Bồi dưỡng học sinh giỏi chuyên đề đa thức

MỤC LỤC Mở đầu 1.1 Lí chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Kết luận, kiến nghị 4.1 Kết luận 4.2 Kiến nghị Tài liệu tham khảo 1 MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Trong chương trình lớp chun tốn kì thi học sinh giỏi quốc gia trung học phổ thông, tốn đa thức đóng vai trị quan trọng Để giải tốn đa thức, địi hỏi em bước đầu có tư giải tích; biết vận dụng kiến thức hàm liên tục, đạo hàm; biết thay giá trị đặc biệt hàm số nhằm tìm quy luật Chúng ta mong muốn tạo hứng thú học tập cho học sinh, bên cạnh việc giúp em rèn luyện phương pháp xử lí đa thức, vận dụng thành thạo tư cho loại tập khác Trong khuôn khổ đề tài “Kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi phần đa thức”, tác giả nêu số phương pháp thường dùng để em giải toán cách khoa học hơn, có sở có tính sáng tạo Từ giúp em củng cố kiến thức, rèn luyện khả nghiên cứu khoa học, trang bị thêm kiến thức nhằm chuẩn bị tốt cho kỳ thi Học sinh giỏi năm học 2020-2011 năm học sau 1.2 Mục đích nghiên cứu Mục đích nghiên cứu Sáng kiến kinh nghiệm tìm phương pháp giúp học sinh tiếp cận có tảng kiến thức để xử lí tốn đa thức, rèn luyện khả suy nghĩ độc lập, tìm tịi, phát vấn đề 1.3 Đối tượng nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu Sáng kiến kinh nghiệm lớp chun Tốn, đội tuyển học sinh giỏi mơn Toán Trường THPT chuyên Lam Sơn 1.4 Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu tài liệu Đa thức, Phương trình hàm, Phương pháp dạy học mơn Tốn có liên quan đến đề tài Sáng kiến kinh nghiệm Quan sát: Quan sát thực trạng Dạy - Học lớp chun Tốn 10,11 nói chung đội tuyển HSG mơn Tốn nói riêng, phần Đa thức Trường THPT chuyên Lam Sơn Thực nghiệm sư phạm: Tổ chức thực nghiệm sư phạm để xem xét tính khả thi hiệu việc vận dụng dạy học số nội dung phần Đa thức vào dạy lớp chuyên Toán 10,11 đội tuyển học sinh giỏi Toán Trường THPT chuyên Lam Sơn NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Định lí Đại số: Một đa thức hệ số thực bậc n có khơng q n nghiệm thực (kể bội) Định lí: Một đa thức hệ số thực bậc khơng q n có n + nghiệm thực (kể bội) đa thức không Hệ quả: Hai đa thức hệ số thực bậc n có n + nghiệm thực chung hai đa thức Định lí Bezout Nếu đa thức P( x) hệ số thực nhận x = a nghiệm thực P ( x ) = ( x − a )Q( x) , với Q( x) đa thức hệ số thực Hệ quả: Nếu đa thức P( x) hệ số thực bậc n có x1 , x2 , , xn nghiệm thực P( x) = a( x − x1 )( x − x2 ) ( x − xn ) 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Học sinh lớp chuyên đội tuyển thường gặp khó khăn gặp tốn đa thức Các tài liệu chưa đưa hệ thống tập, phương pháp hiệu để giải toán đa thức 2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm, giải pháp sử dụng để giải vấn đề - Hướng dẫn học sinh tìm hiểu kỹ đề bài, gợi ý cho em theo định hướng phát giải vấn đề Đưa phân tích tư duy, nào, cách nghĩ chung để phát lời giải - Luôn hướng dẫn học sinh dùng tương tự hóa để tìm lời giải cho tốn - Rèn luyện cho học sinh thực phân chia thành công đoạn để dễ thực giải tốn - Ln linh hoạt giải tốn, kết hợp thành thục phương pháp - Nêu số phương pháp chung để giải toán đa thức với hệ thống tập ví dụ mẫu mực Sau phần nội dung chi tiết sáng kiến kinh nghiệm CÁC BÀI TOÁN VỀ ĐA THỨC I BÀI TỐN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC I.1 Bài tốn xác định đa thức dựa vào yếu tố nghiệm đa thức Đây lớp tốn tìm đa thức dựa vào tính chất: đa thức hệ số thực bậc khơng q n có n + nghiệm thực (kể bội) đa thức khơng Bài 1: Tìm tất đa thức P ( x) hệ số thực thỏa mãn đồng thức: a) P( x ) = P ( x + 1) (1) b) xP( x − 1) = ( x − 2) P ( x) (2) Bài giải a) Nhận xét Từ P( x ) = P ( x − 1) ⇒ P(0) = P (1) = P(2) = = P(n) = Nếu P ( x) ≡ C thỏa mãn yêu cầu toán Nếu P ( x) ≠ C Giả sử deg P = n Đặt Q ( x) = P ( x) − P(0) với degQ = n Ta thấy Q(0) = Q(1) = Q(2) = = Q(n) = Đa thức Q( x ) bậc n có nhiều n nghiệm Suy Q ( x) ≡ ⇒ P( x) = P (0) Thử lại ta thấy thỏa mãn Vậy đa thức cần tìm P ( x) = C ( C số ) b) Từ giả thiết ta nhận thấy P (0) = P(1) = Do x = { 0;1} nghiệm đa thức P ( x) Suy P ( x) = x( x − 1)Q(x) Thay vào đồng thức (2) ta được: x( x − 1)( x − 2)Q( x − 1) = x ( x − 1)( x − 2)Q( x) ∀x ⇒ Q( x) = Q( x − 1) ∀x ≠ { 0;1;2} ⇒ Q( x) = C ⇒ P ( x ) = x ( x − 1).C Thử lại thấy P ( x) = x( x − 1).C thỏa mãn yêu cầu toán Vậy P ( x) = x( x − 1).C ( C số ) Bài 2: Tìm tất đa thức P ( x) hệ số thực thỏa mãn đồng thức a) P ( x + 1) = P ( x) + x + b) P (( x + 1)2 ) = P ( x ) + x + Bài giải a) Ta có: P ( x + 1) = P ( x ) + x + ⇒ P ( x + 1) − ( x + 1) = P ( x) − x Xét Q ( x) = P( x) − x suy Q( x) = Q( x + 1) ⇒ Q( x) = C ⇒ P( x) = x + C , thử lại Vậy P( x) = x + C b) Ta có: P (( x + 1)2 ) = P ( x ) + x + ⇒ P (( x + 1) ) − (x + 1) = P ( x ) − x Xét Q ( x) = P( x) − x suy Q( x) = Q( x + 1) ⇒ Q( x) = C ⇒ P( x) = x + C Thử lại Vậy P ( x) = x + C Bài 3: Cho hai số a b , a ≠ Đa thức P ( x) thỏa mãn xP( x − a) = ( x − b) P ( x ) ∀x (1) a) Nếu b ∉ ¥ * P ( x ) ≡ 0, a b) Nếu b = n ∈ ¥ * Hãy tìm đa thức P ( x) a Bài giải a) Nếu P ( x) ≡ thỏa mãn (1) Nếu P ( x) đa thức bậc n ≥ thỏa mãn (1) Ta chứng minh b ∈¥* a Giả sử P ( x ) = an x n + an −1 x n −1 + + a1x + a0 ( an ≠ ) Từ (1) suy b.P ( x ) = x ( P ( x) − P ( x − a )) Ta có P ( x) − P ( x − a ) = an  x n − ( x − a ) n  + an −1  x n −1 − ( x − a ) n −1  + + (a0 − a0 )     ⇒ x(P(x) − P(x − a)) = x( an  x n − ( x − a) n ) + x( a1 ( x − ( x − a)   n Đồng hệ số x đẳng thức b ⇒ b.an = an n.a ⇒ = n ∈ ¥ * a b) Nếu b = na Hệ thức (1) trở thành xP( x − a) = ( x − na ) P ( x) Ta thấy P (0) = P(a) = P(2a ) = 0 ≤ k ≤ n −1 Giả sử P (ka ) = , Cho x = (k + 1)a ⇒ P (ka ).(k + 1)a = −(n − k + 1)a.P((k + 1)a) ⇒ P((k + 1)a) = Tức P (0) = P( a) = P(( n − 1) a) = ⇒ P( x) = x( x − a )( x − 2a ) .( x − (n − 1)a ).Q ( x ) Thay vào (1) Q( x − a ).x ( x − a )( x − 2a ) ( x − na ) = Q ( x) x ( x − a )( x − 2a ) ( x − na ) ⇒ Q( x − a) = Q( x) ⇒ Q( x) = C Thử lại P ( x) = C.x ( x − a )( x − 2a ) .( x − (n − 1)a ) thỏa mãn yêu cầu toán Vậy P ( x) = C.x ( x − a )( x − 2a ) .( x − (n − 1)a ) Bài ( Moldova 2004) : Tìm đa thức P ( x) với hệ số thực thỏa mãn ( x3 + x + x + 2) P( x − 1) = ( x3 − x + x − 2) P( x) ∀x (1) Bài giải : Từ giả thiết ta có ( x + 2)( x + x + 1) P ( x − 1) = ( x − 2)( x − x + 1) P( x), ∀x Dễ thấy P( −2) = P( −1) = P(0) = P(1) = ⇒ P ( x) = x( x − 1)( x + 1)( x + 2)Q( x) Với Q( x ) đa thức với hệ số thực Thay vào (1) ta ( x + 2)( x + x + 1) x( x + 1)( x − 1)( x − 2)Q( x − 1) = ( x − 2)( x − x + 1) x( x − 1)( x + 1)( x + 2).Q( x) ⇒ ( x + x + 1)Q( x − 1) = ( x − x + 1)Q( x) ∀x ≠ { −2; −1;0;1;2} Q ( x − 1) Q ( x) ⇒ = x − x +1 x + x +1 Từ ta suy Q( x) chia hết cho x − x + Q( x − 1) chia hết cho x − x + Q( x) ⇒ R( x) = R ( x − 1) , ∀x ≠ { −2; −1;0;1;2} Đặt R ( x) = x +x + ⇒ R( x) = C ⇒ Q( x) = C ( x + x + 1) ⇒ P ( x) = C x( x − 1)( x + 1)( x + 2)( x + x + 1) Thử lại P ( x) thỏa mãn yêu cầu toán Vậy tất đa thức cần tìm P ( x) = C.x( x − 1)( x + 1)( x + 2)( x + x + 1) ( C số ) Bài ( Đề nghị thi HSG DH ĐBBB 2015) Tìm tất đa thức P ( x) với hệ số thực thỏa mãn (x − x) P ( x + ) − ( x2 + x + ) P ( x) = ( x2 + x) ,∀x ∈ ¡ Bài giải Giả thiết cho viết lại dạng ( x2 − x) ( P ( x + ) + x + ) = ( x2 + x + ) ( P ( x) + x) ,∀x ∈ ¡ Đặt P ( x) + x = Q ( x) , ta có x( x − 1) Q ( x + ) = ( x + ) ( x + 3) Q ( x) ,∀x ∈ ¡ Lần lượt thay x = 0, x = 1, x = −3 vào ( 1) suy Q ( ) = 0,Q ( 1) = 0,Q ( −1) = Suy Q ( x) = x( x − 1) ( x + 1) H ( x) , với H ( x) ∈ ¡  x Khi ( 1) trở thành ( 1) x( x − 1) ( x + ) ( x + 1) ( x + 3) H ( x + ) = ( x + ) ( x + 3) x ( x − 1) ( x + 1) H ( x) ,∀x ∈ ¡ Suy H ( x + ) = H ( x) ,∀x ≠ −3, −2, −1, 0,1 Do H ( x + ) = H ( x) ,∀x ∈ ¡ Suy H ( x) = c, với c số Từ ta thu P ( x) = cx ( x − 1) ( x + 1) − x = cx − ( c + 1) x,∀x ∈ ¡ Thử lại P ( x) = cx − ( c + 1) x thỏa mãn toán *Các tốn sau tìm đa thức thỏa mãn với cặp song biến (một dạng phương trình hàm) Đối với kiểu này, tư phải biến hợp lí để giảm số biến (về biến) xử lí dễ dàng Bài 6: Xác định tất đa thức P ( x ) thỏa mãn điều kiện P ( u − v ) = P ( u − v ) P ( u + v ) với ∀u , v ∈ ¡ Bài giải: Nhận thấy phương trình tương đương với P ( xy ) = P ( x ) P ( y ) với ∀x, y ∈ ¡ (1) Từ phương trình (1) cho x = y = , suy P ( ) = P ( ) hay P ( ) = P ( 0) = 1) Với P ( ) = , cho y = vào phương trình (1), ta có P ( ) = P ( x ) P ( ) hay P ( x ) = 2) Với P ( ) = , suy P ( x ) = xQ1 ( x ) với Q1 có bậc nhỏ P đơn vị Suy (1) tương đương với xyQ1 ( xy ) = xQ1 ( x ) yQ1 ( y ) phương trình thỏa mãn với ∀x, y ∈ ¡ nên Q1 ( xy ) = Q1 ( x ) Q1 ( y ) với ∀x, y ∈ ¡ Từ lại có Q1 ( x ) = với ∀x ∈ ¡ Q1 ( x ) = xQ2 ( x ) với ∀x ∈ ¡ Tiếp tục lập luận này, ta có: Hoặc P ( x ) = với ∀x ∈ ¡ Hoặc P ( x ) = x n với n số nguyên dương thỏa mãn đề - Vậy, P ( x ) = x với k ∈ ¥ Bài 7: Tìm tất đa thức f ( x ) với hệ số thực thỏa mãn f ( ) = k f ( x − x + 1) = ( f ( x ) ) − f ( x ) + với x Bài giải Thay x − x , ta f ( (1− x) ) − ( 1− x) +1 = ( f ( 1− x) ) − f (1− x) +1 ⇔ f ( x − x + 1) = ( f ( − x ) ) − f ( − x ) + Theo giả thiết, ta có: ( f ( x) ) − f ( x ) + = ( f ( − x ) ) − f ( − x ) + ⇔ ( f ( − x ) + f ( x ) − 1) ( f ( − x ) − f ( x ) ) = Do đó, đa thức f ( − x ) + f ( x ) − f ( − x ) − f ( x ) = có vơ hạn nghiệm Hay f ( − x ) + f ( x ) − = 0, ∀x f ( − x ) − f ( x ) = 0, ∀x Thay x = vào phương trình có f ( 1) = Vậy f ( − x ) + f ( x ) − = 0, ∀x 1 vào phương trình f  ÷ = 2 2 Chú ý với x ∈ ( 0;1) ⇒ < x < x − x + < Thay x = Dựa vào phương trình ban đầu, ta xét ( xn ) sau: x0 = ∈ ( 0;1) , xn = xn2−1 − xn −1 + 1, ∀n ≥ Khi tất giá trị phân biết xn nghiệm f ( x ) − x Vậy, đa thức cần tìm f ( x) = x * Ở tập sau có xu hướng xây dựng dãy số vơ hạn phân biệt mà phần tử nghiệm đa thức bậc hữu hạn, từ tìm đa thức thỏa mãn đề Bài ( Đề nghị thi HSG DH ĐBBB 2015) Tìm tất đa thức hệ số thực P(x) không đồng không thỏa mãn: P(2014) = 2046, P ( x) = P ( x + 1) − 33 + 32, ∀x ≥ Bài giải Giả sử P ( x) thỏa mãn đầu Khi ta có P ( x + 1) = ( P( x) − 32) + 33, ∀x ≥ Suy P (20142 + 1) = (2046 − 32) + 33 = 20142 + 33 Đặt x0 = 2014 , ta có x0 + 32 = 2046, P ( x0 ) = x0 + 32 P(2014) = 2046 Xét dãy {xn} sau: x0 = 2014 , x1 = x02 + 1, x n +1 = xn2 + 1, ∀n=1,2,3 Khi P ( x0 ) = x0 + 32 P ( x1 ) = P ( x02 + 1) = [P ( x0 ) − 32]2 + 33 = x02 + 33 = x02 + + 32 = x1 + 32 P ( x2 ) = P ( x12 + 1) = [P ( x1 ) − 32]2 + 33 = x12 + 33 = x12 + + 32 = x2 + 32 Bằng quy nạp dễ dàng chứng minh P ( xn ) = xn + 32, ∀n = 0,1,2 (*) Xét đa thức hệ số thực Q( x) = P( x ) − x − 32 Từ (*) ta có Q ( x) nhận xn làm nghiệm với n=0,1,2… Mặt khác dãy {xn }n+∞=0 tăng nghiêm ngặt nên Q( x) ≡ suy P ( x) = x + 32 Thử lại ta có thỏa mãn đầu Vậy: Có đa thức P ( x) = x + 32 I.2 Một số toán xác định đa thức dựa đánh giá hệ số bậc đa thức Nhận xét: Đây phương pháp khơng địi hỏi nhiều kiến thức giải tích, đơn sử dụng hệ số bất định Điều mà học sinh học phải biết sử dụng bậc đa thức-một định nghĩa thiếu giới thiệu đa thức Bài 1: Tìm tất đa thức P( x) đa thức thỏa mãn: P ( x3 + 1) = P ( x + 1) với ∀x ∈ ¡ Bài giải k k −1 Đặt P ( x + 1) = Q ( x ) = ak x + ak −1 x + K + a0 , ak ≠ Suy Q ( x3 ) = Q ( x ) với ∀x ∈ ¡ hay ak x3k + ak −1 x 3k −3 + K + a0 = ( ak x k + ak −1 x k −1 + K + a0 ) Giả sử tồn số m lớn cho m < k am ≠ , suy 3m < 2k + m Đồng hệ số x 2k +m vế, ta = 3ak2 am , mâu thuẫn với điều giả sử Từ suy ak x 3k = Q ( x3 ) = Q ( x ) = ak3 x3k ⇒ ak = ±1 Vậy P ( x ) = ± ( x − 1) với ∀x ∈ ¡ Bài (Albanian TST 2009): Tìm tất đa thức P ( x) khác đa thức khơng có hệ số không âm thỏa mãn: P ( x ).P( ) ≤ ( P (1)) , ∀x > x Bài giải Giả sử: P ( x) = ak x k + ak −1x k −1 + + a1x + a0 , (ai ≥ 0, ∀i = 0, k − 1; ak > 0) Do x > P( x) P ( x − ) = (ak x k + ak −1x k −1 + + a1x + a0 )(ak x − k + + a1x − + a0 ) ≥ (ak + + a1 + a0 ) k ⇒ P( x) P( x −1 ) ≥ ( P(1)) 2 ∀x > Theo giả thiết: P ( x ).P( ) ≤ ( P(1)) x ∀x > Suy P ( x).P ( ) = ( P (1)) x ⇔ ( ak x k + ak −1 x k −1 + + a1 x + a0 )(ak + ak −1 x + + a0 x k ) = ( P (1)) x k So sánh hệ số x k +1; x k + ; ; x k hai vế đồng thức Suy a0 = a1 = a2 = = ak −1 Vậy P ( x) = a k x k (ak > 0) Bài 3: Tìm tất đa thức P( x) ∈ Z [ x ] bậc n thỏa mãn điều kiện sau: 10 * Các toán phù hợp với em học sinh lớp 10 chuyên Toán, mà em cần dùng kiến thức đơn giản đại số đa thức chua dùng nhiều tính chất giải tích đa thức Bài 7( Costa Rican 2008) Tìm tất đa thức P ( x ) với hệ số thực thỏa mãn: ( ( a − b) + P P ( 3x + P P ( 3x + P P ) ( ) ( b − c) + P ( ) ( c − a ) = P ( 2a − b − c ) + P ( −a + 2b − c ) + P ( −a − b + 2c ) Với a, b, c ∈ ¡ Bài giải Dễ thấy P ( x ) đa thức thỏa mãn đề Tiếp theo xét deg P = h ≥ Đặt x = a − c, y = b − a, z = c − b , x + y + z = Thay vào phương trình đầu tiên, ta có: ) ( 3y + P ) ( ) ) ( 3x + P −2 3x = P ( ) + P ( 3x ) + P ( −3x ) , ∀x 3z = P ( x − y ) + P ( y − z ) + P ( z − x ) Với x, y , z ∈ ¡ x + y + z = Như thay ( x; y; z ) ( x; x; −2 x ) vào phương trình trên, ta ) ( ) (1) h i Giả sử P ( x ) = ∑ x i =0 Thay vào (1), ta h 2∑ i =0 ( ) i ( h ) i h ( ) i h x + ∑ −2 x = a0 + ∑ −2 x + ∑ ( −3 x ) i =0 i =0 i (2) i =0 So sánh hệ số x h vế phương trình (2), ta ( ) + ( −2 ) h h = 3h + ( −3 ) h (3) Dễ thấy h = 1, h = thỏa mãn phương trình (3) Xét h ≥ Từ (3) suy h phải số chẵn: h = 2k , k ≥ k = k k k k k Khi (3) trở thành 2.3 + 12 = 2.9 ⇔ + = 2.3 ⇔  k = Tóm lại từ (3), ta có h ∈ { 1, 2, 4} Trường hợp h = , suy P ( x ) = mx + n , thử lại Trường hợp h = , suy P ( x ) = mx + nx + p Thay vào phương trình ban đầu, ta 2 2 2 3m ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a )  = m ( 2a − b − c ) + ( − a + 2b − c ) + ( − a − b + 2c )  (đúng)     Trường hợp h = Khi P ( x ) = mx + nx + px + qx + e Trong phương trình ban đầu, thay ( a; b; c ) ( x;0;0 ) ta P ( ) ( ) 3x + P ( ) + P − 3x = P ( x ) + P ( − x ) , ∀x Thay P ( x ) = mx + nx + px + qx + e vào (4), ta 13 (4) 9mx + 3nx + px + 3qx + 9mx − 3nx − 3qx + 3e = 16mx + 8nx + px + 2qx + 2mx − 2nx + px − 2qx + 3e, ∀x ∈ ¡ hay mx = 18mx + 6nx với ∀x Do n = , Vậy P ( x ) = mx + px + qx + e Thay vào phương trình ban đầu, ta có: 4 2 9m  ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a )  + p  ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a )      4 2 = m ( 2a − b − c ) + ( 2b − c − a ) + ( 2c − a − b )  + p ( 2a − b − c ) + ( 2b − c − a ) + ( 2c − a − b )      Tiếp theo, ta chúng minh đẳng thức 4 4 4 ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a )  = ( 2a − b − c ) + ( 2b − c − a ) + ( 2c − a − b ) (6)   Đặt x = a − c, y = b − a, z = c − b Khi x + y + z = 4 4 4 Ta có: ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a )  = ( x + y + z ) Mặt khác: ( 2a − b − c ) + ( 2b − c − a ) + ( 2c − a − b ) = ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x ) 4 4 = ( x + y + z ) − x3 y + x y − xy − y z + y z − yz − z x + z x − z = ( x + y + z ) − x3 ( y + z ) − y ( x + z ) − z ( x + y ) + ( x y + y z + z x ) (8) 2 Do x + y + z = nên x + y + z = −2 ( xy + yz + zx ) Suy ra: x4 + y + z + ( x2 y + y z + z x2 ) =  x y + y z + z x + xyz ( x + y + z )  = ( x y + y z + z x ) 4 2 2 2 Như x + y + z = ( x y + y z + z x ) Thay vào (8) ta ( 2a − b − c ) + ( 2b − c − a ) + ( 2c − a − b ) = ( x + y + z ) 4 (9) Từ (7) (9) suy (6) chứng minh Do (5) đúng, nghĩa đa thức P ( x ) = mx + px + qx + e thỏa mãn đề Kết luận: đa thức thỏa mãn đề là: P ( x ) = mx + n P ( x ) = mx + nx + p P ( x ) = mx + px + qx + e với m ≠ Bài 8: Tìm đa thức P ( x ) thỏa mãn: P ( x ) = P ' ( x ) P '' ( x ) với x Bài giải Xét P ( x ) = C const, nên P ( x ) = thỏa mãn Xét deg P = n, n ≥ , suy deg P ' = n − 1, deg P '' = n − Từ phương trình ban đầu suy n = ( n − 1) + ( n − ) ⇔ n = Đặt P ( x ) = ax + bx + cx + d Suy P ' ( x ) = 3ax + 2bx + c , P '' ( x ) = 6ax + 2b P ( x ) = 8ax + 4bx + 2cx + d 14 Ta có: P ( x ) = P ' ( x ) P '' ( x ) ⇔ 8ax + 4bx + 2cx + d = ( 3ax + 2bx + c ) ( 6ax + 2b ) ⇔ 8ax + 4bx + 2cx + d = 18a x + 18abx + ( 4b + 6ac ) x + 2bc Đồng hệ số vế phương trình trên, ta có: 8a = 18a   4b = 18ab a = ⇔  Do P ( x ) = x 2c = 4b + 6ac b = c = d = d = 2bc  Vậy, P ( x ) = P ( x ) = x Bài 9: Tìm tất đa thức P ( x ) Q ( x ) thỏa mãn: P ( Q ( x ) ) = P ( x ) Q ( x ) với ∀x Bài giải Xét P ( x ) ≡ , suy Q ( x ) đa thức Xét P ( x ) ≡/ Gọi deg P = n , deg Q = m m = n = m = n = Từ phương trình ban đầu, ta có: m.n = m + n ⇔ ( m − 1) ( n − 1) = ⇔  Nếu m = n = , P ( x ) = C ≠ (C số), suy Q ( x ) = 2 Nếu m = n = , đặt P ( x ) = ax + bx + c, Q ( x ) = px + qx + r (1) Thay (1) vào phương trình ban đầu, đồng hệ số vế, ta có:  p =1  b = c = q = r = Từ suy P ( x ) = ax , Q ( x ) = x Vậy Nếu P ( x ) ≡ Q ( x ) đa thức Nếu P ( x ) = c Q ( x ) = 2 Nếu P ( x ) = ax Q ( x ) = x Bài 10 ( Đề nghị thi HSG DH ĐBBB 2015) Tìm đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn: 2 P ( x ) P (2 x − 1) = P ( x ) P(2 x − 1) Bài giải Giả sử deg P ( x) = n - Nếu n = P (x) = const (thỏa mãn) - Nếu n > ta đặt P(2 x − 1) = n P( x) + R( x) , deg R ( x) < n Thay vào giả thiết ta nhận P ( x ) R( x ) = P ( x ) R ( x) R ( x) khác đa thức ta có deg P + 2deg R = 2deg P + deg R 15 Suy deg P = deg R , mâu thuẫn Vì ta có R ( x) = nên P(2 x − 1) = n P( x) ⇒ P(2 x + 1) = n P( x + 1) Đặt Q ( x) = P ( x + 1) ta có Q(2 x) = n Q( x) n i Giả sử Q( x) = ∑ x , đồng hệ số ta i = n , ∀i = 0,1, , n − , i =0 Suy = 0, ∀i = 0,1, , n − Khi Q( x) = a n x n ⇒ P( x) = a n ( x − 1) n (thỏa mãn) Bài 11 ( Đề nghị thi HSG DH ĐBBB 2014) Tìm tất đa thức với hệ số thực thỏa mãn : P ( x).P ( x + 1) = P ( x + 2) , ∀x ∈ R Bài giải Nếu degP = P( x) ≡ c , c số c = c = Từ (1) ⇒ c.c = c ⇔  Suy trường hợp có hai đa thức : P( x ) ≡ 0, P ( x) ≡ thỏa đề  Nếu deg P = m với m lẻ đa thức P( x) ln có nghiệm x0 ∈ R Từ (1) suy : P( x0 + 2) =P( x0 ).P ( x0 + 1) = suy x02 + nghiệm P( x) u1 = x0   un = un −1 + , n ≥ Xét dãy số : (un ) :  Dễ dàng ta thấy (un ) dãy tăng quy nạp theo n ta có : P(un ) = , ∀n Do đa thức P( x) có vơ số nghiệm : điều vơ lý Vì deg P( x) chẵn  Xét deg P( x) = n , n ∈ N * • Ta viết lại P ( x) = a2 n x n + a2 n −1 x n −1 + + a1 x + a0 , a2 n ≠ Từ quan hệ (1) toán, ta đồng hệ số x 4n hai vế phương trình hàm, ta : a22n = a2 n ⇔ a2 n = • Ta đặt P ( x) = ( x − x + 2) n + G ( x) với deg G ( x) < 2n G ( x) ≠ Khi : P( x ).P ( x + 1) = P ( x + 2) , ∀x ∈ R ⇔ G ( x) + ( x − x + 2) n  G ( x + 1) + ( x + x + 2) n  = G ( x + 2) + ( x + 2) − ( x + 2) n +  ⇔ G ( x).G ( x + 1) + G ( x).( x + x + 2) n + G ( x + 1).( x − x + 2) n = G ( x + 2) , (2) Vì : ( x − x + 2).( x + x + 2) = ( x + 2)2 − x = ( x + 2) − ( x + 2) + Mà deg G ( x) = k < 2n suy : VT(2) có bậc : 2n + k , VP(2) có bậc 2k Nhưng : 2n + k > 2k Do phải có G ( x) ≡ , ta tìm : P( x) = ( x − x + 2) n , ∀x ∈ R Vậy đa thức cần tìm : P( x) ≡ 0, P( x) ≡ , P ( x) = ( x − x + 2) n , ∀x ∈ R Bài 12 ( Đề nghị thi HSG DH ĐBBB 2015)  Tìm tất đa thức P ( x) với hệ số thực thỏa mãn: 16 n ( ) ( ) P x2 + x + P ( 3x +1) = P 6x3 + 7x2 +16x + , " x Ỵ ¡ Bài giải Nếu P ( x) đa thức P ( x) º 0, P ( x) º P ( x) = 2x - 1, " x Ỵ ¡ đa thức bậc nhất thỏa mãn ( ) * Giả sử degP = n n ẻ Ơ Gi an ( an ¹ 0) hệ số bậc cao cuả P ( x) , hệ số bậc cao hai vế phương trình: 3n ( an) = 6n an Þ an = 2n n Đặt P ( x) = ( 2x - 1) + Q( x) Giả sử degQ = k < n( k Ỵ ¥ ) Thay vào phương trình hàm ban đầu: é ù n ù n ê2x2 + 2x + + Q x2 + x + úé (ê6x +1) + Q( 3x +1) úú ê úê û ê úë ë û ( ( ) ( ) n ) ( ) n n Û ( 6x +1) Q( x2 + x + 3) + ( 2x2 + 2x + 5) Q( 3x +1) +Q( x2 + x + 3) Q( 3x +1) = Q( 6x3 + 7x2 +16x + 3) , " x Ỵ = 12x3 +14x2 + 32x + + Q 6x3 + 7x2 +16x + , " x Ỵ ¡ ¡ Khi bậc đa thức vế trái phương trình là: 2n + k , bậc đa thức vế phải 3k < 2n + k (vô lý) Vậy Q( x) º Kết luận: Tất đa thức thỏa là: P ( x) º 0, P ( x) º 1, P ( x) = ( 2x - 1) n ( nẻ Ơ* ) I.3 Mt s bi toán xác định đa thức nhiều biến * Các tốn sau có độ phức tạp có nhiều biến, học sinh phải học cách đơn giản tốn nhờ giảm biến Bài 1: Tìm tất đa thức P ( x, y ) với hệ số thực cho P ( x + 1, y + 1) = P ( x, y ) với x, y thực Bài giải Giả sử Q ( t ) đa thức biến tùy ý Dễ dàng nhận thấy P ( x, y ) = Q ( x − y ) P ( x + 1, y + 1) = Q ( x + − ( y + 1) ) = Q ( x − y ) = P ( x, y ) Giả sử P ( x, y ) đa thức thỏa mãn đề Xét Q ( t , y ) = P ( t + y, y ) với ∀t , y ∈ ¡ Suy Q ( t , y + 1) = P ( t + y + 1, y + 1) = P ( t + y, y ) = Q ( t , y ) Do với số thực t tùy ý, đa thức biến H ( y ) = Q ( t , y ) nhận giá trị cố định với y nên H ( y ) đa thức 17 Hay Q ( t , y ) = S ( t ) đa thức ẩn Suy P ( t + y, t ) = S ( t ) ⇔ P ( x, y ) = S ( x − y ) , thử lại Vậy nghiệm phương trình P ( x, y ) = Q ( x − y ) với Q ( t ) đa thức biến Bài 2: (Iran TST 2010) Tìm đa thức biến P ( x, y ) hệ số thực, thỏa mãn P ( ab, c + 1) + P ( bc, a + 1) + P ( ca, b + 1) = với ∀a, b, c Bài giải Kí hiệu A ( a, b, c ) phép thay a, b, c vào phương trình ban đầu Ta có: A ( 0,0,0 ) ⇒ P ( 0,1) = A ( 0, 0, c ) ⇒ P ( 0, y ) = với y > , suy x | P ( x, y ) A ( a, b,0 ) ⇒ P ( x,1) = với ∀x , suy y − 1| P ( x, y ) Vì vậy, P ( x, y ) = x ( y − 1) Q ( x, y ) Ta có: A ( a, b, c ) ⇒ cQ ( ab, c + 1) + aQ ( bc, a + 1) + cQ ( ca, b + 1) = Kí hiệu B ( a, b, c ) phép thay a, b, c vào phương trình Ta có: B ( 0, 0, c ) ⇒ Q ( 0, y ) = với y > , suy x | Q ( x, y ) Vì đặt Q ( x, y ) = xR ( x, y ) 2 Từ đây, ta R ( ab, c + 1) + R ( cb, a + 1) + R ( ca, b + 1) = , lại quay phương trình ban đầu n Tiếp tục q trình ta có P ( x, y ) = x n ( y − 1) , P ( x, y ) thỏa mãn với số tự nhiên n , nghĩa P ( x, y ) ≡ Thử lại Vậy đa thức cần tìm P ( x, y ) ≡ Bài (THTT T11/435): Tìm tất đa thức P( x, y ) cho P ( x, y ).P ( z , t ) = P ( xz + yt , xt + yz ) với x; y; z; t ∈ R Bài giải: ( xz + yt ) + ( xt + yz ) = ( x + y )( z + t ) Xét trường hợp P ( x, y ) ≠ Nhận xét ( xz + yt ) − ( xt + yz (= ( x − y )( z − t ) 2 Do đặt P ( x, y ) = ( x + y ) m ( x − y ) n Q( x, y ) Trong m, n ∈ ¥ đa thức Q ( x; y ) không chia hết cho x + y; x − y P ( x, y ).P ( z , t ) = P( xz + yt , xt + yz ) Suy ⇔ ( x + y ) m ( x − y ) n Q ( x, y ).( z + t ) m ( z − t ) n Q( z , t ) = ( x + y )m ( x − y ) n z + t )m ( z − t )n Q ( xz + yt , xt + yz ) ⇔ Q( x, y ).Q( z , t ) = Q( xz + yt , xt + yz ) (2) Cho z = t = Q ( x, y ).Q(0,0) = Q(0,0) Ta chứng minh Q (0,0) ≠ 18 (1) Thật vậy, giả sử Q (0,0) = Lấy y = − x, t = z Q ( x, − x)Q ( z , z ) = Q (0,0) = Xét Q ( z , z ) ≠ ⇒ Q ( x; − x) = Từ (2) ta có i j Khi Q( x, y ) = ∑ aij x y i, j = ∑ aij ( xi − (− y )i ) y j + ∑ aij (− y )i y j i, j i, j Q( x, − x ) = ⇒ ∑ aij x i (− x) j = i, j i i j Suy Q( x; y ) = ∑ aij ( x − (− y ) ) y Mx + y i, j Tương tự Q ( z, z ) = ∀z ∈ ¡ suy Q( x, y )M( x − y ) Điều mâu thuẫn với (1) Như Q ( x, y ) = Vậy P ( x, y ) = ( x + y ) m ( x − y ) n ∀m, n ∈ ¥ tất đa thức thỏa mãn yêu cầu toán * Sau số tập rèn luyện cho em học sinh: I.4 Bài tập tự luyện Bài 1( VMO 2006) : Hãy xác định tất đa thức P ( x) với hệ số thực, thỏa mãn hệ thức sau P ( x ) + x(3P ( x) + P (− x)) = ( P ( x)) + x với x Bài ( Ireland 1994): Hãy xác định tất đa thức P ( x) với hệ số thực, thỏa mãn: P( x ) = P( x) P( x − 1) Bài 3( Iran, TST 2009) : Hãy xác định tất đa thức P( x; y ) với hệ số ( x + y )2 ( x − y )2 , ) với x, y 2 Bài 4: Tìm tất đa thức hệ số thực thỏa mãn: Nếu P (a ) nguyên a nguyên Bài 5: Tìm tất đa thức P ( x) thỏa mãn hệ thức: P (3x) = P '( x).P ''( x).P '''( x) Bài 6: Xác định đa thức P ( x) hệ số thực thỏa mãn: xP ( y ) + yP ( x ) = ( x + y ) p ( x) P ( y ) với x, y Bài 7: Tìm tất đa thức P ( x) với hệ số thực thỏa mãn điều kiện:  P (0) =  2  P ( x + 1) − ( P ( x)) − xP( x) = ∀x Bài 8: Hãy tìm tất đa thức P ( x) cho P ( x) có hệ số nguyên  P(1) = không âm, thỏa mãn   P(2) = 2012 Bài 9: Tìm tất đa thức P ( x) với hệ số thực thỏa mãn điều kiện: thực, thỏa mãn điều kiện P ( x , y ) = P ( 19 1 P ( x ) + P( x ) P ( ) + P ( ) = P ( x ) P ( ) , ∀x ≠ x x x Bài 10 ( THTT T9/416): Tìm tất đa thức P ( x) cho  P(2) = 12  2  P( x ) = x ( x + 1) P( x), ∀x ∈ ¡ Bài 11( USA 2014): Tìm tất đa thức P ( x) với hệ số thực thỏa mãn điều kiện : P ( x 2) = P( x + − x ) ∀ x ≤ 1; Bài 12( VMO 1997): Tìm tất đa thức f ( x) với hệ số hữu tỷ có bậc nhỏ f ( 3 + 9) = + 3 Bài 13 ( THTT T9/421): Tìm tất đa thức P ( x) thỏa mãn ( P( x)) − = P( x − x + 1) , ∀x ∈ ¡ Bài 14 ( Việt Nam TST 1999): Tìm tất đa thức với hệ số thực có bậc1999 thỏa mãn điều kiện: Tồn số thực a cho ( P ( x)) − = a( x − 4)( P ' ( x)) II MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ ĐA THỨC HỆ SỐ NGUYÊN II.1 Một số toán đa thức hệ số nguyên * Các toán đa thức hệ số nguyên đòi hỏi học sinh phải biết kết hợp kiến thức số học để giải toán đại số, giải tích * Học sinh chủ yếu áp dụng tính chất sau đa thức hệ số nguyên: P (a ) − P (b)Ma − b với a, b hai số nguyên phân biệt Bài ( Đề thi HSG DHĐBBB 2012) : Cho P ( x) Q( x) hai đa thức với hệ số nguyên thỏa mãn: ( ) ( ) P x3 + xQ x3 chia hết cho x2 + x + Gọi d ước số chung lớn hai số P ( 2013) Q( 2013) Chứng minh d chia hết cho 2012 Bài giải 3 3 Ta có P x + xQ x =  P x − P ( 1)  + x Q x − Q( 1)  + xQ( 1) + P ( 1) (1) ( ) ( ) ( ) ( ) Vì  P ( x ) − P ( 1)  M( x − 1) ( x − 1) M( x + x + 1) nên  P ( x ) − P ( 1)  M( x + x + 1) Lập luận tương tự ta có  Q( x ) − Q( 1)  M( x + x + 1) Do kết hợp với (1) xQ( 1) + P ( 1) M( x + x + 1) Mà deg xQ( 1) + P ( 1)  ≤ 1< = deg( x + x + 1) 3 3 2 2 nên xQ( 1) + P ( 1) ≡ ⇔ P ( 1) = Q( 1) = 20 Do ta phân tích P ( x) = ( x − 1) R1 ( x) Q( x) = ( x − 1) R2 ( x) với R1 ( x) ; R2 ( x) đa thức có hệ số ngun (vì P ( x) , Q( x) đa thức có hệ số nguyên)  P ( 2013) = 2012.R1 ( 2013) Từ phân tích ta có  Q( 2013) = 2012.R2 ( 2013) Hay P ( 2013) M2012 Q( 2013) M2012 Vậy d = ( P ( 2013) , Q( 2013) ) M2012 (đpcm) Bài 2: Cho đa thức với hệ số nguyên P(x) = ax3 + bx2 + cx + d Trong đó, a,b chia hết cho 3, c khơng chia hết cho Chứng minh rằng: Với số tự nhiên n ta luôn tồn số nguyên an 3n cho P(an )M Bài giải: Do c không chia hết cho tồn r ∈ { 0;1;2} Sao cho c.r + dM Xét P(3x + r) = a(3x + r )3 + b(3x + r )2 + c(3x + r ) + d = 39ax3 + (9ar + b)x3 + (3ar + 2br + c)x + d = 3.P1(x) Ta thấy P1(x) có dạng P(x) suy P1(x) = 3P2 (x) Cứ tiếp tục quy trình P(3x + r ) = 3n.Pn (x) Suy tồn an = 3x + r cho P(an) = 3n.Pn(x) Bài (THTT T9/455): Cho đa thức f (x) = x3 − 3x3 + 9x + 1964 Chứng minh tồn số nguyên a cho f (a) chia hết cho 32014 Bài giải: Ta có f (3x + 1) = 32 (3x3 + 2x + 219) Xét P(x) = 3x3 + 2x + 219 Áp dụng Bài Tồn an nguyên cho P(x)M 32012 Vậy tồn số nguyên a cho f (a) chia hết cho 32014 Bài 4: Chứng minh với số nguyên a ,phương trình x4 − 2007x3 + (2006 + a)x2 − 2005x + a = Khơng thể có hai nghiệm nguyên phân biệt Bài giải: 21 Đặt f (x) = x4 − 2007x3 + (2006 + a)x2 − 2005x + a Gọi α nghiệm nguyên f (x) , ta có f (α ) = Vì f (1) = 2α − 2005 số lẻ nên f (1) − f(α ) = 2a− 2005 số lẻ (1− α ) nên 1− α số lẻ, suy α số chẵn Do f (1) − f(α )M Giả sử α1,α nghiệm nguyên phân biệt phương trình f (x) = α1,α số chẵn Ta có 0= f (a1) − f (a2) a1 − a2 = (α13 + α12α + α 23) − 2007(α12 + α1α + α 22 ) + (2006 + a)(α1 + α 2) − 2005 Đẳng thức khơng xảy α1,α số chẵn ( Mâu thuẫn) Vậy phương trình f (x) = khơng thể có hai nghiệm nguyên phân biệt Bài 5: Cho f (x) đa thức với hệ số nguyên Chứng minh số ff(0), (1), , f (m− 1) không chia hết cho m ( m số nguyên dương cho trước m≥ ) phương trình f (x) = khơng có nghiệm ngun Bài giải : Giả sử f (x) có nghiệm nguyên x = c ( c ≠ { 0,1,2, ,m} Suy f (x) = (x − c)g(x) f (0) = (0 − c)g(0) f (1) = (1− c)g(1) ……………… f (m− 1) = (m− 1− c)g(m− 1) Do − c,1− c,2 − c, ,m− 1− c msố nguyên liên tiếp tồn số chia hết cho m ( mâu thuẫn với giả thiết) Vậy số ff(0), (1), , f (m− 1) không chia hết cho m ( m số nguyên dương cho trước m≥ ) phương trình f (x) = khơng có nghiệm nguyên II.2 Bài tập tự luyện Bài 1: Cho P(x) đa thức với hệ số nguyên Cho a,b hai số nguyên thỏa mãn điều kiện a < b P(a) = P(b) = Cho c,d hai số nguyên thỏa mãn điều kiện c < d P(c) = P(d) = −1 Giả thiết thêm a < c , chứng minh a,b,c,d số nguyên liên tiếp 22 Bài 2: Cho P(x) đa thức với hệ số nguyên Giả sử P(0) P(1) số nguyên lẻ Chứng minh rằng: đa thức P(x) khơng có nghiệm ngun 2k k −1 Bài 3: Cho đa thức : P ( x ) = a2 k x + a2 k −1 x + …+ a1 x + a0 , hệ số số nguyên lẻ, i=0,1,…,2k Chứng minh rằng: đa thức P(x) khơng có nghiệm hữu tỉ Bài 4: Cho dãy Fibonaci { an} : a1 = a2 = 1, an+2 = an + an+1 , ∀n∈ N * Chứng minh đa thức P(x) bậc n với hệ số ngun có tính chất P(k) = ak với x = n + 2, ,2n + 2, kéo theo P(2n + 3) = a2n+3 − Bài 5: Giả sử P(x) đa thức bậc 1991 với hệ số nguyên Xét đa thức Q(x) =P (x)-9 Chứng minh : số nghiệm nguyên đa thức Q(x) nhỏ 1996 Bài ( THTT T10/456): Cho đa thức f (x) = x3 + 3x2 + 6x + 1975 2015 Hỏi đoạn 1;3  có tất số nguyên a cho f (a) chia hết cho 32015 Bài 7: Cho P(x) Q(x) hai đa thức với hệ số nguyên Biết xP(x3 ) + Q(x3 ) chia hết cho x2 + x + Gọi d ƯCLN P(2015) Q(2015) Chứng minh d ≥ 2014 Bài 8: Cho f(x) đa thức bậc với hệ số nguyên, nhận giá trị 2015 với giá trị nguyên khác biến x Chứng minh phương trình f (x) = 2046 khơng thể có nghiệm nguyên HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 23 ĐỐI VỚI HOẠT ĐỘNG GIÁO DỤC, VỚI BẢN THÂN, ĐỒNG NGHIỆP VÀ NHÀ TRƯỜNG Là giáo viên dạy chuyên Toán nhiều năm hiên dạy lớp 10 chuyên Toán, tác giả nhận thấy kết tích cực sau triển khai sáng kiến kinh nghiệm cho lớp 10T1, 10T2, em đội tuyển HSG trường Trước hết, em có kiến thức bản, cách tiếp cận tốn đa thức làm đề thi hay tập nâng cao Trước áp dụng sáng kiến này: em học sinh lớp 10 chun Tốn bị động tìm lời giải, có 2,3 em/1 lớp tìm hướng giải ngay, thời gian giải quãng tiếng cho bài, em lớp 11 chuyên hơn, 10 em/1 lớp Sau áp dụng sáng kiến: em có phương pháp giải nên biết thử chọn phương pháp làm, với em lớp 10 trung bình quãng 20 em/1 lớp tìm lời giải, em lớp 11 quãng 25 em với đội tuyển HSG tồn em làm được, thời gian rút ngắn xuống 40 phút cho Trong kiểm tra học kì khóa chun Tốn 2017-2020,20182021,2019-2022, tốn đa thức mức độ vận dụng em lớp chuyên toán T1, T2 làm có đáp án Trong kì thi HSG khu vực duyên hải 2019 đồng Bắc Bộ, thi HSG quốc gia năm 2020 hay 2021 đa thức khơng gây khó khăn cho em đội tuyển kết khối 11 có giải nhất, giải KK; khối 10 có giải nhất, giải KK Trong kì thi HSG quốc gia lớp 12 năm học 2019-2020 2020-2021, 100% (10/10) em đạt giải Riêng năm học 2020-2021 có giải nhất, giải nhì, giải ba quốc gia mơn Toán! Sáng kiến với hệ thống tập tài liệu để em tra cứu tự luyện Đối với học sinh tham gia thi ĐH thi HSG tỉnh giáo viên cần cho em làm tập phần I.1; I.2 II.1 , xem Bài tập tự luyện 1, 2, 6, 7, Đây phần phù hợp với đối tượng 24 Đối với em học sinh thi HSG quốc gia thi TST giáo viên nên cho em làm hết tất tập, xem kĩ tập mẫu Các tập giúp em biết vận dụng cao hơn, tư sâu hơn, phát triển kĩ giải Toán KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 4.1 Kết luận Bồi dưỡng học sinh giỏi có ý nghĩa thiết thực nhiệm vụ trọng tâm Trường THPT chuyên Lam Sơn Các thầy cô giáo tổ Tốn ln cố gắng giảng dạy tự học để xứng đáng với truyền thống niềm tự hào Lam Sơn, mang cho trường, cho tỉnh nhiều giải cao, huy chương kì thi quốc gia, quốc tế mơn Tốn; đào tạo nhiều nhân tài cho đất nước Phần Đa thức chương trình tốn học phổ thơng phần khó, ln thách thức kì thi HSG Khi em học sinh vượt qua có giải thức Phần đầu chương trình lớp 12 em cịn gặp lại nhiều tốn khảo sát hàm số, vốn kiến thức hàm đa thức vững vàng giúp ích cho em học cao lên chương trình Đại học Tác giả mong rằng, em học sinh học phần Đa thức nỗ lực tìm tịi lời giải hay, tranh luận giúp tiến Về phía người dạy bồi dưỡng HSG: củng cố khắc sâu kiến thức có liên quan; rèn luyện cho học sinh sau đọc đề cần phân tích chọn lời giải tối ưu nhất, biết linh hoạt việc lựa chọn cách giải phải để ý đến thời gian làm bài, là kiểm tra; biết phân tích tốn tìm cách giải khác nhau, từ nhằm phát huy tính sáng tạo khái qt hóa tốn; rèn luyện cách trình bày cách chặt chẽ, cẩn thận sáng sủa Trên số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi số nội dung phần đa thức Trường THPT chuyên Lam Sơn người viết Trong phạm vi đề tài này, tác giả đưa số phương pháp điển hình dạng tập nội dung Rất mong bạn đồng nghiệp, người đọc góp ý kiến, bổ 25 sung để có cách dạy khai thác thể loại cách tốt hiệu cao 4.2 Kiến nghị Sở GD ĐT ủng hộ tạo điều kiện để giáo viên gặp gỡ, giao lưu, rút kinh nghiệm có thêm nhiều sáng kiến hay giảng dạy mơn Tốn trao đổi chun đề * * * Tơi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Thanh Hóa, ngày 08 tháng 05 năm 2021 XÁC NHẬN CỦA NHÀ TRƯỜNG TÁC GIẢ SKKN Bùi Văn Bình 26 DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Văn Mậu, Chuyên đề chọn lọc đa thức, Nhà xuất Giáo dục, Hà Nội 2008 [2] Lê Hồnh Phị, Chun Khảo Đa Thức, Nhà xuất đại học Quốc Gia Hà Nội [3] Nguyễn Văn Nho, Tuyển tập Olympic Toán học nước Châu Á – Thái Bình Dương [4] Báo Tốn học Tuổi trẻ [5] Andreescu Boreico, Functional Equations [6] Amir Hossein Parvardi, Polynomials Problems 27 ... kinh nghiệm CÁC BÀI TOÁN VỀ ĐA THỨC I BÀI TỐN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC I.1 Bài tốn xác định đa thức dựa vào yếu tố nghiệm đa thức Đây lớp tốn tìm đa thức dựa vào tính chất: đa thức hệ số thực bậc khơng... khuôn khổ đề tài “Kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi phần đa thức? ??, tác giả nêu số phương pháp thường dùng để em giải tốn cách khoa học hơn, có sở có tính sáng tạo Từ giúp em củng cố kiến thức, ... tích, đơn sử dụng hệ số bất định Điều mà học sinh học phải biết sử dụng bậc đa thức- một định nghĩa thiếu giới thiệu đa thức Bài 1: Tìm tất đa thức P( x) đa thức thỏa mãn: P ( x3 + 1) = P ( x + 1)