Chuyên đề 7. CHIA ĐA THỨC CHO ĐA THỨC

6.8.Cho hàm số ^{f x}

  

 x 2 x 3 x 4 x 5















1.

Chứng minh rằng f(x) luôn có giá trị là số chính phương với mọi giá trị nguyên của x.

(thi học sinh giỏi Toán 9, Lâm Đồng , năm học 2012-2013) 6.9.Chứng minh rằng:

a) Với mọi số tự nhiên n1thì An⁶n⁴2n³2n² không phải số chính phương.

b) Các số a và b đều là tổng 2 số chính phương thì tích ab cũng là tổng của 2 số chính phương.

(thi học sinh giỏi Toán lớp 9, tỉnh Nghệ An, năm học 2006- 2007) 6.10. Tìm số tự nhiên n để n5và n30 là các số chính phương.

( tuyển sinh lớp 10, THPT Chuyên ĐHKHTN, ĐHQG Hà Nội, năm học 2015-2016) 6.11. Cho hai số tự nhiên avà b. Chứng minh rằng nếu tích a b. là số chẵn thì luôn luôn tìm được số nguyên

csao cho a²b²c²là số chính phương.

6.12. a) Tìm số tự nhiên x sao cho x²21 là số chính phương.

b) Chứng minh rằng nếu m, n là 2 số chính phương lẻ liên tiếp thì (m-1)(n-1) chia hết cho 192.

6.13. Tìm xQ để x² x 6 là một số chính phương.

6.14. Tìm số nguyên dương n để tổng n⁴ n³ n²n 1là số chính phương.

6.15. Nếu a, b, Z ^thỏa mãn 2a²  a 3b² bthì a – b và 2a + 2b + 1 là những số chính phương.

nghiên cứu về phép khử, nghĩa là tìm điều kiện đối với các hệ số của hai đa thức để chúng có một nghiệm chung. Ông cho xuất bản Giáo trình Toán học được tái bản nhiều lần ở Pháp cũng như ở nước ngoài. Trong đó có một định lý nổi tiếng mang tên ông:

 Định Lý. Số dư trong phép chia đa thức f(x) cho (x – a) đúng bằng f(a).

5. Hệ quả của định lý Bézout. Nếu a là nghiệm của đa thức f(x) thì f(x) chia hết cho (x – a).

Người ta cũng chứng minh được rằng: Nếu đa thức f(x) nhận n số nguyên khác nhau a1 ; a2 ;.... ; an làm nghiệm thì f(x) chia hết cho (x - a1).(x - a2).... (x - an).

6. Phương pháp nội suy Newton

 Newton là nhà Toán học, Vật lý học người Anh. Ông sinh năm 1642 , mất năm 1727. Trong Toán học ông là nhà sáng lập và phát minh ra phép tính vi phân và tích phân. Ngoài ra ông có rất nhiều công trình về Toán học. Song người đời sau khi nhắc đến Newton, thường ca ngợi những phát minh của ông về vật lý học. Sau đây là phương pháp nội suy, một trong những phát hiện về toán của ông:

 Để tìm đa thức P(x) bậc không quá n khi biết giá trị tại (n + 1) điểm: C1 , C2 ,…, Cn +1 ta có thể biểu diễn P(x) dưới dạng:

         

0 1 1 2 1 2 1

( ) ... _{n n} ... _n

P x b b x C b x C x C  b x C x C x C

Bằng cách thay thế x lần lượt bằng các giá trị C₁ , C₂ ,…, C_{n +1} vào biểu thức P(x) ta lần lượt tính được các hệ số b0 , b1 ,…, bn .

7. Lược đồ Horner.

 Horner là nhà toán học Anh. Ông sinh năm 1787, mất năm 1837. Ông không có nhiều công trình nhưng nổi tiếng vì một phương pháp tính gần đúng một số phương trình và bây giờ lấy tên ông đặt cho phương pháp ấy. Thực ra thuật toán đã được người Trung Hoa biết đến từ trước, nhưng Horner đã phát minh ra nó một cách độc lập. Sau đây là lược đồ Horner:

 Để tìm thương và dư trong phép chia cho .Ta

lập bảng:

f a0 a1 … ak … an

x = α b₀ = a₀ b₁ = αb₀+a₁ … b_k = αbk-1+a_k … b_n = αb_n-1+a_n Với

B. Mét sè vÝ dô

Ví dụ 1. Thực hiện phép chia A:B trong các trường hợp sau:

a)A 12x y ^{3 4} ; B 3x y² . b)A ¹⁰x y z^{6 5 2}

  3 ; B ¹x yz²

9 . c)^{A 1x yn n 2 : 3x}



^{n 2yn}

 ^

^{n N, n 2}

^

2

 

 

    

  .

1

0 1 1 0

( ) ^{n n} ... _{n n}( 0)

f x a x a x ^  a _x a a  g x( ) x 

1

1 2

0 1 2 1

( ) ( ). ( ) ( ); ( ) .

( ) ...

n n n

n n

n n

f x x q x f f b b a

q x b x b x b x b

    _

 

 

     

    

Giải

a)A : B 12x y : ^{3 4}



3x y²



 4xy³ ;

b) 10 ^{6 5 2} 1 ^{2 4 4}

A : B x y z : x yz 30x y z

3 9

   

       ;

c)^{A : B 1x yn n 2 :}



^{3xn 2yn}



^{1x y2 2}

2 6

 

 

     . Ví dụ 2. Chứng minh rằng :

a) b) Giải

Tìm cách giải. Khi chứng minh đa thức f(x) ⋮ g(x) ta có thể:

- Cách 1. Phân tích đa thức f(x) thành nhân tử có chứa nhân tử g(x).

- Cách 2. Biến đổi đa thức f(x) thành tổng các đa thức chia hết cho đa thức g(x).

Trình bày lời giải a)Cách 1. Ta có :

Cách 2.

= b)

Ví dụ 3. Tìm các số thực a, b, sao cho đa thức + 5bx – 6 chia hết cho đa thức

8 4 2

x x 1 x  x 1

5 4 2

x  x 1 x  x 1

 

²

8 4 8 4 4 4 4

x x  1 x 2x  1 x  x 1 x



^{x4 1 x2}



^{x4 1 x2}



    



^{x4 x2 1 x}



^{4 2 x 1 x2 2}



     



^{x4 x2 1 x}

 

^{ 2 1}



^{2 x2}

      



^{x4 x2 1 x}



^{2 1 x x}



^{2 1 x x}

 

^{2 x 1}



        

8 4 2

x x 1 x x 1

    

8 4 8 2 4 2

x x  1 x x x  x x  x 1

     

2 6 3 2

x x 1 x x 1 x x 1

      

          

2 3 2 2 2 2 2

x x 1 x 1 x  x 1  x x 1 x  x 1  x  x 1 x  x 1

     

5 4 5 4 3 3 3 2 2

x x  1 x x x x  1 x x  x 1  x 1 x  x 1



^{x2 x 1 x}



^{3 x 1 x}

 

^{2 x 1}



      

4 3 2

4x 11x 2ax

x² – 2x – 3 .

(Thi học sinh giỏi lớp 9, TP Hà Nội, năm học 2012 – 2013) Giải

Tìm cách giải. Khi tìm hệ số a, b sao cho đa thức f(x) chia hết cho đa thức g(x), chúng ta có hai hướng suy nghĩ:

Đặt phép chia f(x) cho g(x) đến khi được phần dư có bậc nhỏ hơn bậc của đa thức g(x). Để phép chia hết ta đồng nhất phần dư đó với đa thức 0.

Còn nếu đa thức g(x) phân tích được thành nhân tử với các nhân tử bậc nhất, ta viết f(x) thành tích các nhân tử đó nhân với đa thức thương. Rồi dùng đồng nhất thức sao cho vế phải bằng 0.

Trình bày lời giải

Cách 1. Thực hiện phép chia ta được :

4x⁴ -11x³ -2ax² +5bx -6 x² - 2x - 3

4x⁴ -8x³ -12x² 4x² – 3x + (6 - a)

-3x³ -(2a-12)x² +5bx -6

-3x³ +6x² +9x

(6-2a)x² +(5b-9)x -6 (6-2a)x² -(12-4a)x -(18-6a)

(5b-4a+3)x +(12- 6a) Để phép chia hết thì

. Cách 2. Ta có

Đặt thương là q(x) ta có:

Chọn x = 3 ta có: 4.3⁴ 11.3³2 .3a ² 5. .3 6 0b  

 (1)

Chọn x = -1, ta có:

5b+2a = 9 (2) Từ (1) và (2) suy ra :

Thay vào (2) .

Ví dụ 4. Tìm đa thức f(x) biết:

 f(x) chia cho x+3 dư 1;

5b 4a 3 0 a 2

12 6a 0 b 1

     

  

  

 

 

²

2 2

x 2x 3 x  2x 1 4   x 1 4



x 1 2 x 1 2

  

x 3 x 1

 

       

    

4 3 2

4x 11x 2ax 5bx 6  x 3 x 1 q x 

15b 18a  215b 6a  7

 

⁴

 

³

 

²

 

4 1 11 1 2a 1 5b 1  6 0

8a 16  a 2 5.b 4 9 b 1

    

 f(x) chia cho x – 4 dư 8;

 f(x) chia cho (x + 3)(x – 4) thì được 3x và còn dư.

Giải

Tìm cách giải. Ta có (x + 3)(x – 4) là tam thức bậc hai, do đó phần dư khi chia f(x) chia cho

(x + 3)(x – 4) có dạng tổng quát là ax + b. Từ đó suy ra được: . Mặt khác ta có f(-3) = 1, f(4) = 8. Do vậy để tìm f(x) chúng ta cần xác định a. b bằng cách chọn x = - 3; x = 4 để đồng nhất hai vế.

Trình bày lời giải Theo định lý Bézout ta có

Đặt dư f(x) chia cho là ax + b

Suy ra .

 Với x =- 3 ta có: (1)

 Với x = 4 ta có: (2)

Từ (1) và (2) suy ra: 7a = 7 thay vào (2) ta được b = 4.

Từ đó ta được: .

Hay f x( ) 3 x³ 3x² 35x4.

Ví dụ 5. Tìm một đa thức bậc ba, biết P(x) chia cho (x - 1), (x - 2), (x - 3) đều được dư 6 và P(- 1) = - 18.

Giải

Tìm cách giải. Từ đề bài theo định lí Bézout ta có P(1) = 6, P(2) = 6, P(3) = 6, P(-1) = - 18. Như vậy đa thức P(x) bậc ba mà biết giá trị tại bốn điểm 1 ; 2 ; 3 ; - 1 nên ta có thể sử dụng phương pháp nội suy Newton.

Trình bày lời giải

Theo định lý Bézout ta có : P(1) = P(2) P(3) = 6.

Do đó ta đặt

Cho x = 1 ta được P(1) = d, suy ra d = 6

. Cho x = 2 ta được P(2) = 6 + c, suy ra c = 0

. Cho x = 3 ta được P(3) = 6 + 2b, suy ra b = 0.

.

    

f x  x 3 x 4 3x ax b   

f(3) 1;f(4) 8 



^{x 3 x 4}



^



    

f x  x 3 x 4 3x ax b   

      

1  3 3  3 4 3 3 a 3 b b 3a 1

   

8 4 3 4 4 3.4  a.4 b  b 4a 8 a 1

 

    

f x  x 3 x 4 3x x 4   

        

P(x) d c x 1   b x 1 x 2  a x 1 x 2 x 3  

        

P(x) 6 c x 1   b x 1 x 2  a x 1 x 2 x 3  

        

P(x) 6 0 x 1   b x 1 x 2  a x 1 x 2 x 3  

        

P(x) 6 0 x 1   0 x 1 x 2  a x 1 x 2 x 3  

Do đó P(x) = 6 + .

Cho x = - 1 ta được P(-1) = 6 – 24a, do đó – 18 = 6 – 24a suy ra a = 1.

Vậy P(x) = 6 + . Rút gọn ta được : .

Ví dụ 6. Chứng minh rằng đa thức chia hết cho đa thức

Giải

Tìm cách giải. Đa thức g(x) bậc n có n nghiệm phân biệt. Nếu mọi nghiệm của đa thức g(x) cũng là nghiệm của đa thức f(x) thì đa thức f(x) chia hết cho đa thức g(x). Nhận thấy trong bài g(x) có hai nghiệm là x = 2 ; x = 3, nên chúng ta chỉ cần kiểm tra xem x = 2 ; x = 3 có là nghiệm của f(x) không ?

Trình bày lời giải

Ta có nên

nên f(x) ⋮ (x - 3) Nên f(x) chia hết cho (x – 2)(x – 3) = x² – 5x + 6 Ví dụ 7. Cho

Tìm thương và dư của phép chia f(x) cho x – 6 Giải

Tìm cách giải. Ngoài cách chia thông thường, vì đa thức chia có dạng x – α nên ta có thể dùng lược đồ Horner.

Trình bày lời giải

Ta có sơ đồ Horner

f 2 0 -70 4 -1 1

α = 6 2 12 2 16 95 571

Suy ra

Vậy thương là và dư là

Ví dụ 8. Tìm các giá trị nguyên của x để giá trị của đa thức chia hết cho giá trị của đa thức B = x + 3.

Giải

Đặt phép chia ta có :

x³ + 2x² + 15 x + 3

x³ + 3x² x² – x + 3

   

a x 1 x 2 x 3  

   

1. x 1 x 2 x 3   P(x) x ³ 6x²11x

   

²⁰⁰

 

¹⁰⁰

f x  x 3  x 2 1 ^{g x}

 

^{ x2 5x 6}

   

²⁰⁰

 

¹⁰⁰

f 2  2 3  2 2  1 0 ^{f x}

  

^{x 2}



   

²⁰⁰

 

¹⁰⁰

f 3  3 3  3 1  1 0

5 3 2

( ) 2 70 4 1

f x  x  x  x  x

4 3 2

( ) ( 6). ( ) (6)

( 6)(2 12 2 16 95) 571

f x x g x f

x x x x x

  

      

4 3 2

( ) 2 12 2 16 95

g x  x  x  x  x r f(6)571.

3 2

A x 2x 15

- x² + 15 - x² - 3x

3x + 15 3x + 9

6

Muốn cho giỏ trị của A chia hết cho giỏ trị của B thỡ ta phải cú Ư(6)

.

x + 3 1 - 1 2 - 2 3 - 3 6 - 6

x - 2 - 4 - 1 - 5 0 - 6 3 - 9

Vậy với thỡ giỏ trị của biểu thức A chia hết cho giỏ trị của biểu thức B.

Vớ dụ 9. Tớnh giỏ trị biểu thức khi x² – 3x + 1 = 0.

Giải

Tỡm cỏch giải. Với x² – 3x + 1 = 0 thỡ tỡm x, ta được x khụng phải là số nguyờn, nờn thay vào biểu thức P để tớnh sẽ gặp nhiều khú khăn và cú thể dẫn đến sai lầm. Do vậy chỳng ta sử dụng P chia cho x² – 3x + 1 được Q(x) và phần dư R(x) khi đú, ta viết: P(x) = (x² – 3x + 1).Q(x) + R(x). Sau đú thay x² – 3x + 1 = 0 vào biểu thức, ta tớnh được P(x) đơn giản hơn.

Trỡnh bày lời giải Ta cú

28x⁵ - 2x⁴ -2013x³ +14606x +3447 x² - 3x + 1

28x⁵ -84x⁴ +28 x³ 28x³ + 82x² - 1795x - 5467

82x⁴ - 2041x³

82x⁴ - 246 x³ +82x²

-1795x³ - 82x² +14606x -1795x³ + 5385x² -1795x

-5467x² +16401x -3447 - 5467x² +16401x -5467 2020 Từ đú ta cú

mà

C. Bài tập vận dụng

7.1. Xác định a, b sao cho 2x³ + ax - b chia cho x + 1 thì d- -6, chia cho x -2 d- 21.

7.2. Tỡm một đa thức bậc ba, biết P(x) chia cho x, (x - 1), (x - 2), (x - 3) được dư lần lượt là 10 ; 12 ; 4 ; 1.

2 ; 2 ; 2

x yz a y zx b z xy c

x 3  ^{    }



^{1; 2; 3; 6}



 

x      2; 4; 1; 5; 0; 6;3; 9

5 4 3

P 28x 2x 2013x 14606x 3447



²



^{3 2}



P x 3x 1 28x  82x   1795x 5467  2020 x2 3x 1 0   P 2020

ax by cz a b c   

7.4. Tìm số dƣ của phép chia biểu thức (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 2020 cho đa thức x² + 8x + 12.

7.5. Cho x, y, z đôi một khác nhau. Chứng minh rằng:

chia hết cho với n là số nguyên lớn hơn 1.

7.6. Tìm các số nguyên a và b để đa thức A(x) = chia hết cho đa thức . 7.7. Tìm a và b để chia hết cho x² + 3x + 2.

7.8. Cho đa thức . Biết chia cho dƣ 3, chia cho dƣ 1 và chia cho dƣ 5. Tìm các hệ số .

(Tuyển sinh lớp 10, THPT Chuyên, tỉnh Nam Định, năm học 2015 - 2016)

7.9. Cho x² – 4x +1 = 0. Tính giá trị biểu thức .

7.10. Cho đa thức P(x) = ax² + bx+c.

Tìm a, b, c biết rằng .

7.11. Tìm phần dƣ trong phép chia sau:

a) chia cho g(x) = x -1;

b) chia cho g(x) = x² – 1;

c) chia cho g(x) = x + 1;

d) chia cho x² + x + 1.

7.12. a) Xác định hệ số a, b để chia hết cho .

b) Tìm đa thức dƣ trong phép chia cho đa thức .

7.13. Tìm phần dƣ của đa thức f(x) chia cho đa thức biết rằng f(x) chia cho (x+1) và (x – 3) có số dƣ lần lƣợt là -45 và -165.

7.14. Tìm các giá trị nguyên của x để giá trị của đa thức chia hết cho giá trị của đa thức D = x² + x + 1.

7.15. Xác định a, b sao cho chia hết cho g(x) = x² – x +b.

7.16. Cho đa thức và đa thức . Tìm để chia hết cho

.

     

n n n

A 3x z y  3y x z 3z y x

  

³

 

³



³

B x y  y z  z x

4 3

3

x  x ax b B x( )x²3x4

4 2

f(x) x ax b

 

²

P x ax bxc ^{P x}

 

^{x1 P x}

 

^{x P x}

 

1

x a b c, ,

5 4 3 2

B x 3x 3x 6x 20x 2025

     

P 0 26; P 1 3; P 2 2020

 

^{100 99 98}

f x  x x  x ... x 1 

 

^{100 99 98}

f x  x x x ... x 1 

 

^{100 99 98 2}

f x 100x 99x 98x ... 2x  x 1

 

^{2 9 1945}

f x  x  x x 3

3 2

( ) 2x .

f x x  a x b g x( )x² x 1

161 37 13 5

( ) 2020

P x x x x   x x Q x( )x²1

 

²

g x  x 2x 3

3 2

C x 3x 3x 1

 

^{4 3 2}

f x 6x 7x ax 3x 2

4 3 2

( ) 2 2

f x  x    x x x g x( )x²1 x f x( ) g x( )

7.17. Tỡm đa thức biết rằng chia cho thỡ dư , chia cho thỡ dư và chia cho thỡ được thương là và cũn dư.

7.18. Cho đa thức . Xỏc định để và .

7.19. Tỡm thương và dư của phộp chia cho .

7.20. Tỡm cỏc số a,b,c biết rằng đa thức chia hết cho

7.21. Xỏc định cỏc hệ số a và b để đa thức là bỡnh phương của một đa thức.

Trong tài liệu Phát triển tư duy sáng tạo giải toán Đại số 8 - THCS.TOANMATH.com (Trang 36-44)