SKKN Đa thức và ứng dụng

CỘNG HÒA Xà HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc TÊN ĐỀ TÀI, SÁNG KIẾN, GIẢI PHÁP: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Họ và tên: Nguyễn Minh Tuấn Đơn vị công tác: THPT chuyên Võ Nguyên Giáp CỘNG HÒA Xà HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc TÊN ĐỀ TÀI, SÁNG KIẾN, GIẢI PHÁP: ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Họ và tên: Nguyễn Minh Tuấn Đơn vị công tác: THPT chuyên Võ Nguyên Giáp Quảng Bình, tháng 5 năm 2015 1. PHẦN MỞ ĐẦU 1.1. Lý do chọn đề tài, sáng kiến, giải pháp: Trong môn Toán ở trường THPT, các bài toán về đa thức là một phần quan trọng của toán học. Đa thức ngày càng được quan tâm đúng mức và tỏ ra có sức hấp dẫn mạnh mẽ nhờ vẽ đẹp và tính độc đáo của phương pháp và kỹ thuật giải chúng cũng như yêu cầu cao về tư duy cho người giải. Trong các kỳ thi tuyển chọn học sinh giỏi, vô địch Quốc gia, Quốc tế và Olympic sinh viên, bài đa thức thường ở mức độ khó. Toán đa thức rất phong phú và đa dạng và cũng rất phức tạp nên khó phân loại và hệ thống hóa thành các chuyên đề riêng biệt. Các bài toán dãy số không những rèn luyện tư duy sáng tạo, trí thông minh mà còn đem lại say mê và yêu thích môn Toán của người học. Trong bài viết này tác giả cố gắng tối đa chọn lọc ra một số ứng dụng của đa thức vào việc giải các bài toán đại số, số học, bất đẳng thức giúp học sinh tiếp cận từng bước từng mức độ kiến thức và luyện tập giải toán. 1.2. Phạm vi áp dụng đề tài, sáng kiến, giải pháp: Đề tài có ứng dụng rộng rãi đối với tất cả giáo viên, học sinh và trên nhiều kiến thức liên quan: đại số, giải tích, số học, bất đẳng thức… Tác giả hy vọng đề tài “Đa thức và ứng dụng” sẽ giúp các em học sinh bổ sung kiến thức về phần đa thức trong các kì thi học sinh giỏi và tài liệu tham khảo bổ ích cho bạn đọc. 2. PHẦN NỘI DUNG 2.1.Thực trạng của vấn đề mà đề tài, sáng kiến, giải pháp giải quyết Đa thức được học từ lớp 7, 8 bổ sung dần dần đến lớp 12 và hoàn chỉnh ở cấp Đại học. Hiện nay việc nghiên cứu đa thức ở bậc THPT còn hạn chế, bởi vì kiến thức này thương được sử dụng trong các đề thi học sinh giỏi và ít giáo viên viên dạy về phần này. Đề tài tập trung vào việc ứng dụng của đa thức vào việc giải các bài toán đại số, số học và đánh giá hệ số và nghiệm của đa thức. 2.2. Nội dung đề tài, sáng kiến, giải pháp 2.2.3. Định nghĩa và các phép toán Định nghĩa đa thức Cho hàm số :f → ¡ ¡ . Ta gói f là đa thức nếu f const ≡ (hằng số) hoặc tồn tại , 1n n ∈ ≥ ¢ và các số thực 0 1 2 , , , , n a a a a với 0 0a ≠ sao cho 1 0 1 1 ( ) n n n n n f x a x a x a x a − − = + + + + ; 0 ( ) n n k k k f x a x − = = ∑ Các số 0 1 2 , , , , n a a a a gọi là các hệ số, 0 0a ≠ được gọi là hệ số cao nhất, n a được gọi là hệ số tự do Đặc biệt khi 0 1a = thì đa thức được gọi là đa thức chuẩn tắc hay đa thức mo-nic. Với 0 0a ≠ thì n là bậc của đa thức ( )f x ký hiệu deg f n = , đặc biệt 0f c ≡ ≠ thì deg 0f = . Quy ước, với ( ) 0f x ≡ thì deg f = −∞ Đa thức trên các tập số Với K là một tập số, ký hiệu 0 [ ] ( ) : , 0,1,2, , n n k k k k x f x a x a k n − =   Κ = = ∈Κ =     ∑ Cho đa thức 0 ( ) n n k k k f x a x − = = ∑ • Nếu các hệ số i a ∈ ¡ thì ký hiệu [ ]f x ∈ ¡ • Nếu các hệ số i a ∈ ¤ thì ký hiệu [ ]f x ∈ ¤ • Nếu các hệ số i a ∈ ¢ thì ký hiệu [ ]f x ∈ ¢ Các phép toán Cho 0 ( ) n n k k k f x a x − = = ∑ và 0 ( ) m m i i i g x b x − = = ∑ . Khi đó • 0 ( ) ( ) ( ) k k k k f x g x a b x − = + = + ∑ l l • 0 ( ) ( ) ( ) k k k k f x g x a b x − = − = − ∑ l l • 0 0 ( ) ( ) i j i j i j f x g x a b x + = = × = ∑ ∑ l l Trong đó { ax , }m m n=l với quy ước cách viết hình thức 1 0 ( ) , 0 i i n i f x a x a a − + = = = = = ∑ l l l Từ đó, với , [ ],deg f g x g m ∈ = ¡ thì ( ) ( ), ( ) ( )f x g x f x g x ± × và ( ( ))f g x cũng là các đa thức với hệ số thực, ngoài ra deg( ) ax{ , }, deg ,deg( )f g m m n f g m n f g m n ± ≤ × = + = × o Phép chia đa thức Định lý 1.7.1 (Định lý cơ bản). Mọi đa thức bậc n có không quá n nghiệm thực. Từ đó, nếu deg f n = và ( ) 0f x = tại ít nhất n+1 điểm, thì ( ) 0 f x x ≡ ∀ Định lý 1.7.2 (Định lý về phép chia với dư). Cho , [ ]f g x ∈ ¡ . Khi đó tồn tại các đa thức , [ ]q r x ∈ ¡ sao cho ( ) ( ) ( ) ( )f x q x g x r x = × + Trong đó deg degr g < Đặc biệt, khi ( ) 0r x ≡ thì ta nói ( )f x chia hết cho ( )g x , ký hiệu ( ) ( )f x g xM hay ( ) ( )g x f x Định lý 1.7.3 (Định lý Bezout). Nếu x a = là nghiệm của đa thức ( )f x thì ( ) ( )f x x α − M Từ đó suy ra với [ ]P x ∈ ¢ và a,b là hai số nguyên phân biệt thì ( ) ( ) ( ) ( )P a P b a b − − M Định lý 1.7.4 (Sự phân tích tiêu chuẩn). Mọi đa thức với hệ số thực đều có thể biểu diễn ở dạng 2 1 0 ( ) ( ) ( ) j k t m n k j j k j f x a x x x b x c = = = × − × + + ∏ ∏ l Trong đó 2 , , , , 4 0, 0 j j k j j a b c x b c a∈ − < ≠¡ Hai đa thức bằng nhau Cho hai đa thức 0 ( ) n n k k k f x a x − = = ∑ và 0 ( ) m m t t t g x b x − = = ∑ . Nếu ( ) ( )P x Q x = tại ít nhất [ ax( ; ) 1]m m n + giá trị phân biệt của x thì i i m n a b =   =  1,2 i n ∀ = 2.2.4. Sử dụng đa thức trong việc giải các bài tập đại số Ví dụ 1: Cho , , , 0a b c d > . Chứng minh rằng 3 4 6 abc abd acd bcd ab ac ad b bd ca+ + + + + + + + ≤ Lời giải W.L.O.G giả sử 0 a b c d < ≤ ≤ ≤ . Xét đa thức ( ) ( )( )( )( )f x x a x b x c x d = − − − − ta có 4 3 2 ( ) ( ) ( ) ( )f x x a b c d x ab bc cd da ac bd x abc bcd cda dab x abcd = − + + + + + + + + + − + + + + Vì ( )f x có 4 nghiệm , , , 0a b c d > nên ( )f x ′ có 3 nghiệm 1 2 3 , , 0x x x > Ta có 3 2 1 2 3 ( ) 4 3( ) 2( ) ( ) 4( )( )( ) f x x a b c d x ab bc cd da ac bd x abc bcd cda dab x x x x x x ′ = − + + + + + + + + + − + + + = − − − Theo định lý Vi-ét, ta có 1 2 3 1 2 2 3 1 3 1 ( ) 4 1 ( ) 2 x x x abc abd acd bcd x x x x x x ab ac ad bc bd cd  = + + +     + + = + + + + +   Áp dụng bất đẳng thức AM-GM 1 2 2 3 1 3 2 2 2 3 1 2 3 2 3 1 ( ) 2 3 1 3 ( ) 16 ab ac ad bc bd cd x x x x x x x x x ab ac ad bc bd cd + + + + + = + + ≥ = + + + + + Suy ra điều phải chứng minh. Ví dụ 2: Cho , ,a b c ∈ ¡ thỏa mãn , 6a b c a b c ≤ ≤ + + = và 9ab bc ca + + = Chứng mỉnh rằng: 0 1 3 4a b c ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ Lời giải. Đặt abc p = . Xét đa thức 3 2 ( ) ( )( )( ) 6 9f x x a x b x c x x x p = − − − = − + − Ta có 2 ( ) 3 12 9 3( 1)( 3)f x x x x x ′ = − + = − − . Suy ra ( ) 0 1 3f x x x ′ = ⇔ = ∨ = Do ( )f x có ba nghiệm a b c ≤ ≤ nên 1 3, (1) (3) 0b f f ≤ ≤ × ≤ . Từ đó, để ý rằng (1) 4 (4), (3) (0)f p f f p f = − = = − = , nên 0 4p ≤ ≤ . Do đó (0) 0 (4)f f ≤ ≤ . Vậy 0 1 3 4a b c ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ Ví dụ 3: Cho 1 2 3 4 5 , , , ,a a a a a là các số thực thỏa mãn đẳng thức sau 3 5 1 2 4 2 2 2 2 2 2 1 1 2 3 4 5 a a a a a k k k k k k + + + + = + + + + + Với 1,2,3,4,5k = . Tìm giá trị của biểu thức: 3 5 1 2 4 37 38 39 40 41 a a a a a + + + + Lời giải. Xét đa thức 5 5 1 0 1 ( ) ( ) k k k a P x x k x k x = =   = + × −  ÷ +   ∑ ∏ Dễ thấy 5P = và 1, 4, 9, 16, 25 là nghiệm cảu ( )P x nên ( ) ( 1)( 4)( 9)( 16)( 25) P x c x x x x x x = − − − − − ∀ Cho 0x = tìm được 1 120 c = . Vậy 5 1 2 ( ) ( 1)( 2) ( 5) 1 1 2 5 a x a x a x P x x x x x x x   = + + + + + + −  ÷ + + +   1 ( 1)( 4) ( 25) 120 x x x= − − − Từ đó, cho 36x = thu được 3 5 1 2 4 1 35.32.27.20.11 36.37.38.39.40.41 37 38 39 40 41 36 120 a a a a a   + + + + − =  ÷   Hay 3 5 1 2 4 35.32.27.20.11 1 187465 37 38 39 40 41 120.36.37.38.39.40.41 36 6744582 a a a a a + + + + = + = Ví dụ 4: Xét tất cả các tam thức bậc hai 2 ( )f x ax bx c = + + , 0, , ,a a b c> ∈¢ Sao cho ( )f x có 2 nghiệm phân biệt trong khoảng (0, 1). Trong các tam thức như thế tìm tam thức có hệ số a nhỏ nhất. Lời giải. Giả sử 2 ( )f x ax bx c = + + là một tam thức thỏa mãn. Gọi 1 2 ,x x là 2 nghiệm của ( )f x , theo giả thiết 1 2 0 1x x < ≠ < . Ta có 1 2 1 2 1 2 (0) ( ) ( )( ) (1) (1 )(1 ) 0 f ax x f x a x x x x f a x x =  = − − ⇒  = − − >  Vì [ ] (0), (1) (0) 1, (1) 1f x f f f f∈ ⇒ ∈ ⇒ ≥ ≥¢ ¢ (4.1) Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM [ ] [ ] 2 1 1 2 2 (0). (1) (1 ) . (1 )f f x x x x α = − − 2 2 2 2 1 2 2 2 1 1 2 2 16 x x x x a α + − + −     ≤ =         (4.2) Từ (4.1), (4.2) suy ra 2 1 (0). (1) 4 16 a f f a ≤ < ⇒ > Mà α ∈ ¢ nên α ≥ 5. Nếu α =5 thì 25 1 (0). (1) 2 (0). (1) 1 16 f f f f≤ < < => = (0) 1 1 (1) 1 5 f c f b = =   ⇒ ⇒   = = −   2 ( ) 5 5 1f x x x ⇒ = − + Ví dụ 5: Cho , , , , , ,a b c d m n p ∈ ¡ . Chứng minh rằng nếu phương trình 3 2 ( ) ( ) 0ax m b x n c x p d + + + + + + = Có nghiệm thực 0 1x ≥ thì phương trình 6 5 4 3 2 0ax mx bx nx cx px d + + + + + + = cũng có nghiệm thực. Lời giải. Xét đa thức 3 2 ( ) ( ) ( )f x ax m b x n c x p d = + + + + + + . Ta có 2 6 4 ( ) ( ) ( )f x ax m b x n c x p d = + + + + + + Khi đó 6 5 4 3 2 2 5 4 3 2 2 4 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 1)( ) g x ax mx bx nx cx px d f x mx mx nx nx px p f x x mx nx p = + + + + + + = + − + − + − = + − + + Do 0 1x ≥ là nghiệm của ( )f x nên 0 ( ) 0f x = . Suy ra 2 0 0 0 0 0 ( ) ( ) ( 1)( )g x f x x mx nx p= + − + + ( ) 2 0 0 0 1 ( )x mx nx p = − + + 2 0 0 0 0 ( ) ( 1)( )g x x mx nx p− = − − + + Suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 0 0 0 0 0 1 0g x g x x mx nx p − = − + + ≤ Từ đó, do hàm số ( )g x liên tục trên ¡ nên phương trình ( ) 0g x = có nghiệm trong 0 0 ;x x   −   Ví dụ 6: Cho 2 1 1 1 1 ( )f x a x b x c = + + và 2 2 2 2 2 ( )f x a x b x c = + + là hai đa thức bậc hai với hệ số nguyên dương đều có nghiệm nhưng chúng không có nghiệm dương. Với mỗi n ∈ ¥ gọi ( ) 1 2 ( ); ( ) . n d f n f n = Chứng minh rằng dãy ( ) n d bị chặn. Lời giải. Đặt 3 2 1 1 2 ( ) ( ) ( )f x a f x a f x = − . Ta có ( ) 3 2 1 1 2 2 1 1 2 3 3 3 ( ) ( ) ( ) n f x a b a b x a c a c a x b d f n= − + − = + ⇒ Nếu 3 ( ) 0f x ≡ thì 2 1 1 2 1 1 1 2 1 1 2 2 2 2 0 0 a b a b a b c a c a c a b c − =  ⇒ = =  − =  Suy ra hoặc 1 2 ( ), ( )f x f x cùng vô nghiệm hoặc chúng có nghiệm giống nhau. Trái với giả thiết. Nếu 3 3 0, 0a b = ≠ thì 3 3n n d b d b ⇒ ≤ do đó dãy ( ) n d bị chặn. Nếu 3 0a ≠ đặt ( ) [ ] ( ) 2 2 3 1 3 1 3 1 1 3 3 3 1 3 3 1 1 3 ( )a f n a a n a b a b f n a c b a b a b ∆ = − + − = − − . Khi đó . n d ∆ Nếu 0 ∆ = thì ( ) ( ) ( ) 3 1 3 1 1 3 3 1 2 3 a a x a b a b f x f x a + − = và ( ) ( ) ( ) 2 1 3 2 1 a f x f x f x a − = suy ra ( ) ( ) ( ) 3 1 2 ,f x f x f x . Do đó chúng có nghiệm chung 3 0 3 b x a = − (vô lý) Nếu 0 ∆ ≠ thì n d ≤ ∆ suy ra ( ) n d bị chặn. 2.2.5. Sử dụng đa thức trong các bài tập số học Ví dụ 1: Cho số tự nhiên lẻ P và các số nguyên , , , ,a b c d e thỏa mãn các điều kiện a b c d e + + + + và tổng 2 2 2 2 2 a b c d e+ + + + đều chia hết cho P. Chứng minh rằng 5 5 5 5 5 a b c d e + + + + cũng chia hết cho P. Lời giải. Xét đa thức ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f x x a x b x c x d x e = − − − − − . Ta đặt ( ) 5 4 3 2 f x x Ax Bx Cx Dx abcde= − + − + − (4.3) Với ,A a b c d e B ab ac ad ae bc bd be cd ce de = + + + + = + + + + + + + + + Ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2B a b c d e a b c d e = + + + + − + + + + M P. Do P lẻ nên B M P. Trong (4.3), lần lượt thay x bởi , , , ,a b c d e , rồi cộng các kết quả với nhau, để ý rằng ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0f a f b f c f d f e = = = = = , ta được ( ) 5 5 5 5 5 4 4 4 4 4 5a b c d e abcde A a b c d e+ + + + − = + + + + ( ) 3 3 3 3 3 B a b c d e − + + + + ( ) 2 2 2 2 2 C a b c d e + + + + + ( ) D a b c d e− + + + + M P (Do 2 2 2 2 2 , , ,A B a b c d e a b c d e + + + + + + + + đều chia hết cho P). Suy ra vế trái cũng chia hết cho P (đpcm). Ví dụ 2: Cho , ,a b c ∈ ¢ thỏa mãn các đa thức ( ) 2 f x ax bx c= + + và ( ) ( ) ( ) 2 g x a b x c a x a b = − − + + có nghiệm chung. Chứng minh rằng 2 3a b c + + M Lời giải. Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1f x g x a b c x x − = + − + − . Giả sử 0 x là nghiệm chung của 2 phương trình ( ) 0f x = và ( ) 0g x = . Khi đó + Nếu 0a b c + − = thì do 2a b c a b c + + ≡ + − (mod 3) nên 2 3a b c + + M + Nếu 0a b c + − ≠ , thì do 0 x là nghiệm chung của ( ) f x và ( ) g x nên 0 x là nghiệm của phương trình ( ) 2 1 0x x + − = . Theo định lý về phép chia với số dư, ta có ( ) ( ) ( ) 2 1f x a x x r x = + − + (4.4) trong đó [ ] ,deg 2r x r∈ <¢ . Trong (4.4), thay 0 x x = ta được [...]... nghiệm phân biệt Chứng minh rằng 2007a1 > 4016a0 a2 3 PHẦN KẾT LUẬN 3.1 Ý nghĩa, phạm vi áp dụng của đề tài, sáng kiến, giải pháp Đa thức là một chuyên đề quan trọng trong toán học Các bài toán liên quan đến đa thức luôn mang đến sự hấp dẫn bởi kỹ thuật và phương pháp giải chúng Đề tài trình bày một số ứng dụng của đa thức trong đại số, số học, bất đẳng thức với các ý tưởng, ví dụ và bài tập đã được... môn Rất mong bạn đọc góp ý kiến Xin chân thành cảm ơn TÀI LIỆU THAM KHẢO 1- TS Huỳnh Công Thái, Chuyên khảo về đa thức và ứng dụng Bồi dưỡng học sinh chuyên toán và giáo viên, NXB ĐH Quốc gia Ha nội 2- Lê Hoành Phò, Chuyên khảo đa thức, NXB ĐH Quốc gia HCM 3- Nguyễn Hữu Điển, Đa thức và ứng dụng, NXB Giáo dục Việt Nam ... (3) Từ (*) và (**) suy ra γ 2 ≥ 3 Do đó 2αβ ≤ α 2 + β 2 = 9 − γ 2 Vì vậy từ (4) ta có: (2(α + β + γ ) − αβγ ) 2 ≤ 100 Suy ra: 2(α + β + γ ) − αβγ ≤ 10 Bất đẳng thức (3) được chứng minh, chứng tỏ bất đẳng thức đã cho được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: α ≤ β ≤ γ  2 2 2 α + β + γ = 9 α + β γ  = ⇔ α = −1; β = γ = 2  2 2 − αβ  α + β = 0  2(α + β + γ ) − αβγ ≥ 0  Đẳng thức ở (1)... ≤ i ≠ j ) Vậy tồn tại đa thức thỏa mãn yêu cầu Ví dụ 4: Biết rằng các số nguyên dương a ≥ b ≥ c và d thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: (i) abc = d 3 (ii) số a + b + c − d là một ước nguyên tố của số ab + bc + ca − d 2 Chứng minh rằng b = d Lời giải Ta chứng minh bài toán bằng phản chứng Giả sử ngược lại là b ≠ d khi đó dễ thấy a, c ≠ d (do abc = d 3 và a ≥ b ≥ c ) Dễ dàng chứng minh được khi đó... = 0 2 Từ đó, do r ∈ ¢ [ x ] , deg r ≤ 1, r ( x0 ) = 0 và x0 ∉ ¤ nên r ( x ) ≡ 0 ∀x ∈ ¡ suy ra f ( x ) = a ( x 2 + x − 1) và do đó b = a, c = −a suy ra a + b + 2c = 0M 3 Ví dụ 2: Cho a, b, c, d , e và f là những số nguyên dương có tổng bằng S , giả sử S chia hết abc + def và ab + bc + ca − de − ef − fd Chứng minh rằng S là hợp số Lời giải Xét đa thức f ( x) = ( x + a )( x + b)( x + c) − ( x − d )( x... a + b + c Chứng minh rằng tồn tại vô số n n n n ∈ ¢ + sao cho a + b + c a + b + c 10 Cho k ∈ ¢ + , k > 1 và các số nguyên a1 , a2 , , an thỏa mãn a1 + 2i a2 + 3i a3 + + n i an = 0 ∀i = 1, 2, , k − 1 n Chứng minh rằng S = a1 + 2 a2 + 3 a3 + + n an M ! n n −1 11 Cho n ∈ ¢ + , n > 2 và đa thức P ( x ) = x + an −1 x + + a1 x + 1∈ ¢ [ x ] Giả sử k ak = an −k k k ( k = 1, 2, n − 1) Chứng minh rằng... việc bồi dưỡng học sinh giỏi các cấp Hiện nay những tài liệu, cuốc sách chuyên khảo về đa thức không nhiều, điều đó gây khó khăn không nhỏ cho không chỉ học sinh mà thậm chí cả giáo viên dạy toán ở các trường chuyên Trong bài viết này, tác giả trao đổi với các thầy cô đồng nghiệp, các em học sinh về đa thức và ứng dụng của của trong giải toán Do trình độ còn hạn chế nên trong bài viết không thể tránh... mãn x P ( y ) và y P ( x ) Tìm cặp ( x; y ) nhỏ nhất 2.2.5 Sử dụng đa thức trong các bài tập bất đẳng thức Ví dụ 1: Giả sử phương trình x3 − ax 2 + bx − a = 0 có ba nghiệm thực không âm (không nhất thiết phải phân biệt) Chứng minh rằng 8a − 3b ≤ 72 Lời giải Gọi ba nghiệm của phương trình là α , β , γ Theo định lý Viete ta có: α + β + γ = 6;α β + β γ + γ α = a;α β γ = b Theo bất đẳng thức AM – GM... dương và 2 d < 0 Chứng minh bất đẳng thức 2b3 + 9a 2 d − 7abc < 0 (China Girls’ Mathematics Olympiad 2009) n n −1 n−2 9 Giả sử phương trình x + a1 x + a2 x + + an = 0(n ≥ 2) có các nghiệm thực α1 ,α 2 , ,α n Cho x0 > Max { α1 ,α 2 , ,α n } Chứng minh bất đẳng  1 1 1  2 thức: f ( x0 + 1)  + + + ÷ ≥ 2n x0 − α n   x0 − α1 x0 − α 2 n n −1 n−2 Trong đó: f ( x ) = x + a1 x + a2 x + + an 10 Chứng... 0 ∨ 1 (mod 4), nên từ (4.5) và (4.6) suy ra f (4) − f (2) và f (3) − f (1) là các số chẵn, do đó cùng chia hết cho 4 Suy ra 4 [ f (3) − f (1)] − [ f (4) − f (2)] = 2M (Vô lý) Vậy điều giả sử là sai, điều phải chứng minh Ví dụ 6:Tìm nghiệm nguyên của hệ phương trình  2 x3 − 7 x 2 + 8 x − 2 = y  3 2 2 y − 7 y + 8 y − 2 = z  2 z3 − 7 z 2 + 8z − 2 = x  Lời giải Xét đa thức f (t ) = 2t 3 − 7t 2 + 8t . học sinh giỏi và ít giáo viên viên dạy về phần này. Đề tài tập trung vào việc ứng dụng của đa thức vào việc giải các bài toán đại số, số học và đánh giá hệ số và nghiệm của đa thức. 2.2. Nội. số, giải tích, số học, bất đẳng thức Tác giả hy vọng đề tài Đa thức và ứng dụng sẽ giúp các em học sinh bổ sung kiến thức về phần đa thức trong các kì thi học sinh giỏi và tài liệu tham khảo bổ ích. giỏi, vô địch Quốc gia, Quốc tế và Olympic sinh viên, bài đa thức thường ở mức độ khó. Toán đa thức rất phong phú và đa dạng và cũng rất phức tạp nên khó phân loại và hệ thống hóa thành các chuyên