Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 8 - Chủ đề 7: Đa thức

 CHUYÊN ĐỀ 7: ĐA THỨC
 Bài 1: TÍNH CHIA HẾT CỦA ĐA THỨC
A. Các kiến thức cần nhớ
Giả sử f(x) và g(x) là các đa thức và bậc của f(x) lớn hơn hoặc bằng bậc của g(x). Khi đó 
luôn tồn tại duy nhất các đa thức q(x) và r(x), thỏa mãn:
f(x) = g(x) . q(x) + r(x)
Trong đó: Bậc của r(x) nhỏ hơn bậc của g(x)
Nếu r(x)  0 thì ta nói f(x) chia hết cho g(x)
Xét phép chia đa thức f(x) cho đa thức bậc nhất x – a
f(x) = (x-a) . q(x) + r . Cho x = a f(a) = r 
- Kết luận: Phần dư trong phép chia đa thức f(x) cho x – a là một số bằng f(a)
- Nếu f(a) = 0 hay x = a là nghiệm của đa thức f(x) thì f(x) chia hết cho x – a
- Định lý Bơ Du:
Số dư trong phép chia đa thức f(x) cho nhị thức x – a bằng giá trị của f(x) tại x = a
 f (x)(x a) f (a) 0 
Ví dụ: Không đặt tính chia, hãy xét xem đa thức A = x3 – 9x2 + 6x + 16 có chia hết cho x + 1; 
x – 3 hay không?
 Lời giải
Ta có: f(-1) = 0 suy ra A chia hết cho B
f(3) = -20 ≠ 0 nên A không chia hết cho C
- Chú ý: 
+) Nếu f(x) có tổng các hệ số bằng 0 thì chia hết cho x – 1
+) Nếu f(x) có tổng các hệ số của hạng tử bậc chẵn bằng tổng các hệ số của các hạng tử bậc 
lẻ thì chia hết cho x + 1
+) an – bn chia hết cho a – b (a -b)
+) an + bn ( n lẻ) chia hết cho a + b (a -b)
+) an bn (a b)(an 1 an 2b an 3b2 .... abn 2 bn 1)
+) an bn (a b)(an 1 an 2b an 3b2 .... abn 2 bn 1)
B. Bài tập và các dạng toán
Dạng 1: Chứng minh một đa thức chia hết cho một đa thức (Xét các đa thức một biến)
 Cách 1: Phân tích đa thức bị chia thành nhân tử có một thừa số là đa thức chia
 f (x)g(x)
Nếu f (x) g(x).h(x) 
 f (x)h(x) a. f (x) x50 x10 1g(x) x20 x10 1 
b. f (x) x199 x27 x2 g(x) x2 x 1
c. f (x) x99 x88 .. x11 1; g(x) x9 x8 ... x 1 
d. f (x) x3m 1 x3m 2 1; g(x) x2 x 1 n N
e. f (x) x6m 4 x6n 2 1; g(x) x2 x 1 m.n N
 Lời giải
a. f (x) x50 x10 1 (x50 x20 ) (x20 x10 1)
Lại có: x50 x20 x20 (x30 1) x20[(x10 )3 1] x20 (x10 1)(x20 x10 1) f (x)g(x)
b. Ta có:
 f (x) x199 x27 x2 x199 x x27 1 x2 x 1
 x199 x x27 1 (x2 x 1) x(x1998 1) (x27 1) g(x) 
 x[(x999 )2 1] (x3 )9 1 g(x) x(x999 1)(x999 1) (x3 )9 1 g(x) f (x)g(x)
  
 x999 1 x3 1 x3 1
c. Ta có: (x 1).g(x) x10 1
 f (x) x99 x88 .. x11 1 (x99 x9 ) (x88 8) ...(x11 x) x9 x8 ... x 1
 x9 (x90 1) x8 (x80 1) ... x(x10 1) g(x)
 x9[(x10 )9 1] x8[(x10 )8 1] ... x(x10 1) g(x) f (x)g(x)
   
 x10 1 x10 1 x10 1
d. Ta có f (x) x3m 1 x3m 2 1 (x3m 1 x) (x3m 2 x2 ) (x2 x 1)
x3m 1 x x(x3m 1) x[(x3 )m 1]x3 1 (x 1)(x2 x 1)
x3m 2 x2 x2 (x3m 1) x2[(x3 )m 1]x3 1 (x 1)(x2 x 1)
 f (x)g(x)
e. Ta có:
 f (x) x6m 4 x6n 2 1 x6m 4 x4 x6n 2 x2 x4 x2 1 x4 [(x6 )m 1] x2 [(x6 )n 1] (x4 x2 1)
  
 x6 1 x6 1
x6 1 (x3 )2 1 (x3 1)(x3 1); x4 x2 1 (x2 x 1)(x2 x 1) f (x)g(x)
  
 x2 x 1 x2 x 1
Cách 3: Sử dụng các phép biến đổi tương đương
Muốn chứng minh f(x) chia hết cho g(x) ta đi chứng minh 
 f (x) g(x)g(x)
 f (x)g(x)
 f (x) g(x)g(x)
Bài 3: Chứng minh rằng f (x) x99 x88 ... x11 1g(x) x9 x8 ... x 1
 Lời giải f. f (x) x100 x90 ... x10 1; g(x) x2 x 1
g. f (x) x100 x99 ... x 1; g(x) (x 1)(x2 1) 
h. f (x) x10 x9 ... x 1; g(x) x2 x 1
 Lời giải:
a. f (x) (x7 x5 ) (2x5 2x3 ) (3x3 3x) (3x 1) x5 (x2 1) 2x3 (x2 1) 3x(x2 1) 3x 1
Vậy đa thức dư là: 3x + 1
b. f (x) (x27 x) (x9 x) (x3 x) 4x x[(x2 )13 1] x[(x2 )4 1] x(x2 1) 4x , dư là : 4x 
 f (x) x41 (x41 x) x x[(x4 )10 1] x
c.  , Vậy dư là : x 
 x4 1 x2 1
 f (x) x43 (x43 x) x x[(x2 )21 1] x
d.  , Vậy dư là : -x
 x2 1
 f (x) x100 x99 ... x 1 (x100 x99 x98 ) ...(x 1) (x2 x 1)(x98 x95 ... x2 ) x 1
e.  
 du
 (x2 x 1)
f.Ta có:
 f (x) x100 x90 ... x10 1
 (x100 x) (x90 1) (x80 x2 ) (x70 x) (x60 1) (x50 x2 ) (x40 x) (x30 1) 
 (x20 x2 ) (x10 x) 3x2 4x 4
 x[(x3 )33 1] [(x6 )15 1] x2[(x6 )13 1] x[(x3 )33 1] .... 3(x2 x 1) x 1
  
 du
g. g(x) có 101 số hạng, nhóm 4 số hạng 1 nhóm, dư là : 1
h. Ta có:
 f (x) x10 x9 ... x 1
 10 9 8 2 7 6 5 2 4 3
 (x x) (x 1) (x x ) (x x) (x 1) (x x ) (x x) (x 1) x 1
 du
Bài 2: Tìm số dư trong phép chia 
 f (x) x 2 x 4 x 6 x 8 2008; g x x2 10x 21
 Lời giải:
Ta có: 
 f (x) x 2 x 4 x 6 x 8 2008 x2 `10x 16 x2 10x 24 2008
 2 2
Đặt t x 10x 21 (t 3;t 7) P(t) t 2t 1 993 
 du
2. Cách 2: Xét giá trị riêng ( phép chia ảo )
Bài 3: Tìm số dư của f(x) cho g(x), biết rằng
a. f (x) x7 x5 x3 1; g(x) x2 1 b. f (x) x10 x 8 ...x 1; g(x) x2 x 2
c. f (x) (x 1)(x 3)(x 5)(x 7) 1999; g(x) x2 8x 12 c. f (x) (x2 x 6)(x2 2) ax +b= (x + 3)(x - 2)(x2 2) ax + b
Cho x = 2, 3 
 f (2) 2a b 5; f ( 3) 3a b 5 a 2;b 1 f (x) x4 x3 4x2 4x 11
Bài 5: Giả sử đa thức f(x) chia x – 2 dư 11, chia x2 – x + 1 dư 3x + 2. Tìm phần dư khi chi f(x) 
cho g(x) = x3 – 3x2 + 3x -2
 Lời giải
g(x) = x3 – 3x2 + 3x -2 = ( x – 2 )( x2 – x + 1);
Thực hiện phép chia f(x) cho g(x) ta được: f (x) (x 2)(x2 x 1) ax2 bx c
 f (x) (x 2).h(x) 11 . Cho x = 2 f (2) 4a 2b c 11 (1)
Mặt khác: 
 f (x) (x 2)(x2 x 1) a(x2 x 1) (a b)x c a (x 2 a)(x2 x 1) (a b)x c a
 
 du 3x 2
 c a 2 (2)
 .
 a b 3 (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra (a, b, c) = (1; 2; 3) . Do đó phần dư là x2 + 2x + 3
Bài 6: Giả sử f(x) chia cho x + 2 dư 4 và chia cho x2 + 1 dư 2x + 3. Tìm phần dư trong phép 
chia f(x) cho ( x + 2 )( x2 + 1).
 Lời giải
Ta có:
 f (x) (x 2)(x2 1) ax2 bx c
+) f ( 2) 4 4a 2b c 4(1)
 2 2 b 2(2) 2
+) f (x) (x 2)(x 1) a(x 1) bx c a (a,b,c) (1,2,4) du : x 2x 4
 du c a 3(3)
Do đó phần dư là x2 + 2x + 4
BÀI TẬP VỀ NHÀ
Bài 1: Chứng minh rằng
 4n 2 2n 1  2 4n 2 4n 2  2
a. x 2.x 1 (x 1) n N b. (x 1) (x 1) x 1n N
Bài 2: Chứng minh đa thức
a. f (x) x95 x94 ...x2 x 1g(x) x31 x30 ... x2 x 1
b. f (x) x124 x123 .... x2 x 1g(x) x24 x23 ... x2 x 1
Bài 3: Chứng minh rằng f (x) x19 x18 ... x 1g(x) (x 1)(x2 1)
Bài 4: Chứng minh rằng f (x) x24 x18 x12 x6 1g(x) x4 x3 x2 x 1
 Lời giải
Bài 1: x4n 2 2.x2n 1 1 (x2n 1 1)2 c. f (x) 2x4 3x3 +5x2 ax bg(x) x2 2x 3
d. f (x) ax3 bx2 c(x 2) và chia x2 – 1 dư x + 5.
 3 2 2
e. f (x) x ax bx c chia hết cho x – 2 và chia x – a dư 2x
 Lời giải
a. Gọi q(x) là thương của phép chia f(x) cho g(x)
Ta có: ax3 bx2 5x 50 (x 5)(x 2).q(x)
Xét các giá trị riêng x = -5 ; x = 2 , ta được:
 x 5 12a 25b 75 a 1
 x 2 8a 4b 40 b 8
b. f (x) (x2 1).q(x) 2x 1
 x 1 a b c 0 (1)
Cho 
 x 1 a b c 4 (2)
Mặt khác: f(x) chia cho x - 2 dư 9 f (2) 9 4a 2b c 7 (3)
Từ (1), (2) và (3) (a,b,c) ( 3,2,1)
c. Ta có: f (x) (x 1)(x 2).q(x) a 1;b 3
d. Ta có f (x) (x 2).p(x) f ( 2) 0 8a 4b c 0 (1)
 f (1) a b c 6 (2)
 f (x) (x 1)(x 1).q(x) x 5 .
 f ( 1) a b c 4 (3)
(1)(2)(3) (a,b,c) (1,1,4)
 10 10 
e. (a,b,c) ;1; 
 3 3 
Bài 2: Đa thức P(x) có bậc 4, có hệ số bậc cao nhất là 1. Biết P(1) = 0, P(3) = 0; P(5) = 0. Tính 
Q = P(-2) + 7.P(6)
 Lời giải
Ta có P(x) chia hết cho x – 1: x – 3 ; x – 5 và bậc của P(x) là 4 nên P(x) có dạng:
P(x) (x 1)(x 2)(x 3)(x a)
P( 2) 7 p(6) ( 3)( 5)( 7)( 2 a) 7.5.3.1(a 6) 105(a 2) 105(a 6) 840
Bài 3: [GVG Tỉnh – Bắc Ninh : 09/12/2016 ]
Tìm đa thức f(x), biết f(x) chia cho x – 2 dư 5, f(x) chia cho x – 3 dư 7, chia cho (9x-2)(x-3) 
được thương là x2 – 1 và đa thức dư bậc nhất đối với x.
 Lời giải
Gọi dư trong phép chia f(x) cho (x-2)(x-3) là ax + b
Ta có: f (x) (x 2)(x 3)(x2 1) ax+b