x Giải ( m1) n   ( x n  1).Q( x) P0 ( x)  ( x 1).P( x) Ta thấy đa thức Q0 ( x)  x khơng có nghiệm bội (phức) nên P( x).Q( x) khơng có nghiệm bội Do đó: P( x) | Q( x) nghiệm P( x) nghiệm Q( x) n Ta có cặp đa thức x  1, Q( x) x  1, P( x) khơng có nghiệm chung ( m1) n 1) Hơn nữa: P0 ( x) | Q0 ( x), (x 1) | ( x Nên nghiệm P( x) nghiệm nghiệm Q( x) x 1 ( m1) n 1) có nghiệm chung x  ( x +Trường hợp 1: d   m  1; n   ( m1) n 1) có nghiệm chung khác Khi đa thức x 1 ( x 2 2 x0  cos  i.sin d d nên không thỏa mãn m  1; n   +Trường hợp 2:  Khi tồn cho ( m1) n 1) nhận nghiệm chung x0 Giả sử hai đa x 1 ( x Dễ thấy   x0  x10  x0(m1).k n.l  x0m1  x0n   k l (thỏa mãn) m  1; n   Vậy hai số nguyên dương thỏa mãn đề  Bài Cho số thỏa mãn: n n1 n n1 Hai đa thức p( x)  a0 x  a1x   an q( x)  b0 x  b1x   bn Chứng minh rằng: a) có nghiệm dương b) Nghiệm (nếu có) có giá trị tuyệt đối không vượt qua nghiệm dương Giải a) Chứng minh có nghiệm dương  b1 b2 bn   bo     n  x x x  Ta có: q( x)  x  n  Suy ra: có nghiệm dương dương Ta có: h '( x)  h( x)   bo   b1 b2 b     nn  x x x  có nghiệm b1 2b2 nbn    n1  0, x  x x x Suy ra: đồng biến Ta có: lim h( x)  bo  lim h( x)   , x0 x Do đó, tồn số x0   0;   để h( x0 )  Tức h( x)  có nghiệm dương Suy có nghiệm dương (đpcm) b) Do hàm số đồng biến (0;+∞), x0 nghiệm (0;+∞) Suy ra: x  x0  h( x)  h( x0 )   q( x)  Và x   0; x0   h( x)  h( x0 )   q( x)  Cần chứng minh: nghiệm x1 p( x ) thỏa mãn x1  x0  q  x1   q( x0 )   q  x1   Thật vậy, Giả sử x1 nghiệm p( x) Ta có: p( x1 )   a0 x1n  a1x1n1   an   a0 x1n  a1 x1n1   an  a0 x1n  a1x1n1   an  a0 x1n  a1x1n1   an  a0 x1n  a1 x1n1   an  b0 x1n  b1 x1n1   bn  q  x1   q  x1    x1   0; x0   x1  x0 (đpcm) Bài (dự tuyển IMO 2005) Tìm tất đa thức monic bậc cho tồn đa thức 1;1 mà hệ số đa thức r ( x)  p( x).q( x) thuộc  Giải Xét p( x)  x  ax  1, a ¢ n r ( x)   xi Giả sử i 0   1;1 z 1 z nghiệm (phức) r ( x) mà n i n1 i z  n n n z   z   z   z z   z   z    z  2  1 a z  i 0 n i0 n Ta có: ,  z 2 n1 Như vậy, nghiệm r ( x) có mođun nhỏ Từ đó, gọi z1, z2 nghiệm p( x) ta có z1, z2 nghiệm r ( x) nên z1  | z2  z1 z2  z1.z2  Ngồi ra, ta có: Khơng tính tổng qt, giả sử Ta lại có: z1  z2 z1  z2  a  z1  z2    , suy , suy  z1  ;  z2  a   2; 1;0;1;2 + Với a  q( x)  x  (vì p( x)  x  ) + Với a  1 q( x)  (vì p( x)  x  x  ) + Với a  2 p( x)  x  x  - Nếu p( x)  x  x  q( x)  x  - Nếu p( x)  x  x  khơng thỏa mãn có nghiệm với mođun lớn 2 2 Vậy p( x ) : p( x)  x  , p( x)  x  x  , p( x)  x  x  Bài (Rumani 2001) n Cho , chẵn thỏa mãn: 3a   b Chứng minh rằng: Đa thức   n p  x   x2  x 1  xn  a q x  x  x  xb   chia hết cho đa thức Giải q  x   x  x  x    x  1  x  1   n p  x    x  x  1  x n  n  + Giả sử b  đó: 3a   b   a  Ta có: x  1, x  hai đa thức nguyên tố ước p ( x) nên q( x) | p( x) + Giả sử q( x) | p( x) b  (vì b  q( x)  x  x  x | p( x)  x | p( x)  a  vơ lí với 3a   b n Vì b  nên q( x)  x  x  x  b có nghiệm (phức) z1 , z2 , z3 khác Theo định lý Viet: z1.z2 z3  b zi2  zi    Như vậy, với phân biệt, ta có: b  z j zk zi (1) Vì q( x) | p( x) nên z1 , z2 , z3 nghiệm p( x)  p ( z1 )  p ( z2 )  p ( z3 )   p ( z1 )  p ( z2 )  p ( z3 )  Hay   zi2  zi  1  zin  3a  n i 1 (2) i1 zz Từ (1) (2), ta có:   n   z2 z3    z3 z1   z1n  z2 n  z3n  3a  n  z   1 z   1 z     z z z   n n n n n n  3a   n  bn  1 z   1 z   1 z     z z z   n 3 n  1 z   1 z   1 z   n n n n n Khơng tính tổng qt, giả sử  z1   z1  +Trường hợp 1: z1  10 Ta có: q( z1 )   q(1)  Từ (1)  z12  z1    b  b  3 z1 p (1)      1  1n  a   3n   a  n Mặt khác: Như vậy, ta có: b n  3a   3 n  3a      3a   a  b  n 3  a  3n   a   (do n chẵn)  a  n Với a  ta có: b  b  3 (vô lý) +Trường hợp 2: z1  1 Ta có: q(1)   1    b   b  (đpcm) +Trường hợp 3: z1  £ \ ¡ Khi đó: q ( x ), ta coi: z2  z1  z1  nên z1   z1 z1 nghiệm z1  b  z1.z2 z3  z3  q ( b)  Hay b  b   b  (do b  ) Vậy ta ln có b  (đpcm) Bài (IMO 2002) Tìm  ¥ ;  cho có vơ số  ¢ + thỏa mãn: am  a 1 ¢ an  a2 1 Giải m n Giả sử thỏa mãn đề Xét hai đa thức: f ( x)  x  x  1, g ( x)  x  x  Khi tồn hai đa thức hệ số thực q( x), r ( x) thỏa mãn: f ( x)  q ( x ).g ( x)  r ( x ), deg r  deg g Do f , g  ¢  x Ta cú: nờn q, r Ô x f  x r  x  q x  g  x g  x q, r  ¢  x  Đặc biệt ta cịn có g monic nên (*) 11  Do với a  ¢  Vì có vơ số a  ¢ để f  a r  a  ¢   ¢ g  a g  a f  a ¢ g  a  nên có vơ số a  ¢ để r  a  ¢ g  a hay có dãy tăng vơ hạn số nguyên dương an mà lim mà deg r < deg g nên r  an   ¢ g  an  r  an  0 g  an  (1) (2) Từ (1) (2) suy ra: r ( x)  Từ (*) suy ra: f  x  q  x g  x (vì r ( x )  )   Suy toán cho quy tìm m, n  ¥ ; m, n  để g ( x) | f ( x) (vì g monic nên phép chia hết nói sau xét f , g ¢ x Ă x , Ô x , Â  x Vì g ( x) | f ( x) nên nghiệm g ( x) (xét tập số phức) nghiệm f ( x) (số bội nghiệm g ( x) nhỏ f ( x) ) Trong toán quan tâm đến nghiệm thực g ( x) Dễ thấy g ( x) có nghiệm thực t   0;1 m n Lúc đó, ta có: t  t   (3) t  t   (4) m n Từ (3) (4), ta có: t  t  t  t  t (1  t )  t n (1  t mn )  (1  t )(1  t mn ) (do từ (4) ta có t n   t )  t  (1  t )(1  t mn )  t   t mn  t  t mn1  t mn1  t mn   (5) 0;1 Vì g ( x) | f ( x) nên m  n để ý số thuộc khoảng   lũy thừa với số mũ lớn bé 12 Do đó: m  n   n  m  n  n    t mn1  t mn  t n  t m n1  t m n  t n  t Từ (4) (5) ta có: t Như m  n   n  m  2n  Ta lại có: x n  x   g ( x ) |  x m  n g ( x )  f ( x )   x m n   x m  n  x  Do đó: m  m  n   m  2n  Suy ra: 2n   m  2n  n n n 2 +Trường hợp 1: m  2n  Khi đó: x  x  1| x  x  x  (vô lý) n n1 n1 +Trường hợp 2: m  2n  Khi đó: x  x  1| x  x  x   ( x  1)( x n  x  1)  x n1  x n1  x   n  m  (thử lại ta thấy thỏa mãn đề bài) Vậy (m; n)  (5;3) Bài (Vietnam TST) Cho phương trình: x  x  ax  bx  c  có nghiệm  ,  ,  ,  thỏa mãn:  16   16   16   16  Tìm nghiệm Giải Theo định lý Viete, ta có:         4 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz liên tiếp ta có:    16                    4             4         4 4  16   16   16   16  16  Dấu "=" xảy         1 2n 2n   2022 Bài Cho đa thức p( x)  x  x  x   x  2021x Chứng minh rằng: có nghiệm ¡ 13 Giải 2n n 1 Ta có: p( x)  x  x   x  2021x  2022   x  x   x n  2021x n1  2022 2n n1 Xét đa thức: f ( x)  x  x   x  2021x ℝ 2n n 1 Khi f ( x)  x  x (1  x)  x (1  x)  x (1  x)  2020 x *Với x  1   x   f ( x)  Do f ( x)  2022 vô nghiệm *Với 1  x   f ( x )  Do f ( x)  2022 vơ nghiệm 2n *Với x  0, f '( x)   x  3x   2021(2n  1) x   f ( x ) đồng biến khoảng (0; +∞) lim f ( x)   Ta có: f (0)  x Do đó, tồn x0   0;   để f ( x0 )  2022 Vậy p( x )  có nghiệm dương (đpcm) Bài 10 Cho đa thức P  x   an x n  an 1 x n 1   a1 x  a0 , n  2, an a0  nghiệm dương Chứng minh an 1a1  n2 a0 an có n Giải P x Gọi x1 , x2 , , xn n nghiệm đa thức   Theo định lý Viete ta có: Do đó: x1 x2 xn 1  x1 x3 xn   x2 x3 xn  a1 an ; x1 x2 xn  a0 an  x   xn   x1 x2 xn 1   x2 x3 xn  an 1a1  a0 an x1 x2 xn 14   x1   xn   x1 x2 xn1   x2 x3 xn  ( xi  i  1, n ) x1 x2 xn Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: x1  x2   xn  n n x1 x2 xn Suy ra: an 1a1  n2 a0 an x1 x2 xn 1   x2 x3 xn  n n x1n 1 xnn 1 ; Bài 11 (VMS 1999) Giả sử đa thức với hệ số thực có n nghiệm thực phân biệt    P x  a0  a1x   anxn  ak1ak1  ak2, k  1;2; ;n  Chứng minh rằng: Giải Ta   chứng minh rằng:     “       Q 2 x  Q x Q  x  0, x  ¡ ứng với Q x  ¡ x ,degQ x  m Q x có m nghiệm thực đơn” Ta có: m     i  j Q x  a x  i , i   j i 1    x  Q x Suy ra:   Q x       x x   Q 2 x  Q x Q  x m i 1 - Nếu t  ¡ mà nghiệm đơn)   i  Q t 0 Q2  m i 1    (*) i Q 2 t  Q t Q  t  Q 2 t  (  Q t  t Q  t  - Nếu t  ¡ mà từ (*) ta suy điều phải chứng minh   Q x P Bây xét đa thức: thực đơn (chứng minh P  k1  0 P    0   P    0  k 1 k  k  1 !a  k  1 !a hay k1 k1  k  x , k  0,n  Các đa thức có nghiệm dễ dàng định lý Rolle) Suy ra:   k !ak  15 Do đó: ak1ak1  ak2 k  ak2 k1 Bài 12 (VMO 2012) Cho cấp số cộng (an ),(bn ) số nguyên m  Xét m tam thức bậc hai: Pk ( x)  x  ak x  bk , k  1,2, , m Chứng minh hai tam thức P1 ( x) , Pm ( x) khơng có nghiệm thực tất đa thức cịn lại khơng có nghiệm thực Giải Ta chứng minh bổ đề sau: 2 Bổ đề: Nếu a1  4b1  0, am  4bm    a1  (1   )am     b1  (1   )bm   với   [0, 1] Chứng minh Cách Thật vậy, ta có   a1  (1   )am     b1  (1   )bm    (a12  4b1 )  (1   ) (am2  4bm )   (1   )(2a1am  4(b1  bm )) (1) 2 2 Do a1  4b1  0, am  4bm  2a1am  4(b1  bm )  2a1am  a1  am  (a1  am )  nên vế phải (1) < ta có điều phải chứng minh 2 Cách Vì a1  4b1  0, am  4bm  nên theo định lý dấu tam thức bậc hai, ta có x  a1 x  b1  với x x  am x  bm  với x Nhân bất đẳng thức đầu với  nhân bất đẳng thức thứ hai với (1–) cộng lại, ta x    a1  (1   )am  x    b1  (1   )bm   với x Từ suy   a1  (1   )am     b1  (1   )bm   (đpcm) 16 Trở lại toán, P1 ( x) Pm ( x) khơng có nghiệm thực nên ta có 1  a12  4b1  0,  m  am2  4bm  am  a1 ( a ) Công sai cấp số cộng n m  , công sai cấp số cộng (bn ) bm  b1 m  Do với k  1, 2, , m ta có am  a1 m  k k 1  a1  am m 1 m 1 m 1 ak  a1  (k  1) Tương tự bk  b1  (k  1) bm  b1 m  k k 1  b1  bm m 1 m 1 m 1 mk m  , ta có  k  ak  4bk  với k  1, 2, , m Bây áp dụng bổ đề với P1 ( x ), P2 ( x ), , Pm ( x )  tức tất đa thức khơng có nghiệm thực (đpcm) II BÀI TẬP Bài 13 (VMS 2007) Chứng minh tam thức bậc hai    f x  ax2  bx  c, a,b,c  ¡  có nghiệm nguyên hàm đa thức bậc ba có nghiệm thực Bài 14 Cho P(x) đa thức với hệ số nguyên P(0), P(1) số lẻ Chứng minh P(x) khơng có nghiệm ngun Bài 15 Cho đa thức P(x) monic bậc n với hệ số thực Biết P(x) có n nghiệm x1 , x2 , , xn thỏa mãn  xi  1, i  1, n Chứng minh rằng:  1 ( 2) n P     ( 3)n P(0)  2 Bài 16 (VMO 1988) Cho đa thức P ( x )  a0 x n  a1 x n 1   an 1 x  an bậc n với n  Biết P(x) có n nghiệm thực Hãy xác định hệ số a2 , a3 , , an a0  1, a1  n, a2  n( n  1) 17 Bài 17 Cho P(x) Q(x) đa thức hệ số thực, có bậc 2022 hệ số cao Chứng minh phương trình P(x) = Q(x) khơng có nghiệm thực phương trình sau có nghiệm thực P( x  2021)  Q ( x  2021) Bài 18 Tìm tất đa thức f  x   R  x  cho deg f  x   2m  f  x  1  f  x   1, x  ¡ 18 C KẾT QUẢ KIỂM NGHIỆM Sáng kiến kinh nghiệm dược áp dụng vào giảng dạy cho em học sinh chun Tốn niên khóa 2020 - 2023, với thời gian hai buổi học Các em học chuyên có kiến thức hàm số liên tục, giới hạn…, tìm hiểu tính chất nghiệm đa thức thấy mối liên hệ quan trọng nghiệm với yếu tố khác đa thức em có hướng để giải tốt toán Sau em học sinh học em nói thân thấy tự tin thích thú học đại số, cụ thể mảng đa thức 19 D KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ Sáng kiến kinh nghiệm trình bày tốn sử dụng tính chất nghiệm để giải toán đa thức, cụ thể tốn chứng minh đa thức có nghiệm nhất, vơ nghiệm, tìm đa thức, tìm bậc đa thức thỏa mãn yêu cầu cho trước, chứng minh tính chia hết hai đa thức,… Hằng năm vào đầu năm học em học sinh thi đậu vào lớp 10 trường THPT chuyên Lam Sơn, tổ chức ôn tập để bổ sung thêm kiến thức cần thiết, chuẩn bị tốt cho việc học môn chuyên với kiến thức chuyên sâu học sinh THPT không chuyên Nội dung viết có số nhằm trang bị cho em số tính chất nghiệm đa thức kiến thức THCS (bài 1, 8, 10) Do số giới thiệu cho học sinh cuối cấp bậc học THCS Trong trình viết sáng kiến kinh nghiệm khơng thể tránh khỏi sai sót, tơi mong Thầy/Cơ đồng nghiệp góp ý bổ sung để viết hồn thiện Tơi xin chân thành cảm ơn 20 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Diễn đàn toán học/ https://diendantoanhoc.org [2] Dream of innovation / https://leonguyenduy.wordpress.com [3] Ths.NGƯT Lê Hồnh Phị (chủ biên), Chun khảo đa thức, Nhà xuất Đại học quốc gia Hà Nội [4] Đồn Quỳnh (chủ biên), Tài liệu giáo khoa chun Tốn, Nhà xuất Giáo dục, 2010 [5] Nguyễn Văn Mậu ( chủ biên), Chuyên đề chọn lọc đa thức áp dụng, Nhà xuất Giáo dục XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 09 tháng năm 2022 Tôi cam đoan SKKN không chép nội dung người khác Lê Thị Huyền 21 ... mảng đa thức 19 D KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ Sáng kiến kinh nghiệm trình bày tốn sử dụng tính chất nghiệm để giải tốn đa thức, cụ thể toán chứng minh đa thức có nghiệm nhất, vơ nghiệm, tìm đa thức, tìm... Định lí Nếu x  a nghiệm đa thức P  x  x  a  b nghiệm đa thức P  x  b  n n 1 P x  a x  a x   a1.x  a0   n n  x  a   Nếu nghiệm đa thức x n 1 n a nghiệm đa thức P  x  ... tính chất nghiệm đa thức thấy mối liên hệ quan trọng nghiệm với yếu tố khác đa thức em có hướng để giải tốt tốn Sau em học sinh học em nói thân thấy tự tin thích thú học đại số, cụ thể mảng đa