tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán THCS

32 21 0
  • Loading ...
1/32 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 25/11/2016, 15:55

tài liệu word bồi dưỡng học sinh giỏi toán THCS SỐ HỌC, ĐA THỨC SỐ NGUYÊN, PHÉP CHIA HẾT Định nghĩa Tập số nguyên bao gồm số tự nhiên số đối chúng ký hiệu Z Z = { 0, ±1, ±2, } Số nguyên lớn gọi số nguyên dương Số nguyên nhỏ gọi số nguyên âm Tính chất 2.1 Không có số nguyên lớn nhỏ Số nguyên dương nhỏ 2.2 Một tập hữu hạn Z có phần tử lớn phần tử nhỏ 2.3 Không có số nguyên nằm hai số nguyên liên tiếp 2.4 Nguyên lý qui nạp: Cho A tập hợp Z Nếu k ∈ A n ∈ A ⇒ n + ∈ A , ∀n ≥ k số nguyên lớn hay k thuộc A 2.5 Nếu a, b ∈ Z , a < b a + ≤ b 2.6 ∀a ∈ R, ∃n ∈ Z : n > a Phép chia hết 3.1 Định nghĩa Cho a, b hai số nguyên bất kỳ, b khác Nếu tồn số nguyên q cho a = bq ta nói a chia hết cho b hay a bội b (a M b) hay b ước a (b|a) 3.2 Định lý (thuật toán chia) Cho a, b hai số nguyên bất kỳ, b khác Khi đó, tồn số nguyên q, r cho a = bq + r với ≤ r < |b| 3.3 Các tính chất phép chia hết 3.3.1 Nếu a M b am M b với số nguyên m 3.3.2 Nếu a M b b M c a M c 3.3.3 Nếu a M c b M c ax + by M c ∀x,y ∈ Z ( ax + by gọi tổ hợp tuyến tính a,b) 3.3.4 Nếu a M b |a| ≥ |b| 3.3.5 Nếu a M b b M a |a| = |b| 3.3.6 a M b ⇔ am M bm, ∀m∈ Z* BÀI TẬP Cho a, b, n số nguyên, n > 0, a ≠ b Chứng minh a/ an – bn M (a – b) b/ (an + bn) M (a + b) với n lẻ c/ (an – bn) M ( a + b) với n chẵn Chứng minh với số nguyên n a/ 33n + – 26n – 27 M 169 b/ n2 – 3n + không chia hết cho 121 a/ Cho f(x) đa thức tùy ý với hệ số nguyên Chứng minh f(a) – f(b) M (a – b) với số nguyên a, b b/ Chứng minh không tồn đa thức p(x) với hệ số nguyên thỏa p(3) = 10, p(7) = 24 k Chứng minh (a − 1)M2k +1 với k nguyên, a lẻ Chứng minh (n + 1)(n + 2) …(2n) M 2n với số nguyên dương n Chứng minh tồn vô số nguyên dương n thỏa mãn 2n + M n Giả sử x, y, z số tự nhiên thỏa x2 + y2 = z2 Chứng minh xyz M 60 Cho x,y,z số nguyên thỏa (x – y)(y – z)(z – x) = x + y + z Chứng minh x + y + z chia hết cho 27 Chứng minh a2 + b2 - ab M 8a3 – 6b3 M 10 Chứng minh + a 35 – b chia hết cho 11 a + b chia hết 11 ƯỚC SỐ CHUNG LỚN NHẤT, BỘI SỐ CHUNG NHỎ NHẤT 1.Ước chung lớn 1.1 Định nghĩa Số nguyên dương d gọi ước chung lớn số nguyên a 1, a2, …, an d ước chung a 1, a2, …, an e ước chung khác chúng e ước d Ký hiệu: d = UCLN(a1,a2,…,an) hay d = (a1,a2,…,an) Ví dụ : (-20, 30, 50) = 10, (15, 20, 18) = Các số nguyên a1, a2, …, an gọi nguyên tố (a1,a2,…,an) = Các số nguyên a1,a2,…,an gọi nguyên tố sánh đôi hai số chúng nguyên tố Chú ý: Các số nguyên tố sánh đôi nguyên tố ngược lại không 1.2 Thuật toán Euclid 1.2.1 Bổ đề Nếu a = bq + r (a,b) = (b,r) Chứng minh: Ta có (a,b) |a (a,b)| b ⇒ (a,b)| r ⇒ (a,b)|(b,r) (1) Mặt khác (b,r)|b (b,r)|r ⇒ (b,r)|a ⇒ (b,r)|(a,b) (2) Từ (1) (2) ⇒ (a,b) = (b,r) 1.2.2 Thuật toán Tìm ước chung lớn hai số nguyên a b Đầu tiên ta chia a cho b dư r1 (0 ≤ r1 Khi r = a – lq = a – (ax’ + by’)q = a(1 – x’q) + b( – y’q) ∈ A mâu thuẩn với l số dương nhỏ A ⇒ r = hay a M l Tương tự ta có b M l ⇒ d M l ( d = (a,b)) Mặt khác l = ax’ + by’ ⇒ l M d Từ suy l = d 1.5 Hệ 1.5.1 a, b hai số nguyên tố tồn hai số nguyên m, n cho am + bn = 1.5.2 d ước chung lớn a b d tổ hợp tuyến tính dương nhỏ a b 1.5.3 Nếu d = (a1,a2,…,an) tồn số x1,x2, ,xn cho d = a1x1 + a2x2 + … + anxn Bội chung nhỏ 2.1 Định nghĩa Số nguyên dương b gọi bội chung nhỏ n số nguyên a 1,a2,…,an khác m bội chung a1,a2,…,an e bội chung khác chúng e bội b Ký hiệu b = [a1,a2,…,an] Ví dụ: [7, -14, 4] = 28 2.2.Tính chất 2.2.1 k[a,b] = [ka,kb] 2.2.2 [a,b,c] = [[a,b],c] 2.2.3 [a,b].(a,b) = ab Chứng minh tính chất 2.2.3 Đặt d = (a,b) ⇒ a = a1d, b = b1d với (a1,b1) = Ta có [a1,b1] M a1 ⇒ [a1,b1] = m.a1 b1|[a1,b1] = ma1 ⇒ b1|m Do (a1,b1) = ⇒ [a1,b1] M a1b1 mà a1b1 M [a1,b1] nên [a1,b1] = a1b1 [a,b].(a,b) = [a1d, b1d] d = [a1,b1]d2 = a1b1d2 = ab 2.2.4 Hệ 2.2.4.1 a M b, a M c ⇒ a M [b,c] 2.2.4.2 a M b, a M c, (b,c) = ⇒ a M bc BÀI TẬP 15n + tối giản 33n + 21n + 17 Chứng minh phân số không số nguyên 14n + 3 Chứng minh không tồn số tự nhiên n cho 2010 n – chia hết cho 1010n – 2 4.Cho M số nguyên dương tập hợp S = { n ∈ N / M ≤ n < (M + 1) } Chứng minh phân số Chứng minh tất tích có dạng ab với a, b ∈ S phân biệt Chứng minh số có số lẻ ước số khác khi bình phương Chứng minh (a,b) = (a + b,a2 + b2) Giả sử m, n số tự nhiên thỏa (m,n) + [m,n] = m + n Chứng minh (m,n) m n Tìm (2n + 1,9n + 4), (2n – , 9n + 4), (36n + 3, 90n + 6) Tìm x, y nguyên dương thỏa x + y = 150, (x,y) = 30 10 Tìm x, y nguyên dương thỏa (x,y) = 5!, [x,y] = 50! x ≤ y SỐ NGUYÊN TỐ Định nghĩa Số nguyên p > gọi số nguyên tố p có hai ước dương Số nguyên lớn số nguyên tố gọi hợp số Từ định nghĩa dễ thấy p số nguyên tố a số nguyên a Mp (a,p) = Định lý Cho hai số nguyên a, b số nguyên tố p Khi p|ab p|a p|b Chứng minh Nếu p | a (a,p) = suy p|b 3.Định lý Mọi hợp số phải có ước nguyên tố nhỏ hay bậc hai Chứng minh Giả sử n = a b (1 < a, b < n ) Nếu a b lớn n n = ab > n (vô lý) phải có thừa số không vượt n hay có ước nguyên tố không vượt n 3.1.Hệ Nếu số nguyên n > ước nguyên tố nhỏ hay số nguyên tố n n Ví dụ: 211 số nguyên tố tất số nguyên tố nhỏ 2,3,5,7,11,13 không ước 211 211 Định lý số học Mọi số nguyên n > biểu diễn dạng tích số nguyên tố Phân tích không tính thứ tự thừa số Chứng minh Ta chứng minh tồn biểu diễn qui nạp Với n = 2, n =3, n = = 2.2, n = 5, n =6 = 2.3 biểu diễn dạng tích số nguyên tố Giả sử khẳng định đến n – 1, tức số nguyên không vượt n – biểu diễn dạng tích số nguyên tố Xét số nguyên n Nếu n nguyên tố ta có điều chứng minh Nếu n hợp số n = n1.n2 (1 < n1, n2 < n), từ giả thiết qui nạp ta có n 1, n2 biểu diễn dạng tích số nguyên tố, n biểu diễn dạng tích số nguyên tố Ta chứng minh cách biểu diễn Giả sử n có hai cách biểu diễn khác n = p1p2…pr = q1q2…qs (các số nguyên tố pi khác số nguyên tố qj ) Khi p1| q1q2…qs ⇒ p1| qj ⇒ p1 = qj (mâu thuẩn) k Như số nguyên n > có biểu diễn n = ∏p i =1 αi i = p1α1 p2α2 pkαk , α i > pi (i =1,2,…k) số nguyên tố đôi khác Ta nói n có dạng phân tích tắc 4.1 Hệ α α 4.1.1 Nếu n có dạng phân tích tắc n = p1 p2 pkαk số tất ước số dương n (α1 + 1)(α + 1) (α k + 1) k k i =1 i =1 α β 4.1.2 Nếu n = ∏ pi i , m = ∏ pi i , α i , βi ≥ • m M n ⇔ βi ≥ α i (i = 1, 2, , k ) k • (m,n) = ∏ pi • [m,n] = ∏ pi i =1 k min( αi ,βi ) max( αi ,βi ) i =1 Định lý Tập hợp số nguyên tố vô hạn Chứng minh Giả sử có n số nguyên tố p1, p2, …, pn Xét số N = + p1p2…pn N > nên tồn số nguyên tố p ước N Rõ ràng p khác với p 1, p2, , pn (vô lý) Vậy có vô hạn số nguyên tố Hệ thống ghi số 6.1 Định lý Cho số nguyên dương d > Khi số tự nhiên N biểu diễn cách dạng N = d0 + d1b + d2b2 + … + dnbn (1) , số nguyên dương di thỏa mãn ≤ di ≤ b – Chứng minh Ta Chứng minhbằng qui nạp theo N Với N = 1, ta có biểu diễn = Giả sử biểu diễn nói có cho số 1, 2, …, N – Xét số N Gọi d0 số cho N – d0 M b Đặt N1 = (N – d0)/b Vì N1 < N , theo gt qui nạp N biểu diễn N − d0 = d1 + d 2b + d3b + + d nb n −1 dạng N1 = b Như N = d0 + d1b + d2b2 + … + dnbn Nếu có cách biểu diễn khác cho N tức N = d + d1b + d2b2 + … + n dnb = a0 + a1b + a2b2 + … + anbn Khi d0 = a0 = r ( số dư chia N cho b) N − d0 = d1 + d 2b + d3b + + d nb n −1 = a1 + a2b + a3b + + anb n−1 ⇒ N1 = b theo tính chất giả thiết qui nạp, ta có điều phải chứng minh 6.2 Định nghĩa Giả sử g số tự nhiên lớn hớn M = {0,1,2,…, g – 1} tập hợp gồn g ký hiệu số tự nhiên Ta nói số tự nhiên s viết hệ g- phân ( hệ thống ghi số g) s = angn + an-1gn-1 + … + a1g + a0 n số nguyên dương ∈ M, an ≠ Ký hiệu : s = an an −1 a1a0 (g) bỏ (g) không nhầm lẫn 6.3 Hệ nhị phân Hệ thống ghi số sử dụng hai chữ số 0, Một số tự nhiên k hệ nhị phân viết k = an an −1 a1a0 với , i = 0,1,2, ,n chữ số 0,1 an ≠ có nghĩa k = an2n + an-12n-1 + …+ a1.2 + a0 6.3.1 Định lý Cho số tự nhiên N Gọi n số chữ số (0,1) N viết hệ nhị phân, ta có n = [log2N] + Chứng minh Ta có N = + an-22 + … + a12 + a0 , ∈{0,1} ⇒ 2n > N ≥ n -1 ⇒ n > log2N ≥ n – hay [log2N] = n – suy dpcm n–1 n -2 Phần nguyên 7.1 Định nghĩa Phần nguyên, ký hiệu [x], số thực x số nguyên lớn không vượt x Phần phân x , ký hiệu {x}, x – [x] 7.2 Tính chất 7.2.1 x = [x] + {x} 7.2.2 x = [x] ⇔ x ∈ Z 7.2.3 x = {x} ⇔ ≤ x < 7.2.4 x – < [x] ≤ x 7.2.5 Nếu k ∈ Z [x + k] = [x] + k, {x + k} = {x} + k 7.2.6 [x + y] – [x] – [y] 7.2.7 [x + y] ≥ [x] + [y] , {x + y} ≤ {x} + {y} 7.3 Định lý α * Nếu α số thực dương n ∈ N   số tất số nguyên dương n bội n không vượt qua α * Nếu a, b hai số không âm [2a] + [2b] ≥ [a] + [b] + [a + b] Định lý α α Trong phân tích số n! thừa số nguyên tố n! = p1 p2 pkαk , αi > n  n   n  số mũ αi pi α i =   +   + +  k  +  pi   p i   pi  Chứng minh  n   n  Tổng hữu hạn k đủ lớn n < pik  k  +  k +1  + =  pi   pi  Giả sử p ước n! n n   n Ta có n! = 1.2…p.(p+1)…2p…3p…   p …n = p  p    !q = p m m !q với m =  p  p n  p  (p,q) =1   Tương tự m ! = p n  p   m  p   m  p  !q ' với (p,q’) =   m  p   n  n   +   n  m Suy n ! = p p   !qq ' = p  p   p    !qq ' với (p,qq’) =  p p  n  n   n  Cứ tiếp tục ta thu số mũ p : α =   +   + +  k  +  p  p  p  Ví dụ Số mũ phân tích 100! thừa số nguyên tố 100  100  100  α5 =  + + + = 20 + + = 24 Từ 100! Có tận 24       chữ số BÀI TẬP Tìm tất số nguyên tố vừa tổng số nguyên tố, vừa hiệu số nguyên tố Chứng minh với số tự nhiên n tồn n số tự nhiên liên tiếp không số nguyên tố Chứng minh không tồn n để 6n + biểu diễn dạng tổng số nguyên tố Tìm tất số tự nhiên n lẻ để n, n + 10, n + 14 số nguyên tố Tìm tất số nguyên tố p cho 2p2 + số nguyên tố a a + b2 Cho a, b, c số nguyên khác 0, a ≠ c thỏa mãn = Chứng minh c c + b2 a2 + b2 + c2 số nguyên tố Tìm tất số nguyên tố p cho p2 + 11 có ước số nguyên dương Tìm tất số nguyên tố p cho hệ phương trình p + = 2x 2, p2 + = 2y2 có nghiệm nguyên Chứng minh p 8p + lẻ số nguyên tố 8p + 2p + số nguyên tố Tìm tất số tự nhiên n cho n + 1, n + 3, n + 7, n + 9, n + 13 n + 15 số nguyên tố 10 Cho số tự nhiên thỏa tính chất : Bình phương tổng hai số chia hết cho tích hai số lại Chứng minh có ba bốn số phải ĐỒNG DƯ Định nghĩa Cho a, b, m số nguyên, m ≠ Nếu a – b chia hết cho m a gọi đồng dư với b modulo m, ký hiệu a ≡ b mod m Tính chất Cho a, b, c, d số nguyên Nếu a ≡ b mod m b ≡ a mod m Nếu a ≡ b mod m b ≡ c mod m a ≡ c mod m Nếu a ≡ b mod m c ≡ d mod m a + c ≡ b + d mod m Nếu a ≡ b mod m c ≡ d mod m ac ≡ bd mod m Nếu a ≡ b mod m, k nguyên dương ak ≡ bk mod m Nếu a ≡ b mod m d| m a ≡ b mod d Nếu a ≡ b mod m ac ≡ bc mod cm với c khác Nếu ab ≡ ac mod m (a,m) = b ≡ c mod m a ≡ b mod mi ( i =1,2,…,n) ⇔ a ≡ b mod [m1,m2,…,mn] Định lý Fermat nhỏ Giả sử p nguyên tố, (a, p) = Khi ap–1 ≡ mod p Chứng minh Xét p – số a, 2a, 3a, …, (p – 1)a Ta chứng minh không tồn số đồng dư phép chi a cho p Giả sử ka ≡ la mod p với k, l ∈{1,2,…,p – 1} k ≠ l ⇒ a(k – l) M p ⇒ k – l M p ⇒ k = l (mâu thuẩn) Vậy chia p – số cho p ta nhận p – số dư khác từ 1, 2,…, p – Suy a 2a …(p – 1)a ≡ 1.2….(p – 1) mod p ⇔ (p – 1)! ap–1 ≡ (p – 1)! mod p Vì ((p – 1)!,p) = nên ap–1 ≡ mod p Từ định lý ta có ap ≡ a mod p (với p nguyên tố, (a,p) =1) Hệ thặng dư đầy đủ a Tập hợp x1, x2, …, xn gọi hệ thặng dư đầy đủ modulo m với số nguyên y tồn xi cho y ≡ xi mod m b Tập {1,2,…, m – 1, m} hệ thặng dư đầy đủ modulo m c Mọi hệ thặng dư đầy đủ modulo m có m phần tử d Một tập gồm m phần tử hệ thặng dư đầy đủ modulo m hai phần tử khác không đồng dư với modulo m e Cho số nguyên a m > Tập hợp tất số nguyên x thỏa mãn x ≡ a mod m gọi lớp đồng dư modulo m, ký hiệu a = { a + mt / t ∈ Z} Có m lớp đồng dư phân biệt modulo m, thu cách lấy a = 1,2,…,m Một tập hợp {r1,r2,…,rn} gọi hệ thặng dư thu gọn modulo m (r i,m) = 1, ri ≠ rj ∀i ≠ j, ≤ i, j ≤ n với số nguyên x nguyên tố với m tồn ri cho ri ≡ x mod m Số phần tử hệ thặng dư thu gọn modulo m xác định hàm Euler ϕ(m) số số nguyên dương không vượt m nguyên tố với m Hàm ϕ có tính chất sau ϕ(mn) = ϕ(m)ϕ(n) với (m,n) = Nếu p nguyên tố, ϕ(p) = p − 1, ϕ(p n ) = p n − p n −1 (n > 1) , α α α Nếu m = p1 p 2 p k k , pi số nguyên tố      ϕ(m) = m 1 − ÷1 − ÷ 1 − ÷  p1  p   p k  1 Ví dụ : ϕ(2) = , ϕ(3) = , ϕ(4) = 22 − = , ϕ(20) = 20(1 − )(1 − ) = Định lý Cho (a,m) = r1, r2,…., rn hệ thặng dư thu gọn (đầy đủ) modulo m Khi ar1, ar2, …, arn hệ thặng dư thu gọn (đầy đủ) modulo m Chứng minh Vì (a,m) = nên (r i,m) = (ari, m) = Ta chứng minh phần tử tập {ar1,ar2,…,arn} đôi phân biệt modulo m Thật vậy, ar i = arj mod m (a,m) = nên ri ≡ rj mod m (vô lý) Theo 4.4 ta có đpcm Định lý Euler Giả sử m số nguyên dương (a,m) = Khi a ϕ(m) ≡ mod m Chứng minh r Giả sử r1, r2, …, ϕ (m) hệ thặng dư thu gọn gồm số nguyên dương không vượt m nguyên tố với m Theo định lý ta suy ar 1, ar2, …, arϕ(m) hệ thặng dư thu gọn modulo m Như đồng dư dương bé ar 1, ar2, , arϕ(m) phải số r1, r2, …, rϕ (m) xếp theo thứ tự Vì ta có ar1.ar2 arϕ(m) ≡ r1r2 rϕ(m) mod m hay a ϕ(m) r1r2 rϕ(m) ≡ r1r2 rϕ(m) mod m Vì (r1r2 rϕ(m) , m) = nên a ϕ(m) ≡ 1mod m Ví dụ Tìm dư chia số 112010 cho số 24 Giải ϕ (24) Ta có (11,24) = ⇒ 11 ≡ 1mod 24 ⇒ 118 ≡ 1mod 24 112010 = 118.251+ ≡ 112 ≡ mod 24 Phương trình đồng dư tuyến tính Phương trình dạng ax ≡ b mod m gọi phương trình đồng dư tuyến tính với a, b, m số biết 10 Định lý (Bezout) Hai đa thức P(x) Q(x) nguyên tố tồn đa thức U(x), V(x) cho P(x).U(x) + Q(x).V(x) = Chứng minh Giả sử tồn đa thức U(x) V(x) thoả mãn điều kiện P(x).U(x) + Q(x).V(x) = Đặt D(x) = (P(x), Q(x)) D(x) | P(x), D(x) | Q(x) suy D(x) | = P(x).U(x) + Q(x).V(x) Suy D(x) = Ngược lại, giả sử (P(x), Q(x)) = Ta chứng minh tồn đa thức U(x) V(x) cho P(x).U(x) + Q(x).V(x) = Ta chứng minh quy nạp theo m = min{deg(P), deg(Q)} Nếu m = điều cần chứng minh hiển nhiên Chẳng hạn deg(Q) = Q = q số ta cần chọn U(x) = 0, V(x) = q -1 ta P(x).U(x) + Q(x).V(x) = Giả sử ta chứng minh định lý đến m Xét hai đa thức P(x), Q(x) có min{deg(P), deg(Q)} = m+1 Không tính tổng quát, giả sử m+1 = deg(Q) Thực phép chia P(x) cho Q(x) thương S(x) dư R(x) Không thể xảy trường hợp R(x) = = (P(x), Q(x)) = q* -1Q(x) Vì vậy, ta có = (P(x), Q(x)) = (Q(x), R(x)) Lúc này, min(deg(Q), deg(R)) = deg(R) < m +1 nên theo giả thiết quy nạp, tồn đa thức U*(x), V*(x) cho Q(x)V*(x) + R(x)U*(x) = Thay R(x) = P(x) – Q(x).S(x), ta Q(x)V*(x) + (P(x) – Q(x)S(x))U*(x) = Hay P(x)U*(x) + Q(x)(V*(x) – S(x)U*(x)) = Đặt U(x) = U*(x), V(x) = V*(x) – S(x)U*(x) ta đpcm Tính chất phép chia hết i) Q | P, Q | R suy Q | P + R hay tổng quát Q | P.U + R.V với U, V đa thức ii) Q | P, P | R suy Q | R (tính bắc cầu) iii) Q | P, P | Q suy tồn số thực khác a cho Q = aP (ta gọi P Q đa thức đồng dạng) iv) Nếu Q1 | P1 Q2 | P2 Q1.Q2 | P1.P2 v) Nếu Q | P.R (P, Q) = Q | R vi) Nếu Q | P, R | P (Q, R) = Q.R | P Chứng minh Các tính chất i-iv) hiển nhiên xuất phát từ định nghĩa Q | P  tồn S cho P = Q.S Để chứng minh tính chất v) vi), ta áp dụng định Bezout v) Từ giả thiết Q | P.R (P,Q) = suy tồn S cho P.R = Q.S U, V cho P.U + Q.V = 18 Khi R = (P.U+Q.V).R = (P.R)U + Q.V.R = Q.S.U + Q.V.R = Q.(SU+VR) suy Q | R vii) Từ giả thiết Q | P, R | P (Q, R) = suy P = Q.S Vì P = Q.S chia hết cho R, mà (Q, R) = nên theo v) suy S chia hết cho R, tức S = R.S Vậy P = Q.S = (Q.R).S1 suy P chia hết cho Q.R 1.10 Các ví dụ có lời giải Bài toán Tìm tất cặp số a, b cho x + 4x3 + ax2 + bx + bình phương đa thức Giải: Nếu x4 + 4x3 + ax2 + bx + bình phương đa thức đa thức phải có bậc Giả sử x4 + 4x3 + ax2 + bx + = (Ax2 + Bx + C)2  x4 + 4x3 + ax2 + bx + = A2x4 + 2ABx3 + (2AC + B2)x2 + 2BCx + C2 Đồng hệ số hai vế, ta A2 = 1, 2AB = 4, 2AC + B2 = a, 2BC = b, C2 = Không tính tổng quát, giả sử A = 1, suy B = C -1 Nếu C = a = 6, b = Nếu C = -1 a = 2, b = -4 Vậy có hai cặp số (a, b) thoả mãn yêu cầu toán (6, 4) (2, -4) Bài toán Cho đa thức P(x) hai số a, b phân biệt Biết P(x) chia cho x-a dư A, P(x) chia cho x-b dư B Hãy tìm dư phép chia P(x) cho (x-a)(xb) Giải: Giả sử P(x) = (x-a)(x-b)Q(x) + Cx + D Lần lượt thay x = a, b, ta A = Ca + D, B = Cb + D Từ suy C = (A-B)/(a-b), D = A – (A-B)a/(a-b) = (aB – bA)/(a-b) Bài toán Tìm dư phép chia x100 cho (x – 1)2 Giải: Giả sử x100 = (x-1)2Q(x) + Ax + B Thay x = 1, ta = A + B Lấy đạo hàm hai vế cho x = 1, ta 100 = A Từ suy dư 100x – 99 Bài toán Tìm a, b, c biết đa thức P(x) = x + ax2 + bx + c chia hết cho x-2 chia x2 – dư 2x Giải: Từ điều kiện đề suy P(2) = 0, P(1) = P(-1) = -2, tức + 4a + 2b + c = 1+a+b+c=2 –1 + a – b + c = -2 Từ suy b = 1, a = -10/3, c = 10/3 Từ P(x) = x3 – (10/3)x2 + x + 10/3 19 Bài toán Chứng minh với giá trị n, đa thức (x+1) 2n+1 + xn+2 chia hết cho đa thức x2 + x + Giải: Cách (Quy nạp theo n) Với n = 0, điều phải chứng minh hiển nhiên Giả sử ta có (x+1)2n+1 + xn+2 chia hết cho x2 + x + Khi (x+1)2n+3 + xn+3 = (x2+2x+1)(x+1)2n+1 + xn+3 ≡ x(x+1)2n+1 + xn+3 = x((x+1)2n+1 + xn+2) ≡ (mod (x2+x+1) Cách (Dùng số phức) Đa thức x2 + x + có hai nghiệm α = −1± i Để chứng minh P(x) chia hết cho x + x + ta cần chứng minh P(α) = Điều tương đương với việc chứng minh 1+ i        n +1  −1 + i   +     n+2 = Chuyển số phức sang dạng lượng giác dùng công thức Moivre, ta có điều tương đương với  (2n + 1)π   (2n + 1)π   (n + 2)2π   ( n + 2)2π  cos  + i sin   + cos  + i sin   =      Điều (2n+1)π/3 - (n+2)2π/3 = π    Bài toán Tìm tất giá trị n cho x2n + xn + chia hết cho x2 + x + Giải: Cách 1: Ta nhận thấy x3 ≡ mod x2 + x + Do x2(n+3) + xn+3 + ≡ x2n + xn + (mod x2 + x + 1) Do ta cần xét với n = 0, 1, Rõ ràng Với n = 0, không chia hết cho x2 + x + Với n = 1, x2 + x + chia hết cho x2 + x + Với n = 2, x4 + x2 + ≡ x + x2 + chia hết cho x2 + x + Từ suy x2n + xn + chia hết cho x + x + n có dạng 3k+1 3k+2 Cách 2: (Số phức) Tương tự 5, ta có P(x) = x 2n + xn + chia hết cho x2 + x + P(α) = Áp dụng công thức Moivre, ta có điều tương đương với  4nπ   4nπ   2nπ   2nπ  cos  + i sin   + cos  + i sin   +1 =         Điều xảy n không chia hết cho Bài toán Chứng minh (xm – 1, xn – 1) = x(m,n) – Giải: Giả sử d = (m, n) rõ ràng x m – = (xd)m’ – chia hết cho xd – tương tự xn – chia hết cho xd Suy xd – ước chung x m - 1, xn – Giả sử D(x) ước chung xm - 1, xn – Vì d = (m, n) nên tồn số nguyên dương u, v cho d = mu – nv Khi D(x) ước (x mu – 1) – 20 (xnv-1) = xnv(xd-1) Vì (xm-1, xnv) = nên (D(x), xnv) = 1, suy D(x) ước x d – 1, suy xd – ước chung lớn xm – xn – 1.11 Bài tập Chứng minh đa thức đơn khởi bậc 2n viết dạng q + r với q, r đa thức deg(r) < n Tìm dư phép chia x100 – 2x51 + cho x2 – Tìm a, b cho (x-1)2 | ax4 + bx3 + Cho P(x) đa thức với hệ số nguyên Chứng minh không tồn số nguyên phân biệt a, b, c cho P(a) = b, P(b) = c, P(c) = a Cho P(x) đa thức với hệ số nguyên Biết P(2) chia hết cho P(5) chia hết cho Chứng minh P(7) chia hết cho 10 (Rumani 1962) Cho α số thức thoả mãn điều kiện sin(α) ≠ Chứng minh với giá trị n ≥ 2, đa thức P(x) = xnsin(α) – xsin(nα) + sin(n-1)α chia hết cho đa thức Q(x) = x2 – 2xcos(α) + (Mỹ 1976) Giả sử P(x), Q(x), R(x) S(x) thoả mãn đồng thức P(x5) + xQ(x5) + x2R(x5) = (x4+x3+x2+x+1)S(x) Chứng minh đa thức P(x) chia hết cho đa thức x-1 Với giá trị n ta có a) x2 + x + | (x-1)n – xn – b) x2 + x + | (x+1)n + xn + Đa thức nghiệm Nghiệm đa thức đóng vai trò quan trọng việc nghiên cứu tính chất đa thức Nhiều tính chất đa thức thể qua nghiệm chúng Ngược lại, việc nghiên cứu tính chất nghiệm đa thức cũng vấn đề trung tâm đại số 2.1 Ví dụ mở đầu Xét xem số α = 3 + + hữu tỷ hay vô tỷ Ta giải toán cách chứng minh mệnh đề sau: 1) Nếu a vô tỷ a vô tỷ 2) Nếu a vô tỷ a vô tỷ 3) vô tỷ Nhưng ta có cách tiếp cận khác sau: 1) Tìm đa thức với hệ số nguyên nhận α làm nghiệm 2) Chứng minh đa thức nghiệm hữu tỷ 21 Việc tìm đa thức với hệ số nguyên nhận α làm nghiệm tiến hành sau α = 3 + + ⇒ α = + + ⇒ (α − 3) = + ⇒ ((α − 3) − 3) = ⇒ α 12 − 12α + 48 x − 72 x + 33 = (*) V ấn đề lại chứng minh (*) nghiệm hữu tỷ Việc thực cuối 2.2 Nghiệm đa thức, định lý Bezout Định nghĩa Số thực a (trong số trường hợp, ta xét số phức) gọi nghiệm đa thức P(x) = a nxn + an-1xn-1 + …+ a1x + a0 P(a) = 0, tức anan + an-1an-1 + …+ a1a + a0 = Ta có định lý đơn giản có nhiều ứng dụng sau nghiệm đa thức: Định lý a nghiệm đa thức P(x) P(x) chia hết cho x – a Định lý hệ định lý sau: Định lý Số dư phép chia đa thức P(x) cho x – a P(a) Cả định lý định lý gọi định lý Bezout Để chứng minh định lý 6, ta cần chứng minh P(x) – P(a) chia hết cho x – a Nhưng điều hiển nhiên P(x) – P(a) = an(xn-an) + an-1(xn-1-an-1) + … + a1(x-a) xk – ak = (x-a)(xk-1 + xk-2a + …+ ak-1) Từ định lý 5, ta có định nghĩa khác cho nghiệm đa thức sau: a nghiệm đa thức P(x) P(x) = (x-a)Q(x) với Q(x) đa thức Với định nghĩa này, ta phát triển thành định nghĩa nghiệm bội Định nghĩa a gọi nghiệm bội r đa thức P(x) P(x) = (x-a)rQ(x) với Q(a) ≠ 2.3 Định lý Vieta Định lý Xét đa thức P(x) ∈ R[x] Nếu x1, x2, …, xk nghiệm phân biệt P(x) với bội r1, r2, …, rk tương ứng P(x) chia hết cho (x-x1)r1(x-x2)r2… (x-xk)rk Chứng minh: Điều hiển nhiên theo định nghĩa đa thức (x-x i)ri đôi nguyên tố 22 Hệ quả: a) Một đa thức bậc n với hệ số thực có không n nghiệm thực b) Nếu hai đa thức P(x) Q(x) có bậc nhỏ hay n n+1 điểm hai đa thức Định lý Xét đa thức P(x) ∈ R[x] bậc n Giả sử x 1, x2, …, xk nghiệm phân biệt P(x) với bội r1, r2, …, rk tương ứng Nếu r1 + r2 + … + rk = n P(x) = an(x-x1)r1(x-x2)r2…(x-xk)rk Chứng minh: Dùng định lý 9, ta suy P(x) chia hết cho (x-x 1)r1(x-x2)r2…(x-xk)rk, suy P(x) = (x-x1)r1(x-x2)r2…(x-xk)rkQ(x) So sánh bậc hệ số cao nhất, ta suy Q(x) = an Định lý (Định lý Vieta) Giả sử đa thức P(x) = a nxn + an-1xn-1 + an-2xn-2 + … + a1x + a0 có n nghiệm (trong có nghiệm bội) x1, x2, …, xn P(x) = an(x-x1)(x-x2)…(x-xn) hệ quả, ta có x1 + x2 + … + xn = -an-1/an ; x1x2 + x1x3 + …+ x1xn + x2x3 + …+ x2xn + …+xn-1xn = an-2/an; … x1x2…xn = (-1)na0/an Định lý 10 (Định lý Vieta đảo) a) Nếu x + y = S, x.y = P x, y nghiệm phương trình X2 – SX + P = b) Nếu x + y + z = S, xy + yz + zx = T, xyz = P x, y, z nghiệm phương trình X3 – SX2 + TX – P = Từ định lý ta suy hai hệ đơn giản hiệu giải toán sau: Hệ Một đa thức bậc n có không n nghiệm Hệ Nếu P(x) Q(x) đa thức bậc không n, trùng n+1 điểm phân biệt hai đa thức trùng 2.4 Bài tập có lời giải Bài Cho a, b, c ba nghiệm phương trình x – 3x + = Lập phương trình bậc ba có nghiệm a) a2, b2, c2; b) 1− a 1− b 1− c , , 1+ a 1+ b 1+ c Lời giải Theo định lý Vieta, ta có a + b + c = 0, ab + bc + ca = -3, abc = -1 Từ ta tính 23 a2 + b2 + c2 = (a+b+c)2 – 2(ab+bc+ca) = 02 -2(-3) = a2b2 +b2c2 + c2a2 = (ab+bc+ca) – 2abc(a+b+c) = (-3)2 – 2.(-1).0 = a2b2c2 = (abc)2 = Áp dụng định lý Vieta đảo, suy a2, b2, c2 ba nghiệm phương trình x3 – 6x2 + 9x – = Tương tự, ta tính − a − b − c (1 − a )(1 + b)(1 + c) + (1 + a )(1 − b)(1 + c) + (1 + a )(1 + b)(1 − c) + + = 1+ a 1+ b 1+ c (1 + a )(1 + b)(1 + c) + a + b + c − (ab + bc + ca ) − 3abc = = = −3 + a + b + c + ab + bc + ca + abc −3 1− a 1− b 1− b 1− c 1− c 1− a + + = 1+ a 1+ b 1+ b 1+ c 1+ c 1+ a (1 − a )(1 − b)(1 + c) + (1 + a)(1 − b)(1 − c) + (1 − a )(1 + b)(1 − c) = + a + b + c + ab + bc + ca + abc − (a + b + c) − (ab + bc + ca) + 3abc = = = −1 + a + b + c + ab + bc + ca + abc −3 − a − b − c − ( a + b + c) + (ab + bc + ca) − abc − 1 = = = + a + b + c + a + b + c + (ab + bc + ca) + abc −3 1− a 1− b 1− c , , Từ suy nghiệm phương trình 1+ a 1+ b 1+ c x3 + 3x2 – x – 1/3 = Bài Rút gọn biểu thức A= a2 b2 c2 + + (a − b)(a − c ) (b − c)(b − a ) (c − a)(c − b) Lời giải Xét đa thức F ( x) = a ( x − b)( x − c) b ( x − c)( x − a ) c ( x − a )( x − b) + + − x2 (a − b)(a − c) (b − c)(b − a ) (c − a)(c − b) Ta có F(a) = F(b) = F(c) = Nhưng F(x) đa thức bậc nhỏ hay Do F(x) phải đồng Từ suy hệ số x2 F(x) Hệ số a2 b2 c2 + + − (a − b)(a − c) (b − c )(b − a ) (c − a )(c − b) Suy A = Bài Tìm tất đa thức P(x) thoả mãn đồng thức xP(x-1) = (x26)P(x) Lời giải Thay x = vào đồng thức, ta suy P(0) = Suy P(x) chia hết cho x, tức P(x) = xP1(x) Thay vào đồng thức, ta x(x-1)P1(x-1) = (x-26)xP1(x) suy (x-1)P1(x-1) = (x-26)P1(x) (*) 24 Lại thay x = 1, ta P 1(1) = 0, suy P1(x) chia hết cho x-1, tức P 1(x) = (x-1)P2(x), thay vào (*), ta (x-1)(x-2)P2(x-1) = (x-26)(x-1)P2(x) Suy (x-2)P2(x-1) = (x-26)P2(x) … Cứ tiếp tục lý luận thế, ta đến P(x) = x(x-1)…(x-25)Q(x) Và Q(x-1) = Q(x) Đặt Q(0) = a ta có Q(x) = a với x = 1, 2, 3, … suy Q(x) = a với x Vậy P(x) = ax(x-1)…(x-25) tất nghiệm toán Bài Xét phương trình x2 – an-1xn-1 – an-2xn-2 - … - a1x – a0 = với số thực dương Chứng minh phương trình có không nghiệm dương Lời giải Viết phương trình cho dạng 1= a n −1 a n − a + + + 0n x x x Vế trái hàm số giảm (0, +∞ ) nên phương trình có không nghiệm dương Bài Với giá trị A B đa thức P(x) = Ax n+1 + Bxn + có x = nghiệm bội bậc 2? Lời giải Trước hết ta phải có P(1) = 0, tức A + B + = 0, suy B = – A – Khi P(x) = Ax n(x-1) – xn + = (x-1)(Axn – xn-1 – xn-2 - … - 1) = (x-1)Q(x) Để nghiệm bội bậc Q(x) chia hết cho x-1, tức Q(1) = 0, suy A = n Vậy a = n, b = -(n+1) 2.5 Bài tập tự giải Bài Biết nghiệm phương trình x + ax + b = x + cx + d = thuộc (-1, 1) Chứng minh nghiệm phương trình 2x + (a+c)x + (b+d) = thuộc (-1, 1) Bài Chứng minh đa thức P(x) = + x + x2/2! + … + xn/n! nghiệm bội Bài Rút gọn biểu thức sau a2 b2 c2 d2 + + + (a − b)(a − c)(a − d ) (b − c )(b − d )(b − a ) (c − a)(c − b)(c − d ) (d − a )(d − b)(d − c) a3 b3 c3 B= + + (a − b)(a − c ) (b − c)(b − a ) (c − a)(c − b) A= Bài Cho a < b < c ba nghiệm phương trình x – 3x + = Chứng minh a2 – c = b2 – a = c2 – b = 25 Bài Giải hệ phương trình x + y + z = a  2 2 x + y + z = a x + y + z = a  Bài Tìm mối liên hệ hệ số phương trình ax + bx2 + cx + d = biết tích hai nghiệm phương trình tổng chúng Bài Chứng minh khẳng định (a) Định lý nghiệm nguyên Cho f(x) = xn + an-1xn-1 + … + a1x + a0 với an1, …, a1, a0 số nguyên f(p) = với p nguyên Khi a0 chia hết cho p (b) Định lý nghiệm hữu tỷ Cho f(x) = xn + an-1xn-1 + … + a1x + a0 với an-1, …, a1, a0 số nguyên f(p/q) = với p/q phân số tối giản Khi a0 chia hết cho p an chia hết cho q (c) Trong ký hiệu câu (b), với số nguyên k số f(k) chia hết cho p – kq Bài Cho P(x) = anxn + an-1xn-1 + … + a1x + a0 ∈ R[x] Đặt M = max{|an-1/an|, |an-2/an|, …, |a1/an|, |a0/an|} Khi nghiệm α P(x) thoả mãn bất đẳng thức |α| < M + Hãy chứng minh Đa thức bất khả quy 3.1 Đa thức với hệ số nguyên Đa thức với hệ số nguyên đa thức có dạng P(x) = a nxn + an-1xn-1 + …+ a1x + a0 với số nguyên Ta ký hiệu tập hợp tất đa thức với hệ số nguyên Z[x] Ta có kết sau đa thức với hệ số nguyên (1) Nếu P(x) có nghiệm nguyên x = a phân tích P(x) = (x-a)Q(x) với Q(x) đa thức với hệ số nguyên (2) Nếu a, b nguyên a ≠ b P(a) – P(b) chia hết cho a – b (3) Nếu x = p/q nghiệm P(x) (với (p, q) = 1) p ước a q ước an Đặc biệt an = ± nghiệm hữu tỷ nghiệm nguyên (4) Nếu x = m + n nghiệm P(x) với m, n nguyên, n không phương x’ = m - n nghiệm P(x) (5) Nếu x = m + n với m, n nguyên, n không phương P(x) = M’ + N’ n với M’, N’ nguyên Đa thức với hệ số nguyên nhận giá trị nguyên với giá trị x nguyên Điều ngược lại không đúng, có đa thức nhận giá trị nguyên với x nguyên hệ số không nguyên Ví dụ Các đa thức (x2-x)/2, (x3-x)/6 nhận giá trị nguyên với x nguyên 26 Đa thức với hệ số hữu tỷ nhận giá trị nguyên với x nguyên gọi đa thức nguyên Một đa thức với hệ số hữu tỷ P(x) biểu diễn dạng a Q(x) với a, b số nguyên Q(x) đa thức với hệ số nguyên b 3.2 Đa thức bất khả quy Định nghĩa Cho P(x) đa thức với hệ số nguyên Ta gọi P(x) bất khả quy Z[x] P(x) không phân tích thành tích hai đa thức thuộc Z[x] với bậc lớn hay Tương tự định nghĩa đa thức bất khả quy Q[x] Định lý 3.1 (Tiêu chuẩn Eisenstein) Cho P(x) = anxn + an-1xn-1 + …+a1x + a0 Nếu tồn số nguyên tố p cho i) an không chia hết cho p ii) a0, a1, …, an-1 chia hết cho p iii) a0 không chia hết cho p2 đa thức P(x) bất khả quy Định lý 3.2 (Quan hệ bất khả quy Z[x] Q[x]) Nếu đa thức P(x) ∈ Z[x] bất khả quy Z[x] bất khả quy Q[x] Bổ đề Gauss Ta gọi đa thức P ∈ Z[x] nguyên hệ số nguyên tố Ta có bổ đề Gauss: Tích hai đa thức nguyên nguyên Chứng minh bổ đề Cho hai đa thức nguyên P(x) = anxn + an-1xn-1 + … + a1x + a0 Q(x) = bmxm + bm-1xm-1 + …+ b1x + b0 P(x).Q(x) = cm+nxm+n + cm+n-1xm+n-1 + …+c1x + c0 Giả sử tích không nguyên tồn số nguyên tố p ước chung hệ số c0, c1, …, cm+n Vì P nguyên nên gọi i số nhỏ mà không chia hết cho p j số nhỏ cho bj không chia hết cho p Khi xét x i+j ta thấy hệ số tương ứng không chia hết cho p, vô lý Vậy tích nguyên Chứng minh định lý Cho P(x) bất khả quy Z[x] Giả sử P(x) khả quy Q[x]: P(x) = P1(x).P2(x) với P1, P2 đa thức bậc nhỏ bậc P có hệ số hữu tỷ a1 a2 Q2 ( x ) với (ai, bi) = Qi nguyên (i=1, 2) Đặt P1 ( x) = Q1 ( x), P2 ( x) = b1 b2 a1 a p Q1 ( x)Q2 ( x) = Q1 ( x)Q2 ( x ) với (p, q) = Do P(x) ∈ Z[x] nên từ Khi P ( x) = b1b2 q suy hệ số Q 1(x)Q2(x) chia hết cho q, suy Q 1(x)Q2(x) không nguyên bản, trái với bổ đề Gauss Mâu thuẫn Vậy P(x) bất khả quy Q[x] 3.3 Một số tính chất đa thức bất khả quy 27 3.4 Một số tập có lời giải Bài Cho tam thức bậc hai P(x) = ax2 + bx + c với a, b, c số hữu tỷ Chứng minh P(x) nguyên với x nguyên c, a + b 2a nguyên Bài a) Tìm tất số nguyên a cho (x-a)(x-10) + phân tích thành tích dạng (x+b)(x+c) với b, c số nguyên b) Tìm tất số nguyên khác đôi khác a, b, c cho đa thức x(x-a)(x-b)(x-c) + biểu diễn dạng tích hai đa thức với hệ số nguyên Bài Chứng minh đa thức sau bất khả quy a) x3 + 5x2 + 35 b) x4 – x3 + 2x + Bài Cho p số nguyên tố Chứng minh đa thức x p-1 + xp-2 + … + x + bất khả quy Bài Cho n số thuộc Z Chứng minh a) (x-a1)(x-a2)…(x-an) – bất khả quy b) (x-a1)2(x-a2)2…(x-an)2 + bất khả quy 3.4 Bài tập Bài Đa thức P(x) bậc n có hệ số hữu tỷ đa thức nguyên nhận giá trị nguyên n+1 điểm nguyên liên tiếp Chứng minh Bài Tìm tất giá trị n cho tồn n số nguyên phân biệt a 1, a2, …, an để (x-a1)(x-a2)…(x-an) + khả quy Bài (Tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng) Cho đa thức P(x) = anxn + an-1xn-1 + …+ a1x + a0 Giả sử tồn số nguyên tố p cho i) an không chia hết cho p ii) a0 không chia hết cho p2 iii) a0, a1, …, an-k chia hết cho p Khi P(x) = H(x).G(x) hai đa thức H(x), G(x) có bậc nhỏ k Bài Tìm tất giá trị n nguyên dương cho đa thức xn + khả quy Z[x] Bài Chứng minh với số nguyên dương n, đa thức x n + 5xn-1 + bất khả quy Bài Tìm hệ số tự đa thức P(x) với hệ số nguyên, biết trị tuyệt đối nhỏ 1000 P(19) = P(94) = 1994 Công thức nội suy Lagrange 4.1 Các ví dụ mở đầu Ví dụ Tìm tất đa thức P(x) thoả mãn điều kiện: P(1) = 1, P(2) = 2, P(3) = 28 Lời giải Rõ ràng P Q hai đa thức thoả mãn điều kiện đề P(x) – Q(x) điểm 1, 2, từ đó, ta có P(x) – Q(x) = (x-1)(x-2)(x-3)H(x) Ngược lại, P(x) đa thức thoả mãn điều kiện đề đa thức Q(x) = P(x) + (x-1) (x-2)(x-3)H(x) thoả mãn điều kiện đề với H(x) Từ thấy có vô số đa thức thoả mãn điều kiện đề Ta đặt câu hỏi: Trong đa thức thoả mãn điều kiện đề bài, tìm đa thức có bậc nhỏ Rõ ràng đa thức số, bậc Ta thử tìm bậc bậc Giả sử P(x) = ax2 + bx + c đa thức thoả mãn điều kiện đề Khi P(1) = suy a + b + c = P(2) = suy 4a + 2b + c = P(3) = suy 9a + 3b + c = Giải hệ ra, ta nghiệm (a, b, c) = (1/2, -1/2, 1), ta P(x) = (1/2)x2 – (1/2)x + đa thức bậc nhỏ thoả mãn điều kiện Và theo lý luận trên, nghiệm toán có dạng Q(x) = P(x) + (x-1)(x-2)(x-3)H(x) với H(x) đa thức tuỳ ý Ví dụ Tìm đa thức bậc nhỏ thoả mãn điều kiện P(-2) = 0, P(-1) = 1, P(0) = 1, P(1) = 2, P(2) = Lời giải Từ ý tưởng phương pháp hệ số bất định hệ phương trình bậc Ta thấy chắn chắn tồn đa thức bậc không thoả mãn điều kiện đề Xét P(x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e Từ điều kiện đề suy hệ 16a – 8b + 4c – 2d + e = a–b+c–d+e=1 e=1 a+b+c+d+e=2 16a + 8b + 4c + 2d + e = Giải hệ ta a = -1/8, b = 1/12, c = 5/8, d = 5/12, e = 4.2 Công thức nội suy Lagrange Từ ví dụ cụ thể nêu trên, ta dự đoán với n+1 số phân biệt (a0, a1, , an) n+1 số b0, b1, , bn tồn đa thức P(x) bậc không vượt n thoả mãn điều kiện P(ai) = bi với i=0, 1, 2, , n (*) Ngoài ra, tất đa thức Q(x) thoả mãn (*) phải có dạng Q(x) = P(x) + (x-a 0) (x-a1) (x-an)H(x) với H(x) đa thức nên nghiệm khác (*) có bậc ≥ n+1 Vì ta đề xuất định lý sau: Định lý Cho n+1 số thực phân biệt (a0, a1, , an) n+1 số (b0, b1, , bn) Khi tồn đa thức P(x) có bậc không vượt n thoả mãn điều kiện P(ai) = bi với i=0, 1, 2, , n Sự chứng minh dễ dàng theo lý luận Tuy nhiên, việc chứng minh tồn cho trường hợp tổng quát không đơn giản, điều tương đương với việc chứng minh hệ phương trình n+1 phương trình, n+1 ẩn số có 29 nghiệm (duy nhất) Rất thú vị ta tìm cách chứng minh định lý cách xây dựng, tức tìm biểu thức tường minh đa thức P(x) mà không cần phải giải hệ phương trình hệ số bất định nêu Ý tưởng chứng minh sau Ta tìm đa thức P 0(x), P1(x) …, Pn(x) bận n thoả mãn điều kiện sau Pi(aj) = δij, Trong 1 i = j δ ij =  0 i ≠ j n Khi đa thức P ( x) = ∑ bi Pi ( x) thoả mãn điều kiện i =0 n n i =0 i =0 P( a j ) = ∑ bi Pi (a j ) = ∑ bi δ ij = b j Vấn đề lại tìm đa thức Pi(x) Vì Pi(aj) = với j ≠ i nên Pi(x) = Ci(x-a0)…(x-ai-1)(x-ai+1)…(x-an) Vì Pi(ai) = nên Ci = (ai − a ) (ai − a i −1 )(ai − +1 ) (ai − a n ) Như ta tìm ( x − a ) ( x − −1 )( x − a i +1 ) ( x − a n ) Pi ( x) = (ai − a ) (ai − −1 )(ai − +1 ) (ai − a n ) đa thức thoả mãn hệ điều kiện Pi(aj) = δij (**) Công thức nội suy Lagrange Cho n+1 số thực phân biệt (a0, a1, , an) n+1 số (b0, b1, , bn) Khi đa thức n P ( x ) = ∑ bi Pi ( x) i =0 đa thức có bậc không vượt n thoả mãn điều kiện P(a i) = bi với i=0, 1, 2, , n Các đa thức Pi(x) đa thức bậc n định nghĩa (**) 4.3 Ứng dụng công thức nội suy Langrange Bài toán nội suy toán toán lý thuyết toán ứng dụng Trong thực tế, đo giá trị hàm số điểm, mà đo số điểm Các công thức nội suy cho phép chúng ta, phép đo số điểm, « dựng » lại đa thức xấp xỉ cho hàm số thực tế Công thức nội suy Lagrange, có nhiều ứng dụng vật lý, trắc địa, kinh tế học, khí tượng thuỷ văn, dự đoán dự báo … Tuy nhiên, ta không sâu vấn đề Dưới ta xem xét số ứng dụng công thức nội suy Lagrange toán phổ thông 4.4 Các tập có lời giải Bài Rút gọn biểu thức a2 b2 c2 A= + + (a − b)(a − c ) (b − c)(b − a ) (c − a)(c − b) 30 Lời giải Áp dụng công thức nội suy Lagrange cho hàm số P(x) = x với điểm a, b, c giá trị tương ứng a2, b2, c2 ta có a ( x − b)( x − c) b ( x − a)( x − c ) c ( x − a )( x − b) P( x) = + + (a − b)(a − c) (b − a )(b − c ) (c − a )(c − b) So sánh hệ số x hai vế, ta A = Bài Cho đa thức P(x) bậc n thoả mãn điều kiện P(k) = k/(k+1) với k=0, 1, 2, …, n Hãy tìm P(n+1) Lời giải Theo công thức nội suy Lagrange n k x( x − 1) ( x − k + 1)( x − k − 1) ( x − n) P( x) = ∑ k (k − 1) 1.(−1) (k − n) k =0 k + Từ n k (n + 1) (n − k + 2)(n − k ) (1) P( x) = ∑ k ( k − 1) 1.(−1) (k − n) k =0 k + n k (n + 1) (n − k + 2)(n − k + 1)(n − k ) (1) (n + 1)! = ∑ (−1) n − k k k (k − 1) 1.(−1) (k − n)(n − k + 1) (k + 1)!( n − k + 1)! k =0 k + k =0 n =∑ n ∑ (−1) n−k kCnk++21 n + k =0 Cách Xét đa thức (x+1)P(x) – x có bậc n có n+1 nghiệm x = 0, 1, 2, …, n Do đó, ta có (x+1)P(x) – x = ax(x-1)(x-2)…(x-n) với a số = Thay x = - 1, ta = a.(-1)(-2)…(-n-1) = a(-1)n+1(n+1)! Suy a = (-1)n+1/(n+1)! Từ (n+2)P(n+1) – (n+1) = n!(-1)n+1/(n+1)! = (-1)n+1/(n+1) Suy P(n+1) = ((n+1)2 + (-1)n+1)/(n+2) Bài Cho tam thức bậc P(x) = ax + bx + c thoả mãn điều kiện |P(x)| ≤ với | x | ≤ Chứng minh |a| + |b| + |c| ≤ Lời giải Thực phép nội suy điểm -1, 0, 1, ta có x( x − 1) ( x + 1)( x − 1) x( x + 1) P ( x ) = P (−1) + P ( 0) + P (1) (−1 − 0)(−1 − 1) (0 + 1)(0 − 1) (1 + 0)(1 + 1) Suy P (1) + P (−1) − P (0) P (1) − P (−1) P( x) = x + x + P (0) 2 Từ P (1) + P (−1) − P (0) P (1) − P (−1) a= , b= , c = P (0) 2 Suy P (1) + P (−1) − P (0) P (1) − P (−1) | a | + | b | + | c |= + + | P(0) | 2 | P (1) + P (−1) P (1) − P (−1) ≤ + + | P (0) |≤ max{| P (1) |, | P (−1) |} + | P (0) |≤ 2 4.5 Bài tập tự giải 31 Bài Rút gọn biểu thức a4 b4 c4 A= + + (a − b)(a − c ) (b − a )(b − c) (c − a)(c − b) Bài Cho M(y) đa thức bậc n cho M(y) = y với y = 1, 2, …, n+1 Hãy tìm M(n+2) Bài Cho đa thức P(x) = x 10 + a9x9 + … + a1x + a0 Biết P(-1) = P(1), P(-2) = P(2), …, P(-5) = P(5) Chứng minh P(-x) = P(x) với x thuộc R Bài Cho x0 < x1 < x2 < …< xn số nguyên P(x) đa thức bậc n có hệ số cao Chứng minh tồn i ∈ {0, 1, …, n} cho |P(xi)| ≥ n!/2n Bài Một tàu với vận tốc không đổi ngang qua đảo Thuyền trưởng lại đo khoảng cách từ tàu đến đảo Vào lúc 12, 14 15 tàu cách đảo khoảng cách tương ứng 7, 11 km Hỏi vào lúc 13 tàu cách đảo km Và lúc 16 giờ, tàu cách đảo km? Bài Trên mặt phẳng cho 100 điểm Biết với bốn điểm chúng có parabol bậc qua Chứng minh tất điểm cho nằm parabol bậc 32 [...]... Bài toán nội suy là một trong các bài toán cơ bản của toán lý thuyết và toán ứng dụng Trong thực tế, chúng ta không thể đo được giá trị của một hàm số tại mọi điểm, mà chỉ đo được tại một số điểm Các công thức nội suy cho phép chúng ta, bằng phép đo tại một số điểm, « dựng » lại một đa thức xấp xỉ cho hàm số thực tế Công thức nội suy Lagrange, vì thế có nhiều ứng dụng trong vật lý, trắc địa, kinh tế học, ... trong những khái niệm trung tâm của toán học Trong chương trình phổ thông, chúng ta đã làm quen với khái niệm đa thức từ bậc trung học cơ sở, từ những phép cộng, trừ, nhân đa thức đến phân tích đa thức ra thừa số, dùng sơ đồ Horner để chia đa thức, giải các phương trình đại số Bài giảng này sẽ hệ thống hoá lại những kiến thức cơ bản nhất về đa thức 1 biến, các dạng toán thường gặp về đa thức Ở cuối bài... b) thoả mãn yêu cầu bài toán là (6, 4) và (2, -4) Bài toán 2 Cho đa thức P(x) và hai số a, b phân biệt Biết rằng P(x) chia cho x-a dư A, P(x) chia cho x-b dư B Hãy tìm dư của phép chia P(x) cho (x-a)(xb) Giải: Giả sử P(x) = (x-a)(x-b)Q(x) + Cx + D Lần lượt thay x = a, b, ta được A = Ca + D, B = Cb + D Từ đó suy ra C = (A-B)/(a-b), D = A – (A-B)a/(a-b) = (aB – bA)/(a-b) Bài toán 3 Tìm dư trong phép... được 100 = A Từ đó suy ra dư là 100x – 99 Bài toán 4 Tìm a, b, c biết rằng đa thức P(x) = x 3 + ax2 + bx + c chia hết cho x-2 và chia x2 – 1 dư 2x Giải: Từ các điều kiện đề bài suy ra P(2) = 0, P(1) = 2 và P(-1) = -2, tức là 8 + 4a + 2b + c = 0 1+a+b+c=2 –1 + a – b + c = -2 Từ đó suy ra b = 1, a = -10/3, c = 10/3 Từ đó P(x) = x3 – (10/3)x2 + x + 10/3 19 Bài toán 5 Chứng minh rằng với mọi giá trị của n,... GCD(P(x), Q(x)), LCM(P(x), Q(x)) hay đơn giản hơn là (P(x), Q(x)), [P(x), Q(x)] Hai đa thức P(x), Q(x) được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu (P(x), Q(x)) = 1 1.8 Thuật toán Euclide Để tìm ước chung lớn nhất của hai đa thức P(x), Q(x), ta sử dụng thuật toán Euclide sau đây: Định lý 3 Giả sử có hai đa thức P(x), Q(x), trong đó deg(P) ≥ degQ Thực hiện phép chia P(x) cho Q(x) được thương số là S(x) và dư số là R(x)... (Q, R) = 1 suy ra P = Q.S Vì P = Q.S chia hết cho R, mà (Q, R) = 1 nên theo v) suy ra S chia hết cho R, tức là S = R.S 1 Vậy P = Q.S = (Q.R).S1 suy ra P chia hết cho Q.R 1.10 Các ví dụ có lời giải Bài toán 1 Tìm tất cả các cặp số a, b sao cho x 4 + 4x3 + ax2 + bx + 1 là bình phương của một đa thức Giải: Nếu x4 + 4x3 + ax2 + bx + 1 là bình phương của một đa thức thì đa thức đó phải có bậc 2 Giả sử x4... ≥ deg(Q) Mâu thuẫn vì hai vế bằng nhau Theo ký hiệu của định lý thì S(x) được gọi là thương số và R(x) được gọi là dư số trong phép chia P(x) cho Q(x) Phép chứng minh nói trên cũng cho chúng ta thuật toán tìm thương số và dư số của phép chia hai đa thức, gọi là phép chia dài (long division) hay sơ đồ Horner Ví dụ: Thực hiện phép chia 3x3 – 2x2 + 4x + 7 cho x2 + 2x 3x3 – 2x2 + 4x + 7 | x2 + 2x 3x3 +... Bài giảng này sẽ hệ thống hoá lại những kiến thức cơ bản nhất về đa thức 1 biến, các dạng toán thường gặp về đa thức Ở cuối bài sẽ đề cập 1 cách sơ lược nhất về đa thức nhiều biến 1 Đa thức và các phép toán trên đa thức 1.1 Định nghĩa Đa thức trên trường số thực là biểu thức có dạng P(x) = anxn + an-1xn-1 + … + a1x + a0, trong đó ai ∈ R và an ≠ 0 ai được gọi là các hệ số của đa thức, trong đó a n được... có điều này tương đương với  (2n + 1)π   (2n + 1)π   (n + 2)2π   ( n + 2)2π  cos  + i sin   + cos  + i sin   = 0  3   3   Điều này đúng vì (2n+1)π/3 - (n+2)2π/3 = π 3   3  Bài toán 6 Tìm tất cả các giá trị n sao cho x2n + xn + 1 chia hết cho x2 + x + 1 Giải: Cách 1: Ta nhận thấy x3 ≡ 1 mod x2 + x + 1 Do đó x2(n+3) + xn+3 + 1 ≡ x2n + xn + 1 (mod x2 + x + 1) Do đó ta chỉ cần xét... dụng công thức Moivre, ta có điều này tương đương với  4nπ   4nπ   2nπ   2nπ  cos  + i sin   + cos  + i sin   +1 = 0  3   3   3   3  Điều này xảy ra khi n không chia hết cho 3 Bài toán 7 Chứng minh rằng (xm – 1, xn – 1) = x(m,n) – 1 Giải: Giả sử d = (m, n) thì rõ ràng x m – 1 = (xd)m’ – 1 chia hết cho xd – 1 và tương tự xn – 1 chia hết cho xd Suy ra xd – 1 là ước chung của x m -
- Xem thêm -

Xem thêm: tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán THCS, tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán THCS, tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán THCS

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nạp tiền Tải lên
Đăng ký
Đăng nhập