skkn một số vấn đề về đa THỨC một BIẾN

BM 01-Bia SKKN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI Đơn vị: Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh Mã số: (Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi) SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ ĐA THỨC MỘT BIẾN (Ghi đầy đủ tên gọi giải pháp SKKN) Người thực hiện: Nguyễn Tất Thu Lĩnh vực nghiên cứu: - Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học môn: Toán  (Ghi rõ tên môn) - Lĩnh vực khác:  (Ghi rõ tên lĩnh vực) Có đính kèm: Các sản phẩm in SKKN  Mô hình  Đĩa CD (DVD)  Phim ảnh  Hiện vật khác (các phim, ảnh, sản phẩm phần mềm) Năm học: 2015 – 2016 BM02-LLKHSKKN SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC –––––––––––––––––– I THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN Họ tên: NGUYỄN TẤT THU Ngày tháng năm sinh: 13/09/1980 Nam, nữ: Nam Địa chỉ: Tổ 10 – Khu phố – Phường Trảng Dài – Biên hòa Điện thoại: 0961610077 Fax: (CQ)/ (NR); ĐTDĐ: E-mail: nguyentatthudn@gmail.com Chức vụ: Tổ Phó chuyên môn Nhiệm vụ giao (quản lý, đoàn thể, công việc hành chính, công việc chuyên môn, giảng dạy môn, lớp, chủ nhiệm lớp,…): Giảng dạy môn Toán lớp: 10A1, 12 Hóa 10 Toán 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: 2013 - Chuyên ngành đào tạo: Lý luận phương pháp dạy học môn Toán III KINH NGHIỆM KHOA HỌC - Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy môn Toán Số năm có kinh nghiệm: 13 - Các sáng kiến kinh nghiệm có năm gần đây: Sử dụng phép đếm để chứng minh đẳng thức tổ hợp – năm 2010 Một số phương pháp giải toán cực trị tổ hợp – năm 2012 Một số phương pháp giải toán tồn tổ hợp – năm 2013 Một số phương pháp đếm nâng cao – năm 2014 Một số tính chất hệ số nhị thức – năm 2015 MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ ĐA THỨC MỘT BIẾN LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Đa thức nói chung đa thức biến nói riêng chủ đề quan trọng chương trình Toán bậc phổ thông, đặc biệt chương trình Chuyên toán Học sinh làm quen với khái niệm đa thức (như khái niệm đa thức, nghiệm đa thức ) số phép toán đa thức (như phép cộng, trừ, nhân, chia đa thức) cấp THCS Ở bậc THPT Chuyên toán, em học sinh học thêm số tính chất đa thức tính chất nghiệm, tính chất bất khả quy, tính chất giải tích, Các toán đa thức thường xuyên xuất đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp Quốc gia Quốc tế, em học sinh gặp không khó khăn đối diện với toán Những khó khăn xuất phát từ nguyên nhân sau: • Các nội dung đa thức em học rời rạc (lớp 7, đầu lớp 8, cuối lớp 10 cuối lớp 11) nên việc xâu chuỗi kiến thức học học sinh gặp khó khăn • Nội dung toán đa thức phong phú có nhiều hình thức để phát biểu, đo học sinh lúng túng huy động nội dung kiến thức kĩ vào giải toán • Một số toán đa thức liên quan đến kiến thức số học, số phức, mà em tiếp cận cuối lớp 10 lớp 11 nên việc áp dụng kiến thức gặp nhiều khó khăn Xuất phát từ khó khăn trên, chọn đề tài "Một số vấn đề đa thức biến" để nghiên cứu, nhằm hệ thống lại số điểm mẫu chốt giải toán đa thức, qua giúp học sinh khắc phục khó khăn giải toán đa thức biến, góp phần nâng cao chất lượng giáo dục môn Toán cho học sinh kết thi học sinh giỏi cấp Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP 3.1 3.1.1 Một số kiến thức đa thức Đa thức biến khái niệm Định nghĩa Đa thức biến trường số thực biểu thức có dạng f ( x) = a n x n + a n−1 x n−1 + + a x + a Trong n ∈ N, a i ∈ R, i = 0, n; x ∈ R a n = • a , a , , a n gọi hệ số đa thức a n gọi hệ số cao nhất, a gọi hệ số tự • n gọi bậc đa thức f Kí hiệu deg( f ) = n Nếu f ( x) = a , ∀ x ∈ R deg( f ) = • Tập đa thức trường số thực kí hiệu R[x] Nếu hệ số lấy tập hợp số hữu tỷ, số nguyên ta có khái niệm đa thức với hệ số hữu tỷ, đa thức với hệ số nguyên tương ứng tập hợp Q[x] , Z[x] Trong viết này, không nói thêm ta hiểu đa thức xét thuộc R[x] m • Hai đa thức f ( x) = k=0 a k x k , g ( x) = n k=0 b k x k m = n a i = b i với i = 0, n Ví dụ Tìm đa thức f biết f ( x + 2) = x2 − x + Lời giải Gọi n = deg( f ) ⇒ f ( x + 2) đa thức có bậc n Từ suy n = ⇒ f ( x) = ax2 + bx + c Suy ra: f ( x + 2) = a( x + 2)2 + b ( x + 2) + c = ax2 + (4a + b) x + 4a + b + c Mà f ( x + 2) = x2 − x + nên     a=2     a=2 4a + b = −1 ⇔ b = −9    4 a + b + c =   c = 11 Vậy f ( x) = x2 − x + 11 Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 3.1.2 Phép toán đa thức Định nghĩa Cho hai đa thức f ( x) = max{ m,n} • f ( x) ± g ( x) = • f ( x).g( x) = k=0 m+ n i =0 m k=0 a k x k , g ( x) = n b k x k Khi k=0 (a k ± b k ) x k c i xi , ck = k i =0 a i b k− i Ví dụ Cho hai đa thức P ( x) = x3 − x2 + x − 1, Q ( x) = x2 − x Khi đó: P ( x) + Q ( x) = x3 + x − P ( x).Q ( x) = x3 − x2 + x − x2 − x = x5 + (3.(−1) + (−1).1) x4 + ((−1).(−1) + 2.1) x3 + 2.(−1) x2 − 1.(−1) x = x5 − x4 + x3 − x2 + x Định lí Cho hai đa thức f g có bậc n m Khi đó: • deg( f ± g) ≤ max { m, n} Đẳng thức xảy m = n • deg( f g) = m + n Định lí chứng minh đơn giản Định lí Với hai đa thức P ( x) Q ( x) bất kỳ, deg(Q ) ≥ 1, tồn đa thức S ( x) R ( x) thoả mãn đồng thời điều kiện: i) P ( x) = Q ( x).S ( x) + R ( x) ii) deg(R ) < deg(Q ) Chứng minh: +) Tồn Ta chứng minh quy nạp theo m = deg(P ) Nếu deg(P ) < deg(Q ) ta chọn S ( x) ≡ R ( x) = P ( x) thoả mãn đồng thời điều kiện i) ii) Giả sử m ≥ n định lý chứng minh với đa thức có bậc nhỏ m Ta chứng minh định lý với đa thức bậc m Giả sử m P ( x) = n a k x k , Q ( x) = k=0 b k xk k=0 Xét đa thức H ( x) = P ( x) − a m m− n x Q ( x) bn = (a m x m + a m−1 x m−1 + + a x + a ) − = a m−1 − a m m− n x ( b n x n + + b ) bn a m b n−1 m−1 x + bn Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh Do hệ số x m hai đa thức bị triệt tiêu nên bậc H ( x) không vượt m − Theo giả thiết quy nạp, tồn đa thức S1 ( x), R1 ( x) cho H ( x) = S ( x).Q ( x) + R ( x) Nhưng P ( x) = H ( x) + a m m− n a m m− n x Q ( x) = ( x + S ( x)) + R ( x) bn bn a m m− n x + S ( x) R ( x) = R ( x) ta biểu diễn cần tìm cho P ( x) bm Duy Giả sử ta có hai biểu diễn P ( x) = S ( x).Q ( x)+R ( x) P ( x) = S1 ( x).Q ( x)+R1 ( x) Vậy đặt S ( x) = thoả mãn điều kiện ii) Khi Q ( x).(S ( x) − S1 ( x)) = R1 ( x) − R ( x) Ta có, theo điều kiện ii) định lý deg(R1 ( x) − R ( x)) < deg(Q ) Mặt khác, S ( x) − S1 ( x) không đồng deg(Q ( x).(S ( x) − S ( x))) = deg(Q ( x)) + deg(S ( x) − S ( x)) ≥ deg(Q ) Mâu thuẫn hai vế Theo ký hiệu định lý S ( x) gọi thương số R ( x) gọi dư số phép chia P ( x) cho Q ( x) Định nghĩa Nếu R ( x) ≡ ta nói đa thức P ( x) chia hết cho Q ( x) Định nghĩa Cho P ( x) Q ( x) đa thức khác Ước chung lớn P ( x) Q ( x) đa thức D ( x) thoả mãn đồng thời điều kiện sau: i) D ( x) đa thức đơn khởi, tức có hệ số cao ii) D ( x) ước chung P ( x) Q ( x), tức D ( x)|P ( x) D ( x)|Q ( x) iii) Nếu D ( x) ước chung P ( x) Q ( x) D ( x) ước D ( x) Hai đa thức P ( x),Q ( x) gọi nguyên tố (P ( x),Q ( x)) = Tương tự, ta có khái niệm bội chung nhỏ hai đa thức Định nghĩa Cho P ( x) Q ( x) đa thức khác Bội chung lớn P ( x) Q ( x) đa thức M ( x) thoả mãn đồng thời điều kiện sau: i) M ( x) đa thức đơn khởi, tức có hệ số cao ii) M ( x) bội chung P ( x) Q ( x), tức P ( x)| M ( x) Q ( x)| M ( x) iii) Nếu M ( x) bội chung P ( x) Q ( x) M ( x) bội M ( x) Ký hiệu UCLN BCNN hai đa thức P ( x),Q ( x) GCD (P ( x),Q ( x)), LCM (P ( x),Q ( x)) hay đơn giản (P ( x),Q ( x)), [P ( x),Q ( x)] Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh Ví dụ Tìm tất số nguyên dương n cho f ( x) = x2n + x n + chia hết cho x2 + x + Lời giải Ta có x3 − = ( x − 1) x2 + x + x2 + x + Suy x3k − x2 + x + +) n = 3k , f ( x) = x6k − + x3k − + Vì x6k − x3k − chia hết cho x2 + x + nên f ( x) không chia hết cho x2 + x + +) n = 3k + 1, f ( x) = x2 x6k − + x x3k − + x2 + x + x2 + x + +) n = k + ,ta có f ( x) = x4 x6k − + x2 x3k − + x4 + x2 + Vì x4 + x2 + = x2 + − x2 = x2 + x + x2 − x + Suy f ( x) x2 + x + Vậy n = 3k giá trị cần tìm Ví dụ Chứng minh x m − 1, x n − = x(m,n) − với m, n ∈ N∗ m Lời giải Giả sử d = (m, n) rõ ràng x m − = ( x d ) − chia hết cho x d − tương tự x n − chia hết cho x d − Suy x d − ước chung x m − 1, x n − Giả sử D ( x) ước chung x m − 1, x n − Vì d = (m, n) nên tồn số nguyên dương u, v cho d = mu − nv Khi D ( x) ước ( x mu −1)−( x nv −1) = x nv ( x d −1) Vì ( x m −1, x nv ) = nên (D ( x), x nv ) = 1, suy D ( x) ước x d − 1, suy x d − ước chung lớn x m − x n − Ví dụ Cho đa thức hệ số nguyên f ( x) Chứng minh f (a) − f (b) a − b với a, b ∈ Z Lời giải Giả sử n f ( x) = i =0 a i x i ⇒ f ( a) − f ( b ) = n a i − bi i =1 Vì a i − b i a − b với i = 1, n nên f (a) − f (b) a − b Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh Để tìm ước chung lớn hai đa thức P ( x),Q ( x), ta sử dụng thuật toán Euclide sau đây: Định lí Giả sử có hai đa thức P ( x),Q ( x), de g(P ) ≥ de gQ Thực phép chia P ( x) cho Q ( x) thương số S ( x) dư số R ( x) Khi đó: • Nếu R ( x) = (P ( x),Q ( x)) = q−1 Q ( x), q hệ số cao đa thức Q ( x) • Nếu R ( x) = (P ( x),Q ( x)) = (Q ( x), R ( x)) Chứng minh: Nếu R ( x) = P ( x) = Q ( x).S ( x) Khi đa thức q−1 Q ( x) rõ ràng thoả mãn tất điều kiện UCLN Nếu R ( x) = 0, đặt D ( x) = (P ( x),Q ( x)), D ( x) = (Q ( x), R ( x)) Ta có D ( x)|P ( x) − Q ( x).S ( x) = R ( x), suy D ( x) ước chung Q ( x), R ( x), theo định nghĩa D ( x), ta có D ( x) ước D ( x) Mặt khác D ( x)|Q ( x)S ( x) + R ( x) = P ( x), suy D ( x) ước chung P ( x),Q ( x), theo định nghĩa D ( x), ta có D ( x) ước D ( x) Từ đây, D D đa thức đơn khởi, ta suy D = D 3.1.3 Nghiệm đa thức Định nghĩa Cho đa thức P ( x) tập K • Số a ∈ K gọi nghiệm đa thức P P (a) = • x = a gọi nghiệm bội k ∈ Z, k ≥ đa thức f f ( x) = ( x − a)k g( x) g(a) = Định lí (Bơzu) Nếu x = a nghiệm đa thức f f chia hết cho x − a Định lí Cho đa thức hệ số nguyên P ( x) = a n x n + a n−1 x n−1 + + a x + a Khi p x = ; p, q ∈ Z nghiệm f ( x) a p, a n q q Định lí Xét đa thức f ( x) ∈ R[x] Nếu x1 , x2 , , xk nghiệm phân biệt f ( x) với bội r , r , , r k tương ứng f ( x) chia hết cho ( x − x1 )r ( x − x2 )r ( x − xk )r k Hệ Từ định lí trên, ta có hệ sau: a) Một đa thức bậc n với hệ số thực có không n nghiệm thực b) Nếu hai đa thức f ( x) g( x) có bậc nhỏ hay n n + điểm hai đa thức Định lí Xét đa thức P ( x) ∈ R[x] bậc n Giả sử x1 , x2 , , xk nghiệm phân biệt P ( x) với bội r , r , , r k tương ứng Nếu r + r + + r k = n P ( x) = a n ( x − x1 )r ( x − x2 )r ( x − xk )r k Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh Định lí (Định lý Viet) Giả sử đa thức f ( x) = a n x n + a n−1 x n−1 + + a x + a có n nghiệm (trong có nghiệm bội) x1 , x2 , , xn thì: f ( x) = a n ( x − x1 )( x − x2 ) ( x − xn ) hệ quả, ta có          x1 + x2 + + xn x1 x2 + x1 x3 + + xn−1 xn         3.1.4 a n−1 =− a a n−n2 = an x1 x2 xn = (−1)n a0 an Đa thức bất khả quy Định nghĩa Đa thức hệ số nguyên P ( x) có bậc n ≥ gọi bất khả quy Z[x] P ( x) không phân tích thành tích hai đa thức hệ số nguyên khác đa thức có bậc nhỏ n Nếu P ( x) phân tích thành tích hai đa thức hệ số nguyên khác đa thức có bậc nhỏ n P ( x) gọi đa thức khả quy Tương tự ta có định nghĩa cho đa thức bất khả quy Q[x] Định lí (Tiêu chuẩn Eisenstein) Cho đa thức P ( x) = a n x n + a n−1 x n−1 + + a x + a Biết tồn số nguyên tố p cho i) a , a , , a n−1 p ii) a n không chia hết cho p iii) a không chia hết cho p2 Khi P ( x) bất khả quy Z[x] Chứng minh: Giả sử P ( x) = f ( x).g( x) với f , g ∈ Z[x] k Đặt f ( x) = i =0 b i x i , g ( x) = m i =0 c i x i với m, k ∈ N∗ m + k = n Khi t at = b r c t−r , ≤ t ≤ n r =0 Vì a p mà a p2 nên hai số b0 , c có số chia hết cho p số lại không chia hết cho p, không tính tổng quát, ta giả sử b0 chia hết cho p Khi p|a = b c + b c ⇒ p| b c ⇒ p| b Tương tự ta có p| b k nên p| b k c m = a n (vô lí) Định lí 10 (Quan hệ khả quy Z[x] Q[x] ) Nếu đa thức P ( x) ∈ Z[x] khả quy Z[x] P ( x) khả quy Q[x] Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 3.2 Một số dạng toán đa thức 3.2.1 Chứng minh hai đa thức Để so sánh đồng thức, ta dựa vào định nghĩa sau: Hai đa thức m f ( x) = a k x k , g ( x) = k=0 n b k xk k=0 m = n a i = b i với i = 0, n Ngoài ta dùng định lí số nghiệm đa thức để chứng minh hai đa thức Cụ thể: Nếu đa thức P ( x) − Q ( x) có bậc n có n + nghiệm phân biệt P ( x) = Q ( x) với x Bài toán Cho hai đa thức P ( x) Q ( x) có nghiệm thực thỏa mãn P + x + Q ( x)2 = Q + x + P ( x)2 Chứng minh P ( x) ≡ Q ( x) Lời giải Ta chứng minh tồn α để P (α) = Q (α) Gọi a, b nghiệm P ( x) Q ( x) Ta có P (a)2 − Q (a)2 < < P ( b)2 − Q ( b)2 Mà P ( x)2 − Q ( x)2 hàm liên tục nên tồn c cho P ( c)2 = Q ( c)2 Đặt α = + c + Q ( c)2 = + c + P ( c)2 ta có P (α) = Q (α) Xét dãy ( xn ) : x0 = α, xn+1 = + xn + Q ( xn )2 , ta có dãy ( xn ) dãy tăng thực nghiệm phương trình P ( x) = Q ( x) Suy P ≡ Q Bài toán Cho hai đa thức P ( x) ,Q ( x) có hệ số cao thỏa mãn P (P ( x)) = Q (Q ( x)) Chứng minh P ( x) ≡ Q ( x) Lời giải Đặt R ( x) = P ( x) − Q ( x), gia sử deg (R ) = k, < k ≤ n − Ta có P (P ( x)) − Q (Q ( x)) = P (P ( x)) − Q (P ( x)) + Q (P ( x)) − Q (Q ( x)) = Q (P ( x)) − Q (Q ( x)) + R (P ( x)) (1) Giả sử deg (P ) = deg (Q ) = n, deg (R ) = k, < k ≤ n − Q ( x) = x n + a n−1 x n−1 + + a x + a Khi Q (P ( x)) − Q (Q ( x)) = P ( x)n − Q ( x)n + n−1 a i P ( x) i − Q ( x) i (2) i =1 Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh Bài toán 18 Tìm tất đa thức P ( x) hệ số thực cho với a, b, c thỏa a + b + c = P a3 + P b3 + P c3 = 3P (abc) (1) Lời giải Không tính tổng quát, ta giả sử P (0) = Trong (1), chọn a = x, b = − x, c = ta có P x3 + P − x3 = ⇒ P ( x) = −P (− x) ∀ x Trong (1), chọn a = b = x, c = −2 x ta có 2P x3 − P x3 = −3P x3 Hay 2P ( x) − P (8 x) = −3P (2 x) n Giả sử P ( x) = k=0 (2) a k x k , n ≥ 1, a n = So sánh hệ số x n (2) ta thu được: 2a n − a n 8n = −3.a n 2n ⇔ + 3.2n = 8n ⇒ n = Vậy P ( x) = ax + b với a, b ∈ R Bài toán 19 Cho đa thức P ( x) = a n x n + a n−1 x n−1 + + a x + a có bậc n ≥ hệ số không âm Biết P (4) = 2, P (16) = P (8) = Xác định đa thức P ( x) Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có n 16 = P (4) P (16) = ai4 n i a i 16 i =0 i i =0 n ai8 ≥ i = (P (8))2 = 16 (1) i =0 Do đó, (1) xảy dấu “=” Nếu tồn i ∈ {0, 1, , n − 1} mà a i = ta có a n n a i 4i = ⇔ 4n = i n i a n 16 a i 16 (vô lí) Do a i = 0, ∀ i = 0, n − , suy P ( x) = a n x n x Dựa vào giả thiết ta tìm P ( x) = Bài toán 20 (TST EGMO 2014) Gọi d (n) ước nguyên tố nhỏ số nguyên n ∉ {0, −1, 1} Xác định tất đa thức hệ số nguyên P ( x) thỏa mãn P ( n + d ( n)) = n + d (P ( n)) (1) với số nguyên n > 2014 P (n) ∉ {0, −1, 1} Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 19 Lời giải Xét deg (P ) = n ≥ p số nguyên tố, ta có: P ( p + d ( p)) = p + d (P ( p)) ⇔ P (2 p) = p + d (P ( p)) Suy |P (2 p)| ≤ p + |P ( p)| ⇒ p P (2 p) ≤ +1 |P ( p)| P ( p) (2) Khi cho p → +∞ V T (2) → 2n V P (2) → Điều vô lí, deg (P ) ≤ +) deg (P ) = Đặt P ( x) = ax + b, cho x = p ta có 2ap + b = p + d (P ( p)) ⇔ (2a − 1) p + b = d (ap + b) Với p đủ lớn, ta có 2a − > ⇒ a ≥ Nhưng, (2a − 1) p + b ≥ ap + b ≥ d (ap + b) Nên ta có a = d (n) + b = d (n + b) (3) Nếu b > 0, với n = 2k − b ta có V T (3) ≥ > V P (3) = vô lí Nếu b < 0, ta chọn n = 2k ta có V T (3) ≤ < ≤ V P (3) vô lí Do b = hay P ( x) = x +) deg (P ) = 0, ta có P ( x) = C, C ∉ {0, −1, 1} Bài toán 21 (THTT T10/446) Cho p số nguyên tố Tìm tất đa thức f ( x) hệ số nguyên cho với số nguyên dương n, f ( n) ước p n − Lời giải Đặt A tập ước p − 1, f ( x) = c, c ∈ A đa thức thỏa yêu cầu toán Giả sử tồn đa thức f ( x) với deg( f ) ≥ thỏa yêu cầu toán Xét n ∈ N∗ gọi q ước nguyên tố f (n) Do f (n + q) − f (n) n + q − n = q nên f ( n + q) q Mà f ( n + q) ước p n+ q − nên q ước p n+ q − Suy q ước ( p n+ q − 1) − ( p n − 1) = p n ( p q − 1) Do q không ước p nên ta có p q − q Mặt khác, theo định lí Phecma nhỏ p q−1 − q nên p − q, (1) Xét n ∈ N∗ cho n − p − 1, ta thấy có vô hạn số nguyên dương n Mà A có hữu hạn phần tử deg( f ) > nên tồn n cho f (n) ∈ A Vì p n − = ( p − 1).k với k = p n−1 + p + ≡ n (mod p − 1) ≡ (mod p − 1) nên ( p − 1, k) = Do f (n) ước p n − f (n) ∈ A nên tồn ước nguyên tố q f (n) mà q| k nên p − q điều mâu thuẫn với (1) 3.2.5 Các toán phép chia đa thức đa thức bất khả quy Bài toán 22 Cho số nguyên a , a , , a n Chứng minh đa thức P ( x) = ( x − a ) ( x − a ) ( x − a n ) − đa thức bất khả quy Z Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 20 Lời giải Giả sử P ( x) đa thức bất khả quy, tồn hai đa thức hệ số nguyên f ( x), g( x) cho P ( x) = f ( x).g( x) < deg( f ), deg( g) < n Ta có f (a i ).g(a i ) = P (a i ) = −1, ∀ i = 1, 2, , n Mà f (a i ), g(a i ) ∈ Z nên ta suy f (a i ) + g (a i ) = 0, ∀ i = 1, 2, , n Mà deg ( f + g) < n ⇒ f ( x) = − g( x), ∀ x Dẫn tới P ( x) = −[ f ( x)]2 Tuy nhiên điều xảy Vậy P ( x) đa thức bất khả quy Z Bài toán 23 Cho số nguyên a , a , , a n khác đôi Chứng minh P ( x) = ( x − a )2 ( x − a )2 ( x − a n )2 + phân tích dạng tích hai đa thức có hệ số nguyên có bậc lớn Lời giải Giả sử P ( x) phân tích thành tích hai đa thức hệ số nguyên f ( x) g( x) với deg( f ), deg( g) ≥ Khi P ( x) = f ( x).g( x) ⇒ P (a i ) = f (a i ).g(a i ) = ⇒ | f (a i )| = | g(a i )| = 1, ∀ i = 1, 2, , n Giả sử tồn i = k cho f (a i ) = 1, f (a k ) = −1 ⇒ ∃ x0 ∈ (a i ; a k ) cho f ( x0 ) = Hay P ( x0 ) = điều vô lí P ( x) > ∀ x ∈ R Suy f (a i ) = 1với i = 1, 2, , n f (a i ) = −1 với i = 1, 2, , n Tương tự g(a i ) = 1với i = 1, 2, , n g (a i ) = −1 với i = 1, 2, , n +) f (a i ) = g(a i ) = ∀ i = 1, 2, , n ⇒ f (a i ) − = g(a i ) − = ∀ i = 1, 2, , n Suy f ( x) − = g( x) − = ( x − a ) ( x − a ) ( x − a n ) Do đó, ta có P ( x) = f ( x).g( x) = [( x − a ) ( x − a ) ( x − a n ) + 1]2 Hay ( x − a ) ( x − a ) ( x − a n ) ≡ (vô lí) +) f (a i ) = g(a i ) = −1 ∀ i = 1, 2, , n Tương tự trên, ta suy điều vô lí +) f (a i ) = − g(a i ) = −1 , P (a i ) = −1 vô lí Vậy toán chứng minh 2n Bài toán 24 (VMO 2014) Cho đa thức p( x) = ( x2 − x + 6) + 13, n số nguyên dương Chứng minh p( x) biểu diễn dạng tích n + đa thức khác có hệ số nguyên Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 21 Lời giải Giả sử phản chứng, đa thức p( x) phân tích thành tích n + đa thức khác với hệ số nguyên, n + đa thức phải có đa thức bậc hai, ngược lại bậc n+1 đa thức không nhỏ dẫn đến deg p( x) ≥ 4( n + 1) > n, vô lí Giả sử đa thức bậc hai q( x) = x2 + bx + c, b, c ∈ Z Ta có q( x) > với x ∈ R Vì p(1) = p(6) = 13 nên q(1), q(6) ước dương 13 Do đó, ta có hai trường hợp: • Nếu q(1) = 1, dẫn đến c = − b Suy q(6) = 36 + b ước dương 13 Vì b ∈ Z nên ta có b = −7, kéo theo c = Khi q( x) = x2 − x + lại có nghiệm ∆ = 21 > • Nếu q(1) = 13, dẫn đến c = 12 − b Từ đó, ta có q(6) = 48 + b ước dương 13 Tương tự trường hợp 1, ta suy b = −7, c = 19 Khi đó, q( x) = x2 − x + 19 q(2) = chia hết cho 3, p(2) = 4n + 13 chia dư 2, vô lý Vậy, giả sử phản chứng sai Suy điều phải chứng minh Bài toán 25 Chứng minh với giá trị n, đa thức ( x + 1)2n+1 + x n+2 chia hết cho đa thức x2 + x + Lời giải Cách 1: (Quy nạp theo n) Với n = 0, điều phải chứng minh hiển nhiên Giả sử ta có ( x + 1)2n+1 + x n+2 chia hết cho x2 + x + Khi ( x + 1)2n+3 + x n+3 = ( x2 + x + 1)( x + 1)2n+1 + x n+3 ≡ x( x + 1)2n+1 + x n+3 = x(( x + 1)2n+1 + xn + 2) ≡ (mod x2 + x + 1) Cách 2: (Dùng số phức) Đa thức x2 + x + có hai nghiệm α = −1 ± i Để chứng minh P ( x) chia hết cho x2 + x + ta cần chứng minh P (α) = Điều tương đương với việc chứng minh 1+ i 2n+1 −1 + i + n+2 = Chuyển số phức sang dạng lượng giác dùng công thức Moivre, ta có điều tương đương với cos (2 n + 1)π ( n + 2)2π ( n + 2)2π (2 n + 1)π + i sin + cos + i sin = 3 3 Điều (n + 2) 2π π − (2 n + 1) = π 3 Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 22 Bài toán 26 (Rumani 1962) Cho α số thức thoả mãn điều kiện sin α = Chứng minh với giá trị n ≥ 2, đa thức P n ( x) = x n sin α − x sin( nα) + sin ( n − 1) α chia hết cho đa thức Q ( x) = x2 − x cos α + Lời giải Cách 1: Ta chứng minh toán phương pháp quy nạp • Với n = ta có P2 ( x) = x2 sin α − x sin 2α + sin α = sin α x2 − x cos α + 1) Suy P2 ( x) Q ( x) • Giả sử P n ( x) Q ( x), ta có P n+1 ( x) = x n+1 sin α − x sin( n + 1)α + sin nα = xP n ( x) + sin nα x2 − x cos α + Suy P n+1 ( x) Q ( x) Từ đó, ta có điều phải chứng minh Cách 2: Sử dụng công cụ số phức Ta thấy Q ( x) = có hai nghiệm x1 = cos α + i sin α, x2 = cos α − i sin α Do P n ( x) Q ( x) P n ( x1 ) = P n ( x2 ) = Theo công thức Moivre, có: P n ( x1 ) = (cos( nα) + i sin( nα)) sin α − (cos α + i sin α) sin( nα) + sin[( n − 1)α] = cos( nα) sin α − cos α sin( nα) + sin[( n − 1)α] = Tương tự, ta có P n ( x2 ) = Từ đó, ta có đpcm Bài toán 27 (VMO 2015) Cho ( f n ( x)) dãy đa thức xác định bởi: f ( x) = 2, f ( x) = x, f n ( x) = x f n−1 ( x) + (1 − x − x2 ) f n−2 ( x) với n ≥ Tìm tất số nguyên dương n để f n ( x) chia hết cho đa thức x3 − x2 + x Lời giải Đặt u n = f n ( x) ta có dãy (u n ) xác định u0 = 2, u1 = x u n = xu n−1 + − x − x2 u n−2 Xét phương trình đặc trưng t2 − xt + x2 + x − = ⇔ t = x + 1, t = x − Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 23 Suy u n = α( x + 1)n + β(2 x − 1)n Dựa vào u0 , u1 ta tìm α = β = Vậy f n ( x) = ( x + 1)n + (2 x − 1)n Vì f n ( x) chia hết cho đa thức g( x) = x3 − x2 + x nên f n (0) = hay + (−1)n = ⇒ n lẻ Và f n (−2) = − (5n + 1) (do n lẻ) chia hết cho (−2)2 − (−2) + = Do 125 ≡ −1( mod 7) nên ta xét trường hợp sau: • n = k , k lẻ, ta có 5n + = 53k + ≡ (−1)k + = ( mod 7) • n = k + 1, k chẵn, ta có 5n + = 5.53k + ≡ ( mod 7) • n = k + 2, k lẻ, ta có 5n + = 25.53k + ≡ −24 ≡ ( mod 7) Từ đó, ta suy điều kiện cần n n = 3k với k lẻ Khi f n ( x) = ( x + 1)3k + (2 x − 1)3k ( x + 1)3 + (2 x − 1)3 Nhận thấy ( x + 1)3 + (2 x − 1)3 = x3 − x2 + x chia hết cho đa thức g( x) nên ta có n = 3k với k số tự nhiên lẻ giá trị cần tìm Bài toán 28 (Romania MO 2001) Cho n ≥ số chẵn hai số thực a, b thỏa mãn b n = 3a + Chứng minh đa thức P ( x) = ( x2 + x + 1)n − x n − a chia hết cho đa thức Q ( x) = x3 + x2 + x + b b = Lời giải Trước hết ta chứng minh: Nếu b = P ( x) Q ( x) Thật vậy, với b = Q ( x) = x3 + x2 + x + = ( x + 1)( x − i )( x + i ) P ( x) = ( x2 + x + 1)n − x n Nên P (−1) = P ( i ) = P (− i ) = hay P ( x) Q ( x) Giả sử P ( x) Q ( x), ta chứng minh b = Trước hết ta thấy b = 0, b = Q (0) = nên P (0) = vô lí Gọi x1 , x2 , x3 ba nghiệm Q ( x) (có thể nghiệm phức), x1 x2 x3 = −b Mà x1 nghiệm Q ( x) nên x13 + x12 + x1 + b = ⇒ x12 + x1 + = − b = x2 x3 x1 Do P ( x1 ) = ( x12 + x1 + 1)n − x1n − a = x2n x3n − x1n − a Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 24 Nên = P ( x1 ) + P ( x2 ) + P ( x3 ) = x2n x3n − x1n − 3a = (1 − x1n )(1 − x2n )(1 − x3n ) + ( x1 x2 x3 )n − − 3a = (1 − x1n )(1 − x2n )(1 − x3n ) + (− b)n − − 3a = (1 − x1n )(1 − x2n )(1 − x3n ) Suy ba số x1n , x2n , x3n có số Giả sử x1n = Khi đó, ta có trường hợp sau • x1 = 1, từ P ( x1 ) = Q ( x1 ) = ta có b = −3 a = 3n − Mà b n = 3a + nên ta có 3n = 3.3n − = (vô lí n ≥ 2), trường hợp không thỏa mãn • x1 = −1 ta có b = • x1 ∈ C | x1 | = nên x1 = b = 0) = x2 nên x3 = − b, suy − b3 + b2 = ⇔ b = (do x1 Từ trường hợp ta có đpcm Bài toán 29 (Brazil MO 2014) Cho dãy đa thức xác định sau P0 ( x) = x, P n ( x) = P n−1 ( x − 1) · P n−1 ( x + 1), n ≥ Tìm số nguyên dương k lớn cho P2014 ( x) chia hết cho x k Lời giải Ta có P2014 ( x) = P2013 ( x − 1) · P2013 ( x + 1) = P2012 ( x − 2) · P2012 ( x)2 · P2012 ( x + 2)2 Ta chứng minh n P2014 ( x) = i P2014−n ( x − n + i )C n (1) i =0 với số nguyên dương n = 0, 2014 Ta thấy (1) với n = 0, n = Giả sử (1) với n = k − với ≤ k ≤ 2014, ta có: k−1 P2014 ( x) = i P2014−(k−1) ( x − ( k − 1) + i )C k−1 i =0 Mà P2014−(k−1) ( x − ( k − 1) + i ) = P2014−k ( x − k + i ) P2014−k ( x − k + 2( i + 1)) C km−−11 + C km−1 = C km nên ta có k P2014 ( x) = i P2014−k ( x − k + i )C k i =0 Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 25 Do (1) chứng minh Với n = 2014, ta có 2014 P2014 ( x) = i P0 ( x − 2014 + i )C2014 = i =0 2014 i ( x − 2014 + i )C2014 i =0 1007 Từ đây, ta tìm k = C2014 3.3 Bài tập Bài tập (T9/411) Cho hai đa thức hệ số thực P ( x) Q ( x) thỏa mãn P + x + Q ( x) + Q ( x) = Q + x + P ( x) + P ( x) , ∀ x ∈ R Chứng minh phương trình P ( x) = Q ( x) có nghiệm P ( x) ≡ Q ( x) Bài tập Cho đa thức P ( x) thỏa mãn P ( x) ≥ ∀ x Chứng minh tồn hai đa thức A ( x) , B ( x) cho P ( x) = A ( x)2 + B( x)2 Bài tập (Ấn Độ TST 2015) Cho hai đa thức f , g có hệ số nguyên hệ số cao số thực dương Biết deg ( f ) số lẻ f ( a) a ∈ Z = { g ( a) | a ∈ Z } Chứng minh tồn số nguyên k cho g ( x) = f ( x + k) Bài tập Cho dãy vô hạn số nguyên p , p , · · · p n , · · · đa thức hệ số nguyên P ( x) thỏa mãn đồng thời hai tính chất sau i) m − n| p m − p n với n > m ≥ ii) | p n | < P (n) với n ∈ N Chứng minh tồn đa thức hệ số nguyên Q ( x) cho Q (n) = p n với n ∈ N Bài tập Tìm đa thức P ∈ Z biết P ( x2 ) = [P (2 x)]2 16 Bài tập (T9/416) Tìm tất đa thức hệ số thực P ( x) thỏa mãn P (2) = 12 P x2 = x2 x2 + P ( x) , ∀ x ∈ R Bài tập (T9/421) Tìm tất đa thức hệ số thực P ( x) thỏa mãn P ( x) − = P x2 − x + Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 26 Bài tập (Canada MO 2013) Tìm đa thức P ( x) thỏa mãn đa thức ( x + 1) P ( x − 1) − ( x − 1) P ( x) đa thức Bài tập Tìm tất đa thức hệ số thực P ( x) thỏa mãn P (a)2 + P ( b)2 + P ( c)2 = P (a + b + c)2 (1) với a, b, c ∈ R thỏa mãn ab + bc + ca = Bài tập 10 (IMO 2004) Tìm tất đa thức hệ số thực P ( x) thỏa mãn P ( a − b ) + P ( b − c ) + P ( c − a) = P ( a + b + c ) với số thực a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = Bài tập 11 (Albanian BMO TST 2009) Tìm đa thức P ( x) có bậc không vượt n, hệ số thực không âm thỏa mãn P ( x) P ≤ P (1)2 x với x > Bài tập 12 (Thái Lan MO 2014) Tìm tất đa thức hệ số nguyên P ( x) cho P ( n) 2557n + 213 × 2014 , với n ∈ N∗ Bài tập 13 Tìm tất đa thức f ( x) có hệ số nguyên f (a) + f (b) + f ( c) chia hết cho a + b + c với số nguyên a, b, c Bài tập 14 Tìm tất đa thức hệ số thực thỏa mãn : P ( x) + P 1 = P ( x2 ) P , ∀ x ∈ R x x (1) Bài tập 15 Cho hai đa thức P ( x) = x3 + x2 + x − Q ( x) = x3 − 20 x2 + 28 x − Chứng minh đa thức P ( x) Q ( x) có nghiệm gọi a nghiệm P ( x) b nghiệm Q ( x) a + b = Bài tập 16 Cho phương trình x n + a x n−1 + + a n−1 x + a n = có n nghiệm, a > −1, a ≥ [−a ; a + 2] n−1 Chứng minh nghiệm phương trình nằm đoạn Bài tập 17 Cho phương trình sau có n nghiệm (n ≥ 3) Hãy tìm nghiệm ? x n − nx n−1 + n2 − n n−2 x + a x n−3 · · · + a n−1 x + a n = Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 27 Bài tập 18 Cho đa thức P ( x) số thực a , a , a , b1 , b2 , b3 thỏa mãn a a a = P (a x + b ) + P (a x + b ) = P (a x + b ) Chứng minh đa thức P ( x) có nghiệm thực Bài tập 19 (Tạp chí Mathematical Reflection Issue 4,2015) Tìm tất đa thức P ( x) khác hệ số nguyên thoả mãn : a2 + b2 − c2 | P (a) + P ( b) − P ( c) , ∀a, b, c ∈ Z Bài tập 20 Có tồn hay không dãy số thực vô hạn (a n ) cho đa thức : P n = a + a x + + a n x n có nghiệm thực phân biệt với n ≥ ? Bài tập 21 Cho P ( x) Q ( x) hai đa thức hệ số nguyên cho đa thức P x3 + xQ x3 chia hết cho x2 + x + Gọi d = (P ( k), Q ( k)) với k ∈ N, k ≥ Chứng minh d chai hết cho k − Bài tập 22 Cho p q hai số nguyên tố lẻ cho q không ước p − số nguyên a , a , , a n thỏa mãn q ước a i − a j với cặp ( i ; j ) Chứng minh đa thức P ( x) = ( x − a ) ( x − a ) ( x − a n ) − p, bất khả quy Z[x] với n ≥ Bài tập 23 Cho p số nguyên tố Chứng minh với số nguyên dương n đa thức P ( x) = ( x p + 12 )( x p + 22 ) ( x p + n2 ) + bất khả quy Z[x] Bài tập 24 (Austrian-Polish 2006) Tìm tất đa thức hệ số thực thỏa mãn phương trình ( x + 1)3 P ( x − 1) − ( x − 1)3 P ( x + 1) = 4( x2 − 1)P ( x) với số thực x Bài tập 25 (VMO 1991 Bảng B) Cho đa thức P ( x) = x10 − 10 x9 + 39 x8 + a x7 + + a x + a , với a , a , , a số thực, có 10 nghiệm thực Chứng minh tất nghiệm P ( x) nằm khoảng từ −2, đến 4, Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 28 Bài tập 26 (VMO 1992 Bảng A) Cho đa thức P ( x) = + x2 + x9 + x n1 + + x n s + x1992 với n1 , , n s số tự nhiên thỏa mãn < n1 < < n s < 1992 Chứng minh nghiệm đa thức P ( x) (nếu có) lớn 1− Bài tập 27 (VMO 1994 Bảng A) Hỏi có tồn hay không đa thức P ( x), Q ( x), T ( x) thỏa mãn đồng thời điều kiện sau 1) Tất hệ số P ( x), Q ( x) T ( x) số nguyên dương 2) T ( x) = ( x2 − x + 3)P ( x) = x x2 − + Q ( x )? 20 15 12 Bài tập 28 (VMO 1997 Bảng A) a) Tìm tất đa thức f ( x) với hệ số hữu tỉ có bậc nhỏ mà f 3+ = 3+ 3 b) Tồn hay không đa thức f ( x) với hệ số nguyên mà f 3+ = 3+ 3? Bài tập 29 (VMO 1998 Bảng A) Tìm tất số nguyên dương n để có đa thức hệ số thực P ( x) thỏa mãn P x1998 − x−1998 = x n − x−n với số thực x = Bài tập 30 (VMO 2000) Cho trước góc α với < α < π 1) Chứng minh tồn tam thức bậc hai dạng f ( x) = x2 + ax + b(a, b số thực) cho với n > đa thức P n ( x) = x n sin α − x sin( nα) + sin( n − 1)α chia hết cho f ( x) 2) Chứng minh không tồn nhị thức bậc dạng f ( x) = x + c ( c số thực)sao cho với n > đa thức P n ( x) chia hết cho f ( x) Bài tập 31 (VMO 2003 Bảng A) Cho hai đa thức P ( x) = x3 − x2 − 15 x + Q ( x) = 12 x6 x2 − x + 1) Chứng minh đa thức cho có ba nghiệm thực phân biệt Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 29 2) Kí hiệu α β tương ứng nghiệm lớn P ( x) Q ( x) Chứng minh α2 + 3β2 = Bài tập 32 (VMO 2003 Bảng B) Hãy tìm tất đa thức P ( x) hệ số thực, thỏa mãn hệ thức ( x3 + x2 + x + 2)P ( x − 1) = ( x3 − x2 + x − 2)P ( x) với số thực x Bài tập 33 (Vietnam TST 2009)Cho đa thức P ( x) = rx3 + qx2 + px + p, q, r số thực r > Xét dãy số (a n ) xác định sau: a = 1, a = − p, a = p2 − q a n+3 = − p.a n+2 − q.a n+1 − r.a n , n ≥ Chứng minh rằng: đa thức P ( x) có nghiệm thực nghiệm bội dãy số (a n ) có vô số số âm Bài tập 34 (VMO 2012)Cho cấp số cộng (a n ), (b n ) số nguyên m > Xét m tam thức bậc hai: P k ( x) = x2 + a k x + b k , k = 1, 2, 3, , m Chứng minh hai tam thức P1 ( x), P m ( x) nghiệm thực tất đa thức lại nghiệm thực Bài tập 35 Cho phương trình bậc n: a n x n + a n−1 x n−1 + + a x + a = a n−1 a1 an + + + + a = Chứng n+1 n minh phương trình cho có nghiệm thuộc (0; 1) a n = 0, a n−1 , , a , a số thực thỏa : Bài tập 36 (Trường Đông Bắc Bộ năm 2015) Cho dãy đa thức hệ số thực {P n ( x)}n=1,2,3, thỏa mãn điều kiện P n (2 cos x) = 2n cos nx; ∀ x ∈ R; ∀ n ∈ N∗ Chứng minh với n ∈ N∗ P n ( x) đa thức hệ số nguyên bậc n n 1≤ P n ( x) − ≤ n ; ∀ x > x−2 Bài tập 37 (ARMO-2013) Cho P ( x) vàQ ( x) hai đa thức monic (có hệ số khởi đầu 1) deg(P ) = deg(Q ) = 10 Chứng minh phương trình P ( x) = Q ( x) nghiệm thực phương trình P ( x + 1) = Q ( x − 1) có nghiệm thực Bài tập 38 (Hy Lạp MO 2015) Cho P ( x) = ax3 + (b − a) x2 − ( c + b) x + c Q ( x) = x4 + ( b − 1) x3 + (a − b) x2 − ( c + a) x + c đa thức với số thực a, b, c khác b > Biết P ( x) có ba nghiệm phân biệt x0 , x1 , x2 ba nghiệm Q ( x) 1) Chứng minh abc > 2) Nếu a, b, c số nguyên khác b > Tìm tất giá trị a, b, c Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 30 Bài tập 39 (Hy Lạp MO 2012) Tìm tất đa thức hệ số thực P ( x), Q ( x) có bậc nhỏ thỏa mãn P ( x2 ) + Q ( x) = P ( x) + x5 Q ( x) với số thực x Bài tập 40 (Ấn Độ MO 2011) Cho P ( x) = a n x n + a n−1 x n−1 + · · · + a Q ( x) = b n x n + b n−1 x n−1 + · · · + b hai đa thức hệ số nguyên thỏa mãn a n − b n số nguyên tố , a n b0 − a b n = 0, a n−1 = b n−1 Chứng minh tồn số hữu tỉ r thỏa P ( r ) = Q ( r ) r số nguyên Bài tập 41 (Iran MO 2013, vòng 3) Cho a , a , , a n ∈ N Chứng minh tồn só nguyên dương b0 , b1 , , b n thỏa mãn ≤ i ≤ n : a i ≤ b i ≤ 2a i đa thức P ( x) = b + b x + · · · + b n x n bất khả quy Q[x] Bài tập 42 (Nhật Bản MO 2008) CHo P ( x) đa thức hệ số nguyên thỏa mãn: tồn số nguyên n = cho P (n2 ) = Chứng minh với số hữu tỉ a = P (a2 ) = Bài tập 43 (Turkey NMO 2012) Tìm tất đa thức hệ số nguyên P ( x) thỏa mãn P (n!) = |P (n)|! với số nguyên dương n Bài tập 44 (Đức TST 2015) Tìm số nguyên dương n lớn nhất, cho tồn đa thức P ( x) = a 2n x2n + a 2n−1 x2n−1 + · · · + a x + a thỏa mãn hai điều kiện sau i) 2014 ≤ a i ≤ 2015 với i = 0, 2n ii) Tồn số thực α cho P (α) = Bài tập 45 (Pháp TST 2012) Xác định tất đa thức hệ số nguyên khác đa thức P ( x) = x n + a n−1 x n−1 + · · · + a x + a có nghiệm a , a , · · · , a n−1 Bài tập 46 (Ấn Độ TST 2014) Tìm tất đa thức hệ số nguyên f ( x) cho f ( n) f (2n ) nguyên tố với số tự nhiên n Bài tập 47 (Iran TST 2015) Tìm tất đa thức P,Q ∈ Q[x] cho P ( x)3 + Q ( x)3 = x12 + với x ∈ R Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 31 Bài tập 48 (Iran TST 2013) Với số tự nhiên m, n ta xác định dãy a(m, n) sau: a(0, 0) = 2, a(0, n) = 1, a(n, 0) = với số tự nhiên n a( m, n) = a( m − 1, n) + a( m, n − 1) ∀ m, n ∈ N Chứng minh với số nguyên dương k tất nghiệm đa thức k P k ( x) = a( i, k + − i ) x i i =0 nghiệm thực Bài tập 49 (USA TST 2011) Một đa thức P ( x) gọi "đẹp" P (0) = hệ số khác −1 viết luân phiên theo thứ tự bậc P ( x) giảm dần Giả sử P ( x) đẹp m, n số nguyên dương nguyên tố Chứng minh Q ( x) = P ( x n ) · ( x mn − 1)( x − 1) ( x m − 1)( x n − 1) đẹp Bài tập 50 (IMO Shortlist A6 2013) Cho m = số nguyên Tìm tất đa thức hệ số thực P ( x) thỏa mãn x3 − mx2 + P ( x + 1) + x3 + mx2 + P ( x − 1) = x3 − mx + P ( x) với số thực x Bài tập 51 (IMO Shortlist A5 2014) Xét tất đa thức hệ số thực P ( x) thỏa mãn: Với x, y ∈ R y2 − P ( x) ≤ | x| ⇔ x2 − P ( y) ≤ | y| Xác định tất giá trị có P (0) Bài tập 52 (USAMTS 2016) Tìm tất đa thức P ( x) có hệ số nguyên cho với số nguyên a, b thỏa P (a) = P (a + b) − P (b) chia hết cho P (a) Hiệu chuyên đề Chuyên đề sử dụng để giang dạy đội tuyển tham dự kì thi HSG Quốc gia năm 2015-2016 Qua giảng dạy chuyên đề, em học sinh phần nắm số cách xử lí toán đa thức biến, vượt qua tâm lí gặp toán đa thức biến Đề xuất, khuyến nghị khả áp dụng Chuyên đề áp dụng cho việc bồi dưỡng học sinh giỏi cấp Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 32 Danh mục tài liệu tham khảo Tài liệu [1] THTT, Các thi Olympic Toán Trung học phổ thông Việt nam 1990-2006, NXB Giáo dục, 2007 [2] Nguyễn Văn Mậu (chủ biên), Các chuyên đề chọn lọc đa thức áp dụng, NXB Giáo dục, 2008 [3] Titu Andreescu and Iurie Boreico, Functional Equations, 2007 [4] Nguyễn Hữu Điển, Đa thức áp dụng, NXB Giáo dục, 2007 [5] Tạp chí THTT từ năm 2006 đến 2015 [6] Các diễn đàn Internet toán: http://forum.mathscope.org ;http://diendantoanhoc.net http://www.artofproblemsolving.com/community/c89 ; Người thực hiên NGUYỄN TẤT THU Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 33 [...]... hệ số nguyên sao cho với mọi số nguyên a, b thỏa P (a) = 0 thì P (a + b) − P (b) chia hết cho P (a) 4 Hiệu quả của chuyên đề Chuyên đề được sử dụng để giang dạy đội tuyển tham dự kì thi HSG Quốc gia năm 2015-2016 Qua các giảng dạy chuyên đề, các em học sinh đã phần nào nắm được các một số cách xử lí các bài toán về đa thức một biến, vượt qua được tâm lí khi gặp các bài toán về đa thức một biến 5 Đề. .. Cho đa thức p( x) = ( x2 − 7 x + 6) + 13, trong đó n là một số nguyên dương Chứng minh rằng p( x) không thể biểu diễn dưới dạng tích của n + 1 đa thức khác hằng có hệ số nguyên Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 21 Lời giải Giả sử phản chứng, đa thức p( x) có thể phân tích thành tích của n + 1 đa thức khác hằng với hệ số nguyên, thì trong n + 1 đa thức đó phải có ít nhất một đa thức. .. 2009)Cho đa thức P ( x) = rx3 + qx2 + px + 1 trong đó p, q, r là các số thực và r > 0 Xét dãy số (a n ) xác định như sau: a 1 = 1, a 2 = − p, a 3 = p2 − q a n+3 = − p.a n+2 − q.a n+1 − r.a n , n ≥ 0 Chứng minh rằng: nếu đa thức P ( x) có một nghiệm thực duy nhất và không có nghiệm bội thì dãy số (a n ) có vô số số âm Bài tập 34 (VMO 2012)Cho các cấp số cộng (a n ), (b n ) và số nguyên m > 2 Xét m tam thức. .. đa thức hệ số nguyên P ( x) thỏa mãn P (n!) = |P (n)|! với mọi số nguyên dương n Bài tập 44 (Đức TST 2015) Tìm số nguyên dương n lớn nhất, sao cho tồn tại đa thức P ( x) = a 2n x2n + a 2n−1 x2n−1 + · · · + a 1 x + a 0 thỏa mãn hai điều kiện sau i) 2014 ≤ a i ≤ 2015 với mọi i = 0, 2n ii) Tồn tại số thực α sao cho P (α) = 0 Bài tập 45 (Pháp TST 2012) Xác định tất cả các đa thức hệ số nguyên khác đa thức. .. MO 2013) Tìm đa thức P ( x) thỏa mãn đa thức ( x + 1) P ( x − 1) − ( x − 1) P ( x) là đa thức hằng Bài tập 9 Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P ( x) thỏa mãn P (a)2 + P ( b)2 + P ( c)2 = P (a + b + c)2 (1) với mọi a, b, c ∈ R thỏa mãn ab + bc + ca = 0 Bài tập 10 (IMO 2004) Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P ( x) thỏa mãn P ( a − b ) + P ( b − c ) + P ( c − a) = 2 P ( a + b + c ) với mọi số thực a,... tất cả các số nguyên dương n sao cho tồn tại một đa thức bậc n, hệ số nguyên f ( x) với hệ số khởi đầu dương và đa thức hệ số nguyên g ( x) thỏa mãn x f ( x )2 + f ( x ) = x 3 − x g ( x )2 Lời giải Ta có x f ( x)2 + f ( x) = x3 − x g( x)2 ⇔ 4 x2 f ( x)2 + 4 x f ( x) + 1 = 4 x4 − 4 x2 g( x) + 1 ⇔ (2 x f ( x) + 1)2 = x2 − 1 [2 xg( x)]2 + 1 Ta đi tìm tất cả các cặp ( p, q) là các đa thức hệ số nguyên... các đa thức P ( x) có bậc không vượt quá n, các hệ số thực không âm và thỏa mãn P ( x) P 1 ≤ P (1)2 x với mọi x > 0 Bài tập 12 (Thái Lan MO 2014) Tìm tất cả các đa thức hệ số nguyên P ( x) sao cho P ( n) 2557n + 213 × 2014 , với mọi n ∈ N∗ Bài tập 13 Tìm tất cả các đa thức f ( x) có hệ số nguyên và f (a) + f (b) + f ( c) chia hết cho a + b + c với mọi số nguyên a, b, c Bài tập 14 Tìm tất cả các đa thức. .. các đa thức f ( x) với hệ số hữu tỉ và có bậc nhỏ nhất mà f 3 3+ 3 9 = 3+ 3 3 b) Tồn tại hay không đa thức f ( x) với hệ số nguyên mà f 3 3+ 3 9 = 3+ 3 3? Bài tập 29 (VMO 1998 Bảng A) Tìm tất cả các số nguyên dương n để có đa thức hệ số thực P ( x) thỏa mãn P x1998 − x−1998 = x n − x−n với mọi số thực x = 0 Bài tập 30 (VMO 2000) Cho trước góc α với 0 < α < π 1) Chứng minh rằng tồn tại duy nhất một. .. thỏa mãn một trong hai tính chất sau i) deg( f ) = deg( g) ii) deg( f ) = deg( g) và a f + a g = 0 với a f , a g tương ứng là hệ số cao nhất của f và g thì với mỗi số nguyên dương n,tồn tại nhiều nhất một đa thức P ( x) bậc n thỏa mãn (I) Bài toán 11 (VMO 2006) Hãy xác định tất cả các đa thức P ( x) với hệ số thực, thoả mãn hệ thức sau: P x2 + x (3P ( x) + P (− x)) = (P ( x))2 + 2 x2 (1) với mọi số thực... c, a = 0 Đồng nhất hệ số ta tìm được a = b = 1, c = 0 Do vậy P ( x) = x2 + x Bài toán 10 Tìm đa thức P ∈ R[x] biết P ( x2 ) = [P ( x)]2 Lời giải Ta thấy nếu P ≡ C thì C = 0 hoặc C = 1 Xét P không là đa thức hẳng Khi đó, ta đặt P ( x) = n i =0 a n xn , a n = 0 , a i ∈ R So sánh hệ số cao nhất của hai đa thức P ( x2 ) và [P ( x)]2 ta có a n = 1 So sánh hệ số tự do của hai đa thức trên ta có a 0 = a20