Chủ đề nâng cao lớp 10: Đa thức

Chia sẻ: Duong Minh Huy | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:14

Thêm vào BST

Báo xấu

1.017
lượt xem 294
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cung cấp cho học sinh một số khái niệm cơ bản về đa thức, phép chia đa thức và phương trình hàm đa thức. Cung cấp cho học sinh một số phương pháp giải toán về đa thức qua các ví dục và bài tập. Rèn kỹ năng vận dụng linh hoạt, diễn đạt chặt chẽ.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Chủ đề nâng cao lớp 10: Đa thức

Ch ñ : ðA TH C Ch ñ nâng cao l p 10 Biên so n: ð THANH HÂN ----------------------- A/ M C TIÊU: - Cung c p cho h c sinh m t s khái ni m cơ b n v ña th c, phép chia ña th c và phương trình hàm ña th c. - Cung c p cho h c sinh m t s phương pháp gi i toán v ña th c qua các ví d và bài t p. - Rèn kĩ năng v n d ng linh h at, di n ñ t ch t ch . - Góp ph n xây d ng năng l c tư duy lôgic, tư duy ñ c l p sáng t o. B/ TH I LƯ NG: 6 ti t C/ N I DUNG: Ch ñ bao g m các ki n th c ñư c trình bày trong hai bài: - Bài 1: ða th c và phép chia ña th c. (4 ti t) - Bài 2: ða th c v i h s nguyên và phương trình hàm ña th c. (2 ti t) D/ CHÚ THÍCH V M C ð YÊU C U: - Ch ñ này thu c lo i ch ñ nâng cao, nh m b sung m t s ki n th c cơ b n và c n thi t v ña th c và ng d ng, nâng cao kh năng t h c c a h c sinh dư i s hư ng d n c a giáo viên. - ðây là tài li u t h c có hư ng d n nh m ñ t ñư c m c tiêu như ñã nêu trên. - Ch ñ này giúp các em h c sinh khá gi i có thêm tài li u tham kh o (qua các ví d và bài t p có ñánh d u * ). ------------- ða th c-ðTH. 1
Bài 1 ðA TH C – PHÉP CHIA ðA TH C I/ ðA TH C VÀ CÁC KHÁI NI M CƠ B N: 1) ð nh nghĩa 1.1 a) ða th c f ( x ) là m t bi u th c có d ng: f ( x ) = an x n + an −1 x n −1 + ... + a1 x + a0 ( trong ñó n ∈ N * ; x ∈ R ; a0 , a1 ,..., an ∈ R ; an ≠ 0 ) b) N u f ( x ) là m t ña th c thì hàm s y = f ( x ) g i là m t hàm ña th c. V i m i s th c a, f ( a ) g i là giá tr c a hàm ña th c f ( x ) t i ñi m a . c) S t nhiên n g i là b c c a f ( x ) , kí hi u deg f = n. d) Các h s a0 , a1 ,..., an g i là các h s c a f ( x ) , an g i là h s b c cao nh t, a0 g i là h s t do; ak x k (ak ≠ 0) g i là h ng t b c k , an x n là h ng t b c cao nh t. 2) ð nh lí 1.1 a) ða th c f ( x ) = an x n + an −1 x n −1 + ... + a1 x + a0 b ng không khi và ch khi an = an −1 = ... = a1 = a0 = 0 b) M i ña th c f ( x ) khác không có m t cách vi t duy nh t dư i d ng: f ( x ) = an x n + an −1 x n −1 + ... + a1 x + a0 ( an ≠ 0 ) . 3) H qu 1.1 Hai ña th c khác không là b ng nhau khi và ch khi chúng có cùng b c và các h s c a m i h ng t cùng b c là b ng nhau. • Chú ý: T p h p t t c các ña th c v i h s th c ñư c kí hi u là R [ x ] . Tương t Q [ x ] , Z [ x ] tương ng là t p h p t t c các ña th c v i h s h u t , h s nguyên. ða th c-ðTH. 2
Th c hành 1: Xác ñ nh các h s c a ña th c. Phương pháp gi i: S d ng h qu 1.1 ( Nguyên lí so sánh các h s c a ña th c ). Ví d 1) Tìm a,b,c bi t r ng: a ( x + 2 ) + b ( x + 3) = cx + 5 2 2 ∀x ∈ R L i gi i: a ( x + 2 ) + b ( x + 3) = cx + 5 2 2 Ta có ⇔ ( a + b ) x 2 + ( 4a + 6b ) x + 4a + 9b = cx + 5  a+b = 0 Theo h qu 1.1, ta có: 4a + 6b = c   4a + 9b = 5  Gi i h trên ta ñư c: a = −1; b = 1; c = 2. --------------- Bài t p t gi i: 1) Tìm a, b bi t r ng x 4 + 2 x3 + 3x 2 + ax + b là bình phương c a m t ña th c khác. ( Hư ng d n: ð t x 4 + 2 x3 + 3x 2 + ax + b = ( x 2 + mx + n ) 2 ðS: a = 2, b = 1 ) --------------- − x2 − 2 x + 3 bx + c 2) Tìm a, b, c bi t r ng =a+ 2 ∀x ∈ R. x +1 2 x +1 ( ðS: a = −1; b = −2; c = 4. ) -------------------------------- Ví d 2)* Tìm t t c các ña th c f ( x) ∈ Z [ x ] khác không, th a: ( ) 16 f x 2 =  f ( 2 x )  2   ∀x ∈ R. (1) L i gi i: G i f ( x ) = an x n + an−1 x n −1 + ... + a1 x + a0 ( an ≠ 0; ai ∈ R, i = 1, 2,..., n ) . Ta có (1) ⇔ 16 ( an x 2 n + an −1 x 2 n−2 + ... + a1 x 2 + a0 ) =  an ( 2 x ) + an−1 ( 2 x ) + ... + a1 ( 2 x ) + a0  n n −1 2   16 ð ng nh t h s c a x 2n ta có: 16.an = 22 n.an2 ⇒ an = (do an ≠ 0 ) 4n Mà an ∈ Z nên n = 0,1, 2. • V i n = 0 : ta có a0 = 16 ⇒ f ( x ) = 16 ∀x ∈ R . ða th c-ðTH. 3
• V i n = 1 : ta có a1 = 4 nên f ( x ) = 4x + a0 thay vào (1) ta có 16 ( 4 x 2 + a0 ) = ( 8 x + a0 ) 2 ⇔ 16a0 = 16a0 x + a0 2 ⇔ a0 = 0. ( do (1) ñúng ∀x ) V y f ( x ) = 4 x ∀x ∈ R . • V i n = 2 : ta có a2 = 1 nên f ( x ) = x 2 + a1 x + a0 thay vào (1) ta có 16 ( x 4 + a1 x 2 + a0 ) = (2 x) 2 + a1 ( 2 x ) + a0  2   ⇔ 16 ( x 4 + a1 x 2 + a0 ) = 16 x 4 + 16a1 x 3 + ( 4a12 + 8a0 ) x 2 + 4a1a0 x + a0 2 ð ng nh t các h s ta ñư c: a1 = a0 = 0. V y f ( x ) = x 2 ∀x ∈ R.  f ( x ) = 16 Th l i, ta th y c 3 hàm s  f ( x ) = 4x ñ u th a ñ ra.   f ( x ) = x2  --------------- Bài t p t gi i: Tìm t t c các ña th c f ( x) ∈ Z [ x ] khác không, th a: ( ) f x 2 =  f ( x ) 2   ∀x ∈ R. ( ðS: f ( x ) = x , n = 0,1, 2,3,... ) n ------------------------------- Th c hành 2: Tính t ng các h s c a ña th c. Phương pháp gi i: S d ng k t qu : N u f ( x ) = an x n + an −1 x n−1 + ... + a1 x + a0 ( an ≠ 0 ) , thì f (1) = an + an−1 + ... + a1 + a0 . Ví d : Hãy tính t ng các h s c a ña th c: ( ) ( 3 − 5x + 8x ) 32 2006 f ( x) = 2 − 3 x + 3 x 5 2 − 6 x3 . L i gi i: Ta vi t f ( x) d ng: f ( x ) = an x n + an−1 x n−1 + ... + a1 x + a0 . Ta có t ng các h s c a ña th c ñã cho là: an + an −1 + ... + a1 + a0 = f (1) = ( 2 − 3 + 3) (3 − 5 + 8 − 6) 32 2006 = 0. --------------- Bài t p t gi i: V i a ∈ R , hãy tính t ng các h s c a ña th c: ( ) (4x ) − ( x + 1) ( x ) 6 12 5 10 f ( x ) = x 2 + ax − a + 1 4 − 2 x 2 − 3x + 2 3 + x −1 . ( ðS: 32 ) --------------- ða th c-ðTH. 4
II/ PHÉP CHIA ðA TH C: 1/ Phép chia h t: ð nh nghĩa 1.2) Ta nói r ng ña th c f ( x) chia h t cho ña th c g ( x) , kí hi u f ( x)⋮ g ( x ) , n u t n t i m t ña th c h( x) sao cho f ( x) = g ( x).h( x) 2/ Phép chia có dư: ð nh lí 1.2) V i hai ña th c f ( x) và g ( x) ( g ( x) ≠ 0 ) luôn t n t i duy nh t hai ña th c q( x) và r ( x) sao cho f ( x) = g ( x).q( x) + r ( x) , trong ñó r ( x) = 0 ho c deg r < deg g . ( ða th c q( x) g i là thương, ña th c r ( x) g i là dư c a phép chia f ( x) cho g ( x) ). 3/ Nghi m c a ña th c: ð nh nghĩa 1.3) Ta nói a là nghi m c a ña th c f ( x) n u f (a) = 0. ð nh lí 1.3) ( ð nh lí Bơ-du) S a là nghi m c a ña th c f ( x) khi và ch khi f ( x)⋮ ( x − a ) . ð nh nghĩa 1.4) Ta nói a là nghi m b i k (k ∈ N ; k ≥ 2) c a ña th c f ( x) n u t n t i ña th c g ( x) mà g ( a) ≠ 0 và f ( x ) = ( x − a ) g ( x ) ∀x ∈ R . k Th c hành 3: Xác ñ nh ña th c chia trong phép chia h t. Phương pháp gi i: PP1: S d ng ñ nh nghĩa phép chia h t và nguyên lí so sánh các h s c a ña th c. PP2: S d ng ñ nh lí phép chia có dư sau ñó cho dư th c b ng không. PP3: S d ng ñ nh lí Bơ-du. Ví d 1) Tìm a bi t r ng: f ( x ) = 6 x 4 − 7 x 3 + ax 2 + 3 x + 2 chia h t cho ña th c x 2 − x − 1. L i gi i: ð t f ( x) = ( x 2 − x − 1)( 6 x 2 + bx + c ) Ta có 6 x 4 − 7 x3 + ax 2 + 3 x + 2 = 6 x 4 + ( b − 6 ) x3 + ( c − b − 6 ) x 2 − ( b + c ) x − c ða th c-ðTH. 5
 b − 6 = −7 c − b − 6 = a  b = −1 Suy ra   ⇔   c = −2  −b − c = 3  a = −7  −c = 2   V y a = -7 là giá tr ph i tìm. --------------- Ví d 2) Tìm a, b bi t r ng: f ( x) = ax 4 + bx3 + 1 chia h t cho ( x − 1)2 . L i gi i: *Cách 1: ð t f ( x) = ( x − 1) ( ax 2 + mx + n ) 2 Ta có ax 4 + bx3 + 1 = ax 4 + ( m − 2a ) x3 + ( n − 2m + a ) x 2 + ( m − 2n ) x + n  m − 2a = b  n =1  n − 2m + a = 0 m = 2 Suy ra   ⇔    m − 2n = 0  a=3   n =1 b = −4  V y a = 3, b = - 4 là giá tr ph i tìm. --------------- *Cách 2: L y f ( x) chia cho ( x − 1) , ta ñư c dư: 2 r ( x) = ( 4a + 3) x + 1 − 3a − 2b. (1) Do f ( x)⋮ ( x − 1) nên r ( x) = 0 2 ∀x ∈ R vì v y t (1) ta có:  4a + 3b = 0  a=3  ⇔  1 − 3a − 2b = 1 b = −4 --------------- *Cách 3: Vì f ( x)⋮ ( x − 1) nên x = 1 là nghi m b i 2 c a f ( x) , do ñó: 2 f (1) = 0 ⇒ a + b +1 = 0 ⇒ b = −a − 1 Suy ra f ( x) = ax − ( a + 1) x + 1 4 3 = ( x − 1) ( ax 3 − x 2 − x − 1) Do x = 1 là nghi m b i 2 c a f ( x) nên x = 1 là nghi m c a q( x) = ax3 − x 2 − x − 1 Vì v y q(1) = 0 ⇒ a − 3 = 0 ⇒ a = 3. Suy ra b = −4. V y a = 3, b = - 4 là giá tr ph i tìm. --------------- Ví d 3)* Cho F = x3 + y 3 + z 3 + mxyz . ð nh m ñ F chia h t cho ( x + y + z ) . ða th c-ðTH. 6
L i gi i: Xem F là m t ña th c theo x , kí hi u F ( x) . Vì ( x + y + z ) = x − ( − y − z ) và F ⋮ ( x + y + z ) nên F ( x)⋮  x − ( − y − z )    ( − y − z ) + y 3 + z 3 + m ( − y − z ) yz = 0 3 Suy ra F (− y − z ) = 0 ⇔ ⇔ −3 yz ( y + z ) + m ( − y − z ) yz = 0 ⇔ − yz ( y + z )( 3 + m ) = 0 ð ng th c trên ñúng ∀y, z ⇔ m = −3. --------------- Bài t p t gi i: 1) Tìm a, b bi t r ng f ( x) = 6 x 4 − 7 x3 + ax 2 + 3x + 2 chia h t cho ña th c x 2 − x + b. (Hư ng d n: ð t f ( x) = ( x 2 − x + b )( 6 x 2 + mx + n ) a = −7  a = −12 ðS:  ∨  )  b = −1  b = −2 --------------- 2) Tìm a, b bi t r ng f ( x) = x 4 + 1 chia h t cho ña th c x 2 + ax + b. (Hư ng d n: ð t f ( x) = ( x 2 + ax + b )( x 2 + mx + n ) a = 2  a = − 2 ðS:   ∨  )  b =1   b =1  ----------------------------------- Th c hành 4: Xác ñ nh ña th c chia trong phép chia có dư. Phương pháp gi i: S d ng ñ nh lí phép chia có dư, chú ý ñ n các giá tr ñ c bi t c a x. Ví d 1) Tìm a, b, c bi t r ng: f ( x) = 2 x 4 + ax 2 + bx + c chia h t cho x + 2 và khi chia f ( x ) cho x 2 − 1 thì ñư c dư là x. L i gi i:  f ( x ) = ( x + 2 ) q1 ( x ) T gi thi t, ta có:   .  f ( x ) = ( x − 1) q2 ( x ) + x 2   28  f ( −2 ) = 0 32 + 4a − 2b + c = 0 a = − 3    Suy ra  f (1) = 1 ⇒  2+a+b+c = 0 ⇔  b =1  f ( −1) = −1  2+ a−b+c = 0  22    c=  3 ------------- ða th c-ðTH. 7
Ví d 2) Tìm a, b, c bi t r ng: f ( x ) = x 5 − 3x 4 + 2 x 3 + ax 2 + bx + c chia cho x 3 − 2 x 2 − x + 2 thì có s dư là 1. L i gi i: Vì x3 − 2 x 2 − x + 2 = ( x − 1)( x + 1)( x − 2) nên t gi thi t ta có: f ( x ) = ( x − 1)( x + 1)( x − 2)q ( x) + 1  f (1) = 1  a +b+ c =1  a =1 Suy ra:  f (−1) = 1   ⇒  a−b+c = 7  ⇔ b = −3  f (2) = 1  4a + 2b + c = 1  c=3    --------------- Bài t p t gi i: 1) Tìm a, b, c bi t r ng f ( x) = x3 + ax 2 + bx + c chia h t cho x − 2 và khi chia f ( x) cho x 2 − 1 thì ñư c dư là 2x. ( ðS: a = −10; b = −19; c = −10 ) --------------- 2) Tìm ña th c b c ba f ( x) , bi t r ng ña th c ñó chia h t cho x − 2 và có cùng s dư là -4 khi chia l n lư t cho x + 1 , x + 2 , x − 1 x 3 2 x 2 x 14 (ðS: f ( x) = + − − ) 3 3 3 3 - - - - - - - - - - - - - - - - - -*)(* - - - - - - - - - - - - - - - - - ða th c-ðTH. 8
Bài 2 ðA TH C V I H S NGUYÊN VÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM ðA TH C I/ ðA TH C V I H S NGUYÊN: Tính ch t 2.1) N u f ( x) là m t ña th c v i nh ng h s nguyên và a, b là nh ng s nguyên, thì hi u f(a) – f(b) chia h t cho a – b. Ch ng minh: Vì f ( x) = an x n + an −1 x n −1 + ... + a1 x + a0 ∈ Z [ x ] , a, b ∈ Z nên: f ( a) − f ( b ) = an ( a n − b n ) + ... + a1 ( a − b ) ( ) = ( a − b )  an a n −1 + ... + b n −1 + ... + a1    T ñây suy ra tính ch t ñư c ch ng minh. Th c hành 5: Các bài toán ña th c liên quan ñ n s h c. Phương pháp gi i: S d ng tính ch t 2.1. Ví d 1) Cho f ( x) là ña th c v i h s nguyên, có f (0) , f (1) là các s l . Ch ng minh r ng phương trình f ( x) =0 không có nghi m nguyên. L i gi i: G i α là nghi m nguyên c a f ( x) , ta có f ( x) = ( x − α ) g ( x ) v i g ( x) ∈ Z [ x ] Suy ra f (1) = (1 − α ) g (1) mà f (1) là s l nên α là s ch n. Tương t f (0) = ( 0 − α ) g ( 0 ) mà f (0) là s l nên α là s l . Mâu thu n trên ch ng t ñi u ta gi s là sai. V y phương trình f ( x) =0 không có nghi m nguyên. (ñpcm) ------------- Ví d 2)* Ch ng minh r ng v i m i s nguyên a phương trình: f ( x ) = x 4 − 2007 x 3 + ( 2006 + a ) x 2 − 2005 x + a = 0 không th có hai nghi m nguyên phân bi t. ða th c-ðTH. 9
L i gi i: G i α là nghi m nguyên c a f ( x) , ta có f (α ) = 0 . Vì f (1) = 2a − 2005 là s l , nên f (1) − f (α ) = 2a − 2005 là s l . Do f (1) − f (α )⋮ (1 − α ) nên 1 − α là s l , suy ra α là s ch n. Gi s α1 , α 2 là hai nghi m nguyên phân bi t c a phương trình f ( x) =0, thì α1 , α 2 là các s ch n và: f (α1 ) − f (α 2 ) 0= α1 − α 2 = (α + α12α 2 + α1α 2 + α 2 ) − 2007 (α12 + α1α 2 + α 2 ) + ( 2006 + a )(α1 + α 2 ) − 2005 3 1 2 3 2 ð ng th c trên không th x y ra vì α1 , α 2 là các s ch n. Mâu thu n trên ch ng t ñi u ta gi s là sai. V y phương trình f ( x) =0 không th có hai nghi m nguyên phân bi t. (ñpcm) -------------- Bài t p t gi i: 1) Cho f ( x) là ña th c v i h s nguyên th a ñi u ki n: f(a+b) = ab v i m i s nguyên không âm a, b. Ch ng minh r ng: f ( a )⋮ b và f ( b )⋮ a. --------------  f ( 2007 ) = 2006 2) Có hay không ña th c f ( x ) ∈ Z [ x ] th a:    f ( 2002 ) = 2003  -------------- 3)* Cho f ( x) và g ( x ) là hai ña th c v i h s nguyên th a ñi u ki n: P ( x ) = f ( x 3 ) + xg ( x 3 )⋮ ( x 2 + x + 1) Ch ng minh r ng: UCLN ( f ( 2006 ) , g ( 2006 ) ) ≥ 2005. (Hư ng d n: Vi t P ( x ) d ng: P ( x ) =  f ( x 3 ) − f (1)  + x  g ( x 3 ) − g (1)  + f (1) + xg (1) )     ------------------------------------ Th c hành 6: Các bài toán ña th c liên quan ñ n s h c. Phương pháp gi i: S d ng ñ nh lí Bơ-du và ñ nh nghĩa 1.4.. Ví d 1) Cho f ( x) là ña th c v i h s nguyên, có f (2005) f ( 2006 ) = 2007. H i ña th c f ( x ) có nghi m nguyên hay không? ða th c-ðTH. 10
L i gi i: G i α là nghi m nguyên c a f ( x) , ta có f ( x) = ( x − α ) g ( x ) v i g ( x) ∈ Z [ x ] Nên f (2005) = ( 2005 − α ) g ( 2005) . f (2006) = ( 2006 − α ) g ( 2006 ) . Suy ra f (2005) f ( 2006 ) = ( 2005 − α )( 2006 − α ) g ( 2005 ) g ( 2006 ) . Do ( 2005 − α )( 2006 − α )⋮ 2 nên f (2005) f ( 2006 ) = 2007 ⋮ 2 vô lí. Mâu thu n trên ch ng t ñi u ta gi s là sai. V y phương trình f ( x) =0 không th có nghi m nguyên. (ñpcm) ---------------- Ví d 2)* Cho f ( x) là ña th c v i h s nguyên. Ch ng minh r ng n u f (0), f (1) ,..., f ( m − 1) ñ u không chia h t cho m ( m ≤ N , m ≥ 2 ) thì phương trình f ( x ) = 0 không có nghi m nguyên. L i gi i: Gi s phương trình f ( x ) = 0 có m t nghi m nguyên là α , ta có: f ( x) = ( x − α ) g ( x ) v i g ( x) ∈ Z [ x ] Khi ñó: f (0) = ( 0 − α ) g ( 0 ) . f (1) = (1 − α ) g (1) . ............... f ( m − 1) = ( m − 1 − α ) g ( m − 1) . Vì: ( 0 − α ) , (1 − α ) ,..., ( m − 1 − α ) là m s nguyên liên ti p nên ph i có m t s chia h t cho m, vì v y trong m s f (0), f (1) ,..., f ( m − 1) ph i có ít nh t m t s chia h t cho m, mâu thu n gi thi t. V y ñi u ta gi s là sai, suy ra phương trình f ( x ) = 0 không có nghi m nguyên. (ñpcm) ---------------- Ví d 3)* Cho ña th c f ( x ) v i các h s nguyên. Gi s phương trình f ( x ) = 1 có quá 3 nghi m nguyên. Ch ng minh r ng phương trình f ( x ) = −1 không có nghi m nguyên. L i gi i: Gi s phương trình f ( x ) = −1 có nghi m nguyên α , ta có: f (α ) = −1. Vì phương trình f ( x ) = 1 có quá 3 nghi m nguyên nên có ít nh t 4 nghi m nguyên khác nhau, g i 4 nghi m ñó là: α1 , α 2 , α 3 , α 4 . Ta có: f ( x ) − 1 = ( x − α1 )( x − α 2 )( x − α 3 )( x − α 4 ) g ( x ) v i g ( x) ∈ Z [ x ] ða th c-ðTH. 11
Suy ra f (α ) − 1 = −2 = (α − α1 )(α − α 2 )(α − α 3 )(α − α 4 ) g (α ) , trong ñó: α − α1 , α − α 2,α − α 3 , α − α 4 là 4 s nguyên phân bi t. V y -2 phân tích ñư c thành tích c a 4 s nguyên khác nhau, vô lí. Suy ra phương trình f ( x ) = −1 không có nghi m nguyên. ------------------------------ Bài t p t gi i: 1) Cho f ( x) là ña th c v i h s nguyên có f ( x ) = 1996 t i 5 giá tr nguyên c a x. Ch ng minh r ng: f ( x ) ≠ 2006 v i m i giá tr nguyên c a x. ( Hư ng d n: chú ý 10 ch có th phân tích c a nhi u nh t 4 s nguyên khác nhau ) ---------------- 2) Bi t ña th c f ( x ) v i h s nguyên nh n giá tr b ng 2 t i 4 giá tr nguyên khác nhau c a x. Ch ng minh r ng: f ( x ) không th nh n các giá tr 1, 3, 5, 7, 9. ( Hư ng d n: ð t F ( x ) = f ( x ) − 2 = ( x − a )( x − b )( x − c )( x − d ) g ( x ) ) ---------------- 3) Bi t ña th c f ( x ) v i h s nguyên có tính ch t f ( x ) = 2 v i x nh n 5 giá tr nguyên khác nhau. Ch ng minh r ng: f ( x ) không th có nghi m nguyên. ------------------------------ II/ PHƯƠNG TRÌNH HÀM ðA TH C: ð nh lí 2.1) ( Khai tri n ña th c theo các nghi m ) Gi s a1 , a2 ,..., am là các nghi m c a ña th c f ( x) v i các b i tương ng l n lư t là k1 , k2 ,..., km , khi ñó t n t i ña th c g ( x) sao cho: f ( x ) = ( x − a1 ) ( x − a2 ) ... ( x − am ) g ( x) k k k 1 2 m ∀x ∈ R. . ( v i g ( ai ) ≠ 0 , i = 1, 2,..., m và deg f = k1 + k2 + ... + km + deg g ) H qu 2.1) a) M i ña th c b c n ≥ 1 ñ u có không quá n nghi m th c. b) N u ña th c f ( x) có b c n mà t n t i n+1 s th c phân bi t a1 , a2 ,..., an +1 sao cho f ( ai ) = c ∀i = 1, 2,..., n + 1 thì f ( x ) = c ∀x ∈ R. Th c hành 7: Tìm phương trình hàm ña th c. Phương pháp gi i: S d ng ñ nh lí 2.1 và h qu 2.1. ða th c-ðTH. 12
Ví d 1)* Tìm t t c các ña th c f ( x) ∈ R [ x ] th a: x. f ( x − 1) = ( x − 3) . f ( x ) ∀x ∈ R. (1) L i gi i: T (1): cho x =0 ta có f (0) = 0 . Suy ra: v i x =1 ta có f (1) = 0 . V i x =2 ta có f (2) = 0 . V y f ( x) nh n 0, 1, 2 làm nghi m, nên theo h qu 2.1 ta có: f ( x ) = x ( x − 1)( x − 2 ) g ( x ) v i g ( x) ∈ R [ x ] . Thay vào (1) ta có: x ( x − 1)( x − 2 )( x − 3) g ( x − 1) = ( x − 3) x ( x − 1)( x − 2 ) g ( x ) ∀x ∈ R. Suy ra: g ( x − 1) = g ( x ) ∀x ∈ R \ {0;1; 2;3} . Suy ra g (4) = g ( 5 ) = g ( 6 ) = ... = g ( n ) = ... t c là g ( x) nh n cùng m t giá tr t i vô s ñi m, nên: g ( x) = c ∀x ∈ R. V y f ( x) = cx ( x − 1)( x − 2 ) ∀x ∈ R Th l i ta th y f ( x) = cx ( x − 1)( x − 2 ) ∀x ∈ R th a ñ bài. ---------------- Ví d 2)* Tìm t t c các ña th c f ( x) ∈ R [ x ] th a: f ( x + 1) = f ( x ) + 2 x + 1 ∀x ∈ R. (2) L i gi i: Ta có (2) ⇔ f ( x + 1) − ( x + 1) = f ( x ) − x 2 ∀x ∈ R. (3) 2 ð t g ( x ) = f ( x ) − x 2 ∀x ∈ R. Ta có: ( 3) ⇔ g ( x + 1) = g ( x) ∀x ∈ R. Suy ra g (0) = g (1) = g ( 2 ) = ... = g ( n ) = ... t c là g ( x) nh n cùng m t giá tr t i vô s ñi m, nên: g ( x) = c ∀x ∈ R. V y f ( x) = x 2 + c ∀x ∈ R Th l i ta th y f ( x) = x 2 + c ∀x ∈ R th a ñ bài. ------------------------------ Bài t p t gi i: 1)* Tìm t t c các ña th c f ( x) ∈ R [ x ] th a: ( x − 1) . f ( x + 1) = ( x + 2 ) . f ( x ) ∀x ∈ R. ( ðS: f ( x) = cx ( x 2 − 1) ∀x ∈ R. ) --------------------- ða th c-ðTH. 13
2)* Tìm t t c các ña th c f ( x) ∈ R [ x ] th a: x. f ( x − 1) = ( x − 5 ) . f ( x ) ∀x ∈ R. ( ðS: f ( x) = cx ( x − 1) ( x − 2)( x − 3)( x − 4) ∀x ∈ R. ) --------------------- 3)* Tìm t t c các ña th c f ( x) ∈ R [ x ] th a: f  ( x + 1) 2  = f ( x 2 ) + 2 x + 1   ∀x ∈ R. ( ðS: f ( x) = x + c ∀x ∈ R. ) --------------------- 4)* Tìm t t c các ña th c f ( x) ∈ R [ x ] th a: ( x − 1) 2 f ( x ) = ( x − 3) 2 f ( x + 2 ) ∀x ∈ R. ( ðS: f ( x) = c ( x − 3) 2 ∀x ∈ R. ) - - - - - - - - - - - - - - - - - -*) H T (* - - - - - - - - - - - - - - - - - ða th c-ðTH. 14