skkn 1 số vân dề về đa thức

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH Mã số: (Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi) SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT VÀI VẤN ĐỀ VỀ ĐA THỨC Người thực hiện: ĐINH NHO THẮNG Lĩnh vực nghiên cứu: - Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học bộ môn:  (Ghi rõ tên bộ môn) - Lĩnh vực khác:  (Ghi rõ tên lĩnh vực) Có đính kèm: Các sản phẩm không thể hiện trong bản in SKKN  Mô hình  Đĩa CD (DVD)  Phim ảnh  Hiện vật khác (các phim, ảnh, sản phẩm phần mềm) Năm học: 2013 – 2014 BM 01-Bia SKKN 2 SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC –––––––––––––––––– I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN 1. Họ và tên: ĐINH NHO THẮNG 2. Ngày tháng năm sinh: 20 tháng 11 năm 1977 3. Nam, nữ: Nam 4. Địa chỉ: 219/3, khu phố 3, P. Tân Hiệp, Tp. Biên Hòa, tỉnh Đồng Nai 5. Điện thoại: (CQ)/ (NR); ĐTDĐ:0938.157575 6. Fax: E-mail: dinhnhothang@gmail.com 7. Chức vụ: Giáo viên 8. Nhiệm vụ được giao: Giảng dạy môn Toán và chủ nhiệm lớp 12 Toán 9. Đơn vị công tác: Trường THPT chuyên Lương Thế Vinh II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO - Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Thạc sĩ - Năm nhận bằng: 2005 - Chuyên ngành đào tạo: Toán Giải Tích III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC - Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Số năm có kinh nghiệm: 14 - Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây 1. Dãy số và giới hạn, năm 2011 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa căn, năm 2012 3. Một số phương pháp giải toán dãy số nguyên, năm 2013 BM02-LLKHSKKN 3 MỘT VÀI VẤN ĐỀ VỀ ĐA THỨC I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Đa thức là một trong những khái niệm trung tâm của toán học. Các bài toán về đa thức thường xuất hiện trong các kì thi học sinh giỏi và là những bài toán hay và khó. Trong chương trình phổ thông, chúng ta đã làm quen với khái niệm đa thức từ bậc trung học cơ sở, từ những phép cộng, trừ, nhân đa thức đến phân tích đa thức ra thừa số, dùng sơ đồ Horner để chia đa thức, giải các phương trình đại số. II. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN Các bài toán về đa thức rất phong phú và đa dạng. Trong quá trình giảng dạy chúng tôi nhận thấy học sinh vẫn còn lúng túng khi đứng trước bài toán về đa thức. Chuyên đề này trình bày hai dạng thường của bài toán đa thức là: Đa thức nguyên và các phương pháp xác định đa thức. III. TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP Chuyên đề này được dạy cho học sinh chuyên toán lớp 12 và bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 12. NGƯ ỜI THỰC HIỆN Đinh Nho Thắng BM03 - TMSKKN 4 SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ––––––––––– CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc –––––––––––––––––––––––– Biên Hòa, ngày tháng năm PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học: 2013 - 2014 ––––––––––––––––– Tên sáng kiến kinh nghiệm: MỘT VÀI VẤN ĐỀ VỀ ĐA THỨC Họ và tên tác giả: ĐINH NHO THẮNG Chức vụ: Giáo viên Đơn vị: TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào các ô tương ứng, ghi rõ tên bộ môn hoặc lĩnh vực khác) - Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học bộ môn:  - Phương pháp giáo dục  - Lĩnh vực khác:  Sáng kiến kinh nghiệm đã được triển khai áp dụng: Tại đơn vị  Trong Ngành  1. Tính mới (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô dưới đây) - Đề ra giải pháp thay thế hoàn toàn mới, bảo đảm tính khoa học, đúng đắn  - Đề ra giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, bảo đảm tính khoa học, đúng đắn  - Giải pháp mới gần đây đã áp dụng ở đơn vị khác nhưng chưa từng áp dụng ở đơn vị mình, nay tác giả tổ chức thực hiện và có hiệu quả cho đơn vị  2. Hiệu quả (Đánh dấu X vào 1 trong 5 ô dưới đây) - Giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đã được thực hiện trong toàn ngành có hiệu quả cao  - Giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, đã được thực hiện trong toàn ngành có hiệu quả cao  - Giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đã được thực hiện tại đơn vị có hiệu quả cao  - Giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, đã được thực hiện tại đơn vị có hiệu quả  - Giải pháp mới gần đây đã áp dụng ở đơn vị khác nhưng chưa từng áp dụng ở đơn vị mình, nay tác giả tổ chức thực hiện và có hiệu quả cho đơn vị  3. Khả năng áp dụng (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô mỗi dòng dưới đây) - Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính sách: Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT  Trong ngành  - Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ thực hiện và dễ đi vào cuộc sống: Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT  Trong ngành  - Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt hiệu quả trong phạm vi rộng: Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT  Trong ngành  Xếp loại chung: Xuất sắc  Khá  Đạt  Không xếp loại  Cá nhân viết sáng kiến kinh nghiệm cam kết và chịu trách nhiệm không sao chép tài liệu của người khác hoặc sao chép lại nội dung sáng kiến kinh nghiệm cũ của mình. Tổ trưởng và Thủ trưởng đơn vị xác nhận đã kiểm tra và ghi nhận sáng kiến kinh nghiệm này đã được tổ chức thực hiện tại đơn vị, được Hội đồng chuyên môn trường xem xét, đánh giá; tác giả không sao chép tài liệu của người khác hoặc sao chép lại nội dung sáng kiến kinh nghiệm cũ của chính tác giả. Phiếu này được đánh dấu X đầy đủ các ô tương ứng, có ký tên xác nhận của tác giả và người có thẩm quyền, đóng dấu của đơn vị và đóng kèm vào cuối mỗi bản sáng kiến kinh nghiệm. NGƯỜI THỰC HIỆN SKKN (Ký tên và ghi rõ họ tên) XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN (Ký tên và ghi rõ họ tên) THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ (Ký tên, ghi rõ họ tên và đóng dấu) BM04-NXĐGSKKN Đinh Nho Thắng Một vài vấn đề về đa thức Trang 5 Trong phần này ta xét các đa thức trên A [x] trong đó   A hoặc   A hoặc   A hoặc   A 1. Định nghĩa. Đa thức (trên A ) bậc n biến x là biểu thức có dạng 1 1 1 0 ( ) ( 0) n n n n n n P x a x a x a x a a         Trong đó các i a   được gọi là các hệ số, n a là bậc cao nhất và 0 a là hệ số tự do của đa thức Nếu 0, 1,2, , i a i n   và 0 0 a  thì ta có bậc của đa thức là 0 2. Các phép tính trên đa thức Cho hai đa thức 1 1 1 0 1 1 1 0 ( ) ( ) n n n n n n n n f x a x a x a x a g x b x b x b x b               Ta định nghĩa các phép tính số học 1 1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 1 0 0 2 2 1 2 2 1 1 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n n n n n n n n n n n n n f x g x a b x a b x a b x a b f x g x a b x a b x a b x a b f x g x c x c x c x c                                  Trong đó 0 1 1 0 , 0,1, , k k k k c a b a b a b k n       3. Các tính chất cơ bản Định lí 1. Cho f(x) và g(x) 0  là hai đa thức. Khi đó tồn tại hai đa thức duy nhất q(x) và r(x) sao cho ( ) ( ) ( ) ( ) f x g x q x r x   với deg ( ) deg ( ) r x g x  Nếu r(x) = 0 thì ta nói f(x) chia hết cho g(x) Chú ý . Cho đa thức 1 1 1 0 ( ) n n n n f x a x a x a x a        . Nếu 0 ( ) 0 f x  thì ta nói 0 x là một nghiệm của đa thức f(x). Định lí 2. Cho đa thức ( ) f x  A[x] và a  A. Dư số của phép chia f(x) cho (x – a) chính là f(a) Định lí 3. Số a là nghiệm của f(x) khi và chỉ khi f(x) chia hết cho (x – a) Ph ần I. KI ẾN THỨC CHUẨN BỊ Đinh Nho Thắng Một vài vấn đề về đa thức Trang 6 Cho đa thức ( ) f x  A[x] và a  A và * m   . Khi đó a là nghiệm bội cấp m của f(x) khi và chỉ khi f(x) chia hết cho ( ) m x a  nhưng không chia hết cho 1 ( ) m x a   Trong trường hợp m = 1 thì ta gọi a là nghiệm đơn của còn khi m = 2 thì a được gọi là nghiệm kép. Số nghiệm của một đa thức là tổng số nghiệm của đa thức đó kể cả bội của các nghiệm. Định lí 4. (định lí Viète) 1) Giả sử phương trình 1 1 1 0 0 ( 0) n n n n n a x a x a x a a         (1) có n nghiệm thực (hoặc phức) 1 2 , , , n x x x thì 1 1 2 2 1 2 2 3 1 0 1 2 ( 1) 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 a                        2) Ngược lại nếu các số 1 2 , , , n x x x thỏa mãn hệ trên thì chúng là nghiệm của phương trình (1) Định lí 5. Mỗi đa thức thực bậc n đều có không quá n nghiệm thực Hệ quả 1. Đa thức có vô số nghiệm là đa thức không Hệ quả 2. Đa thức có bậc bé hơn hay bằng n mà nhận cùng một giá trị tại n + 1 điểm khác nhau thì đa thức đó là đa thức hằng. Hệ quả 3. Hai đa thức bậc bé hơn hay bằng n mà nhận n +1 giá trị thỏa mãn bằng nhau tại n + 1 giá trị khác nhau của đối số thì đồng nhất bằng nhau Định lí 6. Mọi đa thức ( ) [ ] f x x   bậc n có đúng n nghiệm Định lí 7. Mọi đa thức ( ) [ ] f x x   có bậc n và có hệ số chính 0 n a  đều có thể phân tích duy nhất thành nhân tử 4. Ước, ước chung lớn nhất Đinh Nho Thắng Một vài vấn đề về đa thức Trang 7 Định nghĩa. Khi đa thức 1 1 1 0 ( ) n n n n n P x a x a x a x a        được viết dưới dạng ( ) ( ) ( ) n P x g x q x  với deg 0 g  và deg 0 q  thì ta nói g là ước của ( ) n P x Nếu ( ) ( ) g x P x và ( ) ( ) g x Q x thì ta nói g(x) là ước chung của P(x) và Q(x) Nếu hai đa thức P(x) và Q(x) chỉ có ước chung là các đa thức bậc 0 thì ta nói rằng chúng nguyên tố cùng nhau và viết   ( ), ( ) 1 P x Q x  Định lí 8. Điều kiện cần và đủ để hai đa thức P(x) và Q(x) nguyên tố cùng nhau là tồn tại cặp đa thức u(x) và v(x) sao cho ( ) ( ) ( ) ( ) 1 P x u x Q x v x   Nếu hai đa thức P(x) và Q(x) ( 0)  có ước chung d(x) là đa thức chia hết cho tất cả các ước chung khác thì d(x) được gọi là ước chung lớn nhất của P(x) và Q(x). Tính chất 1. Nếu các đa thức f(x) và g(x) nguyên tố cùng nhau và các đa thức f(x) và h(x) nguyên tố cùng nhau thì các đa thức f(x) và h(x) nguyên tố cùng nhau Tính chất 2. Nếu các đa thức f(x), g(x) và h(x) thỏa mãn các điều kiện f(x)h(x) chia hết cho g(x), g(x) và h(x) nguyên tố cùng nhau thì f(x) chia hết cho g(x). Tính chất 3. Nếu đa thức f(x) chia hết cho các đa thức g(x) và h(x) với g(x) và h(x) nguyên tố cùng nhau thì f(x) chia hết cho g(x)h(x). Tính chất 4. Nếu các đa thức f(x) và g(x) nguyên tố cùng nhau thì   ( ) m f x và   ( ) m g x sẽ nguyên tố cùng nhau với mọi m, n nguyên dương. Đinh Nho Thắng Một vài vấn đề về đa thức Trang 8 Định nghĩa. Cho L   . Đa thức ( ) [ ] P x L x  được gọi là khả quy trên [ ] L x nếu tồn tại các đa thức ( ) Q x và ( ) T x cùng thuộc [ ] L x với các bậc lớn hơn hay bằng 1 sao cho ( ) ( ). ( ) P x Q x T x  . Trường hợp ngược lại, P(x) được gọi là bất khả quy trên [ ] L x Tính chất 1. Nhận xét rằng mọi đa thức ( ) [ ] P x x   với bậc lớn hơn 2 đều đươc phân tích thành nhân tử bậc nhất và bậc hai nên cũng có thể coi P(x) khả quy trên [ ] x  . Vậy tính khả quy của đa thức thực chất chỉa có ý nghĩa trong [ ] x  và [ ] x  hoặc trong [ ] L x với tập con thực sự của  . Mặt khác, nếu ( ) [ ] P x x   thì gọi M là mẫu số chung nhỏ nhất của các mẫu số của các hệ số trong P(x) thì 1 ( ) '( ) P x P x M  với '( ) [ ] P x x   . Hiển nhiên, nếu P(x) khả quy trong [ ] L x thì với mọi A L  , đa thức A. [ ] L x cũng khả quy trong [ ] L x . Vậy chỉ cần khả quy của các đa thức thuộc [ ] x  . Tính chất 2. Nếu đa thức ( ) [ ] (deg 1) P x x P    mà không khả quy trên [ ] x  thì cũng không khả quy trên [ ] x  Tính chất 3. (Tiêu chuẩn Eisenstien) Cho đa thức 1 1 1 0 ( ) n n n n f x a x a x a x a        với các hệ số nguyên. Nếu có ít nhất một cách chọn số nguyên tố p, thỏa mãn các điều kiện i) Hệ số cao nhất n a không chia hết cho p ii) Tất cả các hệ số còn lại chia hết cho p iii) Hệ số tự do 0 a chia hết cho p nhưng không chia hết cho 2 p thì đa thức f(x) không phân tích được thành tích các nhân tử với bậc thấp hơn, với các hệ số hữu tỉ. Bài 1. (VMO 2014) Cho đa thức 2 2 ( ) ( 7 6) 13 n P x x x     với n là số Ph ần I I. ĐA TH ỨC NGUY ÊN Đinh Nho Thắng Một vài vấn đề về đa thức Trang 9 nguyên dương. Chứng minh rằng đa thức P(x) không thể biểu diễn được dưới dạng tích của n + 1 đa thức khác hằng số với hệ số nguyên. Giải. Đa thức P(x) có bậc 4n và không có nghiệm thực. Nhị thức 2 x −7x+6 có hai nghiệm 1 và 6; 13 là số nguyên tố. Giả sử 1 2 1 ( ) ( ). ( ) ( ) n P x P x P x P x   với ( ) i P x có bậc chẵn. Vì tổng các bậc của ( ) i P x bằng 4n nên phải có ít nhất hai đa thức, giả sử là 1 2 ( ), ( ) P x P x có bậc bằng 2. Do P(x) có hệ số cao nhất là 1 nên ta có thể giả sử 1 2 ( ), ( ) P x P x có hệ số cao nhất là 1, tức là 2 2 1 2 ( ) , ( ) P x x ax b P x x cx d       Vì 1 2 ( ), ( ) P x P x không có nghiệm thực nên 1 2 ( ) 0, ( ) 0 P x P x   với mọi x. Ta có 1 2 1 1 2 1 13 (1) (1) (1) (1) 13 (6) (6) (6) (6) n n P P P P P P P P          . Từ đây, trong hai số 1 2 (1), (1) P P có ít nhất một số bằng 1. Không mất tính tổng quát, giả sử 1 (1) 1 P  Suy ra suy ra a = −b. Lúc này 1 (6) P = 36−5b. Ta thấy 36−5b > 0 không thể bằng 13 nên chỉ có thể xảy ra 36−5b = 1, suy ra b = 7, a = −7. Nhưng lúc này đa thức 2 1 ( ) 7 7 P x x x    có nghiệm thực, mâu thuẫn. Suy ra điều phải chứng minh. Bài 2. Chứng minh đa thức sau 4 2 ( ) 2 1 P x x x x     bất khả quy trên [ ] x  Giải. Viết lại P(x) dưới dạng 4 3 2 ( ) ( 1) 3( 1) 3( 1) 3( 1) 3 P x x x x x          Ta có 0 1 a  không chia hết cho 3 1 2 3 3; 3, 3 a a a    Đinh Nho Thắng Một vài vấn đề về đa thức Trang 10 4 3 a  chia hết cho 3 và không chia hết cho 2 3 Theo tiêu chuẩn Eisenstien P(x) bất khả quy trên [ ] x  Bài 3. Chứng minh rằng nếu p là một số nguyên tố thì đa thức sau 1 ( ) 1 p x P x x    bất khả quy trên [ ] x  Giải. Đặt 1 x y   , ta có 1 1 2 2 1 ( 1) 1 ( ) ( 1) p p p p p p p y C y C y C y y P x y y y             1 1 2 2 3 2 1 p p p p p p p y C y C y C y C          Ta có 1 không chia hết cho p; i p C chia hết cho p với mọi 1,2, , 2 i p   ; 2 p không chia hết cho 1 p C p  Theo tiêu chuẩn Eisenstien P(x) bất khả quy trên [ ] x  Bài 4. Chứng minh rằng không tồn tại đa thức bậc lớn hơn 1 với các hệ số nguyên dương để * m   luôn kéo theo P(m) là số nguyên tố Giải. Giả sử tồn tại đa thức như vậy dạng 1 1 1 0 ( ) ( 0, 0,1,2, ) n n n n i P x a x a x a x a a i          Khi đó lim ( ) x P x    và vì vậy tồn tại * m   để ( ) 1 P m a   và * q  để ( ) ( ) P qa m P m   Nhận xét rằng ( ) ( ) ( 1) P qa m Aa P m Aa a A a        không phải là số nguyên tố (mâu thuẫn) [...]... vấn đề về đa thức Đinh Nho Thắng MỤC LỤC Trang 1 Phần 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 5 2 Phần 2 ĐA THỨC NGUYÊN 8 3 CÁC PHƯƠNG PHÁP XÁC ĐỊNH ĐA THỨC 11 1) Đặc trưng hàm của đa thức với các biến tự do 11 2) Xác định đa thức theo đặc trưng nghiệm 14 3) Xác định đa thức bằng phép đổi biến 17 4) Xác định đa thức bằng phép biến đổi vi phân 21 5) Xác định đa thức theo đặc trưng số học ... xn  1 n n j 1 nên n  3 Với n = 2 ta thu được hai cặp đa thức      x2  x  1 ,  x2  x  1 Vơi n = 3 ta thu được hai cặp đa thức      x3  x 2  x  1 ,  x3  x 2  x  1 Vậy các đa thức cần tìm   x  1 ,   x  1      x2  x  1 ,  x2  x  1 Trang 15 Một vài vấn đề về đa thức Đinh Nho Thắng      x3  x 2  x  1 ,  x3  x 2  x  1 Bài 3 Tìm tất cả các đa thức f... , z, t   1 thỏa mãn điều kiện xy  zt  1 thì P ( x ) P2 ( y )  P3 ( z ) P4 (t )  1 1 Giải Giả sử ni  deg Pi (i  1, 2) Lấy số tự nhiên N sao cho số các ước số của N lớn hơn n1  n2 Đặt z  1, t  N  1 Với mọi x  , x N ta có P ( x ) P2 ( N x)  1  P3 (1) , P4 ( N  1) 1 (1) Phương trình (1) đối với x có vế trái là đa thức bậc bé hơn hay bằng n1  n2 và đa thức này có nhiều hơn n1  n2 nghiệm... 2  1 dư 2x nên g ( x)  f ( x )  2 x chia hết cho x 2  1 Suy ra Trang 22 Một vài vấn đề về đa thức Đinh Nho Thắng   g (1)  0 a  b  c 1  g ( 1)  0 a  b  c  1 Từ đó ta nhận được a  10 , b  19 , c  10 Vậy đa thức cần tìm là f ( x )  x3  10 x 2  19 x  10 Bài 3 Tìm đa thức bậc năm thỏa mãn các điều kiện   P( x)  1 chia hết cho ( x  1) 3   P( x)  1 chia hết cho ( x  1) 3 Giải... các đa thức cần tìm có dạng n 1 P( x)  ( x  0) ( x  (k  1) )( x  (k  1) ) ( x  (n  1) )  P(k ) (k  0) (k  (k  1) )(k  (k  1) ) (k  (n  1) ) k 0 Trang 26 Một vài vấn đề về đa thức Đinh Nho Thắng Phần IV CÁC BÀI TẬP RÈN LUYỆN Bài 1 Tìm các đa thức có dạng P ( x )  an x n  an 1x n 1   a1x  a0 , trong đó ai   1; 1 i  0 ,1, 2, , n và có các nghiệm đều là nghiệm thực Bài 2 Tìm đa thức. .. thức, ta được x(x -1) P1(x -1) = (x-26)xP1(x) suy ra (x -1) P1(x -1) = (x-26)P1(x) (*) Lại thay x = 1, ta được P1 (1) = 0, suy ra P1(x) chia hết cho x -1, tức là P1(x) = (x -1) P2(x), thay vào (*), ta được (x -1) (x-2)P2(x -1) = (x-26)(x -1) P2(x) Suy ra (x-2)P2(x -1) = (x-26)P2(x) … Cứ tiếp tục lý luận như thế, ta đi đến P(x) = x(x -1) …(x-25)Q(x) Và Q(x -1) = Q(x) Trang 13 Một vài vấn đề về đa thức Đinh Nho Thắng Đặt... P(x) Giải Xét đa thức P ( x )   x  a   P ( x 2  2 014 )  x 2  2 014  a  2 014 2 014  ( x  a)( x  a )  (a 2  a  2 014 )    , thế thì   x 2  a 2  a 2  a  2 014 2 014 Nếu a 2  a  2 014  0  a  1  8056 3 Trang 23  2 014 Một vài vấn đề về đa thức Đinh Nho Thắng thì P ( x 2  2 014 )  ( x  a )2 014 ( x  a )2 014 Chia hết cho P ( x )  ( x  a)2 014 Vậy tồn tại hai đa thức  1  8056  P(... 1) ( x  xk 1 ) ( x  xn 1 ) k  x0 ) ( xk  xk 1) ( xk  xk 1 ) ( xk  xn 1 )  P( xk ) ( x k 0 Nên n 1 P( x)  ( x  0) ( x  (k  1) )( x  (k  1) ) ( x  (n  1) )  P(k ) (k  0) (k  (k  1) )(k  (k  1) ) (k  (n  1) ) k 0 Ta có n 1 P ( n)   P(k ) k 0 (n  0) (n  k  1) (n  k  1) 1 k !( 1) n  k (n  k  1) ! Và m ( 1) n Cn P(n)  n 1 k  ( 1) k Cn P(k ) k 0 Suy ra n k  ( 1) k Cn P(k... an 1x n 1   a1x  ( 1) n n (n  1) Có các nghiệm x1, x2 , , xn đều thực và thỏa mãn điều kiện xk [k , k  1] , k  {1, 2, , n} Giải Với n = 1 thì f ( x )  x  2 là đa thức duy nhất thỏa mãn diều kiện bài toán Với n = 2 thì f ( x)  2 x 2  a1x  6 có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện 1  x1  2  x2  3 và a   x1  x2   1  2  x1x2  3  Do 0  x2  x1  2 nên 1 2 0  ( x2  x1) 2  a1... {0 ,1, 2, , n} k 0 có các nghiệm đều thực Giải Giả sử an  1 Với n = 1 thì ta có ngay hai đa thức cần tìm dạng P ( x )  x  1 1 Với n  2 thì theo giả thiết đa thức có các nghiệm x1, x2 , , xn đều thực Theo định lí Viet thì 2  x1x2 xn 2  a0  1 và n 2 0   x 2  an 1  2an  2  1  2an  2 j j 1 Do an 1 { 1, 1}  an  2  1 và n  x2  3 j j 1 Mặt khác ta có 3 1 n 2 n 2 2 2   x j  x1 x2 . xP 1 (x). Thay vào đồng nhất thức, ta được x(x -1) P 1 (x -1) = (x-26)xP 1 (x) suy ra (x -1) P 1 (x -1) = (x-26)P 1 (x) (*) Lại thay x = 1, ta được P 1 (1) = 0, suy ra P 1 (x) chia hết cho x -1, . b x b x b x b               Ta định nghĩa các phép tính số học 1 1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 1 0 0 2 2 1 2 2 1 1 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n n n n n n n. nhân đa thức đến phân tích đa thức ra thừa số, dùng sơ đồ Horner để chia đa thức, giải các phương trình đại số. II. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN Các bài toán về đa thức rất phong phú và đa dạng.