Chủ đề: Đa thức - Chủ đề nâng cao lớp 10

Phương pháp giải: PP1: Sử dụng ñịnh nghĩa phép chia hết và nguyên lí so sánh các hệ số của ña thức.. PP2: Sử dụng ñịnh lí phép chia có dư sau ñó cho dư thức bằng không..[r]

Chủ ñề: ðA THỨC Chủ ñề nâng cao lớp 10 Biên soạn: ðỖ THANH HÂN A/ MỤC TIÊU: - Cung cấp cho học sinh số khái niệm ña thức, phép chia ña thức và phương trình hàm ña thức - Cung cấp cho học sinh số phương pháp giải toán ña thức qua các ví dụ và bài tập - Rèn kĩ vận dụng linh họat, diễn ñạt chặt chẽ - Góp phần xây dựng lực tư lôgic, tư ñộc lập sáng tạo B/ THỜI LƯỢNG: tiết C/ NỘI DUNG: Chủ ñề bao gồm các kiến thức ñược trình bày hai bài: - Bài 1: ða thức và phép chia ña thức (4 tiết) - Bài 2: ða thức với hệ số nguyên và phương trình hàm ña thức (2 tiết) D/ CHÚ THÍCH VỀ MỨC ðỘ YÊU CẦU: - Chủ ñề này thuộc loại chủ ñề nâng cao, nhằm bổ sung số kiến thức và cần thiết ña thức và ứng dụng, nâng cao khả tự học học sinh hướng dẫn giáo viên - ðây là tài liệu tự học có hướng dẫn nhằm ñạt ñược mục tiêu ñã nêu trên - Chủ ñề này giúp các em học sinh khá giỏi có thêm tài liệu tham khảo (qua các ví dụ và bài tập có ñánh dấu * ) - ða thức-ðTH Lop10.com Bài ðA THỨC – PHÉP CHIA ðA THỨC I/ ðA THỨC VÀ CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN: 1) ðịnh nghĩa 1.1 a) ða thức f ( x ) là biểu thức có dạng: f ( x ) = an x n + an −1 x n −1 + + a1 x + a0 ( ñó n ∈ N * ; x ∈ R ; a0 , a1 , , an ∈ R ; an ≠ ) b) Nếu f ( x ) là ña thức thì hàm số y = f ( x ) gọi là hàm ña thức Với số thực a, f ( a ) gọi là giá trị hàm ña thức f ( x ) ñiểm a c) Số tự nhiên n gọi là bậc f ( x ) , kí hiệu deg f = n d) Các hệ số a0 , a1 , , an gọi là các hệ số f ( x ) , an gọi là hệ số bậc cao nhất, a0 gọi là hệ số tự do; ak x k (ak ≠ 0) gọi là hạng tử bậc k , an x n là hạng tử bậc cao 2) ðịnh lí 1.1 a) ða thức f ( x ) = an x n + an−1 x n−1 + + a1 x + a0 không và an = an −1 = = a1 = a0 = b) Mỗi ña thức f ( x ) khác không có cách viết dạng: f ( x ) = an x n + an −1 x n −1 + + a1 x + a0 ( an ≠ ) 3) Hệ 1.1 Hai ña thức khác không là và chúng có cùng bậc và các hệ số hạng tử cùng bậc là • Chú ý: Tập hợp tất các ña thức với hệ số thực ñược kí hiệu là R [ x ] Tương tự Q [ x ] , Z [ x ] tương ứng là tập hợp tất các ña thức với hệ số hữu tỉ, hệ số nguyên ða thức-ðTH Lop10.com Thực hành 1: Xác ñịnh các hệ số ña thức Phương pháp giải: Sử dụng hệ 1.1 ( Nguyên lí so sánh các hệ số ña thức ) Ví dụ 1) Tìm a,b,c biết rằng: a ( x + ) + b ( x + 3) = cx + Lời giải: Ta có ∀x ∈ R a ( x + ) + b ( x + 3) = cx + 2 ⇔ ( a + b ) x + ( 4a + 6b ) x + 4a + 9b = cx +  a+b = Theo hệ 1.1, ta có: 4a + 6b = c  4a + 9b =  Giải hệ trên ta ñược: a = −1; b = 1; c = Bài tập tự giải: 1) Tìm a, b biết x + x3 + 3x + ax + b là bình phương ña thức khác ( Hướng dẫn: ðặt x + x3 + 3x + ax + b = ( x + mx + n ) ðS: a = 2, b = ) − x2 − x + bx + c =a+ 2 x +1 x +1 a = −1; b = −2; c = ) ∀x ∈ R 2) Tìm a, b, c biết ( ðS: -Ví dụ 2)* Tìm tất các ña thức f ( x) ∈ Z [ x ] khác không, thỏa: ( ) 16 f x =  f ( x )  ∀x ∈ R (1) Lời giải: Gọi f ( x ) = an x n + an −1 x n −1 + + a1 x + a0 Ta có ( an ≠ 0; ∈ R, i = 1, 2, , n ) (1) ⇔ 16 ( an x 2n + an −1 x n −2 + + a1 x + a0 ) =  an ( x ) + an−1 ( x ) + + a1 ( x ) + a0  n −1 n ðồng hệ số x 2n ta có: 16.an = 22 n.an2 Mà an ∈ Z nên n = 0,1, • Với n = : ta có a0 = 16 ⇒ f ( x ) = 16 ða thức-ðTH ⇒ an = 16 4n (do an ≠ ) ∀x ∈ R Lop10.com • Với n = : ta có a1 = nên f ( x ) = 4x + a0 thay vào (1) ta có 16 ( x + a0 ) = ( x + a0 ) ⇔ 16a0 = 16a0 x + a02 ⇔ a0 = ( (1) ñúng ∀x ) Vậy f ( x ) = x ∀x ∈ R • Với n = : ta có a2 = nên f ( x ) = x + a1 x + a0 thay vào (1) ta có 16 ( x + a1 x + a0 ) = (2 x ) + a1 ( x ) + a0  ⇔ 16 ( x + a1 x + a0 ) = 16 x + 16a1 x + ( 4a12 + 8a0 ) x + 4a1a0 x + a02 ðồng các hệ số ta ñược: a1 = a0 = Vậy f ( x ) = x ∀x ∈ R  f ( x ) = 16 Thử lại, ta thấy hàm số  f ( x ) = 4x ñều thỏa ñề  f ( x ) = x2  Bài tập tự giải: Tìm tất các ña thức f ( x) ∈ Z [ x ] khác không, thỏa: ( ) f x =  f ( x )  ∀x ∈ R n ( ðS: f ( x ) = x , n = 0,1, 2,3, ) Thực hành 2: Tính tổng các hệ số ña thức Phương pháp giải: Sử dụng kết quả: Nếu f ( x ) = an x n + an −1 x n−1 + + a1 x + a0 ( an ≠ ) , thì f (1) = an + an−1 + + a1 + a0 Ví dụ: Hãy tính tổng các hệ số ña thức: ( f ( x) = − x + 3x5 ) (3 − 5x + 8x 32 − x3 ) 2006 Lời giải: Ta viết f ( x) dạng: f ( x ) = an x n + an −1 x n −1 + + a1 x + a0 Ta có tổng các hệ số ña thức ñã cho là: an + an −1 + + a1 + a0 = f (1) = ( − + 3) 32 (3 − + − 6) 2006 = Bài tập tự giải: Với a ∈ R , hãy tính tổng các hệ số ña thức: ( ) ( 4x f ( x ) = x + ax − a + − x − 3x + ) − ( x + 1) ( x 12 ) + x −1 10 ( ðS: 32 ) ða thức-ðTH Lop10.com II/ PHÉP CHIA ðA THỨC: 1/ Phép chia hết: ðịnh nghĩa 1.2) Ta nói ña thức f ( x) chia hết cho ña thức g ( x) , kí hiệu f ( x)⋮ g ( x ) , tồn ña thức h( x) cho f ( x) = g ( x).h( x) 2/ Phép chia có dư: ðịnh lí 1.2) Với hai ña thức f ( x) và g ( x) ( g ( x) ≠ ) luôn tồn hai ña thức q( x) và r ( x ) cho f ( x ) = g ( x ).q( x) + r ( x) , ñó r ( x) = deg r < deg g ( ða thức q( x) gọi là thương, ña thức r ( x) gọi là dư phép chia f ( x) cho g ( x ) ) 3/ Nghiệm ña thức: ðịnh nghĩa 1.3) Ta nói a là nghiệm ña thức f ( x) f (a) = ðịnh lí 1.3) ( ðịnh lí Bơ-du) Số a là nghiệm ña thức f ( x) và f ( x)⋮ ( x − a ) ðịnh nghĩa 1.4) Ta nói a là nghiệm bội k (k ∈ N ; k ≥ 2) ña thức f ( x) tồn ña thức k g ( x ) mà g ( a) ≠ và f ( x) = ( x − a ) g ( x) ∀x ∈ R Thực hành 3: Xác ñịnh ña thức chia phép chia hết Phương pháp giải: PP1: Sử dụng ñịnh nghĩa phép chia hết và nguyên lí so sánh các hệ số ña thức PP2: Sử dụng ñịnh lí phép chia có dư sau ñó cho dư thức không PP3: Sử dụng ñịnh lí Bơ-du Ví dụ 1) Tìm a biết rằng: f ( x) = x − x3 + ax + 3x + chia hết cho ña thức x − x − Lời giải: ðặt f ( x) = ( x − x − 1)( x + bx + c ) Ta có x − x3 + ax + x + = x + ( b − ) x3 + ( c − b − ) x − ( b + c ) x − c ða thức-ðTH Lop10.com  b − = −7 c − b − = a Suy   −b − c =  −c =  b = −1   c = −2 a = −7  ⇔ Vậy a = -7 là giá trị phải tìm Ví dụ 2) Tìm a, b biết rằng: f ( x) = ax + bx + chia hết cho ( x − 1)2 Lời giải: *Cách 1: ðặt f ( x) = ( x − 1) ( ax + mx + n ) Ta có ax + bx3 + = ax + ( m − 2a ) x3 + ( n − 2m + a ) x + ( m − 2n ) x + n  m − 2a = b  n − 2m + a = Suy   m − 2n =  n =1  n =1 m=2    a=3 b = −4 ⇔ Vậy a = 3, b = - là giá trị phải tìm *Cách 2: Lấy f ( x) chia cho ( x − 1) , ta ñược dư: r ( x) = ( 4a + 3) x + − 3a − 2b Do f ( x)⋮ ( x − 1) nên r ( x) =  4a + 3b =  1 − 3a − 2b = (1) ∀x ∈ R vì từ (1) ta có:  a =3 ⇔  b = −4 *Cách 3: Vì f ( x)⋮ ( x − 1) nên x = là nghiệm bội f ( x) , ñó: f (1) = ⇒ a + b +1 = Suy f ( x) = ax − ( a + 1) x + ⇒ b = −a − = ( x − 1) ( ax − x − x − 1) Do x = là nghiệm bội f ( x) nên x = là nghiệm q( x) = ax3 − x − x − Vì q(1) = ⇒ a − = ⇒ a = Suy b = −4 Vậy a = 3, b = - là giá trị phải tìm Ví dụ 3)* Cho F = x3 + y + z + mxyz ðịnh m ñể F chia hết cho ( x + y + z ) ða thức-ðTH Lop10.com Lời giải: Xem F là ña thức theo x , kí hiệu F ( x) Vì ( x + y + z ) = x − ( − y − z ) và F ⋮ ( x + y + z ) nên F ( x)⋮  x − ( − y − z )  Suy F (− y − z ) = ⇔ ⇔ ⇔ ( − y − z ) + y + z + m ( − y − z ) yz = −3 yz ( y + z ) + m ( − y − z ) yz = − yz ( y + z )( + m ) = ðẳng thức trên ñúng ∀y, z ⇔ m = −3 Bài tập tự giải: 1) Tìm a, b biết f ( x) = x − x3 + ax + 3x + chia hết cho ña thức x − x + b (Hướng dẫn: ðặt f ( x) = ( x − x + b )( x + mx + n ) a = −7  b = −1 ðS:   a = −12 ∨  )  b = −2 2) Tìm a, b biết f ( x) = x + chia hết cho ña thức x + ax + b (Hướng dẫn: ðặt f ( x) = ( x + ax + b )( x + mx + n ) a = ðS:   b =  a = − ) ∨   b = Thực hành 4: Xác ñịnh ña thức chia phép chia có dư Phương pháp giải: Sử dụng ñịnh lí phép chia có dư, chú ý ñến các giá trị ñặc biệt x Ví dụ 1) Tìm a, b, c biết rằng: f ( x) = x + ax + bx + c chia hết cho x + và chia f ( x ) cho x − thì ñược dư là x Lời giải:  f ( x ) = ( x + ) q1 ( x ) Từ giả thiết, ta có:   f ( x ) = ( x − 1) q2 ( x ) + x  f ( −2 ) =  Suy  f (1) =   f ( −1) = −1 32 + 4a − 2b + c =  ⇒  2+a+b+c =  2+ a−b+c =  28  a = −  ⇔  b =1  22  c=  ða thức-ðTH Lop10.com Ví dụ 2) Tìm a, b, c biết rằng: f ( x ) = x − 3x + x + ax + bx + c chia cho x − x − x + thì có số dư là Lời giải: Vì x3 − x − x + = ( x − 1)( x + 1)( x − 2) nên từ giả thiết ta có: f ( x ) = ( x − 1)( x + 1)( x − 2)q( x) +  f (1) = Suy ra:  f (−1) =  f (2) =   a +b + c =1  ⇒  a −b+c = 4a + 2b + c =   a =1  ⇔ b = −3  c=3  Bài tập tự giải: 1) Tìm a, b, c biết f ( x) = x3 + ax + bx + c chia hết cho x − và chia f ( x) cho x − thì ñược dư là 2x ( ðS: a = −10; b = −19; c = −10 ) 2) Tìm ña thức bậc ba f ( x) , biết ña thức ñó chia hết cho x − và có cùng số dư là -4 chia cho x + , x + , x − (ðS: f ( x) = x x x 14 + − − ) 3 3 - - - - - - - - - - - - - - - - - -*)(* - - - - - - - - - - - - - - - - - ða thức-ðTH Lop10.com Bài ðA THỨC VỚI HỆ SỐ NGUYÊN VÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM ðA THỨC I/ ðA THỨC VỚI HỆ SỐ NGUYÊN: Tính chất 2.1) Nếu f ( x) là ña thức với hệ số nguyên và a, b là số nguyên, thì hiệu f(a) – f(b) chia hết cho a – b Chứng minh: Vì f ( x) = an x n + an −1 x n −1 + + a1 x + a0 ∈ Z [ x ] , a, b ∈ Z nên: f ( a) − f ( b ) = an ( a n − b n ) + + a1 ( a − b ) ( ) = ( a − b )  an a n −1 + + b n −1 + + a1  Từ ñây suy tính chất ñược chứng minh Thực hành 5: Các bài toán ña thức liên quan ñến số học Phương pháp giải: Sử dụng tính chất 2.1 Ví dụ 1) Cho f ( x) là ña thức với hệ số nguyên, có f (0) , f (1) là các số lẻ Chứng minh phương trình f ( x) =0 không có nghiệm nguyên Lời giải: Gọi α là nghiệm nguyên f ( x) , ta có f ( x) = ( x − α ) g ( x ) với g ( x) ∈ Z [ x ] Suy f (1) = (1 − α ) g (1) mà f (1) là số lẻ nên α là số chẵn Tương tự f (0) = ( − α ) g ( ) mà f (0) là số lẻ nên α là số lẻ Mâu thuẫn trên chứng tỏ ñiều ta giả sử là sai Vậy phương trình f ( x) =0 không có nghiệm nguyên (ñpcm) Ví dụ 2)* Chứng minh với số nguyên a phương trình: f ( x) = x − 2007 x + ( 2006 + a ) x − 2005 x + a = không thể có hai nghiệm nguyên phân biệt ða thức-ðTH Lop10.com Lời giải: Gọi α là nghiệm nguyên f ( x) , ta có f (α ) = Vì f (1) = 2a − 2005 là số lẻ, nên f (1) − f (α ) = 2a − 2005 là số lẻ Do f (1) − f (α )⋮ (1 − α ) nên − α là số lẻ, suy α là số chẵn Giả sử α1 , α là hai nghiệm nguyên phân biệt phương trình f ( x) =0, thì α1 , α là các số chẵn và: f (α1 ) − f (α ) 0= α1 − α = (α + α12α + α1α 22 + α 23 ) − 2007 (α12 + α1α + α 22 ) + ( 2006 + a )(α1 + α ) − 2005 ðẳng thức trên không thể xảy vì α1 , α là các số chẵn Mâu thuẫn trên chứng tỏ ñiều ta giả sử là sai Vậy phương trình f ( x) =0 không thể có hai nghiệm nguyên phân biệt (ñpcm) -Bài tập tự giải: 1) Cho f ( x) là ña thức với hệ số nguyên thỏa ñiều kiện: f(a+b) = ab với số nguyên không âm a, b Chứng minh rằng: f ( a )⋮ b và f ( b )⋮ a - f ( 2007 ) = 2006 2) Có hay không ña thức f ( x ) ∈ Z [ x ] thỏa:   f ( 2002 ) = 2003 3)* Cho f ( x) và g ( x ) là hai ña thức với hệ số nguyên thỏa ñiều kiện: P ( x ) = f ( x ) + xg ( x )⋮ ( x + x + 1) Chứng minh rằng: UCLN ( f ( 2006 ) , g ( 2006 ) ) ≥ 2005 (Hướng dẫn: Viết P ( x ) dạng: ( ) ( ) P ( x ) =  f x − f (1)  + x  g x3 − g (1)  + f (1) + xg (1) ) Thực hành 6: Các bài toán ña thức liên quan ñến số học Phương pháp giải: Sử dụng ñịnh lí Bơ-du và ñịnh nghĩa 1.4 Ví dụ 1) Cho f ( x) là ña thức với hệ số nguyên, có f (2005) f ( 2006 ) = 2007 Hỏi ña thức f ( x ) có nghiệm nguyên hay không? ða thức-ðTH 10 Lop10.com Lời giải: Gọi α là nghiệm nguyên f ( x) , ta có f ( x) = ( x − α ) g ( x ) với g ( x) ∈ Z [ x ] Nên f (2005) = ( 2005 − α ) g ( 2005 ) f (2006) = ( 2006 − α ) g ( 2006 ) Suy f (2005) f ( 2006 ) = ( 2005 − α )( 2006 − α ) g ( 2005 ) g ( 2006 ) Do ( 2005 − α )( 2006 − α )⋮ nên f (2005) f ( 2006 ) = 2007 ⋮ vô lí Mâu thuẫn trên chứng tỏ ñiều ta giả sử là sai Vậy phương trình f ( x) =0 không thể có nghiệm nguyên (ñpcm) -Ví dụ 2)* Cho f ( x) là ña thức với hệ số nguyên Chứng minh f (0), f (1) , , f ( m − 1) ñều không chia hết cho m ( m ≤ N , m ≥ ) thì phương trình f ( x ) = không có nghiệm nguyên Lời giải: Giả sử phương trình f ( x ) = có nghiệm nguyên là α , ta có: f ( x ) = ( x − α ) g ( x ) với g ( x) ∈ Z [ x ] Khi ñó: f (0) = ( − α ) g ( ) f (1) = (1 − α ) g (1) f ( m − 1) = ( m − − α ) g ( m − 1) Vì: ( − α ) , (1 − α ) , , ( m − − α ) là m số nguyên liên tiếp nên phải có số chia hết cho m, vì m số f (0), f (1) , , f ( m − 1) phải có ít số chia hết cho m, mâu thuẫn giả thiết Vậy ñiều ta giả sử là sai, suy phương trình f ( x ) = không có nghiệm nguyên (ñpcm) -Ví dụ 3)* Cho ña thức f ( x ) với các hệ số nguyên Giả sử phương trình f ( x ) = có quá nghiệm nguyên Chứng minh phương trình f ( x ) = −1 không có nghiệm nguyên Lời giải: Giả sử phương trình f ( x ) = −1 có nghiệm nguyên α , ta có: f (α ) = −1 Vì phương trình f ( x ) = có quá nghiệm nguyên nên có ít nghiệm nguyên khác nhau, gọi nghiệm ñó là: α1 , α , α , α Ta có: f ( x ) − = ( x − α1 )( x − α )( x − α )( x − α ) g ( x ) với g ( x) ∈ Z [ x ] ða thức-ðTH 11 Lop10.com Suy f (α ) − = −2 = (α − α1 )(α − α )(α − α )(α − α ) g (α ) , ñó: α − α1 , α − α 2,α − α , α − α là số nguyên phân biệt Vậy -2 phân tích ñược thành tích số nguyên khác nhau, vô lí Suy phương trình f ( x ) = −1 không có nghiệm nguyên -Bài tập tự giải: 1) Cho f ( x) là ña thức với hệ số nguyên có f ( x ) = 1996 giá trị nguyên x Chứng minh rằng: f ( x ) ≠ 2006 với giá trị nguyên x ( Hướng dẫn: chú ý 10 có thể phân tích nhiều số nguyên khác ) -2) Biết ña thức f ( x ) với hệ số nguyên nhận giá trị giá trị nguyên khác x Chứng minh rằng: f ( x ) không thể nhận các giá trị 1, 3, 5, 7, ( Hướng dẫn: ðặt F ( x ) = f ( x ) − = ( x − a )( x − b )( x − c )( x − d ) g ( x ) ) -3) Biết ña thức f ( x ) với hệ số nguyên có tính chất f ( x ) = với x nhận giá trị nguyên khác Chứng minh rằng: f ( x ) không thể có nghiệm nguyên -II/ PHƯƠNG TRÌNH HÀM ðA THỨC: ðịnh lí 2.1) ( Khai triển ña thức theo các nghiệm ) Giả sử a1 , a2 , , am là các nghiệm ña thức f ( x) với các bội tương ứng là k1 , k2 , , km , ñó tồn ña thức g ( x) cho: f ( x ) = ( x − a1 ) ( x − a2 ) ( x − am ) m g ( x) k k k ∀x ∈ R ( với g ( ) ≠ , i = 1, 2, , m và deg f = k1 + k2 + + km + deg g ) Hệ 2.1) a) Mọi ña thức bậc n ≥ ñều có không quá n nghiệm thực b) Nếu ña thức f ( x) có bậc n mà tồn n+1 số thực phân biệt a1 , a2 , , an +1 cho f ( ) = c ∀i = 1, 2, , n + thì f ( x ) = c ∀x ∈ R Thực hành 7: Tìm phương trình hàm ña thức Phương pháp giải: Sử dụng ñịnh lí 2.1 và hệ 2.1 ða thức-ðTH 12 Lop10.com Ví dụ 1)* Tìm tất các ña thức f ( x) ∈ R [ x ] thỏa: x f ( x − 1) = ( x − 3) f ( x ) ∀x ∈ R (1) Lời giải: Từ (1): cho x =0 ta có f (0) = Suy ra: với x =1 ta có f (1) = Với x =2 ta có f (2) = Vậy f ( x) nhận 0, 1, làm nghiệm, nên theo hệ 2.1 ta có: f ( x) = x ( x − 1)( x − ) g ( x ) với g ( x) ∈ R [ x ] Thay vào (1) ta có: x ( x − 1)( x − )( x − 3) g ( x − 1) = ( x − 3) x ( x − 1)( x − ) g ( x ) ∀x ∈ R Suy ra: g ( x − 1) = g ( x ) ∀x ∈ R \ {0;1; 2;3} Suy g (4) = g ( ) = g ( ) = = g ( n ) = tức là g ( x) nhận cùng giá trị vô số ñiểm, nên: g ( x) = c ∀x ∈ R Vậy f ( x) = cx ( x − 1)( x − ) ∀x ∈ R Thử lại ta thấy f ( x) = cx ( x − 1)( x − ) ∀x ∈ R thỏa ñề bài -Ví dụ 2)* Tìm tất các ña thức f ( x) ∈ R [ x ] thỏa: f ( x + 1) = f ( x ) + x + ∀x ∈ R (2) Lời giải: Ta có (2) ⇔ f ( x + 1) − ( x + 1) = f ( x ) − x ∀x ∈ R (3) ðặt g ( x ) = f ( x ) − x ∀x ∈ R Ta có: ( 3) ⇔ g ( x + 1) = g ( x) ∀x ∈ R Suy g (0) = g (1) = g ( ) = = g ( n ) = tức là g ( x) nhận cùng giá trị vô số ñiểm, nên: g ( x) = c ∀x ∈ R Vậy f ( x) = x + c ∀x ∈ R Thử lại ta thấy f ( x) = x + c ∀x ∈ R thỏa ñề bài -Bài tập tự giải: 1)* Tìm tất các ña thức f ( x) ∈ R [ x ] thỏa: ( x − 1) f ( x + 1) = ( x + ) f ( x ) ∀x ∈ R ( ðS: f ( x) = cx ( x − 1) ∀x ∈ R ) ða thức-ðTH 13 Lop10.com 2)* Tìm tất các ña thức f ( x) ∈ R [ x ] thỏa: x f ( x − 1) = ( x − ) f ( x ) ∀x ∈ R ( ðS: f ( x) = cx ( x − 1) ( x − 2)( x − 3)( x − 4) ∀x ∈ R ) 3)* Tìm tất các ña thức f ( x) ∈ R [ x ] thỏa: f  ( x + 1)  = f ( x ) + x + ( ðS: f ( x) = x + c ∀x ∈ R ) ∀x ∈ R 4)* Tìm tất các ña thức f ( x) ∈ R [ x ] thỏa: ( x − 1) f ( x ) = ( x − 3) f ( x + ) ∀x ∈ R ( ðS: f ( x) = c ( x − 3) ∀x ∈ R ) - - - - - - - - - - - - - - - - - -*) HẾT (* - - - - - - - - - - - - - - - - - ða thức-ðTH 14 Lop10.com