GIẢI và KHAI THÁC một số DẠNG TOÁN về đa THỨC

GIẢI VÀ KHAI THÁC MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ ĐA THỨC Nguyễn Dung iii MỤC LỤC Trang Trang phụ bìa i Lời cảm ơn ii Mục lục .iii MỞ ĐẦU 1 Lý chọn đề tài khóa luận: Mục tiêu khóa luận Nhiệm vụ nghiên cứu .2 Phương pháp nghiên cứu Đối tượng phạm vi nghiên cứu Ý nghĩa khoa học thực tiễn Bố cục khóa luận Chương GIẢI VÀ KHAI THÁC MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ CÁC PHÉP TOÁN VÀ TÍNH CHẤT SỐ HỌC TRONG VÀNH ĐA THỨC .4 PHẦN I: CƠ SỞ LÍ THUYẾT 1.1 Sơ lược bước giải khai thác toán 1.1.1 Các bước giải toán .4 1.1.2 Các bước khai thác toán 1.2 Các phép toán vành đa thức .7 1.2.1 Phép cộng phép nhân 1.2.2 Luật 1.2.3 Phép đạo hàm 1.3 Tính chất số học vành đa thức 10 1.3.1 Tính chia hết phép chia Euclide vành đa thức 10 1.3.2 UCLN BCNN, đa thức nguyên tố 10 1.3.3 Đa thức bất khả quy phép chia theo lũy thừa tăng 12 PHẦN II BÀI TẬP 14 Chương GIẢI VÀ KHAI THÁC MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ KHÔNG ĐIỂM CỦA ĐA THỨC VÀ CÁC CÔNG THỨC NỘI SUY 26 PHẦN I: CƠ SỞ LÍ THUYẾT 26 2.1 Không điểm đa thức 26 Nguyễn Dung 2.1.1 Không điểm đa thức ẩn, nhiều ẩn 26 2.1.2 Không điểm cấp bội .27 2.1.3 Đa thức tách 27 2.1.5 Không điểm đa thức .29 2.2 Công thức nội suy 29 2.2.1 Công thức nội suy Abel 29 2.2.3 Công thức nội suy lagrange 29 2.2.4 Công thức nội suy Newton .30 2.2.5 Công thức nội suy Hermite .30 PHẦN II: BÀI TẬP 32 Chương GIẢI VÀ KHAI THÁC MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN MỘT VÀI LOẠI ĐA THỨC ĐẶC BIỆT VÀ BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC .42 PHẦN I: CƠ SỞ LÍ THUYẾT 42 3.1 Một vài loại đa thức đặc biệt .42 3.1.1 Đa thức số .42 3.1.2 Đa thức Chebyshev 43 3.2 Bài toán xác định đa thức 43 KẾT LUẬN 74 TÀI LIỆU THAM KHẢO 75 Nguyễn Dung MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài khóa luận: Đa thức có vị trí quan trọng toán học Nó đối tượng nghiên cứu trọng tâm Đại số mà công cụ đắc lực Giải tích lí thuyết xấp xỉ, lí thuyết biểu diễn, tối ưu,… Ngoài ra, lí thuyết đa thức sử dụng nhiều toán cao cấp, toán ứng dụng Trong kì thi học sinh giỏi quốc gia, Olympic quốc tế toán đa thức đề cập nhiều xem dạng toán khó bậc phổ thông Các toán liên quan đến đa thức nằm chương trình thi Olympic sinh viên trường đại học cao đẳng Giải tích Đại số [7] Trong chương trình phổ thông, phần đại số hầu hết nghiên cứu đa thức bậc nhất, bậc hai số đa thức dạng đặc biệt bậc cao Rất nhiều ứng dụng tập học chương trình phổ thông mà mà ta thấy đa thức nội dung quan trọng cần thiết kì thi Hiện nay, số đề tài nghiên cứu khoa học hay khóa luận đề cập đến việc giải số dạng toán đa thức như: khoá luận tốt nghiệp Đỗ Thị Tuyết Mai - K35C Toán (ĐHSP Hà Nội II) nghiên cứu đa thức nguyên [4]; hay ứng dụng đa thức đối xứng việc giải phương trình, hệ phương trình, giải bất phương trình trình bày khóa luận “Đa thức đối xứng ứng dụng” Phạm Thị Nguyệt – K5 ĐHSP Toán (Đại học Hùng Vương) [11]; “Các toán nghiệm đa thức” Lê Phúc Lữ trình bày cách tìm nghiệm số dạng toán đa thức, hay “Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán THCS – Đa thức” Phan Huy Khải trình bày cách giải nhiều toán đa thức thường gặp thi học sinh giỏi [2],…Tuy nhiên việc khai thác dạng toán đa thức hạn chế Việc khai thác toán không giúp học sinh phát triển lực sáng tạo, đào sâu kiến thức mà tạo hệ thống dạng toán tập toán phong phú đa dạng Tuy nhiên, hầu hết tài liệu trọng vào việc giải toán, việc khai thác toán hạn chế Cũng có tài liệu viết việc khai thác toán đa thức như: “Đại số sơ cấp Thực hành giải toán” Hoàng Kỳ trình bày nhiều Nguyễn Dung dạng toán đa thức như: phép toán vành đa thức (chia đa thức, phân tích thành nhân tử, nghiệm, UCLN, BCNN, đẳng thức,…) có kiến thức hệ thống hóa, số kiến thức, phương pháp đặc thù Đại số sơ cấp; số dạng toán phương trình, hệ phương trình (bậc nhất, bậc hai, bậc cao, giá trị tuyệt đối, vô tỉ,…), dạng toán bất đẳng thức, bất phương trình hệ bất phương trình,… [3]; Hay “Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán THPT- Đa thức đại số phân thức hữu tỉ” Nguyễn Văn Mậu trình bày số kiến thức đa thức đại số phân loại toán đa thức có toán đề kì thi học sinh giỏi, toán tạp chí toán học tuổi trẻ,…[7] Tuy nhiên, tài liệu này, việc giải khai thác số dạng toán đưa giới hạn cho toán bậc phổ thông Với mong muốn hệ thống cách giải khai thác số dạng toán đa thức thường gặp, chọn đề tài “Giải khai thác số dạng toán đa thức” Mục tiêu khóa luận Hệ thống, phân loại số dạng toán đa thức, từ xây dựng lời giải đưa hướng khai thác cho dạng toán Nhiệm vụ nghiên cứu - Nghiên cứu kiến thức sở đa thức - Hệ thống, phân loại xây dựng lời giải số dạng toán phép toán tính chất số học vành đa thức, dạng toán không điểm đa thức công thức nội suy, dạng toán liên quan đến vài loại đa thức đặc biệt toán xác định đa thức - Trên sở nghiên cứu lời giải toán cho, đề xuất hướng khai thác chúng dạng khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự Phương pháp nghiên cứu • Phương pháp nghiên cứu lí luận: Đọc nghiên cứu tài liệu, giáo trình có liên quan đến đa thức, hướng khai thác toán khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự phân hóa, hệ thống hóa kiến thức • Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: Qua việc nghiên cứu, tham khảo tài liệu, giáo trình từ rút kinh nghiệm để áp dụng vào việc nghiên cứu Nguyễn Dung • Phương pháp lấy ý kiến chuyên gia: Lấy ý kiến giảng viên trực tiếp hướng dẫn, ý kiến giảng viên khác để hoàn thiện mặt nội dung hình thức khóa luận Đối tượng phạm vi nghiên cứu • Đối tượng: Đa thức trường số • Phạm vi: Khóa luận tập trung chủ yếu vào giải khai thác số dạng toán đa thức trường số bao gồm dạng toán phép toán tính chất số học vành đa thức, dạng toán không điểm đa thức công thức nội suy, dạng toán liên quan đến vài loại đa thức đặc biệt dạng toán xác định đa thức Ý nghĩa khoa học thực tiễn Khoá luận hệ thống kiến thức sở đa thức, đồng thời sở nghiên cứu lời giải toán cho, đề xuất hướng khai thác chúng dạng khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự Qua đó, cung cấp thêm thông tin khai thác toán, tạo tài liệu tham khảo hữu ích Bố cục khóa luận Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, khóa luận chia thành chương Trong chương, vừa trình bày lí thuyết sở, vừa trình bày lời giải khai thác toán mà chương đề cập tới Chương trình bày sơ lược bước giải khai thác toán, số kiến thức lí thuyết phép toán tính chất số học vành đa thức Đồng thời trình bày lời giải đưa hướng khai thác toán mà chương đề cập tới Chương trình bày số kiến thức sở, đồng thời tiến hành giải khai thác số dạng toán không điểm đa thức Chương trình bày lời giải số toán liên quan đến vài loại đa thức đặc biệt toán xác định đa thức đồng thời đưa hướng khai thác toán Nguyễn Dung Chương GIẢI VÀ KHAI THÁC MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ CÁC PHÉP TOÁN VÀ TÍNH CHẤT SỐ HỌC TRONG VÀNH ĐA THỨC Trong chương trình bày sơ lược bước giải khai thác toán, số kiến thức lí thuyết phép toán tính chất số học vành đa thức Đồng thời trình bày lời giải đưa hướng khai thác toán mà chương đề cập tới Tài liệu sử dụng chủ yếu chương tài liệu [3], [10], [14] PHẦN I: CƠ SỞ LÍ THUYẾT 1.1 Sơ lược bước giải khai thác toán Trong mục này, trình bày sơ lược bước giải toán hướng khai thác Tài liệu tham khảo chủ yếu tài liệu [3] tác giả Hoàng Kỳ Hoàng Thanh Hà 1.1.1 Các bước giải toán “Giải toán” theo G Polya (Một nhà toán học, nhà sư phạm tiếng người Mĩ) không đơn dừng lại việc tìm đáp số nhiều học sinh chí sinh viên thường hay hiểu “Giải toán” bao quát toàn trình suy ngẫm, tìm tòi lời giải lí giải nguyên nhân phát sinh toán, cuối phát triển toán vừa làm được, nêu hướng sở hiểu nguồn gốc từ đâu toán phát sinh Thông thường, để giải toán cần tiến hành qua bước sau: tìm hiểu sơ đề bài, khai thác đề bài, tìm tòi lời giải, đánh giá lời giải, khai thác lời giải, đề xuất toán Tất nhiên trải qua đủ bước đó, song chúng giúp ích nhiều cho việc giải toán chọn lọc điển hình nên phân tích kĩ theo trình tự để rèn luyện thao tác tư Bước 1: Tìm hiểu sơ đề Việc tìm hiểu nội dung toán thường thông qua việc đọc toán dù toán cho dạng có lời văn hoàn chỉnh hay dạng tóm tắt sơ đồ Trước hết, cần phải đọc kĩ đề toán để thấy “toàn cảnh” toán, không vội vào chi tiết, Nguyễn Dung chi tiết rắc rối Sau đó, trả lời câu hỏi: Đâu ẩn? Đâu kiện? Điều kiện có đủ để xác định ẩn? Hay thừa, hay thiếu, hay có mâu thuẫn? Cần cố gắng “khoanh vùng” phạm vi đề toán: toán thuộc “vùng” kiến thức nào? Sẽ cần có kiến thức, kĩ gì? Nếu giải giải vấn đề gì? … Khi đọc toán cần phải hiểu kĩ số từ, thuật ngữ quan trọng rõ tình toán học diễn đạt theo ngôn ngữ thông thường Bước 2: Khai thác đề toán Việc tóm tắt tìm cách giải toán gắn với việc phân tích kiện câu hỏi toán nhằm xác lập mối quan hệ chúng tìm phép tính thích hợp Nếu toán tìm tòi cần xác định rõ đâu ẩn, cần phải tìm gì? Đâu liệu, cho biết gì? Nếu toán chứng minh cần nêu rõ giả thiết, kết luận Nếu toán cần có hình vẽ phải vẽ hình Cảm nhận trực giác hình vẽ giúp ta nắm bắt dễ dàng nội dung đề toán Đối với nhiều đề toán, ta phải đưa vào số kí hiệu Cách kí hiệu thích hợp giúp ta hiểu rõ đề toán nhanh chóng Các kí hiệu dùng để ghi đối tượng quan hệ chúng toán (nhất toán đại số) cần đưa vào cách ngắn gọn, dễ nhìn, dễ nhớ Lập kế hoạch giải toán nhằm xác định hướng giải quyết, thực phép tính Có hai hình thức thể hiện: - Đường lối phân tích: Đi từ câu hỏi toán đến số liệu - Đường lối tổng hợp: Đi từ số liệu (dữ kiện) đến câu hỏi toán Bước 3: Tìm tòi lời giải toán Đây bước quan trọng – không nói quan trọng việc giải toán Không có thuật giải tổng quát để giải toán, mà đưa lời khuyên, kinh nghiệm, chúng giúp cho việc tìm tòi lời giải hướng hơn, nhanh hơn, thuận lợi nhiều khả dẫn tới thành công Tùy trường hợp cụ thể mà vận dụng kinh nghiệm đó, linh hoạt, nhuần nhuyễn dễ tới thành công Nguyễn Dung Bản gợi ý Pôlya Hãy trả lời câu hỏi: - Bạn gặp toán lần chưa? Hay gặp toán dạng khác? - Bạn có biết toán liên quan không? Một định lí sử dụng không? - Xét kĩ chưa biết (ẩn) thử nhớ lại toán quen thuộc có ẩn hay có ẩn tương tự - Đây toán liên quan mà bạn có lần giải Có thể sử dụng không? Có thể sử dụng kết không? Có thể sử dụng phương pháp không? Có cần đưa thêm số yếu tố phụ sử dụng không? - Có thể phát biểu toán cách khác không? - Nếu bạn chưa giải toán cho thử giải toán liên quan mà dễ không? Một toán tổng quát hơn? Một trường hợp đặc biệt? Một toán tương tự? Hoặc phần toán? Hãy giữ lại số điều kiện, bỏ qua điều kiện khác Khi ẩn xác định đến chừng mực đó, biến đổi nào? Bạn từ kiện rút số yếu tố có ích không? Có thể nghĩ kiện khác giúp bạn xác định ẩn không? Có thể thay đổi ẩn kiện cho ẩn kiện gần không? - Bạn sử dụng hết kiện chưa? Đã sử dụng hết quan hệ chưa? Đã để ý đến khái niệm chủ yếu toán chưa? Bước 4: Trình bày lời giải Khi tìm tòi lời giải, ta mò mẫm, dự đoán dùng cách lập luận tạm thời, cảm tính Nhưng trình bày lời giải dùng lí luận chặt chẽ, phải kiểm nghiệm lại chi tiết Phải ý đến trình tự chi tiết, đến tính xác chi tiết, đến mối quan hệ chi tiết đoạn lời giải toàn lời giải Không có chi tiết “bỗng nhiên” xuất mà không vào kiến thức học trình bày trước Lời giải phải trình bày gọn gàng, mạch lạc, sáng sủa, dễ đọc Bước 5: Kiểm tra lại kết toán Bước cuối cần thiết bổ ích thường hay bị bỏ qua Trong trình bày lời giải, có thiếu sót, nhầm lẫn Việc kiểm tra lại giúp Nguyễn Dung ta trách sai sót tích lũy thêm kinh nghiệm cho toán khác Hơn việc nhìn nhận lại toàn lời giải giúp phát cách giải khác tốt hơn, ngắn gọn hơn, hay sâu sắc Một số cách kiểm tra kết toán: - Cách 1: Xét tính hợp lí đáp số - Cách 2: Thiết lập tương ứng phép tính kết vừa tìm liệu toán cho - Cách 3: Giải toán nhiều cách khác phải cho chung kết - Cách 4: Xây dựng toán ngược giải toán 1.1.2 Các bước khai thác toán Việc nhìn nhận lại toàn lời giải giúp phát cách giải khác tốt hơn, ngắn gọn hơn, hay sâu sắc Ngoài ra, giúp ta tìm toán mà toán vừa xét trường hợp đặc biệt Công đoạn gọi khai thác toán Để khai thác toán vừa giải được, trả lời câu hỏi: - Bạn có nghĩ hướng khác để giải toán? Lời giải có ngắn hơn, đặc sắc hơn? - Bạn áp dụng cách giải cho toán chưa? - Bạn áp dụng cách giải để giải toán khác biết? Có thể khai thác theo hướng sau: - Hướng 1: Phát biểu toán tương tự, toán giải không? - Hướng 2: Khái quát toán, phát biểu toán tổng quát không? Bài toán tổng quát không? Đặc biệt hóa toán? - Hướng 3: Thay đổi giả thiết để toán - Hướng 4: Từ ý nghĩa toán dẫn đến phương pháp giải toán khác 1.2 Các phép toán vành đa thức 1.2.1 Phép cộng phép nhân a) Một số khái niệm Định nghĩa 1.2.1 Nguyễn Dung 61 Giải: Nếu deg f = 0, tức f ( x ) = c c = c = nghiệm toán n n −1 Giả sử deg f = n ≥ f ( x ) = a0 x + a1 x + + an , a0 ≠ Khi f ( ) = an từ điều kiện toán ta có an = an = s Trường hợp an = không xảy f ( x ) = x g ( x ) với g ( ) ≠ s ∈ ¥ * Thay vào (3.27) ta thu được: g ( x ) x s g ( 3x ) 3s x s = g ( x3 + x ) ( 3x + x ) ∀x ∈ ¡ s Suy g ( ) = 0, trái giả thiết Vậy phải có an = 1, tức: f ( x ) = a0 x n + a1 x n−1 + + 1, a0 ≠ (3.28) Đạo hàm hai vế (3.27) ta có: f ' ( x ) f ( x ) + xf ( x ) f ' ( x ) = ( x + x ) f ' ( 3x + x ) (3.29) Thay x = vào (3.29) ta f ' ( ) = 0, tức là: f ' ( x ) = x r g ( x ) , r ∈ ¥ *, g ( ) ≠ Thế vào (3.29) sau giản ước hai vế cho x r ta thu g ( x ) f ( 3x ) + xf ( x ) 3r x r g ( 3x ) = ( x + x ) g ( 3x + x ) ( 3x + 1) x r r Từ suy g ( ) = 0, mâu thuẫn Vậy tồn đa thức f ( x ) ≡ f ( x ) ≡ thỏa mãn toán Đa thức xác định phép biến đổi vi phân Bài Cho số k ∈ ¢ + Tìm tất đa thức P ( x ) thỏa mãn điều kiện: P( P( x) ) = ( P ( x) ) k ∀x ∈ ¡ (3.30) Giải: Nếu P ( x ) ≡ c c = c k Do k = đa thức thỏa mãn Khi k chẵn có hai đa thức P ( x ) = P ( x ) = thỏa mãn Khi k lẻ ( k > ) có ba đa thức P ( x ) = P ( x ) = ±1 Nguyễn Dung 62 Nếu P ( x ) ≠ const P ( x ) nhận vô số giá trị khác Gọi y ∉ { −1,0,1} giá trị tùy ý P ( x ) Khi từ (3.30) ta P ( y ) = y k ứng với vô số giá trị y k Suy phương trình P ( x ) − x = có vô số nghiệm Điều tương đương với P ( x ) ≡ x k Thử lại ta thấy nghiệm thỏa mãn Khai thác: Bài toán 1.1: Tìm tất đa thức P ( x ) thỏa mãn điều kiện: P ( P ( x) ) = ( P ( x) ) Giải: P ( x) ≡ c = ⇒ Nếu P ( x ) = c c = c ⇔  (thoả mãn)  c =  P ( x ) ≡ Nếu P ( x ) ≠ const từ (1’) ta : P ( y ) = y ứng với vô số giá trị y Suy 2 phương trình P ( x ) − x = có vô số nghiệm Suy P ( x ) = x Thử lại ta thấy nghiệm thoả mãn Bài toán 1.2: Cho số k ∈ ¢ + Tìm tất đa thức P ( x ) thỏa mãn điều kiện: ( ( P P P( P( x) ) ) ) = ( P( P( x) ) ) k ∀x ∈ ¡ Giải: Nếu P ( x ) ≡ c c = c k Do k = đa thức thỏa mãn Khi k chẵn có hai đa thức P ( x ) = P ( x ) = thỏa mãn Khi k lẻ ( k > ) có ba đa thức P ( x ) = P ( x ) = ±1 Nếu P ( x ) ≠ const P ( x ) nhận vô số giá trị khác Đặt Q ( x ) = P ( P ( x ) ) ta có : Q ( Q ( x ) ) = Q ( x ) k k Gọi y ∉ { −1,0,1} giá trị tùy ý Q ( x ) Khi ta có Q ( y ) = y ứng với k vô số giá trị y Suy phương trình Q ( x ) − x = có vô số nghiệm Điều Nguyễn Dung 63 k k k tương đương với Q ( x ) = x , P ( P ( x ) ) = x ⇒ P ( x ) = x Thử lại ta thấy nghiệm thỏa mãn Bài Tìm tất đa thức f ( x ) ∈ ¢ [ x ] bậc n thỏa mãn điều kiện:  f ( x )  = 16 f ( x ) ∀x ∈ ¡ Giải: n Giả sử: f ( x ) = an x + + a1 x + a0 ( an ≠ ) Khi với x ≠ ta thu 16a0 = a02 Suy a0 = a0 = 16 Thay biểu thức f ( x ) vào điều kiện toán so sánh hệ số x 2n ta thu 16an = 22 n an2 n Do an ≠ nên ta có an = 16 Từ n = 0, n = 1, n = 4n Với n = f ( x ) ≡ 16 f ( x ) ≡ Với n = f ( x ) = x f ( x ) = x + 16 Tuy nhiên có đa thức f ( x ) = x thỏa mãn điều kiện 2 Với n = f ( x ) = x + a1 x f ( x ) = x + a1 x + 16 Thế vào điều kiện ta thu a1 = có đa thức f ( x ) = x thỏa mãn điều kiện toán Vậy đa thức f ( x ) ≡ 16, f ( x ) ≡ 0, f ( x ) = x, f ( x ) = x nghiệm ( ) phương trình hàm  f ( x )  = 16 f x ∀x ∈ ¡ Khai thác: Bài toán: Tìm tất đa thức f ( x ) ∈ ¢ [ x ] bậc n thoả mãn điều kiện:  f ( x )  = f ( x ) ∀x ∈ ¡ Giải: n Giả sử f ( x ) = an x + + a1 x + a0 ( an ≠ )  a0 =  a0 = Khi với x ≠ ta thu a0 = 8a0 ⇒  Nguyễn Dung 64 Thay biểu thức f ( x ) vào điều kiện toán so sánh hệ số x 2n ta thu 22 n an2 n = 8an Do an ≠ nên ta có an = Từ n = n = 4n Với n = f ( x ) ≡ f ( x ) ≡ Với n = f ( x ) = x f ( x ) = x + Tuy nhiên có đa thức f ( x ) = x thoả mãn điều kiện Vậy đa thức thoả mãn yêu cầu toán f ( x ) ≡ 0, f ( x ) ≡ 8, f ( x ) = x Xác định đa thức theo đặc trưng số học Bài Xác định đa thức bậc dạng f ( x ) = x + ax + bx + c biết chia f ( x ) cho ( x − 1) , ( x + 3) , ( x − ) có chung số dư Giải: Từ giả thiết suy f ( 1) = 7, f ( −3) = 7, f ( ) = Đặt g ( x ) = f ( x ) − deg g ( x ) = hệ số cao g ( x ) 1, g ( x ) có nghiệm 1, − 3, Xét đa thức: h ( x ) = g ( x ) − ( x − 1) ( x + 3) ( x − ) Khi h ( x ) = ( a + 3) x + ( b + 13) x + c − 22 Đa thức có nghiệm 1, − 3, mà deg h ( x ) ≤ nên h ( x ) ≡ a = −3  Do ta có: b = −13 c = 22  Vậy đa thức cần tìm là: f ( x ) = x − x − 13 x + 22 Khai thác: n n −1 Bài toán: Xác định đa thức bậc n dạng f ( x ) = x + an−1 x + + a1 x + a0 biết chia f ( x ) cho ( x − b1 ) , ( x − b2 ) , , ( x − bn ) , ( bi ∈ ¢ , bi ≠ b j i ≠ j ) có chung số dư m ( m ∈¢ ) Nguyễn Dung 65 Giải: Từ giả thiết suy f ( bi ) = m ( i = 1, , n ) Đặt f ( x ) − m = g ( x ) deg g = n hệ số cao g ( x ) g ( x ) có n nghiệm b1 , b2 , , bn Xét đa thức: h ( x ) = g ( x ) − ( x − b1 ) ( x − b2 ) ( x − bn ) n −1 n−2 Khi đó: h ( x ) = ( an−1 − A1 ) x + ( an− − A2 ) x + + ( a0 − An ) , A1 , A2 , , An xác định sau:  A1 = ( −1) ( b1 + b2 + + bn )   A2 = ( −1) ( b1b2 + b1b3 + + bn−1bn )    n  An = ( −1) b1b2 bn (3.31) Đa thức h ( x ) có n nghiệm b1 , b2 , , bn , mà deg h ( x ) ≤ n − nên h ( x ) ≡ Từ suy hệ số ( i = 0,1, , n − 1) xác định sau: an−1 = A1 , an −2 = A2 , , a1 = An −1 , a0 = An , số Ak xác định từ (3.31) hiển nhiên ∈ ¢ ( i = 0,1, , n − 1) Bài Tìm tất đa thức P ( x ) bậc thỏa mãn điều kiện: Đa thức P ( x ) + chia hết cho ( x − 1) , P ( x ) − chia hết cho ( x + 1) 3 Giải: Từ giả thiết suy degP ' ( x ) = P ' ( x ) chia hết cho ( x − 1) ( x + 1) 2  x5  x3 Nên: P ' ( x ) = a ( x − 1) ( x + 1) = a x − x + , P ( x ) = a  − + x + b ÷   2 ( ) Kết hợp với điều kiện P ( 1) = −1 P ( −1) = ta thu được: P( x) = 3x − 10 x3 + 15 ) ( Thử lại ta thấy nghiệm không thỏa mãn Vậy không tồn đa thức bậc thỏa mãn điều kiện Nguyễn Dung 66 Khai thác: Bài toán: Tìm tất đa thức P ( x ) bậc thỏa mãn điều kiện: Đa thức P ( x ) + α chia hết cho ( x − α ) , P ( x ) − α chia hết cho ( x + α ) 3 Giải: Từ giả thiết suy degP ' ( x ) = P ' ( x ) chia hết cho ( x − α ) Vậy nên: P ' ( x ) = a ( x − α ) ( x +α) 2 ( x + α ) = a ( x − 2α x + α )  x 2α x  + α x + b ÷ P ( x ) = a  −   Kết hợp với điều kiện P ( α ) = −α P ( −α ) = α ta thu được:   α 2α α   8  − + α + b ÷ = −α a  α + b ÷ = −α a        15  ⇔  a  − α − 2α α − α + b  = α a  − 28 α + b  = α ÷  ÷    15     ⇒− 28 α + b = − α − b ⇔ b = α ⇒ a = − α −4 15 15 Vậy đa thức cần tìm là: −4  x 2α x3  P( x) = − α  − + α 4x + α ÷ 3  5 5 = − α −4 x5 + α −2 x − x − α 9 Thử lại ta thấy nghiệm không thỏa mãn Vậy không tồn đa thức bậc thỏa mãn điều kiện Bài Tìm đa thức bậc dạng f ( x ) = x + ax + bx + c cho f ( x ) chia hết cho ( x − ) f ( x ) chia cho x − dư 2x Giải: Vì f ( x ) chia hết cho ( x − ) nên: f ( ) = + 4a + 2b + c = Nguyễn Dung 67 Do f ( x ) chia cho x − dư 2x nên g ( x ) = f ( x ) − x chia hết cho x − Suy g ( 1) = + a + ( b − ) + c = hay a + b + c = g ( −1) = −1 + a − b + + c = hay a − b + c = −1 Từ ta nhận a = −10, c = −10, b = −19 Vậy đa thức cần tìm có dạng: f ( x ) = x − 10 x − 19 x − 10 Khai thác: Bài toán: Tìm đa thức bậc dạng f ( x ) = x + ax + bx + c cho f ( x ) chia hết cho ( x − α ) f ( x ) chia cho x − dư α x Giải: Vì f ( x ) chia hết cho ( x − α ) nên f ( α ) = α + aα + bα + c = Do f ( x ) chia cho x − dư α x nên g ( x ) = f ( x ) − α x chia hết cho x − Suy g ( 1) = + a + b + c − α = hay a + b + c = α − g ( −1) = −1 + a − b + c + α = hay a − b + c = − α Từ ta có hệ:  α3 +α2 −α a= α + aα + bα + c =  1−α    ⇔ b = α − a + b + c = α − a − b + c = − α  α3 +α2 −α  c =  α −1 Vậy đa thức cần tìm là: f ( x ) = x + α3 +α2 −α α3 +α2 −α x + ( α − 1) x + 1−α α −1 Bài Xác định đa thức f ( x ) dạng f ( x ) = x − x + x + ax + bx + c biết chia hết cho đa thức ( x − 1) ( x + 1) ( x − ) Giải: Ta có f ( x ) chia hết cho ( x − 1) ( x + 1) ( x − ) khi: Nguyễn Dung 68  f ( 1) = a + b + c = a =    f ( −1) = a − b + c − = ⇔ b = −3   c =  f ( ) = 4a + 2b + c = Vậy đa thức cần tìm f ( x ) = x − x + x + x − 3x + Khai thác: Bài toán: Xác định đa thức f ( x ) dạng f ( x ) = x − 3x + x + ax + bx + c biết chia hết cho đa thức ( x − 1) ( x + 1) ( x − α ) , α ≠ ±1 Giải: Ta có f ( x ) chia hết cho ( x − 1) ( x + 1) ( x − α ) khi:  f ( 1) = a + b + c =   f ( −1) = a − b + c − =   f ( α ) = α − 3α + 2α + aα + bα + c = a = − c a = −α + 3α − 3α +   ⇔ b = −3 ⇔ b = −3 α − 3α + 2α + − c α − 3α + c = c = α − 3α + 3α ( )   Vậy đa thức cần tìm là: f ( x ) = x − 3x + x − ( α − 3α + 3α − 3) x − 3x + α − 3α + 3α Bài Tìm đa thức bậc nhỏ với hệ số thực có nghiệm kép 1, nghiệm đơn −2; 5; + 5i Giải: Gọi đa thức cần tìm f ( x ) Vì f ( x ) có nghiệm kép nên f ( x ) chia hết cho ( x − 1) f ( x ) không chia hết cho ( x − 1) Vì f ( x ) có nghiệm đơn -2 nên f ( x ) chia hết cho ( x + ) f ( x ) không chia hết cho ( x + ) Nguyễn Dung 69 Vì f ( x ) có nghiệm đơn nên f ( x ) chia hết cho ( x − ) f ( x ) không chia hết cho ( x − ) Vì f ( x ) có nghiệm đơn + 5i nên f ( x ) có nghiệm − 5i Do f ( x ) chia hết cho  x − ( + 5i )   x − ( − 5i )  = x − x + 29 2 Ta thấy ( x − 1) , ( x + ) , ( x − ) , ( x − x + 29 ) đôi nguyên tố nên f ( x ) chia hết cho ( x − 1) ( x + ) ( x − 5) ( x − x + 29 ) Do đó: f ( x ) = ( x − 1) ( x + ) ( x − ) ( x − x + 29 ) g ( x ) Vì f ( x ) đa thức bậc bé thỏa mãn yêu cầu toán nên g ( x ) ≡ c, c ∈ ¡ Vậy đa thức cần tìm có dạng: f ( x ) = ( x − 1) ( x + ) ( x − ) ( x − x + 29 ) Khai thác: Bài toán: Tìm đa thức bậc nhỏ với hệ số thực có nghiệm kép α , nghiệm đơn β , a + bi Giải: Gọi đa thức cần tìm f ( x ) Vì f ( x ) có nghiệm kép α nên f ( x ) chia hết cho ( x − α ) f ( x ) không chia hết cho ( x − α ) Vì f ( x ) có nghiệm đơn β nên f ( x ) chia hết cho ( x − β ) f ( x ) không chia hết cho ( x − β ) Vì f ( x ) có nghiệm đơn a + bi nên f ( x ) có nghiệm a − bi Do f ( x ) 2 chia hết cho  x − ( a + bi )   x − ( a − bi )  = x − 2ax + a + b Khi đó: f ( x ) = ( x − α ) ( x − β ) ( x − 2ax + a + b ) g ( x ) Vì f ( x ) đa thức bậc bé thỏa mãn yêu cầu toán nên g ( x ) ≡ c, c ∈ ¡ Vậy đa thức cần tìm có dạng: f ( x) = ( x −α ) Nguyễn Dung ( x − β ) ( x − 2ax + a + b ) 70 Xác định đa thức theo đặc trưng nội suy Bài Tìm tất đa thức P ( x ) bậc n với hệ số nguyên không âm không lớn P ( ) = 32078 Giải: n n −1 Giả sử P ( x ) = an x + an −1 x + + a0 n n −1 Khi theo giả thiết P ( ) = an + an−1 + + a0 = 32078 Do ≤ ak ≤ nên a0 số dư phép chia 32078 cho 9, tức a0 = Như a1 + 9a2 + 9n −1 an = 3564 Lập luận tương tự ta nhận a1 số dư phép chia 3564 cho 9, tức: a1 = a2 + 9a3 + + 9n −2 an = 396 Tương tự, ta nhận a2 số dư phép chia 396 cho 9, tức a2 = a3 + + 9n−3 an = 44 Tiếp theo, lập luận tương tự ta nhận a3 = a4 = 4 Vậy đa thức cần tìm có dạng P ( x ) = x + x + Khai thác: Bài toán: Tìm tất đa thức P ( x ) bậc n với hệ số nguyên không âm không lớn g P ( g + 1) = α , ( g ,α ∈ ¥ *) Giải: n n −1 Giả sử P ( x ) = an x + an−1x + + a1x + a0 , ∈ ¢ ∀i ∈ { 0,1, , n} Khi đó, ta có: P ( g + 1) = an ( g + 1) + an −1 ( g + 1) n n −1 + + a1 ( g + 1) + a0 Do ≤ ak ≤ α nên a0 số dư phép chia α cho g + Giả sử: α : ( g + 1) = β1 (dư b0 ) Suy ra: a0 = b0 a1 + ( g + 1) a2 + + ( g + 1) n −1 an = β1 Lập luận tương tự ta a1 số dư phép chia β1 cho g + Giả sử: β1 : ( g + 1) = β (dư b1 ) Suy ra: a1 = b1 a2 + ( g + 1) a3 + + ( g + 1) Nguyễn Dung n−2 an = β 71 Lập luận tương tự trên, sau hữu hạn bước ta tìm đa thức P ( x ) = bn x n + bn−1 x n−1 + + b1x + b0 Bài Tìm tất đa thức P ( x ) , deg P ( x ) ≤ n thỏa mãn điều kiện: n ∑ ( −1) k =0 k Cnk P ( k ) = Giải: Sử dụng công thức nội suy Lagrange với nút nội suy xk = k , ta đa thức P ( x ) , deg P ( x ) ≤ n có dạng: n −1 P ( x ) = ∑ P ( xk ) k =0 nên P ( x ) = n −1 ∑ P( k ) k =0 ( x − ) ( x − ( k − 1) ) ( x − ( k + 1) ) ( x − ( n − 1) ) ( k − ) ( k − ( k − 1) ) ( k − ( k + 1) ) ( k − ( n − 1) ) n −1 Ta có: P ( n ) = ∑ P ( k ) k =0 ( −1) C P ( n ) = n n n n Suy ∑ ( −1) k =0 k ( x − x0 ) ( x − xk −1 ) ( x − xk +1 ) ( x − xn−1 ) ( xk − x0 ) ( xk − xk −1 ) ( xk − xk +1 ) ( xk − xn−1 ) ( n − ) ( n − k + 1) ( n − k − 1) n−k k !( −1) ( n − k − 1) ! n −1 ∑ ( −1) k k =0 Cnk P ( k ) Cnk P ( k ) = Vậy đa thức cần tìm có dạng n −1 P( x) = ∑ P ( k ) k =0 ( x − ) ( x − ( k − 1) ) ( x − ( k + 1) ) ( x − ( n − 1) ) ( k − ) ( k − ( k − 1) ) ( k − ( k + 1) ) ( k − ( n − 1) ) Khai thác: Bài toán: Chứng minh đa thức P ( x ) bậc n thoả mãn điều kiện: n ∑ ( −1) k =0 k Cnk P ( k ) = Giải: Sử dụng công thức nội suy Lagrange với nút nội suy xk = k , ta đa thức P ( x ) , deg P ( x ) ≤ n có dạng: Nguyễn Dung 72 n −1 P ( x ) = ∑ P ( xk ) k =0 n −1 nên P ( x ) = ∑ P ( k ) k =0 Ta có: P ( n ) = ( x − x0 ) ( x − xk −1 ) ( x − xk +1 ) ( x − xn−1 ) ( xk − x0 ) ( xk − xk −1 ) ( xk − xk +1 ) ( xk − xn−1 ) ( x − ) ( x − ( k − 1) ) ( x − ( k + 1) ) ( x − ( n − 1) ) ( k − ) ( k − ( k − 1) ) ( k − ( k + 1) ) ( k − ( n − 1) ) n −1 ∑P( k ) k =0 n −1 ( n − ) ( n − k + 1) ( n − k − 1) n−k k !( −1) ( n − k − 1) ! n k ( −1) Cn P ( n ) = ∑ ( −1) Cn P ( k ) n k k =0 n Suy ∑ ( −1) k =0 k Cnk P ( k ) = Bài Chứng minh tồn đa thức Pn ( x ) bậc n ( n ≥ 1) với hệ số nguyên cho: Pn ( x ) − 1 1 9 < ∀x ∈  ,  1000 10 10  Giải: Xét đa thức: Pn ( x ) = 1 n ( x − 1) + 1 Ta thấy hệ số Pn ( x ) số nguyên 1 9 1 Khi với x ∈  ,  ta có: Pn ( x ) − = x − ≤ ( 0,8 ) 10 10  2 n n ∀n ∈ ¥ * n Chọn n để ( 0,8) < 0,002 Chẳng hạn n > 28 ta có Pn ( x ) đa thức cần tìm Khai thác: Bài toán: Chứng minh tồn đa thức Pn ( x ) bậc n, ( n ≥ 1) với hệ số nguyên cho: Pn ( x ) − 1 1 9 < ∀x ∈  ,  10000 10 10  Giải: n Xét đa thức Pn ( x ) = ( x − 1) + 1 3  Ta thấy hệ số Pn ( x ) số nguyên Nguyễn Dung 73 1 n n 1 9 ,  , ta có: Pn ( x ) − = x − ≤ ( 0,8 ) ∀n ∈ ¥ * 3 10 10  Khi với ∀x ∈  n Chọn n để ( 0,8 ) < 0,0003 ta có đa thức Pn ( x ) cần tìm Bài Chứng minh không tồn đa thức f ( x ) ∈ ¢ [ x ] mà f ( 2003 ) = 2002 f ( 2001) = 1999 Giải: n n −1 Giả sử f ( x ) = an x + an −1 x + + a1 x + a0 , ∈ ¢ ∀i ∈ { 0,1, , n} Khi đó, ta có : ( ) ( ) f ( 2003 ) − f ( 2001) = an 2003n − 2001n + an−1 2003n −1 − 2001n −1 + + a1 ( 2003 − 2001) chia hết cho Mặt khác, f ( 2003 ) − f ( 2001) = 2002 − 1999 = không chia hết cho Vậy không tồn đa thức f ( x ) thoả mãn điều kiện để Khai thác: Bài toán: Chứng minh không tồn đa thức f ( x ) ∈ ¢ [ x ] mà f ( 2a + 1) = 2α + f ( 2b + 1) = β , a, b, α , β ∈ ¥ , a > b Giải: n n −1 Giả sử f ( x ) = an x + an −1 x + + a1 x + a0 , ∈ ¢ ∀i ∈ { 0,1, , n} Khi đó, ta có : f ( 2a + 1) − f ( 2b + 1) = an ( ( 2a + 1) n − ( 2b + 1) + a1 ( 2a − 2b ) n ) + a ( ( 2a + 1) n −1 n −1 − ( 2b + 1) n −1 ) + chia hết cho Mặt khác, f ( 2a + 1) − f ( 2b + 1) = 2α + − β = ( α − β ) + số lẻ nên không chia hết cho Vậy không tồn đa thức f ( x ) thoả mãn điều kiện để Nguyễn Dung 74 KẾT LUẬN Khoá luận tập trung giải khai thác dạng toán đa thức đây: 1) Dạng toán phép toán vành đa thức (5 bài) 2) Dạng toán tính chất số học vành đa thức (6 bài) 3) Dạng toán không điểm đa thức (9 bài) 4) Dạng toán liên quan đến đa thức số (2 bài) 5) Dạng toán xác định đa thức theo đặc trưng hàm với biến tự (3 bài) 6) Dạng toán xác định đa thức theo đặc trưng nghiệm (4 bài) 7) Dạng toán xác định đa thức phép biến đổi đối số (3 bài) 8) Dạng toán xác định đa thức phép biến đổi vi phân (2 bài) 9) Dạng toán xác định đa thức theo đặc trưng số học (5 bài) 10) Dạng toán xác định đa thức theo đặc trưng nội suy (4 bài) Việc khai thác thực chủ yếu theo hướng khái quát hoá, đặc biệu hoá tương tự Nội dung khoá luận cho thấy, toán, không dừng việc giải mà tiến hành khai thác để tìm thông tin từ toán ban đầu, mối liên hệ toán cho với toán khác Nguyễn Dung 75 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Bùi Huy Hiền (2007), Bài tập đại số đại cương, Nhà xuất Giáo dục [2] Phan Huy Khải (2009), Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán Trung học sở – Đa thức, Nhà xuất Giáo dục Việt Nam [3] Hoàng Kỳ, Hoàng Thanh Hà (2009), Đại số sơ cấp thực hành giải toán, Nhà xuất Đại học Sư phạm [4] Đỗ Thị Tuyết Mai (2010), Một số toán đa thức nguyên, Khóa luận tốt nghiệp K35C Toán – Trường Đại học sư phạm Hà Nội II, Vĩnh Phúc [5] Nguyễn Tiến Mạnh (2014), Bài giảng đại số sơ cấp, Trường Đại học Hùng Vương [6] Nguyễn Tiến Mạnh, Hoàng Công Kiên, Nguyễn Văn Nghĩa, Trần Anh Tuấn, Nguyễn Thị Thanh Tâm (2016), Giáo trình Đại số Sơ cấp (lưu hành nội bộ), Trường Đại học Hùng Vương [7] Nguyễn Văn Mậu (2004), Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán THPT – Đa thức đại số phân thức hữu tỉ, Nhà xuất giáo dục [8] Nguyễn Văn Mậu (2008), Đa thức đại số phân thức hữu tỉ, Nhà xuất Giáo Dục [9] Nguyễn Văn Mậu (2009), Chuyên đề chọn lọc Đa thức đối xứng áp dụng, Nhà xuất Giáo dục [10] Jean – Marie Monier (2009), Đại số (Giáo trình toán – Tập 5), Nhà xuất Giáo Dục [11] Phạm Thị Nguyệt (2011), Đa thức đối xứng ứng dụng, Khóa luận tốt nghiệp K5 ĐHSP Toán – Trường Đại học Hùng Vương [12] Lê Thị Thanh Nhàn (2015), Giáo trình Lý thuyết đa thức, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội [13] Hoàng Xuân Sính (2006), Đại số đại cương, Nhà xuất Đại học Sư phạm [14] Nguyễn Thị Thanh Tâm (2014), Đề cương giảng Chuyên đề đa thức phân thức hữu tỉ, Trường Đại học Hùng Vương [15] Dương Quốc Việt, Đàm Văn Nhỉ (2008), Giáo trình đại số sơ cấp, Nhà xuất Đại học Sư phạm Nguyễn Dung [...]... 2n trong khai trin trờn l: 2n k , k '= 0 C2knC2kn' ( 1) k' 2n = C2knC22nn k ( 1) k =0 k + k '= 2 n 2n = k =0 C2knC2kn ( 1) Mt khỏc: ( 1 + X ) ( 1 X ) 2n 2n ( ) ( 1) = C2kn k k =0 2 = ( 1 X ) ( 1 + X ) 2n 2nk k 2n ( 1.3) = ( 1 X 2 ) 2n 2n = ( 1) C2kn ( X 2 ) k =0 H s ca X 2n trong khai trin trờn l: ( 1) C2nn n 2n T (1.3) v (1.4) suy ra ( 1) k k =0 ( C ) = ( 1) 2 k 2n n k (1.4) C2nn Khai thỏc:... Gii: n m k k k k Ta cú: ( 1 + X ) = Cn X , ( 1 + X ) = Cm X n m k =0 (1+ X ) (1+ X ) n k =0 m n = C X k n k =0 k m C k '= 0 H s ca X r trong khai trin trờn l m k n k + k '= r n+m Nguyn Dung CC k + k '= r k n k' m k' m (1.5) n+m = Cnk+ m X k H s ca X r trong khai trin trờn l Cnr+ m T (1.5) v (1.6) suy ra: X k' CC Mt khỏc: ( 1 + X ) ( 1 + X ) = ( 1 + X ) n k' m = Cnr+m k =0 (1.6) k 18 Bi 5 Cho n... trờn l c lp tuyn tớnh v l h sinh ca Ă n X Gi s: 0 + 1 ( X + 1) + 2 ( X + 2 ) + + n ( X + n ) = 0 2 n (1.7) Bng khai trin ta suy ra h s ca X n l n Vỡ Ă n X cú c s l { 1, X , X 2 , , X n } nờn n = 0 Suy ra, (1.7) tr thnh: 0 + 1 ( X + 1) + 2 ( X + 2 ) + + n1 ( X + n 1) 2 n 1 =0 Bng khai trin ta suy ra h s ca X n1 l n1 Vỡ Ă n X cú c s l { 1, X , X 2 , , X n } nờn n1 = 0 Suy ra, (1) tr thnh:... x2 2 x + 2 b a 2 c 2 a b + a 2 2 b a x+ ữ+ 2 2 +1 26 Chng 2 GII V KHAI THC MT S DNG TON V KHễNG IM CA A THC V CC CễNG THC NI SUY Trong chng ny chỳng tụi trỡnh by mt s kin thc c s v khụng im ca mt a thc v cỏc cụng thc ni suy Trờn c s tin hnh gii v nghiờn cu li gii mt s dng toỏn v khụng im ca a thc, a ra hng khai thỏc cỏc dng toỏn ú Ti liu s dng ch yu l ti liu [9], [10], [14] PHN I: C S... cỏch tng quỏt 1 + 4 x + + 4 x 1 + 4 x + + 4 x = 1 ( n Ơ *) Ta d dng chng minh c (1.1) bng phng phỏp quy np toỏn hc Nguyn Dung 2 (1.1) 15 Do ú 1 + 4 x; 1 + 4 x + 4 x 2 ; 1 + 4 x + + 4 x n kh nghch Khai thỏc: Bi toỏn: Trong vnh a thc  8 [ x] , ( cho ( 1 + ax ) = 1, chng minh rng a thc 2 ) ( a 2 sau l kh nghch: 1 + ax + + ax n 8 , n Ơ *) Gii: ( Ta chng minh 1 + ax + + ax n ) 2 = 1 ( a  8 ,... 2 ng nht cỏc h t ta c: b = 2 b = 2 a = 3 a = 3 hoc à = 13 à = 5 = 6 = 6 Vy vi ( ; à ) = ( 6;13) hoc ( ; à ) = ( 6;5 ) thỡ X 4 + X 3 + à X 2 + 12 X + 4 l bỡnh phng ca mt a thc thuc Ă [ X ] Khai thỏc: Bi toỏn: Tỡm ( , à ) Ă 2 X 4 + X 3 + à X 2 + X + l bỡnh phng ca mt a thc thuc Ă X , trong ú , l cỏc s cho trc, 0 Gii: Ta cú th vit: X 4 + X 3 + à X 2 + X + = ( X 2 + aX + b )... ( X + n 1) n n 1 + P2 Lp lun tng t trờn sau n + 1 bc ta c: P = n ( X + n ) + n 1 ( X + n 1) n { Vy 1, X + 1, ( X + 2 ) , ( X + 3) , , ( X + n ) 2 3 n n 1 + + 1 ( X + 1) + 0 } l h sinh ca Ă n X Khai thỏc: { Bi toỏn 1: Chng minh rng 1, X a, ( X a ) , , ( X a ) 2 n } l mt c s ca Ă n X , ( a Ơ *, n Ơ ) Bi toỏn 2: Chng minh rng { f 0 , f1, f 2 , , f n } l mt c s ca Ă n X , ( n Ơ , deg... 3k ) + y 6 k ( x 2 + xy + y 2 ) ( x 2 xy + y 2 ) Suy ra x 2 n + x n y n + y 2 n chia ht cho x 2 + xy + y 2 Vy iu kin cn v x 2 n + x n y n + y 2 n chia ht cho x 2 + xy + y 2 l n khụng phi l bi ca 3 Khai thỏc: Bi toỏn: Chng minh rng vi mi n  + , a thc x 2 n x n y n + y 2 n khụng chia ht cho x 2 + xy + y 2 Gii: Gii s phn chng a thc x 2 n x n y n + y 2 n chia ht cho x 2 + xy + y 2 , tc l: x 2 n... trong K [ X ] Nguyn Dung 21 Gii: Ta cú: ( X + 1) = n n C k =0 k n X k = Cn0 X 0 + Cn1 X 1 + Cn2 X 2 + + Cnn X n = 1 + nX + Cn2 X 2 + + Cnn X n Suy ra: ( X + 1) nX 1 = Cn2 X 2 + + Cnn X n MX 2 n Khai thỏc: k 1 k i i Bi toỏn: Chng minh: n Ơ , k > 1, X \ ( X + 1) Cn X trong K [ X ] n i=0 Gii: Tng t cỏch chng minh trờn, ta cú: ( X + 1) n n = Cnk X k = Cn0 X 0 + Cn1 X 1 + Cn2 X 2 + + Cnn X n... = 6k + 4 Nu n = 3m + 2, thỡ do n l s chn nờn m phi l s chn, hay m = 2k , do ú n = 6k + 2 Vy x 2 n + x n y n + y 2 n chia ht cho x 2 xy + y 2 khi v ch khi n = 6k + 2 hoc n = 6k + 4, vi k  , n  + Khai thỏc: Bi toỏn: Vi n  no thỡ a thc x 2 n x n y n + y 2 n chia ht cho x 2 xy + y 2 ? + Gii: ( ) 2n n n 2n 2 2 Gi s x x y + y = x xy + y q ( x, y ) , (1.9) trong ú q ( x, y ) l a thc i xng vi h