ĐA THỨC VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG 10 ĐIỂM

Luận văn, báo cáo, luận án, đồ án, tiểu luận, đề tài khoa học, đề tài nghiên cứu, đề tài báo cáo - Công Nghệ Thông Tin, it, phầm mềm, website, web, mobile app, trí tuệ nhân tạo, blockchain, AI, machine learning - Toán học UBND TỈNH QUẢNG NAM TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG NAM KHOA TOÁN ---------- HUỲNH THỊ HÒA ĐA THỨC VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG KHOÁ LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Quảng Nam, tháng 4 năm 2017 UBND TỈNH QUẢNG NAM TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG NAM KHOA TOÁN ---------- KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Tên đề tài: ĐA THỨC VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG Sinh viên thực hiện HUỲNH THỊ HÒA MSSV: 2113010118 CHUYÊN NGÀNH: SƯ PHẠM TOÁN KHÓA: 2013 – 2017 Cán bộ hướng dẫn ThS. DƯƠNG THỊ THU THÚY MSCB: T34-15111-26647 Quảng Nam, tháng 4 năm 2017 LỜI CẢM ƠN Sau khoảng thời gian học tập và nghiên cứu dưới sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tình của cô giáo ThS. Dương Thị Thu Thúy đến nay khóa luận tốt nghiệp của tôi đã được hoàn thành. Tôi xin bày tỏ sự kính trọng cũng như lòng biết ơn sâu sắc tới cô giáo ThS. Dương Thị Thu Thúy đã trực tiếp hướng dẫn tôi, luôn quan tâm và chỉ dẫn tận tình để tôi hoàn thành khóa luận này. Tôi cũng xin trân trọng gửi lời cảm ơn đến tất cả các thầy cô giáo trong nhà trường, đặc biệt là các thầy cô giáo trong khoa Toán đã tận tình chỉ dạy, truyền đạt cho tôi những kiến thức bổ ích và quý báu trong suốt 4 năm học vừa qua. Xin cảm ơn sự giúp đỡ, chia sẻ của tất cả các bạn trong lớp DT13STH01 trong thời gian 4 năm học tại trường cũng như để tôi hoàn thành khóa luận này. Tuy nhiên do thời gian và năng lực có hạn nên chắc chắn khóa luận không tránh khỏi những sai sót. Vì vậy, tôi rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của quý thầy cô và các bạn để khóa luận được hoàn thiện hơn. Cuối cùng, tôi xin kính chúc quý thầy cô sức khỏe, hạnh phúc và thành công trong sự nghiệp trồng người của mình. Quảng Nam, ngày 25 tháng 04 năm 2017 Sinh viên thực hiện Huỳnh Thị Hòa MỤC LỤC MỞ ĐẦU .............................................................................................................................. 1 1. Lí do chọn đề tài ............................................................................................................... 1 3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu .................................................................................... 1 4. Phương pháp nghiên cứu .................................................................................................. 1 5. Đóng góp của đề tài .......................................................................................................... 1 6. Cấu trúc đề tài ................................................................................................................... 2 NỘI DUNG........................................................................................................................... 3 CHƯƠNG 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ .............................................................................. 3 1.1. Đa thức .......................................................................................................................... 3 1.1.1. Đa thức một ẩn ........................................................................................................... 3 1.1.2. Bậc của đa thức........................................................................................................... 3 1.1.3. Các phép toán trên tập hợp ......................................................................................... 5 1.1.3.1. Phép cộng, trừ hai đa thức ....................................................................................... 5 1.1.3.2. Phép nhân đa thức.................................................................................................... 5 1.2. Nghiệm của đa thức ....................................................................................................... 6 1.2.1. Định nghĩa ................................................................................................................. 6 1.2.2. Các định lí cơ bản về nghiệm của đa thức.................................................................. 6 1.2.2.1. Định lí Bezout......................................................................................................... 6 1.2.2.2. Định lí khai triển một đa thức theo các nghiệm ..................................................... 7 1.2.2.3. Định lí Vi-ét thuận .................................................................................................. 9 1.2.2.4. Định lí Vi-ét đảo ................................................................................................... 11 1.2.2.5. Định lí về nghiệm hữu tỉ của đa thức .................................................................... 12 1.2.2.6. Định lí nghiệm nguyên của đa thức ....................................................................... 13 CHƯƠNG 2. ỨNG DỤNG CỦA ĐA THỨC .................................................................... 15 2.1. Phân tích đa thức thành nhân tử .................................................................................. 15 2.1.1. Phương pháp dùng nghiệm phức .............................................................................. 15 2.1.2. Phương pháp hệ số bất định ..................................................................................... 17 2.1.3. Phương pháp đặt ẩn phụ ........................................................................................... 20 2.1.4. Phương pháp sử dụng cách tìm nghiệm nguyên và nghiệm hữu tỉ của đa thức ....... 21 2.2. Giải phương trình đại số .............................................................................................. 23 2.2.1. Phương trình bậc hai................................................................................................. 23 2.2.2. Giải phương trình bậc ba .......................................................................................... 25 2.2.3. Giải phương trình bậc bốn ........................................................................................ 30 2.2.4. Giải phương trình bậc cao hơn bốn .......................................................................... 33 2.3. Sử dụng đa thức trong các bài toán số học .................................................................. 37 2.4. Bài toán xác định đa thức ............................................................................................ 40 2.4.1. Xác định đa thức bằng phương pháp hệ số bất định ................................................ 40 2.4.2. Xác định đa thức theo các đặc trưng số học ............................................................. 42 2.4.3. Xác định đa thức theo các đặc trưng nghiệm ........................................................... 44 KẾT LUẬN ........................................................................................................................ 47 TÀI LIỆU THAM KHẢO .................................................................................................. 48 1 MỞ ĐẦU 1. Lí do chọn đề tài Trong chương trình toán học phổ thông, đa thức là một chuyên đề được đề cập đến trong chương trình toán lớp 7, sau đó chúng đều có mặt xuyên suốt đến hết chương trình toán Trung học phổ thông ở dạng tường minh hay ẩn tàng. Đa thức là công cụ giúp cho học sinh giải quyết các bài toán từ đơn giản như phân tích đa thức thành nhân tử, giải phương trình bậc hai, bậc ba, bậc bốn…, cho đến vận dụng giải các bài toán liên quan đến số học, chứng minh bất đẳng thức… Tuy nhiên, việc vận dụng đa thức để giải các dạng toán đó không phải là việc mà bất kỳ học sinh nào cũng có thể làm nhuần nhuyễn. Chúng thường gây lúng túng cho học sinh bởi vì trong quá trình học đa thức chỉ được đề cập ở dạng kiến thức cơ bản nhất và các bài tập ứng dụng lại nằm rải rác không liên tục. Là một giáo viên trong tương lai tôi muốn trang bị cho mình vốn kiến thức toán học nói chung và đa thức nói riêng thật chắc để sau này làm tốt vai trò của cô giáo dạy toán. Vì tất cả những lý do trên tôi đã chọn đề tài: “ Đa thức và một số ứng dụng” để làm khóa luận tốt nghiệp của mình. 2. Mục tiêu nghiên cứu Đề tài nghiên cứu nhằm giúp cho người đọc nắm được những kiến thức cơ bản về đa thức. Từ đó đi sâu vào nghiên cứu một số ứng dụng của đa thức và có phương pháp giải phù hợp đối với một số dạng toán cụ thể. 3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu: Dùng đa thức để giải quyết một số bài toán liên quan đến số học, giải phương trình đại số, phân tích đa thức thành nhân tử và một số bài toán xác định đa thức. Phạm vi nghiên cứu: Trong chương trình toán Trung học phổ thông. 4. Phương pháp nghiên cứu - Nghiên cứu tài liệu, đọc hiểu tài liệu. - Phân tích, tổng hợp các kiến thức. - Trao đổi, thảo luận với chuyên gia. 5. Đóng góp của đề tài Đề tài sau khi hoàn thiện là một tài liệu tham khảo để các giáo viên, học sinh nghiên cứu, bồi dưỡng chuyên môn, nâng cao kiến thức về đa thức. 2 6. Cấu trúc đề tài Khóa luận gồm phần mở đầu và hai chương: - Chương 1: Kiến thức chuẩn bị - Chương 2: Ứng dụng của đa thức Phần kết luận và tài liệu tham khảo. 3 NỘI DUNG CHƯƠNG 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1. Đa thức 1,2 1.1.1. Đa thức một ẩn Định nghĩa 1.1. Cho A là vành giao hoán có đơn vị. Ta gọi đa thức trên A bậc n ẩn x là một biểu thức có dạng 1 1 1 0( ) n n n nf x a x a x a x a       ( 0na  ) hoặc viết gọn là 0 ( ) n k k k f x a x    trong đó Aa k  , k 0,1,2,...,n được gọi là các hệ số của )(xf , 0a được gọi là hệ số tự do, x là ẩn của đa thức, na là hệ số cao nhất của )(xf còn n n xa là hạng tử cao nhất của )(xf . Tập hợp tất cả các đa thức với hệ số lấy trong vành A được kí hiệu là A x . Nếu các hệ số được lấy trên tập hợp các số hữu tỉ, các số nguyên, số thực hay số phức, thì ta có khái niệm đa thức với hệ số hữu tỉ, đa thức với hệ số nguyên, đa thức với hệ số thực và đa thức với hệ số phức. Tương ứng là các tập hợp , , x x x và x . Ví dụ 1.1. Cho 874)( 245  xxxxxf là đa thức với hệ số thực, ẩn x và 5 x là hạng tử cao nhất của )(xf . Định nghĩa 1.2. ( Đa thức bất khả quy) Giả sử ( ) f x A x là đa thức có bậc lớn hơn 0. Ta nói ( )f x là bất khả quy trên trường A nếu nó không thể phân tích được thành tích hai đa thức bậc dương khác 0 và nhỏ hơn bậc của ( )f x . Trường hợp ngược lại thì ( )f x được gọi là khả quy hay phân tích được trên A . Nghĩa là ( ) ( ) ( )f x g x h x , với 0 deg ( ) deg ( )g x f x  và 0 deg ( ) deg ( ).h x f x  Tính chất bất khả quy của đa thức luôn phụ thuộc trường cơ sở. 1.1.2. Bậc của đa thức Định nghĩa 1.3. Cho đa thức: 1 1 1 0( ) n n n nf x a x a x a x a A x        . + Nếu 0ia , i 1,2,…,n và 00 a thì ta có bậc của đa thức là 0 hay 0)(deg xf . + Nếu 0ia , i = 0,1,2,…,n thì ta có bậc của đa thức là  hay )(deg xf và gọi là đa thức không. + Nếu 0na  thì ta nói bậc của đa thức là n hay nxf )(deg . 4 Ví dụ 1.2. Cho đa thức: 10 8 7 4 3 ( ) 5 8 6 17 9f x x x x x x x       có bậc là 10 và kí hiệu: 10)(deg xf . Định lí 1.1. Bậc của tổng hai đa thức không lớn hơn bậc cao nhất trong hai đa thức đó, tức là:  deg( ) deg( ), deg(g)f g Max f  . Chứng minh Giả sử cho hai đa thức: 1 1 1 0( ) n n n nf x a x a x a x a       , 0na ; 1 1 1 0( ) m m m mg x b x b x b x b       , 0mb . + Nếu nm  thì: 1 1 0 0( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n n nf x g x a b x a b x a b        . Do đó: ngf  )deg( và ngf  )deg( khi 0 nn ba . + Nếu nm  thì: 1 1 0 0( ) ( ) ( ) ( )n m m n m m mf x g x a x a x a b x a b            . Do đó:    deg( ) , deg( ),deg( )f g n Max n m Max f g    . Ví dụ 1.3. Cho hai đa thức: 6 5 4 2 ( ) 3 4 7 8f x x x x x x      ; 7 6 4 2 ( ) 2 3 3 7g x x x x x x      . Suy ra 14453)()( 24567  xxxxxxxgxf . Ta có: deg ( ) 6f x  và deg ( ) 7g x  nên suy ra:  deg( ),deg( ) 7Max f g  . Do đó:  deg( ) 7 deg( ),deg( )f g Max f g   . Định lí 1.2. Bậc của tích hai đa thức khác không bằng tổng các bậc của hai đa thức đó, tức là: )deg()deg().deg( gfgf  với 0g,0 f . Chứng minh Giả sử cho hai đa thức: 1 1 1 0( ) n n n nf x a x a x a x a       , 0na ; 1 1 1 0( ) m m m mg x b x b x b x b       , 0mb . Khi đó: 1 0 0 1 0( ). ( ) ( )n m n m of x g x a b x a b a b x a b       . Vậy: )deg()deg().deg( gfmngf  . Ví dụ 1.4. Cho hai đa thức 7 ( ) 8f x x x   ; 3 2 ( ) 3 7g x x x x    . 5 Suy ra 10 9 8 7 4 3 2 ( ) ( ) 3 7 9 11 17 56f x g x x x x x x x x x         . Ta có: deg ( ) 7f x  và deg ( ) 3g x  nên suy ra: deg ( ) deg ( ) 10f x g x  và deg( . ) 10f g  . Vậy: deg( . ) deg( ) deg( ) 10f g f g   . 1.1.3. Các phép toán trên tập hợp 1.1.3.1. Phép cộng, trừ hai đa thức Định nghĩa 1.4. Cho hai đa thức: 1 1 1 0( ) n n n nf x a x a x a x a       A x ; 1 1 1 0( ) m m m mg x b x b x b x b       A x . Với n m ; ,n m  . Khi đó: 1 1 1 1 1 0 0( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )n m m n m m m mf x g x a x a b x a b x a b x a b                . Ví dụ 1.5. Cho hai đa thức 6 5 4 2 ( ) 3 4 7 8f x x x x x x      ; 7 6 4 2 ( ) 2 3 3 7g x x x x x x      . Suy ra 14453)()( 24567  xxxxxxxgxf . Từ định nghĩa ta suy ra phép cộng các đa thức của xA có các tính chất sau (để cho gọn ta kí hiệu các đa thức bởi hgf ,, ). Tính chất 1.1. Với mọi , f g A x , ta có: i) Giao hoán: fggf  . ii) Kết hợp:    hgfhgf  . iii) Tồn tại phần tử không, là đa thức 0 xA : 0 0 0 0 n x x    sao cho )(0)()(0 xfxfxf  , xAf  . iv) Với mỗi 1 1 1 0( ) n n n nf x a x a x a x a       A x tồn tại một phần tử đối duy nhất, được gọi là đa thức đối, đó là: 1 0( ) n nf x a x a x a A x       sao cho 0))(()(  xfxf . Từ tính chất trên ta định nghĩa được hiệu của hai đa thức f(x) và g(x) . ( ) ( ) ( ) ( ( ))f x g x f x g x    1 0 1 0( )n m n ma x a x a b x b x b         1 1 1 1 1 0 0( ) ( ) ( ) ( )n m m n m m m ma x a b x a b x a b x a b               . 1.1.3.2. Phép nhân đa thức 6 Định nghĩa 1.5. Cho hai đa thức: 1 1 1 0( ) n n n nf x a x a x a x a       A x ; 1 1 1 0( ) m m m mg x b x b x b x b       A x . Khi đó )().( xgxf là đa thức có bậc m n xác định như sau: 1 1 1 1 0 0 1 0 0( ) ( ) ( ) ( )n m n m n m n m n mf x g x a b x a b a b x a b a b x a b           . Ví dụ 1.6. Cho hai đa thức 7 ( ) 8f x x x   ; 73)( 23  xxxxg . Suy ra 10 9 8 7 4 3 2 ( ) ( ) 3 7 9 11 17 56f x g x x x x x x x x x         Từ định nghĩa ta cũng suy ra phép nhân các đa thức của xA có các tính chất sau: Tính chất 1.2. Với mọi , f g A x , ta có: i) Giao hoán: gffg  . ii) Kết hợp: ( ) ( )fg h f gh . iii) Tồn tại đa thức đơn vị, đó là đa thức 1 0 0 1 n x x    sao cho: ( ).1 1. ( ) ( )f x f x f x  , ( ) f x A x  . iv) Phép nhân đa thức phân phối đối với phép cộng đa thức: ( )f g h fg fh   . 1.2. Nghiệm của đa thức 1, 4, 5 1.2.1. Định nghĩa 1.6. Cho đa thức: 1 1 1 0( ) n n n nf x a x a x a x a A x        , 0na  . Số A   được gọi là nghiệm của đa thức )(xf nếu 0)(  f . + Nếu tồn tại , 1k k  sao cho k xxf )()(  nhưng )(xf không chia hết 1 ( ) k x    thì  được gọi là nghiệm bội bậc k của đa thức )(xf . Khi đó, ta có: )()()( xgxxf k  với )( xAxg  và 0)(  g . + Đặc biệt, khi 1k thì  được gọi là nghiệm đơn, còn khi 2k thì  được gọi là nghiệm kép. 1.2.2. Các định lí cơ bản về nghiệm của đa thức 1.2.2.1. Định lí 1.3 ( Định lí Bezout) 7 Giả sử A là một trường và A  , )( xAxf  . Khi đó, dư của phép chia đa thức )(xf cho x là giá trị )( f . Chứng minh Thực hiện phép chia )(xf cho x , khi đó dư bằng 0 hoặc một đa thức bậc 0 (vì bậc của )( x bằng 1). Nên dư là một phần tử r A . Ta có: rxgxxf  )().()(  (1.1). Thay x vào (1.1) ta được: ( ) ( ). ( )f f g x r      . Suy ra: rf )(  . Hệ quả. )(xf chia hết cho x khi và chỉ khi 0)(  f Ví dụ 1.7. Cho đa thức 3 2 ( ) 12 42f x x x   . Phép chia đa thức )(xf cho 3x  được thương là 2 9 27x x  và số dư là 123 (3)f  . Sơ đồ Horner Sơ đồ Horner dùng để tìm đa thức thương và dư trong phép chia đa thức )(xf cho x . Cách làm như sau: Giả sử: 1 1 1 0( ) n n n nf x a x a x a x a      A x . Khi đó thương của )(xf chia cho x là một đa thức có bậc bằng 1n có dạng: 1 1 1 0( ) n ng x b x b x b      A x và dư là hằng số Ar  , nghĩa là: rxxgxf  ))(()(  . trong đó, các hằng số của g(x) được xác định như sau: na 1na   1a 0a  n nb a 1 1n n nb b a     1 2 1b b a   0 1 0b b a   Quy tắc: Mỗi phần tử ở dòng dưới bằng tích của  với phần tử đứng ngay trước nó cộng với phần tử tương ứng ở dòng trên. 1.2.2.2. Định lí 1.4. ( Định lí khai triển một đa thức theo các nghiệm ) 8 Cho )(xf xA có nghiệm m    ,,, 21  với bội tương ứng mkkk ,,, 21  thì tồn tại )(xg xA và   0ig  , với mọi 1, 2, ,i m  . Sao cho: )()()()()( 2 1 21 xgxxxxf m k m kk      . Chứng minh Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo m . + 1m , được suy ra từ định nghĩa nghiệm bội của đa thức. + 1m , theo giả thiết quy nạp, tồn tại )( xAxh  và 0)( ih  với mọi i = 1,2,…,m - 1. Sao cho: )()()()()( 12 1 121 xhxxxxf m k m kk        . Vì m  là nghiệm của )(xf nên ta có: )()()()()(0 12 1 121 m k m m k m k mm hf m            . Do im    với mọi i = 1,2,…,m - 1 nên 0)( mh  . Giả sử:  xgxxh t m )()(  . trong đó: )( xAxg  , 0)( mg  và 0t là một số nguyên. Vì 0)( ih  nên 0)( ig  với mọi 1,,2,1  mi  và m  là nghiệm bội mk của  xf nên mkt  . Hơn nữa, )(xf có sự phân tích ( ) ( ) ( )m k mf x x v x   , trong đó )( xAxv  ,   0mv  . Vì vậy, ta có: 1 2 1 2 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )m mk kk k t m m mf x x v x x x x x g x            Vì A là trường nên ta giản ước cả hai vế cho   t mx  ta được: 11 2 1 2 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )m mk t kk k m mx v x x x x g x            Nếu mkt  , thì khi thay mx  vào đẳng thức trên ta có vế trái bằng 0, còn vế phải khác 0, điều này vô lý. Vậy mt k , nên ( )f x có sự phân tích như sau: )()()()()( 2 1 21 xgxxxxf m k m kk      trong đó 0)( ig  với mọi 1, 2, ,i m  . Ví dụ 1.8. Cho đa thức 5 3 2 ( ) 7 12 6 36 f x x x x x x      có hai nghiệm nguyên là 2 và 3 . Khi đó, tồn tại 3 2 ( ) 6 g x x x x    và ( 2) 0, (3) 0g g   sao cho: 9 3 2 ( ) ( 2)( 3)( 6)f x x x x x     1.2.2.3. Định lí 1.5. ( Định lí Vi-ét thuận ) Giả sử cho đa thức 1 0( ) n nf x a x a x a   , 0na bậc n trên x có n nghiệm nxxx ,,, 21  thì ta có: 1 1 2 2 1 2 1 3 1 3 1 2 3 2 1 0 1 2 .................................................. ( 1) n n n n n n n n n n n n n n n a x x x a a x x x x x x a a x x x x x x a a x x x a                                        . Chứng minh Do nxxx ,,, 21  là n nghiệm của )(xf nên: )())(()( 21 nn xxxxxxaxf   1 2 1 2 1 2 1 2 3 1 3 1 2 3 2 1 1 2 3 ( ) ( ) ( ) ( 1) . n n n n n n n n n n n n n n a x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                             So sánh các hệ số tương ứng của các lũy thừa của x ở hai vế ta được các hệ thức phải chứng minh. Trường hợp đặc biệt với 2n , 3n ta có định lí Vi-et cho phương trình bậc hai và bậc ba:  Phương trình bậc hai: 2 a 0, 0x bx c a    Có 2 nghiệm 21 ,xx suy ra: 2 1 1 2 2 2 0 (1.2) 0 (1.3) ax bx c ax bx c         Lấy (1.2) - (1.3) ta được:   0)( 2 1 2 2 2 1  xxbxxa    0)()( 2121  bxxaxx + Xét 021  xx  21 xx  thì: 10                         a c a ac a b a b a b x x a b a b a b xx 2 2 2 2 1 2 1 4 4 42 2 2 2 + Xét 0)( 21  bxxa  a b xx  2 1 Ta có: 0 1 2 1  cbxax  0 1 2 1        a c x a b xa  0 1 2 1                a c x a b xa (1.4) Thay a b xx  21 vào (1.4) ta được: 0)( 12 1 2 1        a c xxxxa  02 1 2 1 2 1        a c xxxxa  021        a c xxa  021  cxax  a c xx 21  Phương trình bậc ba: )0(,023  adcxbxax có ba nghiệm 321 ,, xxx nên ta có: 0 1 2 1 3 1  dcxbxax  0)()()( 1 2 1 2 3 1 3  xxcxxbxxa  0)()()( 1 2 1 1 2 1  cxxbxxxxaxx  0)()( 1 2 1 1 2 1  cbxaxxbaxaxxx . Do đó 32 , xx là nghiệm của phương trình 2 2 1 1 1( )ax ax b x ax bx c     nên: + a b x a b ax xx     1 1 32 11  a b xxx  321 . + a c x a b x a cbx ax xx      1 2 1 1 2 1 3 2 = a c xxxxx  132 1 2 1 ) ( = a c xxxxxx  312 1 2 1 2 1 = a c xxxx  3121  a c xxxxxx  313221 . Tương tự, ta cũng có: )0(,023  adcxbxax  0 1 2 1 3 1        a d x a c x a b xa  0)()( 131322 1 2 132 1 3 1        a d xxxxxxxxxxxxa  0 3 2 1321 2 2 1 2 2 1 3 2 1 2 2 1 3 1 3 1        a d xxxxxxxxxxxxxxxa  0321  dxxax  a d xxx 321 . Ví dụ 1.10. Cho phương trình bậc ba: 0153 23  xxx . Theo định lí Vi-et ta có:               3 1 3 5 3 1 32 1 31322 1 321 xx x xxxxx x xxx . 1.2.2.4. Định lí 1.6. (Định lí Vi-ét đảo ) Cho n số thực bất kỳ nxxx ,,, 21  . Đặt: 12              n n n n n xxx S xxxxxx S xxxS    2 1 13121 2 21 1 ............................... .......... Khi đó nxxx ,,, 21  là nghiệm của phương trình: 0)1( 2 2 1 1   n nnnn SxSxSx  . Ví dụ 1.11. Cho 2 số thực 1 2x  và 2 3x  . Ta có: 1 2 1 2 5 6 x x x x      Khi đó 1 2,x x là nghiệm của phương trình 2 5 6 0x x   . 1.2.2.5. Định lí 1.7. (Định lí về nghiệm hữu tỉ của đa thức) Cho đa thức: 1 1 1 0( ) ; , 0n n n n i nf x a x a x a x a a a         . Nếu phân số p q (tối giản) là nghiệm của ( )f x thì p là ước của 0a và q là ước của na . Chứng minh Vì p q là nghiệm của ( )f x nên ta có 0 p f q       .  1 1 1 0 0 n n n n p p p a a a a q q q                     1 1 1 1 0 0n n n n n na p a p q a pq a q        1 2 1 1 1 0( )n n n n n na p q a p a pq a q        nên n na p q . Mà ( , ) 1p q   ( , ) 1 n p q  , nên nq a (1.5). Tương tự chứng minh 0p a : 1 2 1 0 1 1( )n n n n n na q p a p a p q a q        nên 0 n a q p Mà ( , ) 1p q   ( , ) 1 n p q  , nên 0p a (1.6) Từ (1.5) và (1.6) ta có p là ước của 0a và q là ước của na . Hệ quả: 13 i) Mọi nghiệm nguyên (nếu có) của đa thức với hệ số nguyên phải là ước của số hạng tự do. ii) Mọi nghiệm hữu tỉ của một đa thức với hệ số nguyên và hệ số cao nhất bằng 1 đều là nghiệm nguyên. Ví dụ 1.13. Tìm nghiệm hữu tỉ của đa thức: 5 4 2 ( ) 6 5 4 3 2f x x x x x     Bài giải Các ước của 2: 1, 2  Các ước của 6: 1, 2, 3, 6    Các số cần thử: 1 1 1 2 1, , , , , 2 2 3 6 3       Nhẩm thấy 1 2 1, , 2 3       là nghiệm của ( )f x . Dùng sơ đồ Horner, ta được: 6 5 0 -4 -3 2 -1 1 2 2 3 6 -1 1 -5 2 0 6 2 2 -4 0 6 6 6 0 Khi đó ta có:    21 2 ( ) 6 1 1 2 3 f x x x x x x               . Vậy các nghiệm hữu tỉ của ( )f x là : 1 1, 2  và 2 3 . 1.2.2.6. Định lí 1.8. ( Định lí nghiệm nguyên của đa thức) Nếu 1    là nghiệm nguyên của đa thức 1 1 1 0( ) ; , 0n n n n i nf x a x a x a x a a a         . thì (1) 1 f  và ( 1) 1 f    phải là các số nguyên. Chứng minh Giả sử  là nghiệm nguyên của ( )f x nên: 14 ( ) ( ) ( )f x x g x   (1.7). Thay 1x  và 1x   lần lượt vào (1.7) ta có: (1) (1) (1 ) (1) (1) (1 ) f f g g        . ( 1) ( 1) (1 ) ( 1) ( 1) 1 f f g g              . Do   , ( ) f x x suy ra ( ) g x x , nên (1) , ( 1)g g   hay (1) 1 f    và ( 1) 1 f     . Ví dụ 1.12. Tìm nghiệm nguyên của đa thức: 4 3 2 ( ) 3 5 5 2f x x x x x     . Bài giải Ta có: (1) 12f  và ( 1) 8f    , do đó 1 không phải là nghiệm của ( )f x . Nghiệm nguyên nếu có của ( )f x phải là ước của 2 là 1, 2  . Ta xét:  2 2 (1) 1 f  ( 1) 1 f    4 12 8 8 3  Thử lại ( 2) 0f   nên -2 là nghiệm của phương trình Vậy nghiệm nguyên của ( )f x là: 2 15 CHƯƠNG 2. ỨNG DỤNG CỦA ĐA THỨC 2.1. Phân tích đa thức thành nhân tử 2,3 Nhận xét: Việc phân tích đa thức thành nhân tử đóng góp vai trò rất lớn trong việc giải quyết các bài toán trong chương trình phổ thông, cụ thể: tìm nghiệm của phương trình, bất phương trình, hệ phương trình. Trong chương trình toán lớp 8, học sinh được học cách phân tích đa thức thành nhân tử bằng phương pháp nhóm, đặt nhân tử chung, hằng đẳng thức. Trong khóa luận này, tác giả xin trình bày thêm một số phương pháp sau đây: 2.1.1. Phương pháp dùng nghiệm phức Sử dụng đoán nghiệm phức của một đa thức với hệ số thực. Chú ý rằng nếu một đa thức với hệ số thực có một nghiệm phức bia   thì nó cũng có một nghiệm phức liên hợp bia    và khi đó ))((    xx là một tam thức bậc hai với hệ số thực. Bài toán 1. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử trên và a 2224 )1(1)(  xxxxxf ; b 4)( 4  xxg . Bài giải a 2224 )1(1)(  xxxxxf Vì 0)()(  ifif nên ix  và ix  là nghiệm của )(xf . Chia )(xf cho 1))(( 2  xixix ta được )1)(1()( 22  xxxxf . Vậy trên : )1)(1()( 22  xxxxf . Trên ԧ:                     2 3 1 2 3 1 ))(()( i x i xixixxf . b 4)( 4  xxg Xét trên ԧ: 222 )2()()( ixxg  = )2)(2( 22 ixix  = ))1()()1(( 2222 ixix  = ))1())(1())(1())(1(( ixixixix  = )1)(1)(1)(1( ixixixix  . 16 Xét trên : ta thấy rằng trong bốn cặp nghiệm phức của )(xg có hai cặp nghiệm liên hợp nhau đó là )1( i và )1( i . Ta có: 22))1())(1(( 2  xxixix ; 22))1())(1(( 2  xxixix . Vậy: )22)(22(4 224  xxxxx . Bài toán 2. Phân tích đa thức 8 ( ) 1h x x  thành nhân tử trên và . Bài giải Ta có: ( ) 0h x   8 1 0x    8 1 os0 isin 0x c   . Các căn bậc 8 của 1 gồm: 0 2 0 2 ( 0,1, 2, ,7) 8 8 k k k x cos isin k                  = ( 0,1, 2, ,7) 4 4 k k cos isin k                . Vậy trên : 7 0 ( ) ( ) k k h x x x    . Xét trên : )(xh có hai nghiệm thực là 1, 1 và 6 nghiệm phức, cụ thể: + Khi 0k  thì 0 1x  ; + Khi 1k  thì 1 2 2 2 2 x i  ; + Khi 2k  thì 2x i ; + Khi 3k  thì 1 2 2 2 2 x i   ; + Khi 4k  thì 4 1x   ; + Khi 5k  thì 5 2 2 2 2 x i   ; + Khi 6k  thì 6x i  ; + Khi 7k  thì 7 2 2 2 2 x i  . Ta có: 8k kx x  (k=0,1,…7). Khi đó:    2 2 2 ( ) ( 1)( 1) 1 2 1 2 1h x x x x x x x x        . 17 Bài toán tổng quát: Phân tích đa thức 2 ( ) 1 n h x x  thành nhân tử trên và . Bài giải Ta có: ( ) 0h x   012  n x  2 1 0 0 n x cos isin   . Các căn bậc 2n của 1 là: 0 2 0 2 ( 0,1, 2, , 2 1) 2 2 k k k x cos isin k n n n                   = ( 0,1, 2, , 2 1) k k cos isin k n n n                 . Vậy trên : 2 1 0 ( ) ( ) n k k h x x x     . Xét trên : )(xh có hai nghiệm thực là 1, 1 và 2 2n  nghiệm phức, do trong 2 2n  nghiệm phức này đôi một liên hợp với nhau nên ta có: 2 (2 ) (2 ) n k n k n k x cos isin n n                  = 2 2 k k cos isin n n                   =  1,..., 1 k k k cos isin x k n n n                 . Khi đó: 1 1 ( ) ( 1)( 1) ( )( ) n k k k h x x x x x x x        1 1 ( 1)( 1) n k k k k k x x x cos isin x cos isin n n n n                                1 2 1 ( 1)( 1) 2 1 n k k x x x xcos n               . Vậy trên : 1 2 1 ( ) ( 1)( 1) 2 1 n k k h x x x x xcos n               . 2.1.2. Phương pháp hệ số bất định Nếu trên cùng một trường hai đa thức )(xf và )(xg đồng nhất thì hệ số các hạng tử cùng bậc bằng nhau. Xét )(xf , ( ) g x x : 1 1 1 0( ) n n n nf x a x a x a x a       ; 1 1 1 0( ) n n n ng x b x b x b x b       . Khi đó: ( ) ( )f x g x  , 0,1, ,k ka b k n    . 18 Bài toán 1. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử a 251092)( 234  xxxxxf trên ; b 4 3 2 ( ) 4 10 12 9g x x x x x     trên và . Bài giải a 251092)( 234  xxxxxf Theo định lí 1.7 và định lí 1.8, ta có: Các ước của 25 là  1, 5, 25   và các ước của 1 là  1 . Suy ra  1, 5, 25   không phải là nghiệm của đa thức nên )(xf không có nghiệm nguyên cũng không có nghiệm hữu tỷ. Như vậy nếu )(xf phân tích được thành nhân tử thì phải có dạng: ))(()( 22 dcxxbaxxxf  với dcba ,,, Ժ = bdxbcadxdbacxcax  )()()( 234 . Đồng nhất thức ta được hệ phương trình:              25 10 9 2 bd bc ad db ac ca . Xét 25bd với db, Ժ , nên  25,5,1 b . + Với 55  db ta có hệ phương trình 2 19 5 5 10 a c ac a c              2 19 2 a c ac a c            (Vô lý). + Với 5 5b d     ta có hệ phương trình 2 1 5 5 10 a c ac a c                  1 2 ac ca       1 1 c a . Vì sự phân tích đa thức thành nhân tử là duy nhất nên: 251092)( 234  xxxxxf = 22 )5(  xx . Vậy trên Թ : 2 2 1 21 1 21 ( ) 2 2 f x x x                 . 19 b 4 3 2 ( ) 4 10 12 9g x x x x x     Nhận thấy )(xg không có nghiệm nguyên và nghiệm hữu tỷ, nên )(xg phân tích thành nhân tử có dạng: ))(()( 22 dcxxbaxxxg  với dcba ,,, Ժ = bdxbcadxdbacxcax  )()()( 234 . Đồng nhất thức ta được hệ phương trình: 4 10 12 9 a c ac b d ad bc bd                 . Xét 9bd  với db, Ժ nên  1, 3, 9b     . + Với 3 3b d     ta có hệ phương trình: 4 16 4 a c ac a c           (vô lý). + Với 3 3b d   ta có hệ phương trình: 4 2 4 2 a c a ac c             . Vì sự phân tích đa thức là duy nhất nên: 2 2 ( ) ( 2 3)( 2 3)g x x x x x     2 2 ( 2 3)x x   . Vậy trên : 2 2 ( ) ( 2 3)g x x x   . Trên :     2 2 ( ) 1 2 1 2g x x i x i     . Bài toán 2. Phân tích đa thức sau thành nhân tử trên 4 3 2 2 ( ) (3 4) 5 2 3h x x x m x x m m        . Bài giải Ta có: 2 2 3 (2 3)( 1)m m m m     , nên ( )h x phân tích thành nhân tử có dạng: 2 2 ( ) ( 1)( 2 3)h x x ax m x bx m       với dcba ,,, Ժ =      4 3 2 3 2 (2 3) ( 1) ( 1)(2 3)x a b x ab m x a m b m x m m            20 Đồng nhất thức ta được hệ phương trình: 1 3 2 3 4 (2 3) ( 1) 5 a b ab m m a m b m                  1 2 a b      . Vậy trên : 2 2 ( ) ( 1)( 2 2 3)h x x x m x x m       . 2.1.3. Phương pháp đặt ẩn phụ Bài toán 1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử trên và     22 2 2 ( ) 4 8 4 15g x x x x x x x       . Bài giải Đặt 2 4t x x   . Khi đó: 2 2 ( ) 8 15g t t xt x   . Ta xem 2 2 8 15t xt x  là đa thức bậc hai ẩn t, đa thức này có hai nghiệm là 3x và 5x . Ta có: 2 2 8 15 ( 3 )( 5 )t tx x t x t x     2 2 ( 4 4)( 6 4)x x x x     . Vậy trên : 2 2 ( ) ( 2) ( 6 4)g x x x x    . Trên :    2 ( ) ( 2) 3 5 3 5g x x x x      . Bài toán 2. Phân tích đa thức sau thành nhân tử trên 2 ( ) (6 10)( 1)(2 5)(3 2) 10f x x x x x x      . Bài giải Ta có: 2 ( ) (6 10)( 1)(2 5)(3 2) 10f x x x x x x      2 2 2 (6 4 10)(6 11 10) 10x x x x x      . Đặt 2 6 4 10t x x   Khi đó: 2 ( ) ( 7 ) 10f t t t x x   2 2 7 10t tx x   . Ta xem 2 2 7 10t tx x  là đa thức bậc hai ẩn t, đa thức này có hai nghiệm là 2x và 5x . 21 Ta có: 2 2 7 10 ( 2 )( 5 )t tx x t x t x     2 2 (6 6 10)(6 9 10) 3 69 3 69 9 321 9 321 36 . 6 6 12 12 x x x x x x x x                            Vậy trên : 3 69 3 69 9 321 9 321 ( ) 36 6 6 12 12 f x x x x x                       . Bài toán 3. Phân tích đa thức sau thành nhân tử trên và   2 2 2 ( ) 3 2 7 12 5 6h x x x x x x x        . Bài giải Ta có:   2 2 2 ( ) 3 2 7 12 5 6h x x x x x x x        2 ( 1)( 2)( 3)( 4) 5 6x x x x x x        2 2 2 ( 5 4)( 5 6) 5 6x x x x x x        . Đặt 2 5 4t x x   . Khi đó: 2 ( ) ( 2) 10 3 10 ( 2)( 5). h t t t t t t t t           Suy ra:   2 2 ( ) 5 2 5 9h x x x x x     . Vậy trên :  25 17 5 17 ( ) 5 9 2 2 h x x x x x                   . Trên : 5 17 5 17 5 11 5 11 ( ) 2 2 2 2 i i h x x x x x                  ...

UBND TỈNH QUẢNG NAM

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG NAM

KHOA TOÁN

- -

HUỲNH THỊ HÒA

ĐA THỨC VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG

KHOÁ LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

Quảng Nam, tháng 4 năm 2017

UBND TỈNH QUẢNG NAM

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG NAM

LỜI CẢM ƠN

Sau khoảng thời gian học tập và nghiên cứu dưới sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tình của cô giáo ThS Dương Thị Thu Thúy đến nay khóa luận tốt nghiệp của tôi đã được hoàn thành

Tôi xin bày tỏ sự kính trọng cũng như lòng biết ơn sâu sắc tới cô giáo ThS Dương Thị Thu Thúy đã trực tiếp hướng dẫn tôi, luôn quan tâm và chỉ dẫn tận tình để tôi hoàn thành khóa luận này

Tôi cũng xin trân trọng gửi lời cảm ơn đến tất cả các thầy cô giáo trong nhà trường, đặc biệt là các thầy cô giáo trong khoa Toán đã tận tình chỉ dạy, truyền đạt cho tôi những kiến thức bổ ích và quý báu trong suốt 4 năm học vừa qua Xin cảm ơn sự giúp đỡ, chia sẻ của tất cả các bạn trong lớp DT13STH01 trong thời gian 4 năm học tại trường cũng như để tôi hoàn thành khóa luận này

Tuy nhiên do thời gian và năng lực có hạn nên chắc chắn khóa luận không tránh khỏi những sai sót Vì vậy, tôi rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của quý thầy cô

và các bạn để khóa luận được hoàn thiện hơn

Cuối cùng, tôi xin kính chúc quý thầy cô sức khỏe, hạnh phúc và thành công trong sự nghiệp trồng người của mình

Quảng Nam, ngày 25 tháng 04 năm 2017 Sinh viên thực hiện

Huỳnh Thị Hòa

MỤC LỤC

MỞ ĐẦU 1 

1 Lí do chọn đề tài 1 

3 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu 1 

4 Phương pháp nghiên cứu 1 

5 Đóng góp của đề tài 1 

6 Cấu trúc đề tài 2 

NỘI DUNG 3 

CHƯƠNG 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 3 

1.1 Đa thức 3 

1.1.1 Đa thức một ẩn 3 

1.1.2 Bậc của đa thức 3 

1.1.3 Các phép toán trên tập hợp 5 

1.1.3.1 Phép cộng, trừ hai đa thức 5 

1.1.3.2 Phép nhân đa thức 5 

1.2 Nghiệm của đa thức 6 

1.2.1 Định nghĩa 6 

1.2.2 Các định lí cơ bản về nghiệm của đa thức 6 

1.2.2.1 Định lí Bezout 6 

1.2.2.2 Định lí khai triển một đa thức theo các nghiệm 7 

1.2.2.3 Định lí Vi-ét thuận 9 

1.2.2.4 Định lí Vi-ét đảo 11 

1.2.2.5 Định lí về nghiệm hữu tỉ của đa thức 12 

1.2.2.6 Định lí nghiệm nguyên của đa thức 13 

CHƯƠNG 2 ỨNG DỤNG CỦA ĐA THỨC 15 

2.1 Phân tích đa thức thành nhân tử 15 

2.1.1 Phương pháp dùng nghiệm phức 15 

2.1.2 Phương pháp hệ số bất định 17 

2.1.3 Phương pháp đặt ẩn phụ 20 

2.1.4 Phương pháp sử dụng cách tìm nghiệm nguyên và nghiệm hữu tỉ của đa thức 21 

2.2 Giải phương trình đại số 23 

2.2.1 Phương trình bậc hai 23 

2.2.2 Giải phương trình bậc ba 25 

2.2.3 Giải phương trình bậc bốn 30 

2.2.4 Giải phương trình bậc cao hơn bốn 33 

2.3 Sử dụng đa thức trong các bài toán số học 37 

2.4 Bài toán xác định đa thức 40 

2.4.1 Xác định đa thức bằng phương pháp hệ số bất định 40 

2.4.2 Xác định đa thức theo các đặc trưng số học 42 

2.4.3 Xác định đa thức theo các đặc trưng nghiệm 44 

KẾT LUẬN 47 

TÀI LIỆU THAM KHẢO 48 

đa thức để giải các dạng toán đó không phải là việc mà bất kỳ học sinh nào cũng có thể làm nhuần nhuyễn Chúng thường gây lúng túng cho học sinh bởi vì trong quá trình học đa thức chỉ được đề cập ở dạng kiến thức cơ bản nhất và các bài tập ứng dụng lại

nằm rải rác không liên tục

Là một giáo viên trong tương lai tôi muốn trang bị cho mình vốn kiến thức toán học nói chung và đa thức nói riêng thật chắc để sau này làm tốt vai trò của cô giáo dạy

toán Vì tất cả những lý do trên tôi đã chọn đề tài: “ Đa thức và một số ứng dụng” để

làm khóa luận tốt nghiệp của mình

2 Mục tiêu nghiên cứu

Đề tài nghiên cứu nhằm giúp cho người đọc nắm được những kiến thức cơ bản

về đa thức Từ đó đi sâu vào nghiên cứu một số ứng dụng của đa thức và có phương

pháp giải phù hợp đối với một số dạng toán cụ thể

3 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

Đối tượng nghiên cứu: Dùng đa thức để giải quyết một số bài toán liên quan đến

số học, giải phương trình đại số, phân tích đa thức thành nhân tử và một số bài toán xác định đa thức

Phạm vi nghiên cứu: Trong chương trình toán Trung học phổ thông

4 Phương pháp nghiên cứu

- Nghiên cứu tài liệu, đọc hiểu tài liệu

6 Cấu trúc đề tài

Khóa luận gồm phần mở đầu và hai chương:

- Chương 1: Kiến thức chuẩn bị

- Chương 2: Ứng dụng của đa thức

Phần kết luận và tài liệu tham khảo

NỘI DUNG CHƯƠNG 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Đa thức [1],[2]

0

k k





trong đó a k A , k 0,1,2, ,n được gọi là các hệ số của f (x), a0được gọi là hệ số tự

do, x là ẩn của đa thức, a là hệ số cao nhất của n f (x) còn n

n x

a là hạng tử cao nhất của f (x)

Tập hợp tất cả các đa thức với hệ số lấy trong vành A được kí hiệu là [ ]A x Nếu

các hệ số được lấy trên tập hợp các số hữu tỉ, các số nguyên, số thực hay số phức, thì

ta có khái niệm đa thức với hệ số hữu tỉ, đa thức với hệ số nguyên, đa thức với hệ số thực và đa thức với hệ số phức Tương ứng là các tập hợp [ ], [ ],x x [ ]x và [ ]x

Ví dụ 1.1 Cho f(x) x54x47x2x8 là đa thức với hệ số thực, ẩn x và x5 là hạng tử cao nhất của f (x)

Định nghĩa 1.2 ( Đa thức bất khả quy)

Giả sử ( )f x A x[ ] là đa thức có bậc lớn hơn 0 Ta nói ( )f x là bất khả quy trên

trường A nếu nó không thể phân tích được thành tích hai đa thức bậc dương khác 0 và nhỏ hơn bậc của f x Trường hợp ngược lại thì ( )( ) f x được gọi là khả quy hay phân

tích được trên A Nghĩa là f x( )g x h x( ) ( ), với 0 deg ( ) deg ( ) g x  f x và

+ Nếu a i 0, i = 0,1,2,…,n thì ta có bậc của đa thức là  hay deg f(x)

và gọi là đa thức không

+ Nếu a n  thì ta nói bậc của đa thức là n hay 0 deg f(x)n

Ví dụ 1.2. Cho đa thức: f x( )x105x88x7x46x317x9 có bậc là 10 và kí hiệu: deg f(x)10

Định lí 1.1 Bậc của tổng hai đa thức không lớn hơn bậc cao nhất trong hai đa thức đó, tức là:

Do đó: deg(f g) n Max n m , Maxdeg( ),deg( )f g 

Ví dụ 1.3. Cho hai đa thức:

f x( ) x63x54x47x2  ; x 8

g x( )x72x6x43x2  3x 7

Suy ra f(x)g(x) x7 x6 3x5 5x44x24x1

Ta có: deg ( ) 6f x  và deg ( ) 7g x  nên suy ra: Maxdeg( ),deg( )f g  7

Do đó: deg(f g) 7 Maxdeg( ),deg( )f g 

Định lí 1.2. Bậc của tích hai đa thức khác không bằng tổng các bậc của hai đa thức đó, tức là:

)deg(

)deg(

).deg(f g  f  g với f 0 ,g0

f x g x a b x    a b a b x a b Vậy: deg(f.g)nmdeg(f)deg(g)

Ví dụ 1.4 Cho hai đa thức

f x( )x7 x 8;

g x( )x3x2 3x 7

+ Nếu tồn tại k ,k  sao cho 1 f(x)(x)k nhưng f(x) không chia hết 1

(x)k thì  được gọi là nghiệm bội bậc k của đa thức f (x) Khi đó, ta có:

)()()(x x g x

f( )( ) ( ) (1.1)

Thay xvào (1.1) ta được: f( )  f(  ) ( )g x r

Suy ra: f()r

Hệ quả f (x)chia hết cho x khi và chỉ khi f()0

Ví dụ 1.7. Cho đa thức f x( ) x3 12x242 Phép chia đa thức f (x) cho x3 được thương là x29x27 và số dư là 123  f(3)

Sơ đồ Horner

Sơ đồ Horner dùng để tìm đa thức thương và dư trong phép chia đa thức f (x)

cho x Cách làm như sau:

x g x

f( ) ( )( ) trong đó, các hằng số của g(x) được xác định như sau:

a n a n1  a 1 a 0

 b n  a n b n1b n a n1  b1 b2  a1 b0 b1 a0

Quy tắc: Mỗi phần tử ở dòng dưới bằng tích của  với phần tử đứng ngay trước

nó cộng với phần tử tương ứng ở dòng trên

1.2.2.2 Định lí 1.4 ( Định lí khai triển một đa thức theo các nghiệm )

Cho f (x)A [x] có nghiệm 1,2,,m với bội tương ứng k1,k2,,k m thì tồn tại g (x)A [x] và g i 0, với mọi i1, 2, , m Sao cho:

)()(

)(

)()

2

x x

m k

Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo m

+ m1, được suy ra từ định nghĩa nghiệm bội của đa thức

+ m1, theo giả thiết quy nạp, tồn tại h(x)A[x] và h(i)0 với mọi

i = 1,2,…,m - 1.Sao cho:

)()(

)(

)()

1 2

x x

m k

)(

)(

)(

1 2

k m m

k m

k m

x

m)(

)(

)()

2

x x

m k



trong đó g(i)0 với mọi i1, 2, , m

Ví dụ 1.8. Cho đa thức f x( ) x5 7x312x2 6x 36 [ ]x có hai nghiệm nguyên

là 2 và 3 Khi đó, tồn tại g x( )   x3 x2 6 [ ]x và ( 2) 0, (3) 0g   g  sao cho:

n n

n n

n

n n

n

a

a a

x x x x x x

a a

 (x1x2)a(x1x2)b0

+ Xét x1 x2 0  x1  x2thì:

ac a

b a

b a

b x

x

a

b a

b a

b x

x

2 2

2 2

1

2 1

4

4422

22

+ Xét a(x1x2)b0

a

b x

b x a

b x

Thay

a

b x

  12 12 1 2 a0

c x x x x a

  1 2 a0

c x x a

 ax1x2 c0



c x

1

3x b x x c xx 

x a

 ( )[ ( ) ( 1) ] 0

2 1 1

2

x a x xx x b x x c x

 ( )[ ( ) 1 ] 0

2 1 1

b ax x

x   1  1

3 2

b x a

c bx ax x

x     2  1

1 1

2 1 3 2

=

a

c x x x x

x  2  1 2 1 3

1

2 1

=

a

c x x x

x1 2  2 3  1 3  Tương tự, ta cũng có:

c x a

b x a

 ( ) ( 1 2 2 3 1 3) 1 0

2 1 3 2 1

2 1 3 2 1 2

2 1 2

2 1 3

2 1 2

2 1

3 1

 ax1x2x3 d 0



a

d x x

3 2 1

3 1 3 2 2 1

3 2 1

x x x

x x x x x x

x x x

1.2.2.4 Định lí 1.6 (Định lí Vi-ét đảo )

Cho n số thực bất kỳ x1,x2,,x n Đặt:



































n n

n n n

x x x S

x x x

x x x S

x x

x S







2 1

1 3

1 2 1 2

2 1 1

Khi đó x1,x2,,x n là nghiệm của phương trình: 0 ) 1 ( 2 2 1 1         n n n n n S x S x S x  Ví dụ 1.11 Cho 2 số thực x1 và 2 x2  Ta có: 3 1 2 1 2 5 6 x x x x       Khi đó x x là nghiệm của phương trình 1, 2 x25x  6 0 1.2.2.5 Định lí 1.7 (Định lí về nghiệm hữu tỉ của đa thức) Cho đa thức: 1 1 1 0 ( ) n n ; , 0 n n i n f x a x a x  a x a a a         Nếu phân số p q (tối giản) là nghiệm của f x( ) thì p là ước của a và 0 q là ước của a n Chứng minh Vì p q là nghiệm của f x( ) nên ta có 0 p f q       

1





 n 1 n1 1 n1 0 n 0

a p a p q a pq  a q



 n ( 1 n1 1 n 2 0 n 1)

a p q a p  a pq  a q 



n

a p q

Mà ( , ) 1p q  ( , ) 1p q n  , nên |q a (1.5) n

Tương tự chứng minh p a : | 0

0 n ( n 1 1 n 2 1 n1)

a q p a p  a p q a q 



     nên a q p0 n

Mà ( , ) 1p q  ( , ) 1p q n  , nên p a (1.6) | 0

Từ (1.5) và (1.6) ta cóp là ước của a và 0 q là ước của a n

Hệ quả:

6 5 0 -4 -3 2 -1

1223

1.2.2.6 Định lí 1.8 ( Định lí nghiệm nguyên của đa thức)

Nếu    là nghiệm nguyên của đa thức 1

Ta có: (1) 12f  và ( 1)f    , do đó 8 1 không phải là nghiệm của ( )f x

Nghiệm nguyên nếu có của ( )f x phải là ước của 2 là  1, 2

Ta xét:

 2 2(1)

1

f



 ( 1)1



Thử lại ( 2) 0f   nên -2 là nghiệm của phương trình

Vậy nghiệm nguyên của ( )f x là: 2

Trong chương trình toán lớp 8, học sinh được học cách phân tích đa thức thành nhân tử bằng phương pháp nhóm, đặt nhân tử chung, hằng đẳng thức Trong khóa luận này, tác giả xin trình bày thêm một số phương pháp sau đây:

2.1.1 Phương pháp dùng nghiệm phức

Sử dụng đoán nghiệm phức của một đa thức với hệ số thực Chú ý rằng nếu một

đa thức với hệ số thực có một nghiệm phức  abi thì nó cũng có một nghiệm phức liên hợp  abi và khi đó (x)(x)là một tam thức bậc hai với hệ số thực

Bài toán 1 Phân tích các đa thức sau thành nhân tử trên và

a/ f(x)x4x21(x2 x1)2; b/ g(x) x44

Bài giải

a/ f(x)x4x21(x2 x1)2

Vì f(i) f(i)0 nên x và i xi là nghiệm của f (x)

Chia f (x) cho (xi)(xi)x21 ta được f(x)(x2 1)(x2 x1)

Xét trên : ta thấy rằng trong bốn cặp nghiệm phức của g (x)có hai cặp nghiệm liên hợp nhau đó là (1i) và(1i) Ta có:

22))

1())(

1((x i x i  x2  x ; (x(1i))(x(1i))x22x2

+ Khi k 0 thì x0  ; 1

+ Khi k 1 thì 1 2 2

x  i ; + Khi k 2 thì x2  ; i

+ Khi k 3 thì 1 2 2

x   i ; + Khi k 4 thì x4   ; 1

+ Khi k 5 thì 5 2 2

x   i ; + Khi k 6 thì x6   ; i

2n nghiệm phức này đôi một liên hợp với nhau nên ta có: 2

Các ước của 25 là   1, 5, 25 và các ước của 1 là   1

Suy ra   1, 5, 25 không phải là nghiệm của đa thức nên f (x) không có nghiệm nguyên cũng không có nghiệm hữu tỷ

Như vậy nếu f (x) phân tích được thành nhân tử thì phải có dạng:

f(x)(x2 axb)(x2cxd) với a,b,c,d

= x4(ac)x3(acbd)x2 (adbc)xbd Đồng nhất thức ta được hệ phương trình:

bd

bc ad

d b ac

c a

Xét bd 25 với b, d , nên b1,5,25

+ Với b5d 5 ta có hệ phương trình

219

a c ac

a c ac

a c ac

2

ac

c a

2)

()(x x2 ax b x2 cx d

g      với a,b,c,d = x4 (ac)x3(acbd)x2(ad bc)xbd

Đồng nhất thức ta được hệ phương trình:

410129

a c

ac b d

ad bc bd

a c ac

2.1.4 Phương pháp sử dụng cách tìm nghiệm nguyên và nghiệm hữu tỉ của đa thức

Bài toán 1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử

  là 2, 3 

Dùng sơ đồ Horner ta được:

1 2 -4 -5 -6 -3

2 -1 -4 2 -30 15 1

2.2 Giải phương trình đại số[1],[2],[3]

Trong phần này ta xét các đa thức trên trường số thực và quan tâm đến nghiệm thực của phương trình tương ứng

Trong mục này, tác giả chỉ muốn đề cập một số bài toán chứng minh tồn tại nghiệm thỏa mãn điều kiện nào đó, mà phương pháp ở trên không thực sự tối ưu hơn

so với việc sử dụng tính chất của đa thức

Bài toán 1 Cho cặp số dương ,a b với a b và a b  Gọi ,1 u v là các nghiệm của n n

tam thức bậc hai:

f x  x b x a n Chứng minh rằng: u v n, n ( 1;1), n *

*

( 1) 1 n n 0,

f   b a   n ;

f(1) 1 b na n 0,  n * Suy ra 1 và 1 không là nghiệm của ( )f x Mặt khác, theo định lí Vi-ét ta có :

+ Với q1, điều chứng minh là hiển nhiên

+ Với q1, theo giả thiết ta có:

2 4 0 2 4

có phương pháp Cardano như sau:

u     và

2 3 3

v     Gọi u là một căn bậc ba của 1

q  p  phương trình (2.3) có một nghiệm thực duy nhất y1  u1 v1

và hai nghiệm phức liên hợp

Bài toán 1 Giải phương trình 4x33x m m ,  (2.4) 1

Bài giải

Đặt: m c os cos(2 )

Khi đó phương trình (2.4) trở thành:

3 3

os32os32os3

Ta chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất

Giả sử phương trình (2.5) có nghiệm x thì 0 x0[-1,1] Do đó x0  1

    nên phương trình (2.6) vô nghiệm

Vậy phương trình (2.5) có một nghiệm duy nhất là:

p p



 + Xét m  , đặt 1 m c os thì phương trình (2.10) có 3 nghiệm:

Ta có: (y2  t) g y( ) Giải hai phương trình bậc hai ẩn y, tìm ra x

Bài toán 1 Giải phương trình sau trên

4 8 3 21 2 14 10 0

x  x  x  x  (2.15)

Bài giải

Đặt y x 2    Thay vào phương trình (2.15) ta được phương trình x y 2

theo y như sau:

Vậy nghiệm của phương trình là: x 1 2 và x 1 2

Bài toán 2 Giải phương trình sau: x42x32x24x  (2.18) 8 0

Bài giải

y x   x y Thay vào phương trình (2.18) ta được phương trình

theo y như sau:

Vậy nghiệm của phương trình là: x 1 i 3, x 1 i 3, x 2 và x  2

Một số dạng đặc biệt của phương trình bậc 4

Đặt t ax 2bx , đưa về phương trình bậc hai theo t: (t + c)(t + d)= m

d/ (x+ a)(x+b)(x+ c)(x+ d)= m với giả thiết rằng a d b c  

Đặt tx2(a d x ) x2 (b c x) đưa về phương trình bậc hai theo t:

(t ad t bc )(  )

e/ ax4bx3cx2dx e  với 0 ad2 eb2  0

Chia 2 vế cho x2  rồi đặt 0 t x e

ax

  đưa về giải phương trình bậc hai

2.2.4 Giải phương trình bậc cao hơn bốn