Title 6. Chủ đề 6. Đa thức.pdf ✅

1 CHUYÊN ĐỀ 6. ĐA THỨC Bài 1. (Trích đề học sinh giỏi toán lớp 9 cấp tỉnh Phú Thọ 2023-2024) Cho P x  là đa thức bậc 4 thỏa mãn P  2 0  và P x P x x x x         2 2 3 1    . Xác định đa thức P x . Bài 2. (Trích đề học sinh giỏi toán lớp 9 cấp tỉnh Ninh Bình 2023-2024) Cho đa thức 2 Q(x) x ax b    , trong đó a,b là các số nguyên. Biết rằng tồn tại ba số nguyên phân biệt m,n,p (1 m,n,p 9)   sao cho Q(m) Q(n) 3; Q(p) 11.     a) Chứng minh rằng (m p)(n p) 14.    b) Tìm tất cả các cặp (a,b) thoả mãn yêu cầu bài toán. Bài 3. (Trích đề học sinh giỏi toán lớp 9 cấp tỉnh Khánh Hòa 2023-2024) Cho đa thức 3 2023 4045 4045 4046 4045 1 0 f x x x a x a x a x a ( ) (1 ) .....         . Gọi m là tổng các hệ số ứng với lũy thừa bậc chẵn của biến xn; là tổng các hệ số ứng với lũy thừa bậc lẻ của biến x . Chứng minh rằng m là số chẵn và n là số lẻ. Bài 4. (Trích đề học sinh giỏi toán lớp 9 cấp tỉnh Bắc Giang 2023-2024) Cho đa thức   2024 2023 2022 2023 2022 1 0 f x x a x a x a x a       ... a a a 0 1 2023 , ,...,   có f  7 2 20.   Chứng minh 4 2 7 3 f    là một số nguyên tố. Bài 5. (Trích đề học sinh giỏi toán lớp 9 cấp tỉnh Thái Bình 2023-2024) Cho đa thức   3 2 f x x ax bx     2 với ab, là các số hữu tỉ. Biết đa thức đã cho có một nghiệm là x  2 3 , tìm các nghiệm còn lại của đa thức. Bài 6. (Trích đề học sinh giỏi toán lớp 9 cấp tỉnh Hà Tĩnh 2023-2024) Cho dãy số được x ác định bời   1 1 1 1; 1      n n u u u n n với * n N  . Tỉnh giá trị của 2024 u .
2 HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1. Ta thấy:             0 2 0 0 0 2 4 0 4 0 P P P P P P                      (vì P  2 0  ) Do P P P 0 2 4 0            P x x x x ax b a         2 4 0 .     Ta có:                    2 0 56 2 56 2 2 3 1 . 4 2 312 4 368 P P P P x P x x x x P P P                        Suy ra 7 3 2 6 8 . 23 5 4 12 12 a b a a b b                    Vậy đa thức      3 5 3 8 11 10 4 3 2 2 4 . 8 12 8 3 2 3 P x x x x x x x x x               Bài 2. a) Ta có: 2 2 m am b 3 0 Q(m) Q(n) 3 n an b 3 0                 m,n là 2 nghiệm của phương trình: 2 x - ax + b + 3 = 0 Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có m +n = a m.n =b+3    Ta có: Q(p)- Q(m) = 11 - (-3) = 14. (1) Mà: 2 2 2 2 Q(p) - Q(m) = (p - ap + b)-(m - am + b) = (p -m )- a(p-m) =(p-m)(p+m-a)=(p-m)(p+m-m-n) =(p-m)(p-n)=(m-p)(n-p) (2) Từ (1) và (2) suy ra: (m p)(n p) 14.    b) Theo ý a ta có: (m p)(n p) 14.    Suy ra m-p, n-p là ước của 14 Mà 8 m p 8 1 m,n,p 9 8 n p 8            Ta có 14 1.14 2.7 ( 1).( 14) ( 2).( 7)         Vai trò của 2 số nguyên m, n là như nhau nên không giảm tính tổng quát giả sử
3 m> n m-p > n - p  (3) Nên: (m-p)(n-p) = 7.2 = (-2). (-7) (4) Từ (3) và (4) suy ra: m-p = 7 n - p = 2    hoặc m-p = -2 n - p = -7    * Nếu m-p=7 m=p+7 = n+5 n-p =2     Mà: m  9 nên p p     7 9 2. Kết hợp với 1  p suy ra: 1 2   p Ta có bảng: p 1 2 m 8 9 n 3 4 a = m + n 11 13 b = mn -3 21 33 * Nếu m -p = -2 p = m + 2= n +7 n -p = -7     Mà: p  9 nên n n     7 9 2. Kết hợp với 1  n suy ra: 1 2   n Ta có bảng: n 1 2 m 6 7 p 8 9 a = m + n 7 9 b = mn -3 3 11 Vậy ( , ) (11;21),(13;33),(7;3),(9;11) a b   là giá trị cần tìm. Bài 3. Thế lần lượt x  1 và x  1 vào f x  , ta có:         2023 2023 2023 2022 2023 0 2 0 2 1 2023 2 2023 2022 2023 0 2 0 2 1 3 1 1 (1 1 1) 3 2 1 1 1 ( 1) 1 3 1 2 i i i i i i i i f x x m m n f x x m n n                                                      
4 Do       2023 2023 3 1 mod4 3 ( 1) 1 mod4        . Đặt   2023 3 4 1     k k Đ K .     2023 2023 3 1 4 1 1 2 2 2 3 1 4 1 1 2 1 2 2 k m k k n k                     . Từ đây ta suy ra đpcm. Bài 4. Đặt g x f x       20 , ta có g f  7 2 7 2 20 0.         Dễ thấy g x  là một đa thức bậc 2024 với các hệ số nguyên Vì 2 x x   4 3 là đa thức bậc hai có hệ số nguyên nên khi chia đa thức g x  cho đa thức 2 x x   4 3 được thương là đa thức h x  và đa thức dư có dạng ax b a b    ,          2        g x x x h x ax b a b 4 3 . , Thay x   7 2 ta có: 0 0. 7 2 7 2 7 2 0 7 2 0              h a b a b a b a         (1) Vì 7 là số vô tỉ và ab, là các số hữu tỉ nên từ (1) suy ra 0 0 2 0 a a b b a          Từ đó,       2 g x x x h x    4 3 Thay x   2 7 ta được g h      2 7 0. 2 7             f f  2 7 20 0 2 7 20           4 2 7 3 4.20 3 83. f   Vì 83 là số nguyên tố nên ta có điều phải chứng minh. Bài 5. Do x  2 3 là 1 nghiệm của f x f      2 3 0  Thế x  2 3 vào f x  , ta có:         3 2 3 2 3 2 3 2 0 7 2 28 4 15 3 f a a b a b              Do a b a b a b , 7 2 28 ,4 15         Từ đó để phương trình thỏa mãn thì 7 2 28 0 2 4 15 0 7 a b a a b b                       3 2 3 2 2              f x x ax bx x x x x x x 2 2 7 2 2 4 1 Gọi k là một nghiệm của f x , ta có: