Tailieumoi.vn xin giới thiệu đến các quý thầy cô, các em học sinh đang trong quá trình ôn tập tài liệu Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán đa thức, tài liệu bao gồm 13 trang. Tài liệu được tổng hợp từ các tài liệu ôn thi hay nhất  giúp các em học sinh có thêm tài liệu tham khảo trong quá trình ôn tập, củng cố kiến thức và chuẩn bị cho kỳ thi sắp hới. Chúc các em học sinh ôn tập thật hiệu quả và đạt được kết quả như mong đợi.

Mời các quý thầy cô và các em học sinh cùng tham khảo và tải về chi tiết tài liệu dưới đây

Tóm tắt tài liệu

Lý thuyết và bài tập về chuyên đề đa thức

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán
Đa thức
Phần I: Mục tiêu
- Cung cấp các lý thuyết chung về đa thức
- Vận dụng lý thuyết giải một số dạng toán về đa thức thường gặp trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi.
Phần II: Lý thuyết chung về đa thức
I Các định nghĩa
1/ Đa thức P(x) bậc n là hàm được xác định như sau:

P(x)= a_nxⁿ +a_n-1x^n-1+…+a₁x+a₀

Trong đó a0, a1, …, an là các hằng số cho trước và \[{a_n} \ne 0\]

Khi đó a₀, a₁,…,a_n được gọi là các hệ số của đa thức
Người ta dùng deg P(x) để kí hiệu bậc của đa thức P(x)

Nếu a_i là các số nguyên \(\forall i = \overline {0,n} \)thì P(x) gọi là đa thức với hệ số nguyên

Nếu a_i là các số hữu tỉ \(\forall i = \overline {0,n} \) thì P(x) gọi là đa thức với hệ số hữu tỉ.
2/ Số x0 được gọi là nghiệm của đa thức P(x) nếu P(x_0­) = 0
3/ Cho hai đa thức P(x) và Q(x). Ta nói rằng P(x) chia hết cho Q(x) nếu tồn tại đa thức h(x) sao cho P(x) = h(x). Q(x). Khi đó đa thức Q(x) là ước của đa thức P(x).
4/ Hai đa thức P(x) và Q(x) được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu P(x) và Q(x) không có ước chung bậc dương
5/ Cho k là một số nguyên dương. Số x0 được gọi là nghiệm bội k của đa thức P(x) nếu như đa thức P(x) chia hết cho đa thức(x – x₀)^k nhưng không chia hết cho đa thức (x – x₀)^k+1

6/ Đa thức nguyên thuỷ là đa thức với hệ số nguyên và các hệ số của nó là nguyên tố cùng nhau.

II. Các tính chất cơ bản của đa thức

Mệnh đề 1: Giả sử P(x) và Q(x) là hai đa thức tùy ý. Đặt h(x) = P(x) + Q(x). Khi đó h(x)cũng là đa thức và
deg h(x) = max{degP(x),degQ(x)} nếu deg\(P(x) \ne \deg Q(x)\)

deg\(h(x) \le \)max{degP(x), deg Q(x)} nếu degP(x) = degQ(x)
Mệnh đề 2: Giả sử P(x) và Q(x) là hai đa thức tuỳ ý. Đặt h(x) = P(x).Q(x). Khi đó h(x) cũng là đa thức và nếu \(P(x) \ne 0,Q(x) \ne 0\)thì deg h(x) = degP(x) + degQ(x).
Mệnh đề 3: Giả sử P(x) = h(x).Q(x), trong đó P(x) và Q(x) là các đa thức với hệ số hữu tỉ và \(Q(x) \ne 0\)thì h(x) cũng là đa thức với hệ số hữu tỉ.
Mệnh đề 4: (Định lý Bezout) Số x_0­ là nghiệm của đa thức P(x) \( \Leftrightarrow P(x) \vdots (x - {x_0})\)

Hệ quả 1: Mọi đa thức P(x) bậc n( \(n \ge 1\)) không thể có quá n nghiệm.

Nếu đa thức P(x)Bậc không quá n lại có n + 1 nghiệm thì tất cả các hệ số của nó bằng 0.
Hệ quả 2: Nếu P(x) là đa thức mà lại là hàm tuần hoàn thì P(x) ºC, với C là hằng số nào đó

Mệnh đề 5: (Định lý Viete) Giả sử đa thức P(x) =a_nxⁿ +a_n-1x^n-1+…+a₁x+a₀ có các nghiệm x₁, x₂, …,x_n. Khi đó ta có các đẳng thức sau:

x₁+x₂+…+x_n =\( - \frac{{{a_{n - 1}}}}{{{a_n}}}\)

\({x_1}{x_2} + {x_2}{x_3} + ... + {x_{n - 1}}{x_n} = \frac{{{a_{n - 2}}}}{{{a_n}}}\)

\({x_1}{x_2}{x_3} + {x_1}{x_2}{x_4} + ... + {x_{n - 2}}{x_{n - 1}}{x_n} =  - \frac{{{a_{n - 3}}}}{{{a_n}}}\)

\({x_1}{x_2}{x_3}...{x_n} = {( - 1)^n}\frac{{{a_0}}}{{{a_n}}}\)

Mệnh đề 6 ( Định lý Viete đảo) Nếu như các số thực x₁,x₂,…,x_n thỏa mãn hệ:

\({S_k} = {( - 1)^k}\frac{{{a_{n - k}}}}{{{a_n}}},k = \overline {1,n} \)

Khi đó x₁, x₂,…, x_n là n nghiệm của đa thức bậc n: P(x)= a_nxⁿ+a_n-1x^n-1 +…+a₁x+a₀

Mệnh đề 7: (Định lý về nghiệm hữu tỉ của đa thức với hệ số nguyên)
Giả sử đa thức P(x)=a_nx_n+a_n-1x_n-1+…+a₁x+a₀ là đa thức với hệ số nguyên, trong đó \(n \ge 1\).Khi đó , nếu P(x) có nghiệm hữu tỉ thì mọi nghiệm hữu tỉ của P(x) có dạng \(\frac{r}{s}\), trong đó r là ước của a₀, s là ước của a_n và (r,s)=1

Hệ quả 2: Nếu đa thức P(x)=xⁿ +a_n-1x^n-1+…+a₁x+a₀, trong đó a_i nguyên \(\forall i = \overline {0,n - 1} \). Khi đó nếu P(x) có nghiệm hữu tỉ thì mọi nghiệm hữu tỉ của P(x) đều
là số nguyên và là một trong các ước số của hệ số a₀

III. Lược đồ Horner

1/ Tính giá trị của đa thức P(x)=a_nx^n-1+a_n-1x^n-1+…+a₁x+a₀ khi \(x = \alpha \) ta dùng bảng Horner

2/ Chia đa thức cho nhị thức bậc nhất \(x - \alpha \)

Nếu như bản bảng Horner b₀=0 thì \(P(\alpha ) = 0\)nên \(P(x) \vdots x - \alpha \)

IV. Công thức nội suy Larange

Giả sử cho các số khác nhau b₀, b₁,…,b_n và các giá trị tùy ý c₀, c₁,…,c_n Khi đó tổn tại duy nhất đa thức P(x) có bậc không vượt quá n thỏa mãn các đẳng thức:

P(b₀)=c₀; P(b₁)=c₁;…; P(b_n)=c_n

Đa thức này có dạng như sau:

\(P(x) = {c_1}.\frac{{(x - {b_2})(x - {b_3})...(x - {b_n})}}{{({b_1} - {b_2})({b_1} - {b_3})...({b_1} - {b_n})}} + {c_2}.\frac{{(x - {b_2})(x - {b_3})...(x - {b_n})}}{{({b_2} - {b_1})({b_2} - {b_3})...({b_2} - {b_n})}} + ...\)

\( + {c_n}.\frac{{(x - {b_1})(x - {b_2})...(x - {b_n})}}{{({b_n} - {b_1})({b_n} - {b_2})...({b_n} - {b_{n - 1}})}}\)

V. Đa thức bất khả quy

Định nghĩa: Giả sử P(x) là đa thức với các hệ số hữu tỉ. P(x) được gọi là bất khả quy trên Q nếu P(x) không biểu diễn được dưới dạng tích của hai đa thức bậc dương với các hệ số hữu tỉ.
Mệnh đề 8: Nếu P(x) là đa thức với các hệ số hữu tỉ thì nó có thể biểu diễn một cách duy nhất dưới dạng \(P(x) = \frac{a}{b}Q(x)\)

Trong đó: \(\frac{a}{b}\)là phân số tối giản

Q(x) là một đa thức nguyên thuỷ
Bổ đề Gauss: Tích của hai đa thức nguyên thuỷ là một đa thức nguyên thuỷ.
Mệnh đề 9: Nếu đa thức P(x) với các hệ số nguyên có bậc degP(x) > 1 mà bất khả quy trên Z thì cũng bất khả quy trên Q.
Mệnh đề 10: Cho đa thức \(P(x) = {a_n}{x^n} + {a_{n - 1}}{x^{n - 1}} + ... + {a_1}x + {a_0}\)với hệ số nguyên và n > 1. Giả sử tồn tại số nguyên tố p thoả mãn các điều kiện sau:

\(1){a_n}\not  \vdots p\)

\(2){a_0},{a_1},...,{a_k} \vdots (0 \le k < n)\)

\(3){a_0}\not  \vdots {p^2}\)

Nếu P(x) có thể biểu diễn được dưới dạng tích của hai đa thức với hệ số nguyên thì bậc của một trong hai đa thức đó không nhỏ hơn k + 1
Mệnh đề 11: (Định lý Eisenstein về tiêu chuẩn bất khả quy của đa thức với hệ số
nguyên) Cho đa thức với hệ số nguyên \(P(x) = {a_n}{x^n} + {a_{n - 1}}{x^{n - 1}} + ... + {a_1}x + {a_0},n \ge 1\)

Biết rằng tổn tại số nguyên tố p sao cho \(1){a_n}\not  \vdots p\)

\(2){a_0},{a_1},...,{a_k} \vdots (0 \le k < n)\)

\(3){a_0}\not  \vdots {p^2}\)

Khi đó P(x) bất khả quy trên Q.
Mệnh đề 12: Giả sử Q(x) là một đa thức với hệ số hữu tỉ có bậc \( \ge \)1. Khi đó với mọi đa thức với hệ số hữu tỉ P(x) tồn tại duy nhất một cặp đa thức R(x), S(x) với hệ số hữu tỉ sao cho ta có biểu diễn sau: P(x) = R(x).Q(x) + S(x) và deg S(x) < degQ(x) nếu \(S(x) \ne 0\)

Mệnh đề 13: Cho đa thức \(P(x) \ne 0\)với hệ số hữu tỉ. Giả sử a là một nghiệm của P(x). nếu P(x) là bất khả quy trên Q thì P(x) là một đa thức có bậc nhỏ nhất với các hệ số hữu tỉ và có một nghiệm là a.

Phần III: Các dạng toán về đa thức

I. Dạng toán xác định bậc của đa thức

Bài 1: Cho đa thức P(x) =( 1 – 3x +3x²)²⁰⁰²(1 +3x – 3x²)²⁰⁰³

Tìm tổng các hệ số của đa thức có được sau khi khai triển , bỏ các dấu ngoặc và ước lượng các số hạng đồng dạng.
Hướng dẫn: S = P(1) = 1
Bài 2: Cho đa thức P(x) =(x²⁷ +x⁷ – 1)²⁰⁰²

Tìm tổng các hệ số của các lỹ thừa bậc lẻ của đa thức sau khi khai triển , bỏ các dấu ngoặc và ước lượng các số hạng đồng dạng.
Hướng dẫn:
degP(x) = 27.2002 với hệ số của luỹ thừa cao nhất là 1=> đa thức P(x) là đa thức bậc chẵn
Giả sử sau khi khai triển và rút gọn đa thức P(x) đã cho có dạng

\(P(x) = {x^{27.2002}} + {a_{n - 1}}{x_{n - 1}} + ... + {a_1}x + {a_0}\)

\(P(1) = 1 + {a_{n - 1}} + {a_{n - 2}} + ... + {a_1} + {a_0}\)

\(P( - 1) = 1 - {a_{n - 1}} + {a_{n - 2}} - ... - {a_1} + {a_0}\)

\( \Rightarrow P(1) - P( - 1) = 2({a_{n - 1}} + {a_{n - 3}} + ... + {a_1})\)

Đặt \(S = {a_{n - 1}} + {a_{n - 3}} + ... + {a_1}\)( tổng các hệ số của các lũy thừa bậc lẻ)

Mặt khác P(1)=(1+1 – 1)²⁰⁰² =1

P( - 1)= (- 1 – 1 – 1 )²⁰⁰² = 3²⁰⁰²

\( \Rightarrow 1 - {3^{2002}} = 2S =  > S = \frac{{1 - {3^{2002}}}}{2}\)

Bài 3: Cho đa thức P(x)= (x² +x +1)¹⁰⁰¹. Gọi a₀, a₁, a₂,…, a₂₀₀₂ là các hệ số của đa thức nói trên (trong dạng chính tắc P(x)= a₂₀₀₂x²⁰⁰² +a₂₀₀₁x²⁰⁰¹ +…+ a₁x+a₀. Đặt:

m = a₀+a₂+a₄+…+a₂₀₀₂

n=a₁+a₃+a₅+…+a₂₀₀₁

Xác định tính chẵn, lẻ của các số m và n
Bài 4:Cho P(x) và Q(x) là hai đa thức có bậc n. chứng minh rằng hoặc là \({P^2}(x) \equiv {Q^2}(x)\)hoặc P²(x) – Q²(x) là đa thức mà \(\deg ({P^2}(x) - {Q^2}(x)) \ge n\)

Bài 5: Cho đa thức P(x)=x²ⁿ +a_2n-1x^2n-1 +…+a₁x+a₀. Chứng minh rằng tồn tại hai đa thức
Q(x) và R(x) sao cho degQ(x) = n, degR(x) < n và P(x) = Q²(x)+R(x)

Bài 6: Giả sử n nghiệm x₁,x₂,…,x_n của đa thức P(x) bậc n với hệ số hữu tỉ có tính chất sau: x_n – x_n-1= x_n-1 – x_n-2=…=x₂ – x₁

Biết rằng đa thức P(x) không thể phân tích thành tích của hai đa thức với hệ số hữu tỉ có bậc \( \ge \)n. Chứng minh rằng degP(x) \( \le \)2?

Bài 7: Cho a₁, a₂,…,a_n là n nguyên đôi một khác nhau. Xét đa thức P(x) =(x – a₁)(a – a₂)…(x-a_n) – 2. Biết rằng P(x) có thể biểu diễn được dưới dạng tích của hai đa thức với hệ số nguyên và có bậc\( \ge \). Chứng minh rằng degP(x) = 3?

II. TÍNH CHIA HẾT CỦA ĐA THỨC

Phương pháp chính:     

- Dùng định lý Bezout và các hệ quả của nó

- Lược đồ Horner
Dạng 1: Tìm dư của phép chia mà không thực hiện phép chia
1/ Đa thức chia có dạng x – a (a: const)
- Dùng định lý Bezout
- f(x) có tổng các hệ số bằng 0 thì chia hết chi x – 1
- f(x) có tổng các hệ số của hạng tử bậc chẵn bằng tổng các hệ số của hạng tử bậc lẻ thì
chia hết cho x + 1
2/ Đa thức chia có bậc 2 trở lên
Cách 1: Tách đa thức bị chia thành tổng của các đa thức chia hết cho đa thức chia và dư.
Cách 2: Xét giá trị riêng: gọi thương của phép chia Q(x), dư là ax + b thì f(x) =g(x).Q(x) +ax + b
Cách 3: Dùng sơ đồ Horner
Ví dụ: a/ Tìm dư khi chia đa thức x¹⁰⁰ – 2x⁵¹ +1 cho x² – 1

b/ Tìm dư khi chia đa thức x¹⁰⁰ – 2x⁵¹ +1 cho x² +1

Giải:  a) Ta cso: f(x)= x¹⁰⁰ – 2x⁵¹ +1=(x² – 1).q(x) +ax +b

f(1) = 0 = a+b

f( - 1)= 4 = - a+b = > b= 2; a = - 2 Vậy dư là : - 2x+2

b) Ta có f(x) =(x¹⁰⁰ +x²) – (2x⁵¹ +2x) – (x² +1) +(2x+2)

f(x) = x²(x⁹⁸ +1) – 2x (x⁵⁰ +1) – (x² +1)+(2x+2)

Vì: x²(x⁹⁸+1)\( \vdots \)(x²+1); 2x(x⁵⁰+1) \( \vdots \)(x²+1); (x² +1) \( \vdots \)(x²+1)

=> (2x +2) chia cho (x² +1) dư là 2x + 2

Dạng 2: Chứng minh một đa thức chia hết cho một đa thức khác
Cách 1: Phân tích đa thức bị chia thành nhân tử có một thừa số là đa thức chia
Cách 2: Biến đổi đa thức bị chia thành một tổng các đa thức chia hết cho đa thức chia
Cách 3: Biến đổi tương đương \(f(x) \vdots g(x) \Leftrightarrow f(x) \pm g(x) \vdots g(x)\)

Cách 4: Chứng tỏ mọi nghiệm của đa thức chia đều là nghiệm của đa thức bị chia.
Ví dụ: Cứng minh rằng f(x) =x⁹⁹ +x⁸⁸ +…+x¹¹ +1 chia hết cho g(x) =x⁹ +x⁸+…+x +1

=x⁹(x⁹⁰ – 1)+x⁸(x⁸⁰ – 1) +x(x¹⁰ – 1)chia hết cho x¹⁰ – 1

Mà x¹⁰ – 1=(x – 1)(x⁹+x⁸+…+x+1) chia hết cho x⁹ +x⁸+…+x+1

Suy ra f(x) – g(x) chia hết cho g(x) = x⁹ +x⁸ +…+x+1

Vậy f(x) =x⁹⁹+x⁸⁸+…+x¹¹+1 chia hết cho g(x) =x⁹+x⁸ +…+x +1