pp hệ số bất định

trong những phơng pháp hiệu nghiệm để xác định một đa thức khi biết một số điều kiện nào đó.. Phơng pháp này đợc sử dụng dựa trên tính hằng đẳng của các đa thức.. Đã có nhiều tác giả, nh

Dạy phơng pháp hệ số bất định cho học sinh lớp 8 nh thế nào?

trong những phơng pháp hiệu nghiệm để xác định một đa thức khi biết một số điều kiện nào đó Phơng pháp này đợc sử dụng dựa trên tính hằng đẳng của các đa thức

Đã có nhiều tác giả, nhiều tài liệu nói về phơng pháp này, tuy nhiên chủ yếu chỉ dừng lại ở dạng bài tập xác định một đa thức Ngoài dạng bài tập đó, phơng pháp này còn đợc sử dụng ở những dạng bài tập nào khác? Với kiến thức đại số lớp

8, tôi đã dạy cho học sinh phơng pháp này nh thế nào?

Đó là nội dung tôi muốn trình bày qua chuyên đề này

A Kiến thức cơ sở:

* Qui ớc: Khi nói đến một đa thức nào đó, ta hiểu rằng đa thức đợc viết ở dạng chính tắc (dạng tiêu chuẩn)

1) Đa thức hằng đẳng:

* Định nghĩa: Hai đa thức f(x) và g(x) đợc gọi là hằng đẳng nếu f(x) = g(x), ∀x

Từ nay khi nói hai đa thức bằng nhau, ta hiểu rằng chúng bằng nhau theo nghĩa hằng đẳng

2) Các định lí:

* Định lí 1: Đa thức f(x) hằng đẳng 0 khi và chỉ khi tất cả các hệ số của nó bằng 0 Nghĩa là nếu: f(x) = anxn + an – 1xn – 1+ + a… 1x + a0

thì f(x) = 0 ⇔ an = an – 1= an – 2 = = a… 0 = 0

- Định lí có thể đợc chứng minh bằng phơng pháp qui nạp theo n

* Định lí 2: Hai đa thức f(x) và g(x) hằng đẳng khi và chỉ khi các hệ số của các hạng tử đồng dạng của chúng bằng nhau

- Thực chất đây chỉ là hệ quả của định lí 1

B Ph ơng pháp hệ số bất định và cách vận dụng:

Dựa vào định nghĩa vào các định lí nêu trên, ngời ta đa ra một phơng pháp nhằm xác định một đa thức khi biết một số điều kiện nào đó, và gọi là phơng pháp hệ số bất định

Phơng pháp này là sự vận dụng trực tiếp tính hằng đẳng của 2 đa thức Nó thờng

đợc sử dụng dới hai hình thức:

1 Dựa vào định nghĩa: Cho biến (x) một số giá trị thích hợp để làm xuất hiện một hệ phơng trình mà ẩn số là các hệ số cần xác định

2 Dựa vào định lí: Đa các đa thức về dạng chính tắc rồi cân bằng các hệ số của các hạng tử đồng dạng trong 2 đa thức, từ đó cũng dẫn đến một hệ phơng trình mà

ẩn số là các hệ số cần xác định

Ta sẽ minh họa những điều này thông qua một số dạng bài tập sau:

C Bài tập vận dụng

I Xác định một đa thức khi biết một số điều kiện

Bài toán1.Xác định đa thức f(x) để f(x) g(x)

với f(x) = x4 - 3x3 + bx2 + ax + b, g(x) = x2 - 1

* Giải:

* Cách 1 Vì f(x) (x2 - 1) ⇒ f(x) = (x2 - 1).Q(x)

- Cho x = 1: f(1) = 1 - 3 + b + a + b = 0

⇒ a + 2b - 2 = 0 (1)

- Cho x = -1: f(-1) = 1 + 3 + b - a + b = 0

⇒ - a + 2b + 4 = 0 (2) Giải hệ (1) và (2) ta đợc a = 3, b = - 21

Vậy f(x) = x4 - 3x3 - 21 x2 + 3x - 12

* Cách 2 Giả sử f(x) = (x2 - 1)(mx2 + nx + p) vì f(x) có bậc 4

= mx4 + nx3 + (p - m)x2 - nx - p hay x4 - 3x3 + bx2 + ax + b = mx4 + nx3 + (p - m)x2 - nx - p

Từ định lí 2 suy ra: m = 1, n = - 3, p - m = b, n = - a, p = -b

⇒ a = 3, b = - 12

* Cách 3 Đem chia trực tiếp f(x) cho g(x) ta đợc d là

(a - 3)x + 2b + 1

Để có phép chia hết thì d phải bằng 0, hay (a - 3)x + 2b + 1 = 0

⇒ a - 3 = 0 và 2b + 1 = 0 (theo định lí 1)

⇒ a = 3, b = - 12

* Chú ý: - Mặc dù ở đầu bài không nói đến, nhng ta phải hiểu rằng đó là phép chia hết với mọi x

- Ba cách giải trên đây cho ta thấy phơng pháp này có thể sử dụng dới những hình thức khác nhau, nhng đều phải sử dụng định nghĩa hoặc định lí ở cách 3 việc vận dụng đợc sử dụng gián tiếp thông qua phép chia đa thức Cách 1 chỉ sử dụng đợc khi biết các nghiệm của đa thức chia.

Bài toán 2 Tìm đa thức bậc 3 f(x) sao cho:

f(x) - f(x - 1) = x2

* Giải: Giả sử f(x) = ax3 + bx2 + cx +d Khi đó:

f(x) - f(x - 1) = ax3 + bx2 + cx +d - a(x - 1)3 + b(x - 1)2 + c(x - 1) - d

= 3ax2 + (2b - 3a)x + a - b + c = x2

⇒ 3a = 1, 2b - 3a = 0, a - b + c = 0

⇒ a = 13 , b = 12 , c = 61

Vậy f(x) =

3

1

x3 + 2

1

x2 + 6

1

x + d, với d là số tuỳ ý

Bài toán 3 Cho biết đa thức x 4 + 2x3 + ax2 + 2x + b là bình phơng của một đa thức khác Hãy tìm đa thức đó và các số a, b?

* Giải Giả sử x4 + 2x3 + ax2 + 2x + b = (mx2 + px + q)2

⇒ m = ± 1

- Với m = 1 Khi đó Giả sử x4 + 2x3 + ax2 + 2x + b = (mx2 + px + q)2

= x4 + 2px3 + (p2 + 2q)x2 + 2pqx + q2

⇒ 2p = 2, p2 + 2q = a, 2pq = 2, q2 = b

⇒ p = 1, q = 1, a = 3, b = 1

Vậy đa thức cần tìm là x2 + x + 1

- Với m = - 1 Ta cũng có a = 3, b = 1 và đa thức cần tìm là - (x2 + x + 1)

II Dùng để phân tích một đa thức thành nhân tử

Bài toán 4 Tìm a, b, c để đa thức x 3 + ax2 + bx + c phân tích đợc thành tích

(x + a)(x + b)(x + c)

* Giải Do x3 + ax2 + bx + c = (x + a)(x + b)(x + c)

⇒ x3 + ax2 + bx + c = x3 + (a + b + c)x2 + (ab + bc + ca)x + abc

⇒ b + c = 0 (1), ab + bc + ca = b (2), abc = c (3)

Từ (1) có c = - b Thay vào (2) đợc ab - b2 - ab = b ⇔ b2 + b = 0

⇔ b(b + 1) = 0 ⇔ b = 0, b = - 1

+ Nếu b = 0, từ (1) có c = 0 ⇒ a tuỳ ý

+ Nếu b = - 1, từ (1) có c = 1, từ (3) có a = - 1

Vậy ta có: x3 + ax2 = x2(x + a)

hoặc x3 - x2 - x + 1 = (x - 1)2(x + 1) Bài toán 5 Tìm số nguyên a để đa thức (x - a)(x - 2005) + 1 có thể phân tích đợc thành tích (x + b)(x + c) với b, c là các số nguyên

* Giải: - Giả sử (x - a)(x - 2005) + 1 = (x + b)(x + c)

Cho x = - b ta đợc (b +a)(b + 2005) = -1

Vì a, b nguyên nên có 2 trờng hợp:

♣ b + 2005 = 1 ⇒ b = - 2004 và b + a = - 1 ⇒ a = 2003

Khi đó (x - 2003)(x - 2005) + 1 = (x - 2004)2

♣ b + 2005 = -1 ⇒ b = - 2006 và b + a = 1 ⇒ a = 2007

Khi đó (x - 2007)(x - 2005) + 1 = (x - 2006)2

Bài toán 6 Chứng minh rằng đa thức P(x) = x 5 - 3x4 + 6x3 - 3x2 + 9x - 6 không thể phân tích đợc thành tích của 2 đa thức với hệ số nguyên có bậc nhỏ hơn

* Giải: - Giả sử phân tích đợc, bài toán xảy ra 2 trờng hợp:

♣ P(x) = (x + a).Q(x), với a nguyên còn Q(x) là đa thức bậc 4

Cho x = - a đợc - a5 - 3a4 - 6a3 - 3a2 - 9a - 6 = 0 (1)

⇒ a5 3 ⇒ a 3, khi đó vế trái của (1), trừ số hạng - 6 các số hạng còn lại

đều chia hết cho 9 Nh vậy vế trái của (1) không chia hết cho 9 - Vô lí ! ( vì 0 9)

♣ P(x) = (x2 + a1x + a2)(x3 + b1x2 + b2x + b3), với ai, bi là các số nguyên Sau khi khai triển và cân bằng các hệ số, ta đợc:

a2b3 = - 6 (1)

a1b3 + a2b2 = 9 (2)

a1b2 + a2b1 + b3 = - 3 (3)

a1b3 + a2 + b2 = 6 (4)

a1 + b1 = - 3 (5)

Từ (1) ⇒ chỉ có một trong 2 số a2 hoặc b3 chia hết cho 3

- Nếu a2 3, b3 3, từ (2) ⇒ a1 3 và từ (3) ⇒ b3 3 (vô lí !)

- Nếu a2 3, b3 3, từ (2) ⇒ b2 3 và từ (3) ⇒ b1  3, do đó từ (4) ⇒ a2 

3 (vô lí !)

Vậy bài toán đợc chứng minh xong

III Dùng để rút gọn phân thức

Bài toán 7 Đơn giản biểu thức sau:

M = ((a x b b)()(a x c c)) ((b x c c)()(b x a a))+((c x−+a a)()(c x−+b b))

−

−

+ + +

−

−

+ +

* Giải - Coi M là một đa thức theo biến x (độc đáo!) Rõ ràng sau khi khai triển, đa

về dạng chính tắc, M sẽ là đa thức bậc 2 đối với x

Vì vậy giả sử M(x) = Ax2 + Bx + C

- Cho x = - a: Aa2 - Ba + C = 1 (1)

- Cho x = - b: Ab2 - Bb + C = 1 (2)

- Cho x = - c: Ac2 - Bc + C = 1 (3)

Đem (1) trừ (2): A(a2 - b2) - B(a - b) = 0

vì a - b ≠ 0 ⇒ A(a + b) - B = 0 (4) Tơng tự đem (2) trừ (3): A(b + c) - B = 0 (5)

Đem (4) trừ (5): A(a - c) = 0 ⇒ A = 0 (do a - c ≠ 0)

Từ (4) ⇒ B = 0, do đó C = 1

Vậy M = 1

Bài toán 8 Đơn giản biểu thức:

P = (x a)(a a b)(a c) (x b)(b b a)(b c) +(x−c)(c−c a)(c−b)

−

−

−

+

−

−

* Giải: - Biến đổi P thành:













−

−

−

− +

−

−

−

− +

−

−

−

−

−

−

) )(

( ) )(

(

) )(

( ) )(

(

) )(

( ) )(

)(

(

1

b c a c

b x a x c c b a b

c x a x b c a b a

c x b x a c x b x a x

sau đó vận dụng nh bài 7 đợc P = (x−a)(x x−b)(x−c)

IV Một số bài toán khác

Bài toán 9 Biết rằng đa thức ax 3 + bx2 + cx + d (a, b, c, d ∈ Z)

chia hết cho 5 với mọi x ∈ Z Chứng minh rằng tất cả các số a, b, c, d đều chia hết cho 5

* Giải Vì giả thiết của bài toán có "với mọi x ∈ Z ", do đó ta có thể dùng t tởng của phơng pháp hệ số bất định để giải

- Cho x = 0 ⇒ d 5

- Cho x = 1 ⇒ a + b + c + d 5 ⇒ a + b + c 5 (1)

- Cho x = -1 ⇒ - a + b - c + d 5 ⇒ - a + b - c 5 (2)

Đem (1) cộng (2) ⇒ 2b 5 hay b 5, từ (1) ⇒ a + c 5 (3)

- Cho x = 2 ⇒ 8a + 4b + 2c + d 5, vì b và d chia hết cho 5

nên suy ra 8a + 2c 5 ⇒ 4a + c 5 (4)

Đem (4) trừ (3) ⇒ 3a 5 ⇒ a 5, từ (3) ⇒ c 5 (đpcm)

Bài toán 10 Tìm các chữ số x, y, z để đẳng thức

  ( )  

n n

n

z z y y x

2

− = đúng với mọi n ∈ N*

* Giải - Đặt an = 

n

1

n

9

9 9

1

= 9

1

10n −

⇒ 10n = 9an + 1 (1)

Khi đó bài toán tơng ứng với:     

n n

n

z y

2

1

1 1

1 1

⇔ x(an.10n + an) - y.an = z2 an

⇔ xan.10n + xan - y.an = z2 an2

⇔ xan(9an+1) + xan - yan = z2.an2 (do (1))

⇔ 9xan2 + (2x - y)an = z2.an2

⇔ (9x - z2)an2+ (2x - y)an = 0 (2)

Do an phụ thuộc vào n, nên nếu ta coi vế trái của (2) là một đa thức với biến

an , thì với ý nghĩa của bài toán đa thức đó hằng đẳng 0 Do đó ta có:







=

−

=

−

0 2

0

9 2

y

x

z

x

⇔







=

=

)4 ( 2

)3 (

9 2

y x

z x

Từ (3) ⇒ x là số chính phơng Từ (4) ⇒ x< 5 (vì y< 10) Vậy x chỉ có thể nhận các giá trị 1 hoặc 4 (vì x ≠ 0)

- Nếu x = 1 ⇒ y = 2, z = 3

- Nếu x = 4 ⇒ y = 8, z = 6

* Rõ ràng để giải bài toán này ta đã vận dụng linh hoạt phơng pháp hệ số bất

định, điều đó xuất phát từ đầu bài yêu cầu xác định x, y, z để đẳng thức đúng "với mọi n"

 Kết luận

Qua các bài toán dẫn làm ví dụ trên đây, ta thấy phơng pháp Hệ số bất

khó Mấu chốt của vấn đề là ở chỗ: Phát hiện đợc biến của bài toán và biến đó phải

đợc lấy giá trị tuỳ ý trên tập xác định của nó

Chuyên đề này tôi đã dạy cho học sinh của mình, các em tiếp thu tốt và vận dụng thành thạo

Rất mong các bạn đồng nghiệp cùng suy nghĩ, mở rộng lĩnh vực vận dụng hơn nữa phơng pháp này trong quá trình bồi dỡng, đào tạo học sinh giỏi