Dathuchesonguyen

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (348.53 KB, 15 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Chuyên

đề

:



Email :
Người thực hiện :
1)Trần Quốc Sang
2)Nguyễn Xuân Đào
3)Phạm Hồng MỹHạnh
4)Nguyễn Nhật Tân

…Lời giới thiệu: Toán học là một ngành khoa học mà hàng triệu con người đam mê theo đuổi. Đại sốlà
một trong ba nhánh lớn của câyđại thụtốn học. Mà trên đó, đa thức là một cành quan trọng. Đa thức nói
chung và đa thức hệsốngun nói riêng có những tính chất lí thú đẹp đẽvà nhiều ứng dụng.

Chuyên đềnày chúng tơi trình bày về đa thức hệsốngun. Kiến thức trong chuyên đềnày là
những gì đơn giản và rất dễhiểu. Nội dung bao gồm các định nghĩa, định lí và bài tập được trình bày cụ
thể như sau :

I) Kiến thức cần nhớ.
II)Bài tốn ví dụ.
III)Bài tập áp dụng.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

I) Ki

ế

n th

ứ

c c

ầ

n nh

ớ

:

1)Khái ni

ệ

m :

 Nếu đa thức 1

1 1 0

( ) n n ... , 0

n n n

f x a x a x   a xa a  có các hệsố ai,i0,n thì ta nói f(x) là
đa thức hệsốngun.

 Ta kí hiệu tập hợp các đa thức hệsốnguyên là Z x

 

2)

Các đị

nh lí :

 Định lí 1:Nếu đa thức f(x) có nghiệm ngun x thì f x( ) ( x). ( )g x với g(x) là đa thức hệsố

nguyên.

 Định lý 2:Cho f(x)là đa thức hệsốnguyên:

1 1 0

( ) n n ...

n n

f x a x a x  a xa (ai;i0,1, 2,...,n) a,blà hai sốnguyên khác nhau. Khi dó

( ) ( ) ( )

f a  f b  a b .
Chứng minh:

Ta có: ( ) 1 ... 1 0

n n

f a a a a a  a aa
( ) n 1 n ... 1 0

n n

f b a b a b  a ba

Suy ra: 1 1

1 1

( ) ( ) ( n n) ( n n ) ... ( )

n n

f a  f b a a b a a  b   a a b
Vì k k ( ),

a b  a b  k nên f a( ) f b( ) ( a b ) (đpcm).

 Định lý 3:Cho đa thức hệsốnguyên

( ) , 0

n
i

i n

i

f x a x a






 . Nếu x p, ( , ) 1,p q q 0
q

   là nghiệm của

f(x) thì p a| 0 và |q an.
Chứng minh:

Giảsửphân sốtối giản pqlà nghiệm của đa thức f(x). Khi đóta có :
1

1 1 ... 1 0 0

n n

n n n n

p p p p

f a a a a

q q q q


 
 

     

 
 

(1)
Và

(2)
Từ(1) suy ra n

n

a p chia hết q mà ( , ) 1p qn  nên anchia hết q.
Từ(2) suy ra 0

n

a q chia hết p mà ( , ) 1p qn  nên a0 chia hết q.Suy ra đpcm.

1 2 1

1 1 0

( ... )

n n n n

n n

a p q a p  a q  p a q 

     

1 2 1

0 ( 1 ... 0 )

n n n n

n n

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Bài toán 2:Cho f(x), g(x)là hai đa thức với hệsốnguyên thỏa điều kiện ( ) ( )3 ( )3

F x  f x xg x chia hết
cho đa thức x2 x 1. Chứng minh rằng f(x), g(x) cùng chia hêt cho ( 1)

x .

Bài toán 1:[Vĩnh Long_2010] Tồn tại hay không một đa thức với hệsốnguyên mà f(26) 1931 và
(3) 1995

f  ?

II) Bài t

ậ

p ví d

ụ

:

1) D

ạng 1: Bài tốn liên quan đế

n tính chia h

ế

t:

Gi

ả

i

Giảsửtồn tại một đa thức với hệsốnguyên thỏa điều kiện đềbài.
Ta ln có : f(26) f(3) (26 3) 23  

Nhưng f(26) f(3) 1931 1995   64 23 .

Do đó khơng tồn tại đa thức hệsốnguyên thoảmãn đềbài(đpcm).

Gi

ả

i

Ta có: ( ) ( )3 (1) ( )3 (1) (1) (1)

F x f x  f x g x g  f xg (2.1)
( )3 (1) ( 3 1) ( 2 1)

f x  f  x   x  x
( )3 (1) ( 3 1) ( 2 1)

g x g  x   x  x
Theo giảthiết, ( ) 2 1

F x x  x nên từ(2.1) suy ra (1) (1) 2 1

f xg x  x . Mà f(1)xg(1) có bậc bé hơn

hoặc bằng 1 nên f(1)xg(1) 0  f(1) g(1) 0 . Theo dịnh lý Bezout suy ra f x( ) ( x1) và
( ) ( 1)

g x  x .



Nhận xét : Đểhai đa thức f(x), g(x) cùng chia hết cho x1, theo định lý Bezout thì ta cần chứng

minhx0 1 là nghiệm của f(x) và g(x), tức là f(1) g(1) 0 .Một cách tựnhiên ta thêm bớt f(1), g(1) vào

và áp dụng định lý 2 để đi đến kết quả.

Bài toán 3 :Cho hai đa thức ( ) 3 2

f x ax bx cxd và g x( )dx3cx2bxacó hệsốa,b,c,d
ngun và d khơng chia hết cho 5. Giảsửf(m) chia hết cho 5, m. Chứng minh rằng có thểtìm được

n, n, sao cho g(n) chia hết cho 5.

Gi

ả

i

Ta có:

3 2

( ) 5

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Bài toán 4 :Cho đa thức P(x) với các hệsốnguyên, chia hết cho 3 khi x lấy các giá trịnguyên k,k+1,k+2.
Chứng minh rằng:

( ) 3,

P m   m

Bài toán 5: Cho P x( ) và Q x( ) là hai đa thức hệsốnguyên thỏa mãn điều kiện:

3 3 2

( ) ( ) 1

P x xQ x x  x .

Gọi d là ƯCLN của hai số P(2007) và Q(2007). Chứng minh rằng d2006.

Ta có: 3 ( ) ( ) 3( 3 2 ) ( 3 2 )

n f m g n n am bm cmd  dn cn bna
a m n( 3 3 1) bn m n( 2 2 1) cn mn2( 1) ( mn1)
g n( ) ( mn1) 5

Vậy sốnguyên n thỏa mn 1 (mod 5) thì g n( ) 5 .



Nhận xét : Ta có: ( ) ( ) 3 2 ( 3 2 )

f m g n am bm cm d dn cn bna . Ta cần làm mất hệsốtựdo
(a hoặc d) đểxuất hiện nhân tửchung. Nhân f(m) với n3 rồi trừcho g(n), ta có 3 ( ) ( ) 1

n f m g n mn  . Lại
có m5 nên tồn tại số nguyên n để mn 1 (mod 5). Từ đó đi đến đpcm.

Gi

ả

i

Với hai sốnguyên m và n phân biệt ta có:

( ) ( ) ( )

P m P n  m n

Ta có:

Các số P m( )P k( ), ( )P m P k( 1) và P m( )P k( 2) theo thứtựchia hết cho

, ( 1), ( 2)

mk m k m k  với mọim{ ,k k1,k2}.Vì mk m, (k 1),m(k2) là ba sốnguyên

liên tiếp nên trong đó có một sốchia hết cho 3.

Do đó một trong các số P m( )P k( ), ( )P m P k( 1) và P m( )P k( 2) có một sốchia hết cho 3. Mặt

khác, theo giảthiết, các số P k( ), (P k1), (P k2) đều chia hết cho 3.

Vậy : P m( ) 3,  m .

Gi

ả

i

Ta có

3 3 3 3

( ) ( ) ( ) (1) ( ) (1) (1) (1)

P x xQ x P x P x Q x Q xQ P (5.1)
Rõ ràng ( )3 (1) 3 1 2 1

P x P x  x  x (5.2)
( )3 (1) 3 1 2 1

Q x Q x  x  x (5.3)
Từ (5.1), (5.2), (5.3) và từgiảthiết suy ra

xQ(1)P(1)x2 x 1 (5.4)
Ta có deg



xQ(1)P(1)



1, deg



x2  x 1



2, vì thếtừ (5.4) suy ra xQ(1)P(1) 0 , hay

(1) (1) 0

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Bài toán 6:Cho đa thức P(x) bậc 4 có các hệsốnguyên và P(x) chia hết cho 7 với mọi x nguyên.
Chứng minh rằng các hệsốcủa đa thức P(x) đều chia hết cho 7.

Vì x1là nghiệm của P x( ) và Q x( ) nên 1
2
( ) ( 1). ( )
( ) ( 1). ( )

P x x R x

Q x x R x

 


  

 với R x1( ) và R x2( ) là hai đa thức hệ

sốnguyên. Thay x2007 ta có

2
(2007) (2006). (2007)
(2007) (2006). (2007)

P R

Q R




 

 (5.5)

Do R1(2007) và R2(2007) là các sốnguyên nên từ (5.5) suy ra P(2007) 2006 và Q(2007) 2006.
Điều đó chứng tỏrằng



(2007), (2007) 2006



d  P Q  (đpcm).



Nhận xét: Tương tựbài toán 2, ta thêm bớt P(1), (1)Q vào đểáp dụng định lý 2. Ngồi ra, bài tốn
trên cịn có áp dụng định lý 1 để được R x1( ) và R x2( ) là hai đa thức hệsố ngun. Đây là một bài tốn
khá hay có áp dụng nhiều định lý.

Gi

ả

i

Xem đa thức : ( ) 4 3 2

P x ax bx cx dx e , với a b c d e, , , , , a0.
Ta có : P x( ) 7  x . Do đó:

P(0) 7 e7 (6.1)
P(1)    a b c d e7 (6.2)
P( 1)     a b c d e7 (6.3)

(1) ( 1) 2 2 2 7 7

P P a b e a c

          (6.4)

(1) ( 1) 2 2 7 7

P P b d b d

         (6.5)

(2) 16 8 4 2 7

P  a b c de

2a b 4c 2 7d

    

2c d 7

   (6.6)

( 2) 16 8 4 2 7

P   a b c de

(2) ( 2) 32 8 2 7 4 7

P P a c e a c

          (6.7)
Mà ac7

Do đó: 3 7a a7 (6.8)
Từ(6.4) và (6.8)c7 (6.9)
Từ(6.6) và (6.9)d7(6.5)b7

Vậy: Các hệsốa,b,c,d,e thỏa yêu cầu của bài toán.



Nhận xét:

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Bài tốn 1:Tìm a, b sao cho đa thức chia hết cho đa thức

Bài toán 2 : Tìm đa thức f x( )khơng đồng nhất 0 với hệsốnguyên nhận số a 3234 làm nghiệm.

Chẳng hạn:

Q x( ) ( x 1)(x2)...(x7) 7,  x
và ( ) 7 7,

H x x x  x .

2)Vậy nếu bậc của P x( ) bé hơn 4 thì két luận đó có đúng khơng? Câu trảlời là có. Khi

deg ( ) 1, 2,3, 4,P x  P x( ) 7 với mọi x nguyên luôn luôn kéo theo các hệsốcủa P x( ) chia hết cho

3)Số7 là sốnguyên tố. Nếu ta thay 7 bởi một sốngun tốkhác thì sẽ có được kết quảgì?
Cho sốnguyên tốp lớn hơn hoặc bằng 5 và đa thức:

( ) 4 3 2

 

f x ax bx cx dx e  x , f x p( ) ,  x

thì a b c d e p, , , , 

Ta sẽxét bài toán này ởphần bài tập rèn luyện.

2) D

ạng 2: Bài toán xác định đa

th

ứ

c:

Gi

ả

i

Viết lại đa thức P(x) dưới dạng sau:

. (1.1)

Vì và nên từ (1.1) suy ra đa thức bật nhất

chia hết cho đa thức ( ) 2 3
Q x x  x b .
Do deg ( ) 2Q x  , còn deg ( ) 1R x  , nên từ R x Q x( ) ( ) suy ra R x( ) 0 , hay:

10 0 10

5 0 50

b b

a b a

   

 



     

 

Vậy hai đa thức cần tìm là: ( ) 3 8 2 5 50

P x x  x  x và Q x( )x23x10.



Nhận xét:

1)Bài toán trên sửdụng tính chất vềbậc của đa thức để có được R x( ) 0 .

2) P(x) là đa thức có bậc nhỏ(degP3) nên ta có thểgiải bài tốn này bằng phương pháp đồng nhất

hệ số. Giả sử ( ) ( 2 3 )( )

P x  x  x b x c  . Qua các bước nhân, rút gọn rồi đồng nhất hệ số ta vẫn được

50, 10 ( 5)

a  b  c .

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Bài tốn 3:Hãy tìm đa thức khơng đồng nhất 0 với hệ số nguyên nhận số 23 3 làm nghiệm.

3 3 3

3 3

6 6 2 6 4

6 6( 2 4)

6 6
a

a
  

  

 
hay a36a 6 0.

Rõ ràng a là nghiệm của đa thức ( ) 3 6 6

f x x  x . Vây f x( ) là đa thức cần tìm.



Nhận xét:

1) Ta lập phương số a đểlàm mất căn. Việc lũy thừa sốa có thểphải thực hiện nhiều lần. Ởbài toán
sau ta sẽ dùng phương pháp khác.

2) Ta có thểmởrộng thành bài tốn xác định một sốa là sốvơ tỉhay sốhữu tỉ. Ta thực hiện theo các
bước:

Bước 1:Lập một đa thức với hệsốnguyên nhận xa làm nghiệm.

Bước 2:Chứng minh rằng hoặc là đa thức tìm được khơng có nghiệm nguyên, hoặc là trong sốtất cảcác
nghiệm nguyên có thểcó của đa thức khơng có nghiệm nào bằng a.

Ví dụ:Số 32 34

a  là sốvơ tỉhay hữu tỉ?

Giải. Theo bài tốn 2 ta có a là nghiêm của đa thức ( ) 3 6 6
f x x  x .

Theo định lý 3, nếu f x( ) có nghiệm hữu tỉthì nghiệm đó phải thuộc tập hợp



   1, 2, 3, 6



Bằng cách thửtrực tiếp ta thấy    1, 2, 3, 6 không phải là nghiệm của đa thức f x( ). Do a là nghiêm của
( )

f x nên a là sốvơ tỉ.

Ta sẽxét những bài tốn tương tự ởphần bài tập rèn luyện.

Gi

ả

i

Đa thức ( ) 2 33

Q x  x  nhận x0  233 là nghiệm.

Xét đa thức R x( ) xác định như sau:



 



2 2

3 3

( ) ( ) 2 2 3 9

3 3 3 3 2 2 6 2 2 3

x x x x

       

Ta thấy 3

x x x

    

6 6 4 6 3 12 2 36 1

x x x x x

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Bài tốn 4 :Tìm đa thức bậc 3 dạng ( ) 3 2

f x x ax bx c sao cho f x( ) chia hết cho (x2)và f x( )

chia cho 2 1

x  thì dư 2x.

Vậy ( ) 6 6 4 6 3 12 2 36 1

P x x  x  x  x  x là đa thức không đồng nhất 0 với hệ số nguyên nhận 233
làm một nghiệm.



Nhận xét :

1)Trong bài toán trên, ta nhân các biểu thức liên hiệp thích hợp vào đa thức để làm mất căn bậc hai,
căn bậc ba.

2) Đa thức P x( ) tìm được có phải là đa thức hệsốngun có bậc nhỏnhất nhận nhận 233 làm

nghiệm khơng?

Giảsửcó một đa thức có bậc khơng lớnhơn 5 với hệsốngun

5 4 3 2

5 4 3 2 1 0

( )

G x a x a x a x a x a xa
cũng nhận 233làm nghiệm. Ta có:

( 2 3) 0

G  











 



3 3 3 3 3

5( 2 3) 4 2 3 3 2 3 2 2 3 1 2 3 0 0

a a a a a a

            (3.1)

Thực hiện khai triển và rút gọn (3.1) ta có: 3 3 3 3
0 1 2 2 3 3 9 4 2 3 5 2 9

b b b b b b . (3.2)
Trong đó:

0 0 2 3 4 5

1 1 3 4 5

2 1 3 4 5

3 2 4 5

4 2 4 5

5 3 5

2 3 4 50

2 12 4

6 3 20

3 12 3

2 8 15

3 20

b a a a a a

b a a a a

b a a a

b a a

    

    

    

   

   

 

(3.3)

Vì ai  , i 0, 5 nên suy ra bi cũng là sốnguyên,  i 0,5. Từ(3.2) suy ra bi   0, i 0,5. Do
vậy từ(3.3) suy ra hệ phương trình sau:

0 2 3 4 5

1 3 4 5

2 4 5

3 5

2 3 4 50 0

2 12 4 0

6 3 20 0

3 12 3 0

2 8 15 0

3 20 0

a a a a a

a a a a

a a a

a a
    

    

    

   

   

 


Giải hệ phương trình trên ta được ai   0, i 0, 5. Vậy mọi đa thức khơng đồng nhất 0 với hệsố
ngun có bậc bé hơn hoặc bằng 5 khơng thểnhận 233.

Tóm lại, ( ) 6 6 4 6 3 12 2 36 1

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Bài toán 5 :Xác định đa thức f x( ) dạng :

5 4 3 2

( ) 3 2

f x x  x  x ax bxc
Biết rằng nó chia hết cho đa thức (x1)(x1)(x2).

Bài tốn 1 :Cho P(x) là một đa thức bậc 6 sao cho :

(1) ( 1), (2) ( 2), (3) ( 3)

P  P  P  P  P  P 

Chứng minh rằng : P x( ) P(x),x

Gi

ả

i

Vì f x( ) chia hết cho x-2 nên f(2) 8 4  a2b c 0.

Do f x( ) chia cho x2 1 thì dư 2x nên g x( ) f x( ) 2 x chia hết cho (x21).

Suy ra g(1) 1  a (b2) c 0 hay a b c  1và g( 1)       1 a b 2 c 0 hay a b c   1.

Ta có hệ phương trình

4 2 8 10

1 19

1 10

a b c a

a b c b

a b c c

     

 

      

 

       

 

Vậy đa thức cần tìm có dạng :

3 2

( ) 10 19 10

f x x  x  x



Nhận xét: Bài toán trên áp dụng định lý Bezout vềnghiệm của đa thức. Lần lượt thay các nghiệm vào
đa thức ta có hệ phương trình rồi suy ra a,b,c.

Gi

ả

i

Ta có f x( ) chia hết cho (x1)(x1)(x2) khi và chỉkhi

(1) 0

( 1) 6 0

(2) 4 2 0

f a b c

f a b c

   


      


    



Giải hệ phương trình này ta thu được a 1,b 3,c2

Vậy đa thức ra cần tìm là : ( ) 5 3 4 2 3 2 3 2
f x x  x  x x  x



Nhận xét:

1) Đối với lớp bài toán xác định các hệsố để được một đa thức như trên, các hệsốtìm được có thể
khơng là sốngun.

2) Khi cần xác định n hệsố chưa biết, thông thường, ta cần n dữkiện. Trong bài toán trên, cần xác
định ba hệsốa,b,c, ta thấy ngay ba dữkhiện đềbài.

3) Các d

ạ

ng khác :

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Ta có :

6 5 4 3 2

6 5 4 3 2 1 0

( )

P x a x a x a x a x a x a xa
Với a6 0,ai,(i0,1,...,6)

Xem đa thức f x( ) P x( )P(x), ta có

5 3

5 3 1

( ) 2 2 2

f x  a x  a x  a x

deg ( ) 5f x

 

Ta có : f(1) 0, (2) 0, (3) 0, ( 1) 0, ( 2) 0, ( 3) 0 f  f  f   f   f  

Đa thức f x( ) có deg ( ) 5f x  và có 6 nghiệm số. Do đó f x( ) 0

Vậy : P x( ) P(x),x

 Chú ý:Áp dụng định lý vềnghiệm của đa thức: Nếu f(x) có bậc khơng q n và có q n nghiệm thi
f(x) là đa thức khơng.

Gi

ả

i

Ta có: ( ) 2

f x ax axax bx c 
( 2 ) ( )

a x x a b x c

    

2 . ( 1) ( )
2

x x

a  a b x c

    . (2.1)
i) Giảsử f x( ) nhận các giá trịnguyên với mọi x nguyên.

Lấy x 0 c nguyên.

Lấy x 1 f x( )    a b c a b nguyên.

Lấy x 2 f x( ) 4 a2b c 2a2(a b  ) c 2a nguyên.
ii) Đảo lai, giảsử 2 ,a a b c ,  thì từ(2.1) và ( 1)

2
x x 

ta có f x( ),  x .
Vậy điều kiên cần và đủ đã được chứng minh.

Gi

ả

i

Ta có :

 







 





 











2 2

P P x x P x x . p. P x x q

x px q x p. x px q x q

     

        
Bài toán 2:Chứng minh rằng ( ) 2

f x ax bxc nhận các giá trịnguyên với mọi x nguyên khi và
chỉkhi 2 ,a a b và clà các sốnguyên.

Bài toán 3 :Chođa thức P x( )x2 pxq p q; , nguyên.Chứng minh rằng tồn tại k nguyên sao cho

( ) (2005). (2006)

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>















 















  



2 2 2 2

2 2

2
2

x px q 2. x px q x x p x px q xp q

x px q . x px q 2x p 1

x px q . x 1 p x 1 q

P x .P x 1 .

           

       

      

 

Đặt k P 2005





2005. Vì p,q nguyên suy ra P(x) là đa thức hệsố nguyên. Do đó k là sốnguyên. Suy ra

( ) (2005). (2006)

P k  P P . (đpcm)



Nhận xét:Phân tích đpcm ta thấy: P(2005). (2006)P  P(2005). (2005 1)P  có dạng P x( ).(x1).

Lại tiếp tục phân tích ngược thì 2 2





( ).( 1) ( ) ( 1) ( 1) ( )

P x x  x  pxq  x  p x qP P x x . Từ
đó ta có điều cần chưng minh để đi đến kết quả.

Gi

ả

i

Nếu phương trình 2 0

ax bx c , với các hệsốnguyên, có nghiệm hữu tỉthì nghiệm đó ngun. Do đó

 là số chính phương.

a) Nếu  1994  2 (mod 4), vô lý
b) Nếu  1995  3 (mod 4), vơ lý
Suy ra đpcm.

Gi

ả

i

Đa thức có dạng 1

1 1 0

( ) n n ... , 0

n n n

P x a x a x   a xa a  . Giảsửtồn tại ba sốnguyên a b c, , đơi một
khác nhau thỏa điều kiện đềbài.

Vì P a( )P b( )a b và P a( )P b( )   b c b c a b 

   b c a b (5.1)

Tương tự, ta có: a b  c a (5.2)
c a  b c (5.3)
Từ(5.1), (5.2), (5.3) suy ra a b    b c c a . Vì a b c, , đơi một khác nhau nên từ đó ta suy ra:

Bài tốn 4 :Cho phương trình bậc hai sau đây có nghiệm hữu tỉ:

2 0

ax bx c với các hệsốnguyên. Chứng minh rằng biệt số của phương trình khơng thểbằng

1994 và cũng khơng thểbằng 1995 .

Bài tốn 5:Cho đa thức P x( ) với hệsốnguyên. Chứng minh rằng không tồn tại ba sốphân biệt
, ,

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

2 2

a b b c a b c

b c c b b c

b c c a a c b

    

       

      

  , vô lý.

Vậy giảthiết là sai suy ra đpcm.

Gi

ả

i

Phân tích f x( ) theo các lũy thừa của (x m ) ta được

1 1 0

( ) ( )n ( )n ... ( ) ( )

n n

f x a x m b xm   b xm  b g x m
Vì m là sốnguyên nên b ii, 0,n là các sốnguyên. Ta có: f m( )b0

Thay x bởi p

q ta được 0

p p p mq

f g m g

q q q

       

     

     

Do đó p mq
q



là nghiệm của g x( ). Áp dụng định lý 3 thì pmq là ước của b0  f m( ) (đpcm).

III) Bài t

ậ

p áp d

ụ

ng:

Bài toán 1:Cho đa thức ( ) 3 9 2 24 97
P x x  x  x

Chứng minh rằng với mỗi sốtựnhiên n luôn tồn tại sốnguyên an sao cho ( )P an chia hết cho 3n.

Hướng dẫn :  x P(3x 1) 27 ( )Q x . Với Q x( )x32x2 x 3

27 (3 )Q x  P(9x 1) P(9x 1) 81 ( )R x

Với R x( ) 9 x36x2 x 1
Vì 9 3, 6 3,1 3 ( ) 3n

n

R b


   

(9 1) 81 ( ); 9 1

( ) 81 ( ) 3

n n

n

n n

P b R b a b

P a R b 

   

 

(đpcm).

Bài toán 2:Cho P(x) là đa thức với hệsốnguyên. Chứng minh rằng nếu các sốP(0),P(1),…,P(m-1) đều
không chia hết cho m (m là số ngun dương) thì đa thức P(x) khơng có nghiệm ngun.

Hướng dẫn : Cm phản chứng :

( ) ( ) ( )

P x  xc Q x

Tính P(0); (1)...P P m(  1) (m 1 c Q m) ( 1)

0-c,1-c,…,m-1-c là n sốnguyên liên tiếp.

(0 1)

k k m

     thoả kc m

( )
P k m

  mâu thuẫn suy ra đpcm.

Bài toán 6: Chứng minh rằng nếu phân sốtối giản p

q là nghiệm của đa thức với hệsốnguyên
1

1 1 0

( ) n n ...

n n

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Bài toán 3 :Cho đa thức P(x) bậc 3 có các hệsốnguyên và P(x) chia hết cho 7 với mọi x nguyên. Chứng
minh rằng các hệsốcủa đa thức P(x) đều chia hết cho 7.

Hướng dẫn: Làm tương tựbài toán 6 (dạng 1)

Bài toán 4 :Cho đa thức có dạng :

5 4 3 2

( ) 9

P x x x  x ax bx c .
Biết rằng P(x) chia hết cho (x2)(x2)(x3). Hãy tìm đa thức P(x) ấy.

Hướng dẫn : P(2)P( 2)  P( 3) 0  (định lý Bezout)

Đáp số: a  1;b 20;c 12

Bài toán 5 : Tìm đa thức P(x) dưới dạng

4 2

( ) 2

P x  x ax bx c ,

Biết rằng P(x) chia hết cho đa thức x+2, nhưng khi chia cho đa thức x21 thì được phần dư là x.

Hướng dẫn :

( 2) 0; ( ) ( ) 1

(1) ( 1) 0

P Q x P x x x

Q Q

    

  



Đáp số: 28; 1; 22

3 3

a  b c

Bài toán 6 :Cho P(x) là đa thức với hệsốnguyên không âm và không lớn hơn 8. GiảsửP(9)=32078. Hãy
tìm đa thức P(x).

Đáp số: ( ) 4 4 8 3 2
P x  x  x 

Bài tốn 7 : Tìm đa thức hệsốnguyên bậc nhỏnhất nhận 1 2 3làm một trong các nghiệm của nó.
Đáp số: ( ) 4 4 3 4 2 16 8

P x x  x  x  x

Bái tốn 8 : Tìm mọi đa thức P x( ) 0 , thoảmãn điều kiện

( 1) ( 3) ( ),

xP x  x P x x.

Hướng dẫn :

(0) (1) (2) 0

( ) ( 1)( 2). ( )

P P P

P x x x x Q x

  

  

Q x(  1) Q x( ) : Hàm sốtuần hoàn.

Đáp số: P x( ) x x( 1)(x2)

Bài toán 9 :Xác định xem số a được xác định như sau là sốhữu tỉhay vô tỉ.
3

125 125

3 9 3 9

7 7

a      
Hướng dẫn :

3 5 6 0 1

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Bài toán 10 :[Đềthi vào lớp 10 chuyên toán TP.HCM năm 1982]

Đặt 3 1 8 1 3 1 8 1

3 3 3 3

a a a a

x a    a   . Chứng mkinh rằng với mọi 1
8

a thì x là sốtựnhiên.
Hướng dẫn: Lũy thừa sốx ta có ( 1)( 2 2 ) 0

x x  x a  . Biện luận đểcó x1.
Bài tốn 11 : Lập một đa thức với hệsốnguyên nhận a 2 3làm nghiệm.
Đáp số: ( ) 4 10 2 1

f x x  x 

Bài toán 12 : Cho n là sốtự nhiên. Xác định đa thức ( ) 2n n 1

P x x x  , biết rằng P x( )x2 x 1
Hướng dẫn: Xét ba trường hợp n3 ,k n3k1,n3k2



k



. Đáp án: n3.

Bài toán 13 : Chứng minh rằng nếu phân sốtối giản p

q là nghiệm của đa thức hệsốnguyên
1

1 1 0

( ) n n ...

n n

f x a x a x   a xa
thì pq là ước của f(1) và pq là nghiệm của f( 1) .

Hướng dẫn: Cmtt bài toán... Với m1 và m 1

Bài tốn 14:Đa thức P(x) bậc 4 có hệsốbậc cao nhất là 1 và thoảmãn điều kiện P(1)=3, P(3)=11 và
P(5)=27. Chứng minh rằng P(-2)+7P(6)=1112.

Hướng dẫn : Xét ( ) 2 2; (1) 3; (3) 11, (5) 27

f x x  f  f  f 

Q x( )P x( ) f x( ); deg ( ) deg ( ) 4Q x  P x 
Hệsốbậc cao nhất của P x( )Q x( )cũng là 1

(1) (3) (5) 0 ( ) ( 1)( 3)( 5)( )

Q Q Q  Q x  x x x xk

Với k là hằng số

( 2) 216 105

P    k

(6) 128 15

P   k  đpcm. Đáp số: 1112

Bài toán 15 :Cho đa thức : ( ) 4 3 2

P x x ax bx cxd
Biết P(1)=10, P(2)=20, P(3)=30. Chứng minh rằng:

(12) ( 8)

22 2006

P  P  

Hướng dẫn : Xét

 

0 0

( ) ( ) 10 ;deg deg ( ) 4

(1) (2) (3) 0 ( ) ( 1)( 2)( 3) ( )

( ) ( ) ( 1)( 2)( 3)( )

Q x P x x P x Q x

Q Q Q Q x x x x R x

R x x x P x x x x x x

   

       

        

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Bài toán 16: Giảsử P(x) là đa thức bậc 1991 với hệsố nguyên. Xét đa thức ( ) 2( ) 9.

Q x P x  Chứng minh
rằng sốnghiêm nguyên của đa thức Q(x) không vượt quá 1995.

Hướng dẫn

:

Chứng minh phản chứng nghiệm Q x( ) 1996

Bài toán 17:Cho P(x) là đa thức với hệsốnguyên. Chứng minh rằng nếu các sốP(0),P(1),…,P(m-1) đều
không chia hết cho m (m là số ngun dương) thì đa thức P(x) khơng có nghiệm nguyên.

Hướng dẫn : Cm phản chứng :

( ) ( ) ( )

P x  xc Q x

Tính P(0); (1)...P  P m(  1) (m 1 c Q m). ( 1)

0-c,1-c,…,m-1-c là n sốnguyên liên tiếp.

(0 1)

k k m

     thoả kc m

( )
P k m

  mâu thuẫn suy ra đpcm.

Tài liệu tham khảo:

- Chuyên đềbồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học cơ sở: Đa thức. [Phan Huy Khải]
- Chuyên đềbồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học cơ sở: Sốhọc. [Nguyễn Vũ Thanh]
- Tuyển tập 216 bài toán sốhọc chọn lọc. [Võ Đại Mau]

- Một sốbài toán về đa thức và phân thức. [Nguyễn Văn Mậu]
- Tuyển tập 5 năm toán học tuổi trẻ.

</div>

Dathuchesonguyen

Chuyên

<b>đề</b>

:



<b>I) Ki</b>

<b>ế</b>

<b>n th</b>

<b>ứ</b>

<b>c c</b>

<b>ầ</b>

<b>n nh</b>

<b>ớ</b>

<b>:</b>

<b>1)Khái ni</b>

<b>ệ</b>

<b>m :</b>

 

<b>2)</b>

<b>Các đị</b>

<b>nh lí :</b>



<b>II) Bài t</b>

<b>ậ</b>

<b>p ví d</b>

<b>ụ</b>

<b>:</b>

<b>1) D</b>

<b>ạng 1: Bài tốn liên quan đế</b>

<b>n tính chia h</b>

<b>ế</b>

<b>t:</b>

<b>Gi</b>

<b>ả</b>

<b>i</b>

<b>Gi</b>

<b>ả</b>

<b>i</b>



<b>Gi</b>

<b>ả</b>

<b>i</b>



<b>Gi</b>

<b>ả</b>

<b>i</b>

<b>Gi</b>

<b>ả</b>

<b>i</b>















<b>Gi</b>

<b>ả</b>

<b>i</b>



 

<b>2) D</b>

<b>ạng 2: Bài toán xác định đa</b>

<b>th</b>

<b>ứ</b>

<b>c:</b>

<b>Gi</b>

<b>ả</b>

<b>i</b>









<b>Gi</b>

<b>ả</b>

<b>i</b>



 



