Bài toán chia hết trong số học

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - LÃ HỒNG HẢI LÂM CÁC BÀI TOÁN ĐA THỨC LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội – Năm 2016 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - LÃ HỒNG HẢI LÂM CÁC BÀI TOÁN ĐA THỨC Chuyên ngành: Phƣơng Pháp Toán Sơ Cấp Mã số: 60460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGƢỜI HƢỚNG DẪN KHOA HỌC: T.S LÊ ĐÌNH ĐỊNH CHỦ TỊCH HỘI ĐỒNG BẢO VỆ: PGS TS VŨ ĐỖ LONG Hà Nội – Năm 2016 LỜI NÓI ĐẦU Đa thức đƣợc học từ lớp 7, bổ sung đến lớp 12 hoàn chỉnh bậc Đại học Đa thức có vị trí quan trọng kiến thức Toán nói chung, chƣơng trình phổ thông, với lớp chuyên Toán đặc biệt bồi dƣỡng học sinh giỏi Trong kì thi tuyển chọn học sinh giỏi, vô địch Quốc gia, Quốc tế Olympic sinh viên, toán đa thức thƣờng mức độ khó Trong chƣơng trình phổ thông gặp Toán liên quan đến đa thức nhƣ phép Toán cộng, trừ, nhân, chia đa thức, đạo hàm đa thức Các Toán đa thức xuất đề thi học sinh giỏi có nội dung thƣờng liên quan đến nghiệm đa thức, sai phân đa thức, phƣơng trình hàm đa thức Luận văn đề cập đến số vấn đề đa thức nhƣ phép chia đa thức, ƣớc chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất, nghiệm đa thức, đạo hàm đa thức số toán liên quan đến phƣơng trình hàm đa thức Trong chƣơng đề cập vấn đề bản, sở đƣa tập vận dụng, tập tự luyện Ngoài ra, luận văn đƣa đƣợc số toán tổng hợp đa thức có sử dụng nhiều kiến thức Toán học khác liên quan Luận văn có tham khảo tài liệu [1]-[5] viết chuyên đề đa thức đề thi học sinh giỏi Để viết đƣợc dòng luận văn nỗ lực cố gắng thân, có dạy tận tình thầy cô khoa Toán - Cơ - Tin học trƣờng Đại học khoa học Tự Nhiên- Đại học Quốc Gia Hà Nội Đặc biệt, tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc tới ngƣời thầy hƣớng dẫn khoá học TS Lê Đình Định, trƣờng Đại học khoa học Tự Nhiên- Đại học Quốc Gia Hà Nội Thầy hƣớng dẫn bảo tận tình truyền cho tác giả kiến thức, kinh nghiệm quí báu học tập nghiên cứu khoa học để tác giả hoàn thành tốt luận văn Tác giả xin cảm ơn tới Ban giám hiệu, phòng sau Đại học khoa ToánCơ- Tin học trƣờng Đại học khoa học Tự Nhiên- Đại học Quốc Gia Hà Nội tạo điều kiện giúp đỡ tác giả suốt trình học tập nghiên cứu trƣờng Ngoài ra, tác giả xin gửi lời cảm ơn bạn học viên cao học nhóm phƣơng pháp Toán sơ cấp lớp cao học khoá 2014-2016, động viên giúp đỡ tác giả Do thời gian trình độ hạn chế nên chắn luận văn trách khỏi thiếu sót, tác giả mong nhận đƣợc đóng góp tận tình quý thầy cô bạn bè đồng nghiệp để tác giả ngày hoàn thiện Xin chân thành cảm ơn ! Hà Nội, Năm 2016 Học Viên Lã Hồng Hải Lâm MỤC LỤC Lời nói đầu .1 Mục lục Chƣơng Đa thức biến phép toán 1.1 Định nghĩa đa thức biến 1.2 Các phép tính đa thức .6 Ƣớc chung lớn .7 1.4 Bội chung nhỏ Bài tập vận dụng Bài tập tự luyện………………………………………………………………….16 Chƣơng Nghiệm đa thức 17 2.1 Định lí Bézout .17 2.2 Định nghĩa nghiệm bội 17 2.3 Định lí đại số 17 2.4 Định lí 18 2.5 Nghiệm đa thức với hệ số nguyên 18 2.6 Công thức Viéte 18 Bài tập vận dụng 19 Bài tập tự luyện………………………………………………………………… 27 Chƣơng Đạo hàm đa thức .28 3.1 Định nghĩa tính chất 28 3.2 Công thức Taylor 28 3.3 Công thức Leibniz 29 3.4 Định lí 29 Bài tập vận dụng 29 Bài tập tự luyện …………………………………………………………………38 Chƣơng Đa thức phƣơng trình hàm 40 4.1 Phƣơng trình sai phân bậc 40 4.2 Phƣơng trình sai phân bậc 40 Bài tập áp dụng 42 Bài tập tự luyện ………………………………………………………………….54 Chƣơng Một số toán tổng hợp đa thức .55 Bài tập áp dụng 54 Bài tập tự luyện ………………………………………………………………….72 Kết luận: 74 Tài liệu tham khảo 75 CHƢƠNG ĐA THƢ́C MỘT BIẾN VÀ CÁC PHÉP TOÁN 1.1 Đinh ̣ nghiã đa thƣ́c mô ̣t biế n : Mô ̣t hàm số P  x  gọi đa thức mô ̣t biế n nế u nó đƣơ ̣c viế t dƣới da ̣ng chuẩ n tắ c nhƣ sau: P  x   a0 x n  a1x n1   an1x  an Với a  0, a1 , a2 , , an số thực đƣợc gọi hệ số Số tƣ̣ nhiên n gọi bậc đa thức và đƣơ ̣c kí hiê ̣u: deg P  x   n 1.2 Các phép tính đa thức 1.2.1 Phép cộng, trừ, nhân hai đa thức Giả sử: P  x   an x n  an1x n1   a1x  ao ; Q  x   bm x m  bm1x m1   b1x  bo Khi đó: a P  x   Q  x    ao  bo    a1  b1  x    ak  bk  x k  deg  P  x   Q  x    max deg P( x),deg Q( x) b P( x).Q( x)   d1x   d nm x nm đó: d k   a b , k  0,1, , n  m i  j k i j deg P( x).Q( x)  deg P( x)  deg Q( x) 1.2.2 Phép chia đa thức 1.2.2.1 Phép chia hết Ta nói rằ ng đa thƣ́c P  x  chia hế t cho đa thƣ́c Q  x  , nế u tồ n ta ̣i mô ̣t đa thƣ́c S  x  cho P  x   Q  x  S  x  Kí hiệu P  x  chia hế t cho Q  x  P  x Q  x  Nhận xét: Nế u P  x Q  x  deg P  x   deg Q  x  1.2.2.2 Phép chia có dƣ Đinh ̣ lí Với hai đa thƣ́c bấ t kì P  x  Q  x  khác không , tồ n ta ̣i nhấ t các đa thƣ́c S  x  R  x  thoả mãn điều kiện P  x   Q  x  S  x   R  x  với deg R  x   deg Q  x  Đa thƣ́c S  x  R  x  đinh ̣ lí đƣơ ̣c go ̣i tƣơng ƣ́ng là thƣơng và số dƣ phép chia P  x  cho Q  x  Đa thƣ́c P  x  gọi đa thức bị chia, đa thức Q  x  gọi đa thức ƣớc số Trong phép chia có dƣ: - Nế u các ̣ số của P  x  Q  x  thƣ̣c, hệ số S  x  R  x  thực - Nế u các ̣ số của P  x  Q  x  nguyên, ̣ số cao nhấ t của Q  x  1 , hệ số S  x  R  x  nguyên 2.2.3 Sơ đồ Horner Khi chia P  x  cho  x  a  x  px  q Nế u P( x)  a0 x n  a1x n1   an1x  an có sơ đồ Hocne chia cho xa: A ao ao  bo a1 a2 an1 an abo ab1 abn2 abn1 b1 b2 bn1 R (cô ̣ng hai hàng đầ u đƣơ ̣c hàng thƣ́ ba) Khi đó với Q( x)  bo x n1  b1x n2   bn1 P( x)  ( x  a)Q( x)  R, R  f a  Khi chia cho x  px  q ao -p a1 a2 an2 an1  pbo  pb1  pbn3  pbn2 qb0 qbn4 qbn3 qbn2 b2 bn2 co c1 -q ao  bo b1 an (cô ̣ng ba hàng đầ u đƣơ ̣c hàng thƣ́ tƣ) Khi đó: P  x   ( x  px  q).Q( x)  R( x) với thƣơng: Q( x)  bo x n2  b1x n3   bn2 phầ n dƣ: R( x)  co x  c1 1.3 Ƣớc chung lớn 1.3.1 Đinh ̣ nghiã Cho P  x  Q  x  hai đa thức chúng khác không Đa thƣ́c D  x  gọi ƣớc chung lớn P  x  Q  x  nế u: a P  x  D  x  Q  x  D  x  b Nế u P  x  D1  x  Q  x  D1  x  D  x  D1  x  Kí hiệu D  x    P  x  , Q  x   ƣớc chung lớn Nhận xét : Nế u D  x  ƣớc chung lớn P  x  Q  x  D  x  ƣớc chung lớn nhấ t của hai đa thƣ́c với   Nế u P  x  Q  x  có ƣớc chung đa thức bậc 0, không ƣớc chung khác ta nói rằng P  x  Q  x  nguyên tố cùng và viế t  P  x  , Q  x   Để tìm ƣớc chung lớn ta dùng thuâ ̣t toán Ơclit phân tích đa thƣ́c thành tić h các nhân tƣ̉ và cho ̣n các nhân tƣ̉ chung với số mũ bé nhấ t 1.3.2 Mô ̣t số tính chấ t + Đinh ̣ lí Giả sử D  x    P  x  , Q  x   ; R  x  số dƣ của P  x  chia cho Q  x  Khi đó Q  x  R  x  có ƣớc chung lớn  P  x  , Q  x     Q  x  , R  x   + Đinh ̣ lí Hai đa thƣ́c P  x  Q  x  nguyên tố cùng và chỉ tồ n ta ̣i nhƣ̃ng đa thƣ́c U  x  V  x  cho U  x  P  x   V  x  Q  x   1.4 Bô ̣i chung nhỏ nhấ t 1.4.1 Đinh ̣ nghiã Bô ̣i số chung nhỏ đa thức P  x  Q  x  đa thức M  x  cho + M  x   P  x  M  x  Q  x  + Nế u M1  x   P  x  M1  x  Q  x  M1  x  M  x  Ta kí hiê ̣u bô ̣i chung nhỏ nhấ t của P  x  Q  x  M  x    P  x  , Q  x  1.4.2 Đinh ̣ lí a) Nế u P  x  Q  x  hai đa thức cho P  x Q  x  chúng có bội chung nhỏ  P  x  , Q  x   P  x  b) Nế u nhƣ̃ng đa thƣ́c P  x  Q  x  có bội chung nhỏ   số  P  x  , Q  x     P  x  , Q  x    P  x  , Q  x  1.4.3 Đinh ̣ lí 10 Nên  n  1!a   2n!a0  n  !a2  Vâ ̣y  n  1 a12  2na0 a2 Bài 10 Cho đa thƣ́c bâ ̣c n: f  x   x n  a1 x n1   an1x  an có n nghiê ̣m không n a  âm (phân biệt hay trùng nhau) Chƣ́ng minh  n1   ann1  n  Giải Theo đinh ̣ lí Viéte ta có: x1.x2 xn1  x1x3 xn  x2 x3 xn   1 n 1 an1 x1 x2 xn   1 an n Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho n số không âm:  1 n 1 an1 n   1 n 1  x1.x2 xn1  x1 x3 xn   x2 x3 xn  n ( x1 x2 xn )n1 n n an1  n n  1 an    n 1 n a    n1   ann1 điều phải chứng minh  n  Bài 11 Cho đa thƣ́c P  x thoả mãn điều kiện  x y 2 x y P  x  P  y   P  P   x, y  R     Chƣ́ng minh: deg P  x   Giải Cho y  3x (1) thu đƣơ ̣c 63 (1) P  x  P  3x   P  x   P   x  Hay: P  x.P 3x  P x  P 2 x x   (2) Nế u: deg P  x   n  Gọi hệ số cao P  x a0  a   từ (2) ta có a0  3n a0   a02   2n a0  Suy ra: 3n   4n  n  (vô lí) Vâ ̣y deg P  x   n Bài 12 Cho đa thƣ́c: P  x    xi (n  2; an a0  0) có n nghiê ̣m dƣơng i 0 Chƣ́ng minh rằ ng: n  an1  a1 an a0 Giải Gọi x1 , x2 , , xn n nghiê ̣m dƣơng của P  x Khi đó an  nên theo đinh ̣ lí Viéte, ta có:  an1 0  x1  x2   xn  an   n 1 a1 0  x1 x2 xn1  x1 x3 xn   x2 x3 xn   1 a n   n a  x1 x2 xn   1 an  Do đó áp du ̣ng bấ t đẳ ng thƣ́c AM-GM thì: an  a1  x1  x2   xn  x1 x2 xn1   x2 x3 xn    n2 an a0 x1 x2 xn 64 Vâ ̣y n  an1a1 an a0 Bài 13 Cho daỹ đa thƣ́c P  x   x3  x  x Pn  x   P( P( P ( P( x))) n lầ n Tìm số nghiệm P(x) Pn  x  Giải Ta có P  x   x3  x  x có tập xác định D   Suy P '  x   3x  12 x  Cho: P '  x    x  1, x  Khi đó ta có: Bảng biến thiên x  P'(x) +  - + P(x)   Do P  x   có nghiê ̣m x  0; x  Ta có: P1  x   P  P  x     P  x   hay P  x   Tƣ̀ bảng biế n thiên thì P2  x   có nghiê ̣m Để ý Pk 1  x   có nghiê ̣m là Pk 2  x   0; Pk 2  x   Và Pk 1  x   có nghiê ̣m Pk 2  x  phân biê ̣t khác 0;3 Tiế p tu ̣c quá triǹ h ta thấ y Pk 1  x   có 3k 1 nghiê ̣m x khác 0;3 Gọi số nghiệm x Pn  x  Tn thì: 65 Tn  Tn1  3n1  Tn2  3n2  3n1 = = T1  (3  32   3n1 )  3n1 3n   3n  2  = 23 1 2  3n Vâ ̣y: Pn ( x) có nghiê ̣m Bài 14 Cho f  x   x  ax  b Chƣ́ng minh tồ n ta ̣i f  1 , f   , f 1 không bé Giải   f  1   a  b  (1)  1  Giả sử số bé Ta có:  f    b  (2) 2    f 1   a  b  (3)  Tƣ̀ (1) (3) suy  a  b  Và có:  a  b  1   2b   b   2 1 Mà: (2)    b  mâu thuẫn 2 Vâ ̣y tồ n ta ̣i ít nhấ t mô ̣t số không bé Cách 2: Ta có 66 số f    f 1  f    f 1   a f    f  1  f    f  1   a Xét a   f    f 1  nên tồ n ta ̣i f   hoă ̣c f 1  Xét a <  f    f  1  nên tồ n ta ̣i | f   | hoă ̣c f  1  Vâ ̣y tồ n ta ̣i it́ nhấ t mô ̣t số không bé 2 Bài 15 Cho f  x   mx3  1  m  x Chƣ́ng minh : f  x   1, x   1;1  m4 Giải Ta có f  x hàm lẻ nên ta cầ n giải bài toán đã cho đoa ̣n  0;1 Xét x   f     : Đúng Xét x   f 1   : Đúng Xét  x  : f  x    1  mx3  1  m  x   1  x   x3  x  m   x  1  x 1 x m 3 x x x x  1 m x x x  x2 Ta có x  x    2(do  x  1) 67 Và x  x  1  ( x  )2  4 Do đó để thoả mãn với mo ̣i x ta dùng mê ̣nh đề sau: m  g  x  , x  m  max g ( x); m  h  x  , x  m  h( x) Vâ ̣y   m  điều phải chứng minh Bài 16 Cho f  x   x n  a1x n1   an có bậc n  có n nghiê ̣m thƣ̣c b1 , b2 , , bn  1     Chƣ́ng minh: f  x  1    2n , x  bi x  bn   x  b1 x  b2 Giải Ta có: f  x    x  b1  x  b2   x  bn   f  x  1  1  x  b1 1  x  b2  1  x  bn  Do đó theo bấ t đẳ ng thƣ́c AM-GM ta có:  1  f  x  1       f  x  1 n n x  bn   x  b1  x  b2   x  bn   x  b1 x  b2 n n 1  x  b1  n x  b1 1  x  bn  n x  bn Tƣ̀ nhi ̣thƣ́c Newton thì: 1  t    nt  n n  n  1 t ,t  n  n  1 t n  n  1 Và  nt   nt  t  nt  nt  2nt , t  0, n  2 nên ta có 1  t   2nt n 68 Do đó: 1  x  b j   2n  x  b j  , cho ̣n t  x  b j  n  1  n n    Suy ra: f  x  1    n  2n   2n , x  bi  bn    b1  b2 Vâ ̣y ta có điều phải chứng minh axn  axn1  c2 xn2   cn2 x2  n2bx  b có Bài 17 Đa thƣ́c n nghiê ̣m dƣơng Chƣ́ng minh rằ ng tấ t cả các nghiê ̣m này bằ ng Giải Vì đa thức cho có n nghiê ̣m dƣơng x1 , x2 , , x n nên bâ ̣c của nó không nhỏ n Do đó a  theo định lí Viéte ta có: x1  x2   x n  i n b  1  x1x2 xn  n2 a n i 1  1 n x1 x2 x n  b a Do các nghiê ̣m của đa thƣ́c dƣơng nên b  Theo bấ t đẳ ng thƣ́c AM-GM ta có: n 2b  1 a   x  x   x       n   n  n b x1 x2 xn      a n  11   n n x1 x2 xn  n n   n  x1 x2 xn    Điề u này chỉ xảy x1  x2   xn  Suy điều phải chứng minh n 69 Bài 18 Giả sử nghiệm đa thức P  x   x3  ax  bx  c (với a,b,c số nguyên ), bằ ng tić h của hai nghiê ̣m còn la ̣i Chƣ́ng minh rằ ng số P  1 chia hế t cho số P 1  P  1  1  P    Giải Kí hiệu x1 , x2 hai nghiệm P  x  Khi đó theo giả thiế t toán định lí Viéte ta có: x1  x2  x1 x2  a, x1 x2 1  x1  x2   b, x12 x22  c tƣ̀ với a  ta nhâ ̣n đƣơ ̣c b  c  x1x2 1  x1  x2  x1x2   x1x2 1  a  nghĩa x1 x2  bc số hữu tỉ 1 a Vì số x12 x22  c số nguyên nên số x1 x2 nguyên Do đó tƣ̀ P 1  P  1  1  P      a  b  c   1  a  b  c   2(1  c)  2(a  1)  2  x1  x2  x1x2  1  2 1  x1 1  x2   Và 2P  1   1  x1  1  x2  1  x1 x2   2 1  x1x2 1  x1 1  x2  Suy P  1   x1 x2 số nguyên P 1  P  1  1  P    Trong trƣờng hơ ̣p a  ta có đẳ ng thƣ́c  x1  x2  x1 x2    x1  1 x2  1 Do đó mô ̣t cá c nghiê ̣m bằ ng 1 Hay số P  1  chia hế t cho mô ̣t số nguyên Ta có điề u phải chƣ́ng minh 70 Bài 19 Cho P  x   x n  a1x n1   an1x  đa thức với hệ số không âm a1 , a2 , , an1 phƣơn g triǹ h P  x   có n nghiê ̣m thƣ̣c Chƣ́ng minh rằ ng P    3n Giải Vì hệ số đa thức P  x  không âm Nên P  x   với x  Suy nhƣ̃ng nghiê ̣m của phƣơng trin ̀ h P  x   số âm Ký hiệu nghiệm 1 , 2 , , n Ở 1 , 2 , , n số dƣơng Ta biể u diễn đa thƣ́c P  x  dƣới da ̣ng P  x    x  1  x  2   x  n  Tƣ̀ bấ t đẳ ng thƣ́c giƣ̃a trung bình cô ̣ng và trung bình nhân ta nhâ ̣n đƣơ ̣c   m  1    m     m  3 1.1. m  3  m Khi đó: P      1   2    n   3n 12  n Ngoài từ công thức Viéte suy 12 n  cuố i cùng ta có P    3n n 12 n  3n điều phải chứng minh Bài 20 (Học sinh giỏi Quốc Gia năm 1998) Tìm số n  * để đa thức hệ số thực P  x thoả mãn P  x1998  x 1998   x n  x  n , x  Giải Ta chƣ́ng minh trƣờng hơ ̣p tổ ng quát thay 1998 bởi số nguyên dƣơng k 71 m Giả sử đa thức bậc m : P  x    xi (am  0) i 0 Thoả mãn P  x k  x  k   x n  x  n , x  Suy m  x k  1 i 1 x ki  i (1) x2n   xn (2) m   x n ( x k  1)i x k ( mi )  x km ( x n  1) (3) i 0 Đúng với mo ̣i số thƣ̣c x  Vế trái có bâ ̣c n  2km , vế phải có bâ ̣c 2n  km nên n  km Ta chƣ́ng minh m lẻ Nế u m chẵn, đă ̣t y  x k , đó 1 (2)  P( y  )  y m  m y y (4) Đẳng thức với y  Cho y  (4)  P( )  2m  m  (do m   ) Suy m  2m Cho y   1 (4)  P( )  m  2m  (mâu thuẫn) 2 Vâ ̣y m phải lẻ Đảo la ̣i, ta sẽ chƣ́ng minh nế u n  km m lẻ tồn đa thức bậc m 1 Pm ( x) có dạng (1) thoả mãn Pm ( y  )  y m  m y y (Đặt y  x k (4)  (2) ) Ta chƣ́ng minh bằ ng quy na ̣p theo m Với m = P1 ( y)  y thoả mãn (4) 72  y  0 (4) Với m = P3 ( y)  y  y thoả mãn (4) Giả sử có P1 ( x), P3 ( x), , Pm ( x) thoả mãn (4) Đặt Pm2 ( x)  ( x  2) Pm ( x)  Pm2 ( x) Khi đó theo giả thiế t quy na ̣p và y  ta có 1 1 Pm ( y  )  [(( y  )  2)] Pm (( y  )  Pm2 ( y  ) y y y y  ( y2  1 )( y m  m )  ( y m2  m2 ) y y y  y m  y m  y  0 Đa thƣ́c P  x theo cách đă ̣t thoả mañ Pm ( x k  1 )  x km  km  x n  n ( x  0)  n  1998 m với m lẻ k x x x BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài Cho đa thƣ́c bâ ̣c bố n f  x  Biế t rằ ng f 1  f  1 ; f    f  2  Chƣ́ng minh rằ ng f  x   f   x  với mo ̣i giá trị thực x Bài Có tồn hay không đa thức với hệ số nguyên f  x  , mà f    11; f 11  13 ? Bài Cho p; q số nguyên tố khác Chƣ́ng minh rằ ng không tồ n ta ̣i đa thƣ́c f  x  với các ̣ số nguyên để f  p  f  q  khác tính chẵn lẻ (tƣ́c là mô ̣t số chẵn, số lẻ) Bài Cho số dƣơng a; b; c; d Giả sử phƣơng trình ax4  ax3  bx2  cx  d  73  1 có nghiê ̣m thuô ̣c khoảng  0;  (không nhấ t thiế t phân biê ̣t ) Chƣ́ng minh bấ t  2 đẳ ng thƣ́c 21a  164c  80b  320d Bài Cho f  x  đa thƣ́c với ̣ số thƣ̣c có m nghiê ̣m x1 , x2 , , xm với bô ̣i tƣơng ứng k1 ,k , , km Chƣ́ng minh: deg f  k1  k2   km Bài Cho   2n  số ; bi thoả  b0  a0 , bi  với i  1; n Chƣ́ng minh các nghiê ̣m nế u có của đa thƣ́c : a0 x n  a1x n1   an có giá trị tuyệt đối không vƣợt nghiệm dƣơng x0 đa thức b0 x n  b1x n1   bn  Bài Cho đa thƣ́c P  x thoả P(0)  0,P 1  P   , P    2P 1  P   , P  3  3P    3P 1  P   P  n  4  4P  n  3  6P  n    4P  n  1  P  n  Chƣ́ng minh: P  n   0, n  N Bài Cho P  x; y  đa thức hai biến cho với số thực t đẳ ng thƣ́c sau đúng P  cos t;sin t   Chƣ́ng minh rằ ng tồ n ta ̣i đa thƣ́c Q  x; y  cho P  x, y    x  y  1 Q  x, y  với mo ̣i x; y Bài Đa thƣ́c P  x  có hệ số nguyên nhận giá trị với bố n giá tri ̣khác của x Chƣ́ng minh rằ ng P  x  không nhâ ̣n nhƣ̃ng giá tri ̣ 1, 3, 5, với số nguyên đó x Bài 10 Hãy tìm tất đa thức Pn ( x) với ̣ số nguyên có da ̣ng Pn  x   n! x n  an1x n1   a1x   1  n  1 n có n nghiệm số thực n thoả mãn điều kiện xk   k , k  1; k  1,2 ,n 74 x1 , x2 , , x n    Bài 11 Chƣ́ng minh rằ ng với mo ̣i đa thƣ́c P  x  , đa thƣ́c P0 P0 P  x   x  chia hế t    n   cho  P  x   x  , ký hiệu P0 P  x   P  P  x   Bài 12 Chƣ́ng minh rằ ng đa thƣ́c P( x)  13 82 32 x  x  x  x  x 630 21 30 63 35 nhâ ̣n giá trị nguyên với giá trị nguyên x KẾT LUẬN Luận văn thực nội dung sau: 1) Nêu định nghĩa, định lý, tính chất đa thức vấn đề: Phép chia đa thức, ƣớc chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất, nghiệm đa thức, đạo hàm đa thức phƣơng trình hàm đa thức 2) Luận văn đƣa tập áp dụng lý thuyết đa thức nêu 3) Luận văn đề cập đến số toán tổng hợp đa thức đề thi học sinh giỏi nhƣ đề thi học sinh giỏi Quốc Gia, Olympic 30/4 Luận văn tài liệu tham khảo cho giáo viên học sinh trung học phổ thông 75 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Tài Chung, Lê Hoành Phò (2013), Chuyên khảo phương trình hàm, NXB ĐHQG Hà Nội, Hà Nội [2] Nguyễn Hữu Điển (2006), Đa thức và ứng dụng, NXB Giáo Dục, Hà Nội [3] Nguyễn Văn Mậu (2006), Đa thức đại số và phân thức hữu tỉ, NXB Giáo Dục, Hà Nội [4] Hoàng Đức Nguyên, Phan Văn Hạp, Lê Đình Thịnh, Lê Đình Định (1998), Bài tập Đại số tuyến tính, NXB Khoa học kĩ thuật, Hà Nội [5] Lê Hoành Phò, Nuyễn Văn Nho, Nguyễn Tài Chung (2013), Chuyên khảo đa thức, NXB ĐHQG Hà Nội, Hà Nội 76 77 ...TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - LÃ HỒNG HẢI LÂM CÁC BÀI TOÁN ĐA THỨC Chuyên ngành: Phƣơng Pháp Toán Sơ Cấp Mã số: 60460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGƢỜI HƢỚNG DẪN KHOA HỌC: T.S LÊ... Tin học trƣờng Đại học khoa học Tự Nhiên- Đại học Quốc Gia Hà Nội Đặc biệt, tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc tới ngƣời thầy hƣớng dẫn khoá học TS Lê Đình Định, trƣờng Đại học khoa học. .. tới Ban giám hiệu, phòng sau Đại học khoa ToánCơ- Tin học trƣờng Đại học khoa học Tự Nhiên- Đại học Quốc Gia Hà Nội tạo điều kiện giúp đỡ tác giả suốt trình học tập nghiên cứu trƣờng Ngoài ra,