Phép chia Đa thức và một số Ứng dụng trong toán trung học cơ sở

Phép chia Đa thức và một số Ứng dụng trong toán trung học cơ sở Phép chia Đa thức và một số Ứng dụng trong toán trung học cơ sở

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

-ĐỖ TRUNG TÙNG

PHÉP CHIA ĐA THỨC

VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG TRONG TOÁN TRUNG HỌC CƠ SỞ

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

-ĐỖ TRUNG TÙNG

PHÉP CHIA ĐA THỨC

VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG TRONG TOÁN TRUNG HỌC CƠ SỞ

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp

Mã số: 8460101.13

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

CÁN BỘ HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS VŨ ĐỖ LONG

LỜI CẢM ƠN

Đề tài “Phép chia đa thức và một số ứng dụng trong toán trung học cơ sở” là nội dung tác giả chọn để nghiên cứu và làm luận văn tốt nghiệp ngành Phương pháp Toán

sơ cấp sau hai năm theo học chương trình đào tạo thạc sĩ tại Trường Đại học Khoa học

Tự Nhiên – Đại học Quốc Gia Hà Nội Em có được sự thuận lợi trong quá trình hoàn thành luận văn tốt nghiệp và có được những thành quả như ngày hôm nay là nhờ sự giúp

đỡ từ phía thầy cô, nhà trường, các bạn bè trong lớp và các anh chị em đồng nghiệp trong đơn vị công tác

Lời đầu tiên, em xin bày tỏ lòng biết ơn tới các thầy cô giáo đã giảng dạy trong chương trình của lớp Cao học ngành Phương pháp Toán sơ cấp tại Trường Đại học Khoa học Tự Nhiên – Đại học Quốc Gia Hà Nội, khoá 2020 – 2022, những người đã truyền đạt cho em những kiến thức hữu ích để có nển tảng như ngày hôm nay

Em xin đặc biệt gửi lời cảm ơn chân thành và sâu sắc nhất đến thầy giáo PGS.TS

Vũ Đỗ Long người thầy đã tận tình hướng dẫn, động viên và giúp đỡ em trong suốt quá trình thực hiện luận văn

Em cũng xin bày tỏ lòng biết ơn tới các thầy, các cô làm công tác phản biện đã đọc và đưa ra những ý kiến quý báu nhằm hoàn thiện đề tài em thực hiện Em cũng xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể các thầy, các cô trong Khoa Toán – Cơ – Tin học của Trường Đại học Khoa học Tự Nhiên – Đại học Quốc Gia Hà Nội đã tạo điều kiện giúp đỡ em trong suốt quá trình em học tập tại nơi đây

Hà Nội, ngày 08 tháng 01 năm 2024

Học viên

Đỗ Trung Tùng

MỤC LỤC

MỞ ĐẦU 4

CHƯƠNG 1 LÝ THUYẾT VỀ ĐA THỨC 5

1.1 Định nghĩa và tính chất của đa thức 5

2.2 Một số bài tập nâng cao 28

2.3 Một số bài tập của các kì thi vào chuyên, học sinh giỏi trong nước, và quốc tế 40

KẾT LUẬN 56

TÀI LIỆU THAM KHẢO 57

MỞ ĐẦU

Đa thức là một phần kiến thức quan trọng được xuất hiện khá sớm trong chương trình học toán phổ thông (bắt đầu xuất hiện ở lớp 7), do đó đa thức và các kiến thức liên quan được khai thác cũng như xuất hiện nhiều trong các kì thi đầu vào ở các trường chuyên, các kì thi học sinh giỏi các cấp trong nước, cũng như quốc tế

Do vậy trong luận văn này tác giả đi sâu vào tham khảo cũng như tìm hiểu về đa thức với các kiến thức như phép chia hết, phép chia có dư, sơ đồ Horner, đa thức đồng

dư, ngoài ra tác giả cũng có tham khảo và đưa vào trình bày một số bài toán có liên quan đến đa thức

CHƯƠNG 1 LÝ THUYẾT VỀ ĐA THỨC

Chương 1 được tham khảo dựa trên [1] Dựa trên cơ sở đó chương 1 trình bày về các lý thuyết trong đa thức như: định nghĩa và tính chất của đa thức, phép chia hết, phép chia có dư, sơ đồ horner và cuối cùng là đa thức đồng dư và ở trong mỗi phần ở chương này đều trình bày thêm một số ví dụ liên quan đến lý thuyết đã đề cập

1.1 Định nghĩa và tính chất của đa thức

Định nghĩa 1.1.1:P x được gọi là một đa thức, nếu nó có thể biểu diễn như tổng hữu  

ở đây a a1 2, , ,aklà những số bất kì, còn n n1, , ,2  nk là những số nguyên không âm

Ta có thể hiểu rằng những đơn thức viết theo cách trên là không đồng bậc vì nếu có những đơn thức đồng bậc thì ta có thể nhóm chúng lại thành một đơn thức, do đó ta thường thấy một đa thức P x được viết dưới dạng sau:  

ở đây a0  0, , , ,a a1 2 an là những số bất kì nói cách viết này là cách viết theo bậc của

x hoặc biểu diễn dưới dạng chuẩn tắc Từ đó ta có thể dễ thấy rằng nếu hai đa thức có cùng dạng chuẩn tắc thì chúng bằng nhau

Những số a a a0 1 2, , , ,an trong cách viết trên của đa thức P x gọi là hệ số của đa thức  

Số a0là hệ số bậc cao nhất, còn angọi là hệ số tự do Lúc này, dễ thấy P 0 an Số tự nhiên n gọi là bậc của đa thức thường kí hiệu n  degP x 

Quy ước một số cũng là một đa thức bậc không

Ta có công thức liên quan đến bậc của đa thức:

Q x không là đa thức, điều này chứng minh dễ

dàng Ví dụ x  và 1 x  là những đa thức, nhưng thương 3 1 3 1

1xx

đồ Horner và cuối cùng là tìm hiểu qua khái niệm đồng dư của đa thức cũng như các tính chất của nó

1.2 Phép chia hết

Định nghĩa 1.2.1: ta nói rằng đa thức P x chia hết cho đa thức   Q x , nếu tồn tại một  

đa thức S x , sao cho   P x     Q x S x Ta kí hiệu  P x chia hết cho   Q x bằng  

   

P x Q x

Ta cũng thấy ngay nếu P x Q x    , thì deg ( ) deg ( )P x  Q x Phép chia đa thức có những tính chất hiển nhiên sau đây:

i Với mọi đa thức P x và với mọi số     0,P x P x( ) ( ) (Trong trường

hợp này theo định nghĩa ta lấy S x   ) 

ii Nếu P x Q x( ) ( ) và Q x P x( ) ( ) , thì P x( )  Q x( ),ở đây   là một số 0

Thật vậy, ta có thể giả thiết rằng P x  và ( ) 0( ) 0 Q x  Ta có

deg ( ) deg ( )P x  Q x và deg ( ) deg ( )Q x  P x Nghĩa là

deg ( ) deg ( )P x  Q x Khi đó từ đẳng thức P x  Q x S x    ta nhận

được deg ( ) deg ( ) deg ( )P x  Q x  S x , suy ra deg ( ) 0,S x  nghĩa là S x  

Ta chứng minh theo quy nạp:

Với n 1suy ra (x 1)2 1 n  xn  2 (2x 1)x2  x 1 chia hết cho đa thức

x   x

Giả sử khẳng định đúng với n  , nghĩa là 1 (x 1)2 1 n  xn  1* chia hết cho đa thức

Suy ra: ( 1)x  2 1n  xn 2 chia hết cho đa thức x2   x 1

Vậy khẳng định đúng với mọi giá trị n  

   Dễ thấy deg ( ) deg ( )P x1  P x

Nếu deg ( ) deg ( ),P x1  Q x thì 0

1 0

P x P x  với deg ( ) deg ( )P x  P x1   Nhưng vì bậc của những đa thức

là những số nguyên không âm, nên quá trình trên không thể kéo dài vô hạn Nghĩa là đến một thời điểm ta nhận được đa thức P x sao cho k  

deg ( ) deg ( ).P xk  Q x Khi đó những đa thức phải tìm là

Đa thức S x và   R x trong bài toán trên được gọi tương ứng là thương và số  

dư trong phép chia P x cho   Q x Ngoài ra nếu ta chia đa thức   P x cho đa  

thức Q x , thì người ta còn gọi đa thức   P x là đa thức chia và đa thức   Q x  

là đa thức ước số Tìm thương và số dư trong phép chia hai đa thức suy ra từ cách làm của định lí trên Để cụ thể hoá ta xét một số các ví dụ

Ví dụ 1.3.1 Hãy tìm thương và số dư của phép chia đa thức

Ví dụ 1.3.2 Cho n và m là những số tự nhiên n m Chứng minh rằng đa thức số dư

trong phép chia đa thức x  cho n 1 x  , là m 1 xt  1 R x( ), ở đây t là số dư trong

Ví dụ 1.3.3 (Rumani, 1966) (xem [1]) Tìm tất cả các đa thức R x bậc bé hơn 4 sao  

cho tồn tại đa thức P x thoả mãn đồng nhất thức  

Thay cos2t  1 sin2t và sint x Khi đó R x có bậc bé hơn 4 là số dư trong phép  

chia đa thức S x( ) 7 x318x13 5x9 2 cho đa thức Q x( )x x x x4  3  2  1, vì đẳng thức S x( )P x Q x R x( ) ( ) ( ) thoả mãn với mọi x  [ 1,1] Vì

ở đây deg ( ) 0R x  , nghĩa là R x là hằng số Nếu trong đẳng thức cuối cùng thay  

x  , ta nhận được R( ) P( ) nghĩa là số dư R x bằng giá trị   P x tại   x  Còn tìm hệ số của thương S x theo sơ đồ Horner  

,

ở đây b a2  2 b1 và tiếp tục quá trình này đến công thức ta cần

Ta có thể viết lại các công thức trên theo sơ đồ Horner:

Ta thấy rằng P x( ) chia hết cho x  , vậy 2 P    2 0.

Ví dụ 1.4.2 Tìm thương và số dư trong phép chia đa thức P x( )x5 2x x3  1 cho

Suy ra thương phải tìm là S x , còn dư là 2  R x( ) R x2 R1 2R2 Những số R1

và R2 có thể nhận được thông qua sơ đồ Horner:

1 2

2 1 4 14 40 103

RR

số dư trong phép chia a x0( 1) 3 a3 cho x  và tiếp tục Suy ra tất cả những hệ 1

số a a a a a a0 1 2, , , , ,3 4 5 có thể nhận được thông qua sơ đồ Horner sau đây:

5 4

3 2

1 0

aa

aa

P x và Q x là đồng dư theo môđun đa thức   ( )x , nếu P x Q x    ( )x

Nếu P x và   Q x đồng dư theo môđun đa thức   ( )x , thì ta kí hiệu là:

Định lí 1.5.2 Cho ( )x là một đa thức khác không

a) Với ba đa thức P x Q x và    , R x , nếu   P x Q x( ) ( )(mod ( )) x và

d) Với ba đa thức P x Q x và    , R x , nếu   P x Q x R x( ) ( ) ( )(mod ( )), x thì

1( ) ( )2 1( ) ( ) (mod ( ))2

Giả sử mệnh đề đã đúng với n  và cho 1 P x Q xi( ) i( )(mod ( )), x i 1,2, ,  n

Theo giả thiết quy nạp ta có

Khi đó như trường hợp n  ta cũng có 2

P x1( )P x P xn1( ) ( ) n Q x1( )Q x Q xn1( ) n( ) (mod ( )). x

Như vậy khẳng định đúng với trường hợp n

Ví dụ 1.5.1 Chứng minh rằng với mọi ba số nguyên không âm m, n và k đa thức

x   x  x x  suy ra x3 1(mod ( )). x Khi đó áp dụng tính chất đồng

dư trong định lí 5.2, ta nhận được

Ví dụ 1.5.2 (xem [1]) Hãy tìm những số tự nhiên n sao cho đa thức

CHƯƠNG 2 CÁC DẠNG TOÁN ĐA THỨC

Chương 2 sẽ trình bày một số bài tập liên quan đến đa thức, cụ thể là các bài toán chia đa thức, các bài toán chia hết, chia có dư, sử dụng sơ đồ Horner, một số bài toán có

sử dụng đồng dư và đặc biệt là đa phần trong chương 2, tác giả đi sâu tham khảo và trình bày về các bài toán đa thức có hệ số nguyên

Chương 2 được tham khảo từ các tài liệu sau: [1], [2], [3], [4], [5], [6], [7], [8], [9], [10]

4

4

2 4

1

12

21

22

x

xx

Bài 2 Hãy viết dạng chuẩn tắc của đa thức P x  , biết  3

2 1

aa

 thoả mãn yêu cầu đề bài

Bài 4 Cho đa thức P x có hệ số nguyên Biết rằng   P 1  Chứng minh rằng: 5

Ta giả sử P 12  40 Lấy hiệu theo vế, ta có:

Với mọi số nguyên dương m, ta có: 12m  chia hết cho 11 1

Suy ra 35 chia hết 11 (vô lý)

Do đó ta có điều phải chứng minh

Nhận xét: Qua bài toán trên ta có thể thấy được tính chất sau:

Với mọi số a, b khác nhau và mọi đa thức P x hệ số nguyên, ta có:  

Bài 5 (Chuyên Toán Nghệ An 2019 – 2020) (xem [2]) Với a, b, c là các số nguyên

và a  , xét đa thức 0 P x ax bx c( ) 2   Biết P(9)P(6) 2019 Chứng minh rằng: P(10)P(7) là một số lẻ

Lời giải

Áp dụng tính chất trong nhận xét trên ta có:

[ (10) (6)] (10 6) 4[ (9) (7)] (9 7) 2

Mà theo đề bài: P(9)P(6) 2019 nên khi này P(10)P(7) cũng là lẻ

Lời bình: ở bài 5 đề bài cho một đa thức với hệ số nguyên và điều cần chứng minh liên quan đến hiệu của 2 đa thức đó tại 2 giá trị nguyên nên do đó bài 5 đã sử dụng nhận xét

ở bài 4 để có thể giải bài này

Bài 6 (xem [2]) Cho đa thức f x có các hệ số nguyên Biết rằng   f    1 2f  37.Chứng minh rằng đa thức f x không có nghiệm nguyên  

Lời giải

Giả sử đa thức có nghiệm nguyên a, lúc này f x   x a g x    trong đó g x là đa  

thức có các hệ số nguyên Kết hợp với giả thiết, ta có:

(1) (1 ) (1)(2) (2 ) (2)

Lấy tích theo vế, ta có 37 (1 ).(2 ) (1) (2). a a g g

Có a là số nguyên nên  a 1 a  là một số chẵn 2  (1 ).(2 ) (1) (2)a a g g chia hết cho 2

Mà 37 không chia hết cho 2 (vô lý)

Suy ra điều phải chứng minh

Bài 7 (Chuyên Sư Phạm Hà Nội 2021 – 2022)

Khi này: ( ) 2( 1) 2 1 5 2 5 5

P              

Bài 8 (Sở GD – ĐT Hà Nội năm 2020 – 2021)

Cho đa thức P x với hệ số thực thoả mãn   P 1 3; P 3  Tìm đa thức dư 7

trong phép chia đa thức P x cho   x2 4x  3

Vậy đa thức dư trong phép chia P x cho   x2 4x  là 3 2x  1

Bài 9 (xem [2]) Cho đa thức ( ) 5 3 7

Lại có: x là số nguyên nên theo định lí Fermat nhỏ ta có:  

5 3

53

Như vậy P x  ( ) với mọi x  

2.2 Một số bài tập nâng cao

Bài 10 (xem [2]) Cho đa thức P x có các hệ số nguyên Biết rằng   P x không chia  

hết cho 3 với ba giá trị nguyên liên tiếp nào đó của x, chứng minh rằng P x không có  

nghiệm nguyên

Lời giải

Giả sử tồn tại số nguyên a sao cho P a P a( ), ( 1), ( 2) P a  đều không chia hết cho 3

Tiếp theo, giả sử phản chứng rằng đa thức P x có nghiệm nguyên   x0 thế thì

Tuy nhiên, đẳng thức trên không xảy ra vì vế trái không chia hết cho 3, còn vế phải chia hết cho a x a 0  1 x a0  2 x0 là một tích ba số nguyên liên tiếp

Do đó ta có điều phải chứng minh

Bài 11 (xem [2]) Biết rằng đa thức P x nhận giá trị bằng 2 với 4 giá trị nguyên khác  

nhau của x Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên x0 sao cho P x  0 2019.Lời giải

Xét đa thức Q x( ) P x( ) 2. Từ giả thiết, ta suy ra Q x( ) có 4 nghiệm nguyên phân biệt Ta gọi 4 nghiệm này là x x x x1, , , 2 3 4 Theo định lí Bezout, ta có:

Q x  x x x x x x x x R x   

ở đây là một đa thức nghiệm nguyên

Bây giờ, giả sử tồn tại số nguyên x0 thoả mãn: P x  0 2019 Giả sử này cho ta

Có giá trị tuyệt đối bằng 1 Theo nguyên lí Dirichlet, có ít nhất hai số bằng nhau trong

ba số này, giả sử là x x0  1 và x x0  2 Giả sử này cho ta x x0  1 x x0  2, hay là

1 2.

Đây là điều mâu thuẫn với giả thiết

Nên giả sử phản chứng là sai, suy ra điều phải chứng minh

Bài 12 Cho đa thức P x với hệ số nguyên thoả mãn (0) (1) (4) (7) (8) 19  P P P P P  Chứng minh rằng đa thức này không có nghiệm nguyên

có giá trị tuyệt đối bằng 1

Ngoài ra, với mọi cách chọn 4 số từ 5 số 0, 1, 4, 7, 8, ta luôn có được 2 số khác tính chẵn lẻ trong 4 số đó, giả sử ta gọi 2 số đó là b và c Ta có:

Bài 13 (xem [2]) Cho đa thức f x có hệ số nguyên Chứng minh rằng không tồn tại  

ba số nguyên phân biệt a, b, c sao cho f a b f b c f c a( ) , ( )  , ( ) 

Khi này đẳng thức chắc chắn xảy ra, ta có: |a b | | b c | | c a | *  

Không mất tính tổng quát, ta giả sử a max{ ; ; }a b c , khi đó  * được viết lại như sau:

a b b c a c     Suy ra: b c trái với giả thiết

Dó đó ta có điều phải chứng minh

Bài 14 (Tạp chí Pi tháng 11 năm 2017)

Tìm tất cả các cặp số nguyên  a b để đa thức hệ số nguyên , P x x ax b( ) 2   thoả mãn tính chất: Tồn tại ba số nguyên đôi một khác nhau m, n, p thuộc đoạn 1;9 sao cho

| ( )| | ( )| | ( )| 7 P m  P n  P p 

Lời giải

Giả sử  a b là cặp số nguyên thoả mãn ,

Khi đó, tồn tại ba số nguyên đôi một khác nhau m n p , , [1;9] sao cho

( ), ( ), ( ) { 7;7}

P m P n P p  

Dễ thấy P m P n P p không nhận cùng một giá trị Chỉ có hai trường hợp xảy ra ( ), ( ), ( )

là ( ( ), ( ), ( ))P m P n P p là hoán vị của (7,7, 7) hoặc (7, 7, 7)  Không mất tính tổng quát, ta giả sử m n p  Tổng cộng có 6 trường hợp

Theo định lí Bezout, ta dễ dàng chỉ ra đa thức P x có dạng:  

Tương tự với các trường hợp còn lại ta được tập các cặp ( , )a b cần tìm là:

Giả sử P x( ) nhận giá trị nguyên với mọi số nguyên x Do P P(1), (0) và ( 1)P 

nguyên, ta xây dựng được hệ điều kiện sau:

Bài 17 (Titu Andreescu, University of Texas at Dallas, United States of America) Tìm tất cả các đa thức bậc hai P x ax bx c( )  2   với hệ số nguyên thoả mãn:

(1) (2) (3)(1) (2) (3) 22

21112a

a

abc

degP  3, P(0) 5, P n( ) 11, P n(3 ) 41 Lời giải

Khi này ta thấy (72a 6 ) 3b  mà 2 3 mâu thuẫn

Vậy n = 1 thoả mãn yêu cầu đề bài

Bài 19 Với m là tham số nguyên, chứng minh rằng đa thức:

Suy ra:  a4 3a3 4a2 5a chia hết cho a  2 1

Phản chứng, giả sử P x có hai nghiệm nguyên phân biệt là   a  và b 0

Khi đó, b bắt buộc phải là nghiệm nguyên (khác 0) của x3 3x2 4x2  , khi đó: 5