Ứng dụng đa thức và phân thức hữu tỉ vào đại số sơ cấp

Tuy nhiên cho đến nay, tài liệu về đa thức chưa có nhiều, các dạng bàitập về đa thức chưa được phân loại rõ ràng và hệ thống hoá chưa đầy đủ.. Với những lí do trên em chọn đề tài “ứng dụ

Khoá luận tốt nghiệp Nguyễn Thị Dịu – K30D Toán

Lời cảm ơn

Sau một thời gian nghiên cứu, dới sự giúp đỡ tận tình của các thầy côgiáo và các bạn sinh viên, khoá luận của em đến nay đã hoàn thành

Em xin chân thành cảm ơn các thầy cô giáo trong khoa Toán, các thầy

cô trong tổ Đại số đã trực tiếp giảng dạy và tạo điều kiện tốt nhất cho emtrong thời gian làm khoá luận Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc của mình

tới cô Hà Thị Thu Hiền đã giúp đỡ em tận tình trong quá trình chuẩn bị và

hoàn thành khoá luận

Do lần đầu làm quen với công tác nghiên cứu và năng lực bản thân cònhạn chế nên khoá luận không tránh khỏi thiếu xót Em rất mong nhận đợc sựđóng góp ý kiến của các thầy cô và các bạn sinh viên để khoá luận của em đ-

ợc hoàn thiện hơn

Em xin chân thành cảm ơn!

Hà Nội, tháng 5 năm 2008

Sinh viên

Nguyễn Thị Dịu

Lời cam đoan

Tôi xin cam đoan khoá luận tốt nghiệp này là công trình nghiên cứu của riêng tôi, không trùng với kêt quả nghiên cứu của tác giả khác

Nếu sai, tôi hoàn toàn chịu trách nhiệm

Hà nội, tháng 5 năm 2008.

Sinh viên

Nguyễn Thị Dịu

Lời nói đầu

Trong nhà trường phổ thông, môn Toán giữ một vị trí hết sức quantrọng Nó giúp học sinh học tốt các môn học khác, là công cụ của nhiều ngànhkhoa học, là công cụ để giải quyết nhiều vấn đề trong đời sống thực tế

Muốn học giỏi, đặc biệt học giỏi môn toán thì phải luyên tập, thực hànhnhiều.Ngoài việc nắm rõ lí thuyết, phải làm nhiều bài tập.Đối với học sinh,bài tập thì rất nhiều và đa dạng nhưng thời gian học tập thì hạn hẹp.Đồng thờicác em khó có điều kiện chọn lọc những bài tập hay có tác dụng thiết thực choviệc học tập, rèn luyện và phát triển tư duy học toán của mình

Trong môn toán, đa thức giữ một vị trí hết sức quan trọng Nó khôngnhững là đối tượng nghiên cứu của đại số mà còn là công cụ đắc lực của giảitích Tuy nhiên cho đến nay, tài liệu về đa thức chưa có nhiều, các dạng bàitập về đa thức chưa được phân loại rõ ràng và hệ thống hoá chưa đầy đủ

Với những lí do trên em chọn đề tài “ứng dụng đa thức và phân thức

hữu tỉ vào đại số sơ cấp” nhằm phân loại, hệ thống một số bài toán về đa

thức, phân thức hữu tỉ và ứng dụng của nó để giải các bài toán có liên quan

Từ đó giúp các em học sinh THPT có thêm tài liệu để luyện tập và thực hành.Bên cạnh đó ta cũng thấy rõ hơn vai trò của đa thức, phân thức hữu tỉ trongnhà trường phổ thông

Hà Nội, tháng 05 năm 2008.

Sinh viên

Nguyễn Thị Dịu

Mục lục

đầu……….1

Mục lục……… 2

Chương 1 Những kiến thức liên quan ……… 3

1.1 Vành đa thức một ẩn……… 3

1.2 Vành đa thức nhiều ẩn………11

1.3 Đa thức đồng dư………

13 1.4 Phân thức hữu tỉ………14

Chương 2 ứng dụng của đa thức một ẩn……….18

2.1 ứng dụng 1: Xác định đa thức………18

2.2 ứng dụng 2: Chứng minh một số bài toán chia hết ……… 23

2.3 ứng dụng 3: Tìm giá trị của biểu thức đối xứng đối với các nghiệm của đa thức ………26

2.4 ứng dụng 4: Giải phương trình……… 30

2.5 ứng dụng 5: Tìm điểm cố định của họ hàm số ……… 33

Chương 3 ứng dụng của đa thức nhiều ẩn……… 36

3.1 ứng dụng 1: Phân tích đa thức thành nhân tử ……….36

3.2 ứng dụng 2: Chứng minh hằng đẳng thức……… 38

3.3 ứng dụng 3: Chứng minh bất đẳng thức ………40

3.4 ứng dụng 4: Giải hệ phương trình……… 44

3.5 ứng dụng 5: Phương trình Điôphăng……… 47

Chương 4 ứng dụng phân thức hữu tỉ vào tìm nguyên hàm, tích phân…… 50

Kết luận……… 56

Tài liệu tham khảo……… 57

chương 1 Những kiến thức liên quan

P(a0,a1 ,an, ) / ai A,i 0,1 ,ai 0hÇu hÕt

Trên P xác định 2 qui tắc sau:

Với c0 a0 .b0 ; c1 a0b1 a1b0 ;

ck a0bk a1bk1  akb0;k

i ,bi A ai bi A

Mặt khác ai , bi = 0 hầu hết nên ai+bi= 0 hầu hết

Vậy

b P

Tương tự

: ai ,bi A ai .bi A ck AMặt khác ai , bi = 0 hầu hết nên ck = 0 hầu hết

Vậy a.bP

+ (P,+,.) là vành giao hoán có đơn vị

- Phép + trong A có tính chất kết hợp, giao hoán nên phép + trong P cũng cótính chất kết hợp và giao hoán

Phần tử đơn vị là 0 = (0,0,…,0,…)

Phần tử đối của a là -a = (a0,a1, ,an, ) .

- (P,.) là một vị nhóm giao hoán

Phép nhân có tính chất phân phối đối với phép cộng trong vành A; phép cộng

và phép nhân có tính chất kết hợp, giao hoán nên phép nhân trong P có tínhchất kết hợp, giao hoán

Phần tử đơn vị 1 = (1,0,…,0,…)

- Ta cũng kiểm tra được phép nhân có tính chất phân phối đối với phép cộng

* Đưa cách viết tổng quát về cách viết thông

P (a0 ,a1, ,an , ) , ai 0 hầu hết

Nếu f(x) = 0 thì ta nói f(x) không có bậc hoặc nó có bậc 

Nếu f (x) 0 thì n đƣợc gọi là bậc của đa thức f(x) và đƣợc kí

(ii) Nếu f(x).g(x) 0 thì

deg(f(x).g(x)) deg(f(x)+deg g(x)

b Phép chia đa thức.

* Phép chia có dư.

Định lí: Cho vành đa thức A[x], A_ trường.

Với hai đa thức bất kỳ f (x),g(x)

A[x],g(x) 0

thức q(x), r(x) A [x] sao cho :

f(x)=g(x).q(x)+r(x),

thì tồn tại duy nhất các đa

trong đó r(x) = 0 hoặc r(x) 0 thì deg r(x) < deg g(x)

+) Nếu degf (x) degg(x),giả sử

f (x) a xn a xn1  a x a , a

0Chọn

f1(x) = g(x) h1(x)

f(x) = g(x).h(x) + f1(x)= g(x).h(x) + g(x).h1(x)= g(x) ( h(x) +

h1(x)

deg f(x) > deg f1(x)> deg f2 (x)>…

Vì bậc của những đa thức là những số nguyên không âm nên quá trình trênkhông thể kéo dài vô hạn mà phải dừng lại ở bước thứ k, tức là ta có:

q(x) = h(x) + h1(x) +…+ hk-1(x) , r(x) = fk(x), thoả mãn điều kiện q(x):

deg (g(x)(q(x) – q’(x))) = deg (g(x)) + deg (q(x) – q’(x))

deg g(x) > deg r’(x), deg r(x)

+) Định nghĩa: Cho P(x) A [x], deg P(x) 1, A Nếu P(

) = 0 thì gọi là nghiệm của đa thức P(x) trong A và cũnggọi là nghiệm của phương trình P(x) = 0

+) Định lí d’Alembert: Mọi đa thức bậc khác không với hệ số phức có ít nhấtmột nghiệm phức.

+) Hệ quả định lí Bezout: Số là nghiệm của đa thức P(x) khi

là nghiệm của đa thức.Sau khi ta nhân các thừa số vào với

nhau và nhóm các hệ số theo dạng đa thức chuẩn tắc và so sánh các hệ số của

1.1.3 Đa thức với hệ số nguyên

a Các định nghĩa

- Định nghĩa 1: Đa thức P(x) L[x] đƣợc gọi là không bất khả quy trong L[x] nếu tồn tại các đa thức Q(x) L[x] , S(x) L[x] với bậc 1 sao cho

P(x) = Q(x).S(x)Ngƣợc lại P(x) đƣợc gọi là bất khả quy trong L[x]

- Định nghĩa 2: Đa thức f(x) Z[x] đƣợc gọi là đa thức nguyên bản nếu các hệ số của nó nguyên tố cùng nhau

b Các tính chất

- Tính chất 1: Nếu f(x) Q[x] thì tồn tại duy nhất g(x) nguyên bản

qphân số tối giản sao cho:

f (x) p

.g(x) q

- Bổ đề Gauss: Tích của hai đa thức nguyên bản là một đa thức nguyên bản.

- Định nghĩa: Hai đa thức P(x), Q(x) đƣợc gọi là nguyên tố cùng nhau nếu

ƢCLN của chúng là một đa thức hằng số hay(P(x), Q(x)) = 1

- Định lý: Điều kiện cần và đủ để hai đa thức P(x), Q(x) nguyên tố cùng nhau

là tồn tại cặp đa thức U(x) và V(x) sao cho:

U(x).P(x) + V(x).Q(x) = 1

Chứng minh:

Vì (P(x), Q(x)) = 1 nên tồn tại đa thức U(x), V(x) sao cho:

U(x).P(x) + V(x).Q(x) = 1Ngược lại cho P(x), Q(x) là những đa thức mà chúng thoả mãn điều kiện: tồntại cặp đa thức U(x), V(x) sao cho U(x).P(x) + V(x).Q(x) = 1

- Tính chất 3: Hai đa thức U(x) và V(x) trong định lí trên là tồn tại duy nhất.

Ngoài ra còn có deg U(x) < deg Q(x); deg V(x) < degP(x)

- Tính chất 4: Nếu (P(x), Q(x)) = 1 và (P(x), S(x)) = 1 thì

(P(x), Q(x).S(x)) = 1

- Tính chất 5:

P(x)Q(x)P(x) : S(x)





P(x)Q(x).S(x)(Q(x),S(x)) 1

1.2 Vành đa thức nhiều ẩn

1.2.1 Định nghĩa

Ta xây dựng vành đa thức nhiều ẩn bằng phương pháp quy nạp

Cho A là vành giao hoán có đơn vị Ta xây dựng được vành đa thức một ẩn

A1 = A[x1] là vành giao hoán có đơn vị Trên vành A1 ta xây dựng vành đathức A2 = A1[x2]

Tương tự ta cũng xây dựng được An-1[xn] = An có n ẩn

An được gọi là vành đa thức n ẩn x1, x2,…,xn





Kí hiệu An = A[x1, x2,…,xn] Mỗi phần tử của An là một đa thức n ẩn:

x j có bậc 0

- Gọi ai1 + ai2 +…+ ain là bậc của hạng tử thứ i của f(x1, x2,…, xn)

- Gọi số lớn nhất trong các số là bậc của các hạng tử là bậc của đa thức f(x1,

Định lý cơ bản( về đa thức đối xứng)

Mọi đa thức đối xứng f(x1, x2,…, xn) A[x1, x2,…, xn] đều biểu diễnmột cách duy nhất dưới dạng một đa thức của các đa thức đối xứng cơ bảnvới hệ tử trong A

(x) là đa thức khác không, (x) Ax,

1 P(x) P(x)(mod(x))

1.4.1 Trường các phân thức hữu tỉ

Cho hai đa thức f(x), g(x) A[x], g(x) 0 , A – trường

thì f (x)

g(x)được gọi là

một phân thức hữu tỉ sao cho thoả mãn:

f (x)

f '(x) f (x).g

'(x) f '(x).g(x) g(x) g '(x)

f(x) được gọi là tử thức, g(x) là mẫu thức của phân thức hữu tỉ

- Mọi đa thức f(x) A[x] đều là phân thức hữu tỉ vì ta luôn viết được

f (x) f (x)



- f (x) , f '(x)

xác định 2 phép toán:g(x) g '(x)

f (x)

f '(x) f (x).g '(x)   f

'(x).g(x) g(x) g '(x)

g(x).g '(x)

Ngược lại, ta gọi phân thức đó là phân thức không thực sự.

Nhận xét: Cho p(x) Ax, A – trường Theo định lý phép chia với dư trong

q(x)trường

thì: p ( x )

E(x) 

p1(x) q(x) q(x)E(x) là phần nguyên của phân thức

- Định nghĩa: Phân thức thực sự đơn là phân thức thực sự mà mẫu của nó là

luỹ thừa của đa thức bất khả quy trong A[x]

- Phân tích một phân thức thực sự thành tổng các phân thức thực sự đơn:

Cho phân thức thực sự r(x) A[x] , A – Trường

deg(VT) = deg b1b2 + deg (c1 + c2) = deg b + deg (c1 + c2) deg

b deg(VP) = max{ degr; deg r2b1; deg r1b2} < deg b

ta suy ra điều vô lí Vậy c1+ c2 = 0

b1 b2

Nếu b1, b2 bất khả quy thì r được phân tích thành phân thức thực sự đơn.

bNếu b1 hoặc b2 khả quy (giả sử b1 không bất khả quy) thì ta làm lại quá trìnhtương tự như trên ta nhận được

-Các đa thức bất khả quy trong

-Các đa thức bất khả quy trong

□xlà các đa thức bậc nhất có dạng ax+b

□xlà các đa thức bậc nhất hoặc các đa thứcbậc hai có  0

Chương 2 ứng dụng của đa thức một ẩn 2.1 ứng dụng 1: Xác định đa thức

- Dùng kết quả của phép chia đa thức

2.1.2 Phương pháp giải

- Dùng các phép biến đổi ẩn, hoặc cho ẩn những giá trị đặc biệt x = 0,1, 2,3,…rồi tính giá trị của đa thức tại những giá trị đó, ta được hệ phương trình

sao cho f(x) chia cho x – 2 dư 5, chia

cho x – 3 dư 7 và chia cho (x – 2)(x – 3) thì được thương là 1- x2 và còn dư

Lời giải:

Theo giả thiết ta có: f(x) = (x – 2).A(x) + 5 (1)

f(x) = (x – 3).B(x) + 7 (2)Gọi phần dư của phép chia f(x) cho (x – 2)(x – 3) là R(x)

Với x = 3 (2) 

f (3) 7



3a b 7 (**)(3) f

Vậy đa thứcphải tìm là: f(x) = ( x - 2)(x – 3)(1 – x2) + 2x +1 hay

Vậy chỉ có những đa thức hằng số thoả mãn (1)

Ví dụ 5: Tìm tất cả cá đa thức thoả mãn điều kiện

f(x).f(2x2) = f(2x3 + x2) x (1)

Lời giải:

c 0+)Nếu deg f(x) = 0 tức f(x) = c thay vào (1) c.c = c 

c 1+)Nếu deg f(x) = n 1 , f(x) = a0xn + a1xn-1 + … + an-1x = an, a0 0

an 0

=>f(0) = an thay vào (1) an.an = an 

an 1

0

g(0) = 0 ( mâu thuẫn)

Vậy chỉ tồn tại f(x) = 0 hoặc f(x) = 1 thoả mãn bài tập

Ví dụ 6: Tìm tất cả các đa thức P(x) bậc n với các hệ số nguyên không âm

không lớn hơn 8 và có P(9) = 32078

Lời giải:

Giả sử P(x) = an +xn + an-1xn-1 +… + a1x + a0

Khi đó theo giả thiết : P(9) = an9n + an-19n-1 +… + 9a1+ a0 = 32078

Do 0 ak 8 nên a0 là số dƣ của phép chia 32078 cho 9 suy ra

2) P [(x-1)]2 = P( x2) + 2x + 1 x 

3) P(x) P(x-1) = P( x2 + x + 1) x 

4) P ( x2 + y2) = P (x + y) P( x-y) x, y

Bài 2: Tìm đa thức bậc 2 thoả mãn: P(0) = 19, P(1) = 85, P(2) = 1985

Bài 3: Xác định P(x)  [x] thoả mãn : P(x) chia cho x + 3 dư

1 , chia cho x - 4 dư 8 , chia cho ( x + 3) ( x – 4) được thương là 3 và còn dư

b)Suy ra giá trị của tổng S = 1.2.3 + 2.3.5 + … +n( n + 1)(2n + 1)

2.2.ứng dụng 2 Chứng minh một số bài toán chia hết

2.2.3 Các ví dụ

Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên a & số nguyên dương n ta có:

an+2 (1 – a3n )

Để ý rằng 1 – a3n chia hết cho 1 – a3 mà 1 – a3 = ( 1- a ) ( 1 + a + a2)

1 – a3n

 ( 1 + a + a2) hay 1 – a3n 0 mod (a)

Từ đó -a 4n + 2 + an+2 0 mod (a) hay P(a) 0 mod (a)

P(-1) = ( - 1 +1 )2n –( - 1 )2n - 2 (-1) – 1 = 0 P(a)  (a + 1) (2)P(1) (1 1)2n

(1)2n

 2.(1) 1 0 2 2 2

2

P(a)  (2a + 1)(3)

Từ (1), (2), (3) điều phải chứng minh.

Ví dụ 3: Chứng minh rằng với 3 số nguyên không âm m, n, k và mọi số thực

a thì P = a3m + a3n+1 + a3k + 2 chia hết cho a2 + a +1

Lời giải:

Coi P là đa thức ẩn a Đặt q(a) = a2 + a +1

Ta sử dụng đa thức đồng dƣ và tính chất của nó để giải bài toán

này Từ a3 – 1 = (a – 1) (a2 + a +1) suy ra a3 1 mod q(a)

a3m 1 mod q(a)

a3n + 1 a mod q(a); a3k + 2 a2 mod q(a)

P(a) = a3m + a3n + 1 + a3k + 2 (1 + a + a2) (mod q(a)) 

0 mod q(a) Vậy P(a)q(a) ( điều phải chứng minh)

Ví dụ 4: Chứng minh với mọi số tự nhiên n2 với mọi số thực a & b

thì: P = b (bn – 1 – n.an -1) + an (n – 1) chia hết cho ( b – a)2

2.2.4 Bài tập áp dụng

Bài 1: Chứng minh rằnga  ,n  *

thì( 1 – an) ( 1 + a) – 2nan (1 – a) – n2 an ( 1- a)2 chia hết cho ( 1 – a)3

Bài 2: Chứng minh rằng mọi số nguyên không âm a, b, c, d và với

2.3 ứng dụng 3 Tìm giá trị của các biểu thức đối

xứng đối với các nghiệm của đa thức.

2.3.1 Cơ sở lí luận.

Các biểu thức đối xứng đối với các nghiệm bao giờ cũng đƣa về biểu thức đốivới các đa thức đối xứng cơ bản của chúng Theo công thức Viet các đa thứcđối xứng cơ bản tính đƣợc theo hệ số của đa thức

B + pA – pq + 3r = 0 B = 3pq – p3

– 3rTương tự ta cộng những đẳng thức x 4

1 )

(x

1 )(x

i i

1

3

2

2(A  B C)

 0

nên

Khi đó

(*) (tgA cot gA)(tgB cot gB) (tgB cot gB)(tgC cot gC) 

(tgC cot gC)(tgA cot gA) 4

(2cot g2A)(2cot g2B) (2cot g2B)(2cot g2C)



(2cot g2C)(2cot g2A) 4

cot g2A.cot g2B cot g2B.cot g2C cot g2C.cot g2A

1

Dựa vào định lí Viet ta xác định được nghiệm của phương trình.

+) Nếu phương trình không chứa tham số, biến đổi về dạng

Vậy phương trình có 3 nghiệm là : 1

,

2 , 3

+) Tương tự

với x1x2 3, x3x4 1

2.4.4 Bài tập áp dụng

Giải phương trình sau:

Bài 1: x3 + 4x2 – 16x + 2 = 0, biết rằng trong số các nghiệm có 2 nghiệm cótích bằng -1

Bài 2: 3x4 - 2x3 + 3x2 + mx – 4 = 0 , biết rằng phương trình có 4 nghiệm

x1, x2, x3, x4 thoả mãn x1 + x2 = x3 + x4

2.5 ứng dụng 5: Tìm điểm cố định của họ đồ thị hàm số

2.5.1 Cơ sở lí luận

-Dựa vào tính chất đa thức bằng nhau

Cho đa thức f(x) = 0 khi đó các hệ tử của đa thức bằng không Từ đó suy ra đathức bậc n có nhiều hơn n nghiệm thì đa thức đó là đa thức 0

2.5.2 Phương pháp giải

-Gọi M(x0, y0) là điểm cố định cần tìm của họ đồ thị y = f(m, x),

mA

Khi

đó ta có y0 = f(m, x0),

mA hay ymA0 – f(m, x0) = 0 (1)

- Giả sử F(m) a (x , y )mk a (x , y )mk1  a (x , y

Với m = -1 dạng hàm số suy biến thành y x 2, x 1Gọi(x0 , y0 ) là điểm cố định cần tìm Khi đó

Bài 2: Cho hàm số:

y px m 1mx pTìm p để đường cong này luôn đi qua 1 điểm cố định duy nhất

Bài 3:



 x y

2

Cho hàm số: mx2 (m 1) m2

y 

x 1Chứng minh rằng đồ thị của hàm số không có diểm cố định Tuy nhiên tiệm cận xiên của đồ thị hàm số luôn đi qua một điểm cố định

Bài 4: Xác định các giá trị ,sao cho đồ thị hàm số:

3.1.1 Cơ sở lí luận

Ta có thể phân tích thành nhân tử các đa thức đối xứng bằng cách biểu diễn

đa thức đó qua các đa thức đối xứng cơ bản Việc phân tích đa thức của các đa

thức đối xứng cơ bản thường đơn giản hơn nên việc phân tích đa thức mớithành nhân tử sẽ đơn giản hơn.