Sáng kiến kinh nghiệm Đa thức và ứng dụng

 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG BÌNH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VÕ NGUYÊN GIÁP
 ----------
 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
 ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG
 Đồng Hới, tháng 05 năm 2018 2. Phần nội dung
 2.1.Thực trạng của vấn đề mà đề tài, sáng kiến, giải pháp giải quyết 
 Đa thức được học từ lớp 7, 8 bổ sung dần dần đến lớp 12 và hoàn chỉnh ở 
cấp Đại học. Hiện nay việc nghiên cứu đa thức ở bậc THPT còn hạn chế, bởi vì 
kiến thức này thương được sử dụng trong các đề thi học sinh giỏi và ít giáo viên 
viên dạy về phần này. Đề tài tập trung vào việc ứng dụng của đa thức vào việc 
giải các bài toán đại số, số học và đánh giá nghiệm của đa thức.
 2.2. Nội dung đề tài, sáng kiến, giải pháp 
 2.2.3. Định nghĩa và các phép toán
 Định nghĩa đa thức
 Cho hàm số f : ¡ ¡ . Ta gói f là đa thức nếu f  const (hằng số) hoặc tồn 
tại n ¢ ,n 1 và các số thực a0 ,a1,a2 ,...,an với a0 0 sao cho
 n
 f (x) a xn a xn 1 ... a xn a f (x) a xn k
 0 1 n 1 n ;  k
 k 0
 Các số a0 ,a1,a2 ,...,an gọi là các hệ số, a0 0 được gọi là hệ số cao nhất, an 
được gọi là hệ số tự do
 Đặc biệt khi a0 1 thì đa thức được gọi là đa thức chuẩn tắc hay đa thức 
mo-nic.
 Với a0 0 thì n là bậc của đa thức f (x) ký hiệu deg f n , đặc biệt f  c 0 
thì deg f 0 . Quy ước, với f (x)  0 thì deg f 
 Đa thức trên các tập số
 Với K là một tập số, ký hiệu
 n
 n k 
 [x] f (x)  ak x : ak ,k 0,1,2,...,n
 k 0 
 n
 n k
 Cho đa thức f (x)  ak x
 k 0
 • Nếu các hệ số ai ¡ thì ký hiệu f ¡ [x] Định lý 1.7.3 (Định lý Bezout). Nếu x a là nghiệm của đa thức f (x) thì 
 f (x)(x )
 Từ đó suy ra với P ¢[x] và a,b là hai số nguyên phân biệt thì
 P(a) P(b) (a b)
 Định lý 1.7.4 (Sự phân tích tiêu chuẩn). Mọi đa thức với hệ số thực đều 
có thể biểu diễn ở dạng
 t 
 nk 2 m j
 f (x) a (x xk ) (x bj x c j )
 k 1 j 0
 2
 Trong đó a,bj ,c j , xk ¡ ,bj 4c j 0,a 0
 Hai đa thức bằng nhau
 n m
 n k m t
 Cho hai đa thức f (x)  ak x và g(x) bt x . Nếu P(x) Q(x) tại ít nhất 
 k 0 t 0
[max(m;n) 1] giá trị phân biệt của x thì
 m n
 i 1,2.....n
 ai bi
 2.2.4. Sử dụng đa thức trong việc giải các bài tập đại số
 Ví dụ 1: Cho a,b,c,d 0. Chứng minh rằng 
 abc abd acd bcd ab ac ad b bd ca
 3 
 4 6
 Lời giải
 W.L.O.G giả sử 0 a b c d . Xét đa thức f (x) (x a)(x b)(x c)(x d) 
ta có 
 f (x) x4 (a b c d)x3 (ab bc cd da ac bd)x2 (abc bcd cda dab)x abcd
Vì f (x) có 4 nghiệm a,b,c,d 0 nên f (x) có 3 nghiệm x1, x2 , x3 0 Ta có
 f (x) 4x3 3(a b c d)x2 2(ab bc cd da ac bd)x
 (abc bcd cda dab)
 4(x x1)(x x2 )(x x3 ) Dễ thấy P 5 và 1, 4, 9, 16, 25 là nghiệm cảu P(x) nên 
 P(x) c(x 1)(x 4)(x 9)(x 16)(x 25) x
 1
 Cho x 0 tìm được c . Vậy
 120
 a1x a2 x a5 x 
 P(x) (x 1)(x 2)...(x 5) ... 1 
 x 1 x 2 x 5 
 1
 (x 1)(x 4)...(x 25)
 120
 Từ đó, cho x 36 thu được
 a1 a2 a3 a4 a5 1 35.32.27.20.11
 36.37.38.39.40.41 
 37 38 39 40 41 36 120
 a a a a a 35.32.27.20.11 1 187465
 Hay 1 2 3 4 5 
 37 38 39 40 41 120.36.37.38.39.40.41 36 6744582
 Ví dụ 4: Xét tất cả các tam thức bậc hai
 f (x) ax2 bx c , a 0,a,b,c ¢
 Sao cho f (x) có 2 nghiệm phân biệt trong khoảng (0, 1). Trong các tam 
thức như thế tìm tam thức có hệ số a nhỏ nhất.
 2
 Lời giải. Giả sử f (x) ax bx c là một tam thức thỏa mãn. Gọi x1, x2 là 2 
nghiệm của f (x) , theo giả thiết 0 x1 x2 1. Ta có
 f (0) ax1x2
 f (x) a(x x1)(x x2 ) 
 f (1) a(1 x1)(1 x2 ) 0
 Vì f ¢ x f (0), f (1) ¢ f (0) 1, f (1) 1 (4.1)
 Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM
 2
 f (0). f (1) x1(1 x1).x2 (1 x2 )
 2 2 2
 2 x1 1 x2 x2 1 x2 a
 (4.2)
 2 2 16 Từ đó, do hàm số g(x) liên tục trên ¡ nên phương trình g(x) 0 có nghiệm 
 x ; x 
trong 0 0 
 2 2
 Ví dụ 6: Cho f1(x) a1x b1x c1 và f2 (x) a2 x b2 x c2 là hai đa thức bậc 
hai với hệ số nguyên dương đều có nghiệm nhưng chúng không có nghiệm 
dương. Với mỗi n ¥ gọi dn f1(n); f2 (n) . Chứng minh rằng dãy dn bị chặn.
 Lời giải. Đặt f3 (x) a2 f1(x) a1 f2 (x) . Ta có
 f3 (x) a2b1 a1b2 x (a 2 c1 a1c2 ) a3 x b3 dn f3 (n)
 a2b1 a1b2 0 a1 b1 c1
 Nếu f3 (x)  0 thì 
 a2c1 a1c2 0 a2 b2 c2
 Suy ra hoặc f1(x), f2 (x) cùng vô nghiệm hoặc chúng có nghiệm giống nhau. 
Trái với giả thiết.
 Nếu a3 0,b3 0 thì dn b3 dn b3 do đó dãy dn bị chặn.
 2 2
 Nếu a3 0đặt a3 f1 n a3a1n a3b1 a1b3  f3 n a3 c1 b3 (a3b1 a1b3 ) . Khi đó 
 a3a1x a3b1 a1b3 f3 x a2 f1 x f3 x 
 dn .Nếu 0 thì f1 x 2 và f2 x suy 
 a3 a1
 b3
ra f3 x f1 x , f2 x . Do đó chúng có nghiệm chung x0 (vô lý)
 a3
 Nếu 0 thì dn suy ra dn bị chặn.
 2.2.5. Sử dụng đa thức trong các bài tập số học
 Ví dụ 1: Cho số tự nhiên lẻ P và các số nguyên a,b,c,d,e thỏa mãn các điều 
kiện a b c d e và tổng a2 b2 c2 d 2 e2 đều chia hết cho P. Chứng minh 
rằng a5 b5 c5 d 5 e5 cũng chia hết cho P.
 Lời giải. Xét đa thức f x x a x b x c x d x e . Ta đặt 
 f x x5 Ax4 Bx3 Cx2 Dx abcde (4.3)
 Với A a b c d e, B ab ac ad ae bc bd be cd ce de Từ đó, do r ¢ x,deg r 1,r x0 0 và x0 ¤ nên r x  0 x ¡ suy ra 
 f x a x2 x 1 và do đó b a,c a suy ra a b 2c 03
 Ví dụ 2: Cho a,b,c,d,e và f là những số nguyên dương có tổng bằng S , 
giả sử S chia hết abc def và ab bc ca de ef fd . Chứng minh rằng S là hợp 
số.
 Lời giải. Xét đa thức
 f (x) (x a)(x b)(x c) (x d)(x e)(x f )
 Sd 2 (ab bc ca de ef fd)d abc def
 Ta có 
 f (d) (d a)(d b)(d c)
 Sd 2 (ab bc ca de ef fd)d abc def
 Suy ra (d a)(d b)(d c)S
 Mà 0 d a,d b;d c S nên S không thể là số nguyên tố, do đó S là 
hợp số.
 Ví dụ 3: Tồn tại hay không đa thức f (x) x2 ax b với a,b nguyên thỏa mãn 
 a2 4b 0 và nhận giá trị chính phương tại 2010 điểm phân biệt.
 Lời giải. Tồn tại đa thức bậc hai có tính chất như vậy. Thật vậy:
 Xét f (x) x2 ax b , ta có 4 f (x) 4x2 4ax 4b (2x a)2 4b a2
 Giả sử tồn tại x1, x2 ,..., x2010; y1, y2 ,..., y2010 ,(xi x j ,1 i j 2010) là các số 
nguyên thỏa mãn
 2 2
 4 f (x1) (2xi a) 4b a
 2 i 1,2010
 4 f (xi ) 4yi
 2
 Suy ra 4b a (2yi 2xi a)(2yi 2xi a) i 1,2...2010 + Trường hợp 1. c d là bội của a b c d . Trong trường hợp này ta có 
 d c a b c d 2d a b 2c.
 Nhưng, theo BĐT AM-GM, có a b 2c 33 ab(2c) 3d 3 2 2d. Vô lý
 + Trường hợp 2. b d là bội của a b c d . Tương tự như trên, suy ra vô 
lý.
 Vậy b d
 Chú ý: Khi a d 2 ;b d;c 1 và d 2 1 P là số nguyên tố (chẳng hạn d 2,4 ) 
ta thấy bộ số a,b,c,d thỏa mãn yêu cầu bài toán.
 Ví dụ 5: Chứng minh rằng với bất kỳ 3 số nguyên a,b,c nào đó luôn tìm 
được n ¥ để cho số n3 an2 bn c không là số chính phương.
 Lời giải. Xét đa thức f (n) n3 an2 bn c. Ta cần chứng minh trong các đại 
lượng f (1), f (2), f (3), f (4) phải có ít nhất 1 số không là số chính phương.
 Giả sử trái lại, các số f (1), f (2), f (3), f (4) đều là số chính phương. 
 Ta có
 f (4) f (2) 12a 2b 56  2b (mod 4) (4.5)
 f (3) f (1) 8a 2b 26  2b 2 (mod 4) (4.6)
 Để ý rằng với mọi x ¢ thì x2  0 1 (mod 4), nên từ (4.5) và (4.6) suy ra 
 f (4) f (2) và f (3) f (1) là các số chẵn, do đó cùng chia hết cho 4. Suy ra
  f (3) f (1)  f (4) f (2) 24 (Vô lý)
 Vậy điều giả sử là sai, điều phải chứng minh.
 Ví dụ 6:Tìm nghiệm nguyên của hệ phương trình
 2x3 7x2 8x 2 y
 3 2
 2y 7y 8y 2 z
 3 2
 2z 7z 8z 2 x 5. Cho đa thức f x x3 ax2 bx c có nghiệm nguyên không âm. Tìm giá 
trị lớn nhất của m thỏa mãn f x m x a 3 x 0 . 
 6. Phương trình ax2 c b x e d 0 có 1 nghiệm x 1 
 7. Chứng minh rằng phương trình g x ax4 bx3 cx2 dx e 0 có nghiệm 
thực.
 P x ; P' x 1.
 8. Cho P ¢ x,deg P 1 sao cho Chứng minh rằng tồn tại 
 n ¢ sao cho P n không là số chính phương.
 9. Cho a,b,c ¢ sao cho a b c a2 b2 c2 . Chứng minh rằng tồn tại vô số 
 n ¢ sao cho a b c an bn cn . 
 10. Cho k ¢ ,k 1và các số nguyên a1,a2 ,...,an thỏa mãn
 i i i
 a1 2 a2 3 a3 .... n an 0 i 1,2,...,k 1
 k k k
Chứng minh rằng S a1 2 a2 3 a3 ... n an n! 
 n n 1
 11. Cho n ¢ ,n 2 và đa thức P x x an 1x ... a1x 1 ¢ x. Giả sử 
 ak an k k 1,2,...n 1 . Chứng minh rằng có vô số cặp số nguyên dương 
 x, y thỏa mãn x P y và y P x . Tìm cặp x; y nhỏ nhất.
 2.2.5. Sử dụng đa thức trong các bài tập bất đẳng thức
 Ví dụ 1: Giả sử phương trình x3 ax2 bx a 0có ba nghiệm thực không 
âm (không nhất thiết phải phân biệt). Chứng minh rằng 8a 3b 72 .
 Lời giải. Gọi ba nghiệm của phương trình là , , . Theo định lý Viete ta 
có:   6; . .  . a; .. b
 (  )2
 Theo bất đẳng thức AM – GM ta có . . Từ đó
 4
 8a 3b 8(    ) 3(  )
 8 (  )  (8 3 )
 8 (6 )  (8 3 ) Ví dụ 3: Giả sử a,b,c là ba số thực sao cho phương trình 
 x3 ax2 bx c 0 có ba nghiệm thực (các nghiệm không nhất thiết đôi một 
 3
phân biệt). Chứng minh rằng: 12ab 27c 6a3 10(a2 2b) 2
 Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
 Lời giải. Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng:
 3
 6a(a2 2b) 27c 10(a2 2b) 2 (1)
 Gọi ba nghiệm của phương trình là ,, . Theo định lý Viete ta có:
   a; . .  . b; .. c
 Và
 2  2  2 (   )2 2(    ) a2 2b
 Do đó:
 3
 (1) 6(   )( 2  2  2 ) 27  10( 2  2  2 ) 2 (2)
 Xét các trường hợp sau:
 + Trường hợp 1: 2  2  2 0 . Khi đó bất đẳng thức (2) hiển nhiên 
đúng.
 + Trường hợp 2: 2  2  2 0 . Không mất tính tổng quát, giả sử:
   (*), 2  2  2 9(**)
 Khi đó:
 (2) 2(   )  10 (3)
 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiakovsky ta có:
 (2(   )  )2 (2(  )  (2  ))2
 ((  )2  2 )(4 (2  )2 )