SKKN giải pháp giúp học sinh phát huy khả năng giải bài toán về nghiệm của đa thức

59 33 0
  • Loading ...
    Loading ...
    Loading ...

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 09/11/2019, 21:03

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NINH BÌNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN TỤY SÁNG KIẾN GIẢI PHÁP GIÚP HỌC SINH PHÁT HUY KHẢ NĂNG GIẢI BÀI TOÁN VỀ NGHIỆM CỦA ĐA THỨC Người thực hiện: NGÔ THỊ HOA Chức vụ: Giáo viên SKKN mơn: Tốn NINH BÌNH-THÁNG NĂM 2019 I MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Mỗi nội dung chương trình chun tốn phổ thơng có vai trò quan trọng việc hình thành phát triển tư học sinh Trong trình giảng dạy, giáo viên phải đặt đích giúp học sinh nắm kiến thức bản, hình thành phương pháp, kỹ năng, kỹ xảo, từ tạo thái độ động học tập đắn Thực tế dạy học cho thấy có nhiều vấn đề cần phải giải học sinh học nội dung nghiệm đa thức yếu, chưa hình thành kỹ năng, kỹ xảo q trình giải tốn Đặc biệt, năm gần đây, đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp Quốc gia mật độ xuất toán nghiệm đa thức xuất ngày nhiều Từ thực tiễn giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi nhiều năm, với kinh nghiệm q trình giảng dạy Tơi tổng hợp, khai thác nhiều chuyên đề nội dung Đa thức Trong SKKN xin chia sẻ : ‘‘Giải pháp giúp học sinh phát huy khả giải toán nghiệm đa thức ” Đây nội dung quan trọng, hay chương trình giải tíchs lớp chun Tốn nên có nhiều tài liệu, sách viết nhiều thầy cô giáo học sinh say sưa nghiên cứu học tập Tuy nhiên việc đưa hướng tiếp cận quy lạ quen toán nhiều sách tham khảo chưa đáp ứng cho người đọc Chính việc đưa sáng kiến cần thiết, làm em hiểu sâu toán yêu thích chủ đề Đa thức 1.2 Mục đích nghiên cứu Qua nội dung đề tài mong muốn cung cấp cho người đọc nắm cách tiếp cận toán, quy lạ quen, đồng thời giúp cho học sinh số kiến thức, phương pháp kỹ để học sinh giải tốn tích phân, hình thành cho em thói quen tìm tòi tích lũy rèn luyện tư sáng tạo, giải toán đời sống xã hội, chuẩn bị tốt đạt kết cao kỳ thi THPT Quốc gia 1.3 Đối tượng nghiên cứu Chúng tập trung nghiên cứu số tính chất tích phân, nghiên cứu câu hỏi tích phân dạng trắc nghiệm khách quan, nghiên cứu ứng dụng tích phân để tính diện tích hình phẳng, thể tích khối tròn xoay vận dụng tốn thực tế đời sống xã hội 1.4 Phương pháp nghiên cứu Trong phạm vi đề tài, sử dụng kết hợp phương pháp như: phương pháp thống kê – phân loại; phương pháp phân tích – tổng hợp- đánh giá; phương pháp vấn đáp - gợi mở, nêu ví dụ; phương pháp diễn giải số phương pháp khác phương pháp quy lạ quen, sử dụng máy tính để hổ trợ tìm đáp án câu hởi trắc nghiệm khách quan II NỘI DUNG SÁNG KIẾN 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến Vấn đề nghiên cứu dựa sở nội dung đa thức tài liệu chuyên toán Khi giải tập toán, người học phải trang bị kỹ suy luận, liên hệ cũ mới, toán làm toán Các tiết dạy tập phải thiết kế theo hệ thống chuẩn bị sẵn từ dễ đến khó nhằm phát triển tư cho học sinh q trình giảng dạy, phát huy tính tích cực học sinh Hệ thống tập giúp học sinh tiếp cận nắm bắt kiến thức nhất, phát triển khả tư duy, khả vận dụng kiến thức học cách linh hoạt vào giải toán trình bày lời giải Từ học sinh có hứng thú động học tập tốt Trong trình giảng dạy nội dung Đa thức, tơi thấy kỹ giải toán nghiệm Đa thức học sinh yếu Do cần phải cho học sinh tiếp cận toán cách dễ dàng, quy lạ quen, thiết kế trình tự giảng hợp lý giảm bớt khó khăn giúp học sinh nắm kiến thức bản, hình thành phương pháp, kĩ năng, kĩ xảo lĩnh hội lĩnh kiến thức mớitừ đạt kết cao kỳ thi THPT Quốc gia, thi học sinh giỏi cấp 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến Nội dung Đa thức phần kiến thức tương đối khó rộng với học sinh Học sinh nhanh quên không vận dụng kiến thức học vào giải toán Trong kỳ thi HSG Quốc gia năm 2017, nội dung đưa câu ngày thi 1.Với tình hình để giúp học sinh định hướng tốt trình giải toán liên quan đến nghiệm đa thức, người giáo viên cần tạo cho học sinh thói quen tiếp cận toán, khai thác yếu đặc trưng tốn để tìm lời giải Trong việc hình thành cho học sinh kỹ quy lạ quen, kỹ kỹ đọc hiểu tốn nâng cao Chính đề tài đưa giúp giáo viên hướng dẫn toán Đa thức cho học sinh với cách tiếp cận dễ hơn, giúp học sinh có điều kiện hoàn thiện phương pháp rèn luyện tư sáng tạo thân, chuẩn bị tốt cho kỳ thi HSG Quốc gia Vậy mong muốn đồng nghiệp học sinh ngày vận dụng tốt kiến thức nghiệm đa thức để đưa giải pháp nhằm giải toán liên qua đến nghiệm đa thức cách xác nhanh 2.3 Các biện pháp thực 2.3.1 Một số kiến thức cần nhớ I KIẾN THỨC CƠ BẢN Định nghĩa phép toán Định nghĩa : Cho hàm số f : R ® R Ta gọi f đa thức f º const ( số) tồn n Ỵ Z, n ³ số thực a0,a1,a2, ,an với cho : f ( x) = a0xn + a1xn- + L + an- 1x + an n hay dạng rút gọn: f ( x) = å akxn- k k=0 Các số a0,a1,a2, ,an gọi hệ số, a0 ¹ gọi hệ số cao nhất, an gọi hệ số tự Đặc biệt a0 = đa thức gọi đa thức chuẩn tắc hay đa thức mo-nic Với a ¹ n gọi bậc đa thức f ( x) , ký hiệu degf = n , đặc biệt: f º c ¹ 0 Quy ước với f ( x) º degf = - ¥ Đa thức tập số Với K tập hợp số, ký hiệu : n ïìï ïü n- k ïý é ù Kë x = f x = a x : a Ỵ K , k = ,1 ,2 , , n í ( ) å êû ú ï k k ùỵ k=0 ù ợù n Cho a thc f ( x) = å akxn- k k=0 ù • Nếu hệ số Ỵ R ký hiệu f Î R é ê ëxú û é ù • Nếu hệ số Ỵ Q ký hiệu f Î Q ê ëxú û ù • Nếu hệ số Ỵ Z ký hiệu f Ỵ Z é ê ëxú û Các phép toán n m k=0 i =0 m- i Cho hai đa thức: f ( x) = å akxn- k g( x) = å bx Khi i • l f ( x) + g( x) = å ( ak + bk )xl - k k=0 • l f ( x) - g( x) = å ( ak - bk )xl - k k=0 l f ( x) ìg( x) = å l å abx i =0 j =0 i +j i j l = max { m, n} với quy ước cách viết hình thức: l f ( x) = å xl - i ,an+1 = L = al = i =0 ( ) ù, deg f = n, degg = m f ( x) ± g( x) , f ( x) ×g( x) f g( x) Từ với f , g Ỵ R é ê ëxú û đa thức với hệ số thực , deg( f ± g) £ max { m, n} ,deg f ×g = m + n,deg f ( g) = mn ( ) ù, khơng Định nghĩa Ta nói đa thức P ( x) với hệ số nguyên bất khả quy Z é ê ëxú û phân tích thành tích hai đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn 1.( ù) viết nói đa thức bất khả quy có nghĩa nói đa thức bất khả quy Z é ê ëxú û Các định lý Định lý 2.1.(Định lý bản) Mọi đa thức bậc n có khơng q n nghiệm thực Từ degf = n f ( x) = n + điểm, f ( x) º " x Định lý 2.2( Định lý phép chi có dư) ù Khi tồn đa thức : q, r Ỵ R éxùsao cho Cho f , g Ỵ R é ê ê ëxú û ëú û f ( x) = q( x) ×g( x) + r ( x) degr < degg Đặc biệt, r ( x) º 0thì ta nói f ( x) chia hết cho g( x) , ký hiệu f ( x) Mg( x) hay g( x) f ( x) Định lý 2.3( Định lý Bezout 1) Nếu x = a nghiệm đa thức f ( x) f ( x) M( x - a ) ùvà a,blà hai số nguyên phân biệt P ( a) - P ( b) Ma - b Từ suy với P Ỵ Z é êxû ú ë Định lý 2.4( Định lý Bezout 2) Hai đa thức P ( x) ,Q ( x) nguyên tố tồn đa thức U ( x) ,V ( x) cho U ( x) P ( x) +V ( x) Q ( x) = Chứng minh Giả sử tồn U ( x) ,V ( x) thỏa mãn điều kiện U ( x) P ( x) +V ( x) Q ( x) = ( ) Đặt D ( x) = gcd P ( x) ,Q ( x) = Ta chứng minh tồn đa thức U ( x) ,V ( x) thỏa mãn { Ta chứng minh quy nạp theo m = degP , degQ } Nếu m = điều cần chứng minh hiển nhiên Giả sử điều cần chứng minh với m( m ³ 0) Xét hai đa thức P ( x) ,Q ( x) có { degP ,degQ } = m + Không tính tổng quát , giả sử m + = degP Thực phép chia Q ( x) cho P ( x) thương S ( x) dư R ( x) ( ) Không thể xảy trường hợp R ( x) = P ( x) = deg P ( x) ,Q ( x) ( vô lý) ( ) ( ) Vì = gcd P ( x) ,Q ( x) = gcd P ( x) , R ( x) với { degP ,degR } < m + Khi ( x) ,V ( ) ( x) cho ( ) ( ) U ( x) P ( x) +V ( x) R ( x) = Thay R ( x) = Q ( x) - P ( x) S ( x) Ta ( ) ( ) U ( x) P ( x) +V ( x) ( Q ( x) - P ( x) S ( x) ) = 1, tương đương với ( ) ( ) ( ) é U ( x) - V ( x) S ( x) ù ê úP ( x) +V ( x) Q ( x) = ë û Do định lý với : m + = { degP ,degQ } Theo nguyên lý quy nạp, định lý Bezout theo giat thiết quy nạp , tồn đa thức U * * * * * * ( *) * * chứng minh Định lý 2.5( Sự phân tích tiêu chuẩn) Mọi đa thức với hệ số thực biểu diễn dạng: t nk l ( f ( x) = a ×Õ ( x - xk ) ×Õ x2 + bx + cj j k=1 j =0 ) mj a,bj ,cj , xk Î R;;bj - 4cj < 0,a ¹ 1.2 Nghiệm đa thức Định nghĩa Số a gọi nghiệm đa thức P ( x) P ( a) = Định lý Từ hệ ta có: a nghiệm P ( x) P ( x) M(x - a) n n- Định lý Nếu a ¹ nghiệm đa thức P ( x) = anx + an- 1x + + a1x + a0 n- n nghiệm đa thức P ( x) = an + an- 1x + + a1x + a0x a Định nghĩa Cho đa thức P ( x) m Ỵ N* Ta nói số a nghiệm bội m P ( x) x= P ( x) M( x - a) m P ( x) M( x - a) m+1 ù, đa thức bậc n có đầy đủ n Định lý (Định lí đại số) Trong £ é ê ëxú û nghiệm phức (kể bội) ù, đa thức bậc n có khơng q n nghiệm thực (kể bội) Hệ Trong ¡ é ê ëxú û ù Nếu z = a + bi , ( a,b Î R ) nghiệm phức Định lý Cho đa thức P ( x) Ỵ R é ê ëxú û P ( x) liên hợp z = a - bi nghiệm P ( x) Định lý ùbậc n, hệ số cao a có n nghiệm phức a , a , , a Khi i) Cho P ( x) Ỵ C é ê n ëxú û P ( x) = a ( x - a1) ( x - a2 ) ( x - an ) ùbậc n, hệ số cao a có tất nghiệm phức a , a , , a với bội ii) Cho P ( x) Ỵ C é ê m ëxú û tương ứng k1, k2, , km Khi P ( x) = a ( x - a1) k1 (x- k2 km a2 ) ( x - am ) , k1 + k2 + + km = n ùcó nghiệm thực a , a , , a với bội tương ứng iii) Cho đa thức P ( x) Ỵ R é ê ú m ëxû k1 k2 km ù k1, k2, , km Khi P ( x) = ( x - a1) ( x - a2 ) ( x - am ) Q ( x) , với Q ( x) Ỵ R é ê ëxú û ù có nghiệm phức z = a + bi , có nghiệm phức Từ định lý P ( x) Ỵ R é êxû ú ë z = a - bi suy ù éx - ( a - bi ) ù.Q ( x) , với Q ( x) Ỵ R éxù P ( x) = é êû ú êx - ( a + bi ) û úë ê ú ë ë û = x2 - 2a.x + a2 + b2 Q ( x) ( ) Lặp lại trình cách xét nghiệm phức Q ( x) ta có định lí ù, đa thức phân tích dạng tích nhân tử bậc Định lý Trong R é ê ëxú û nhân tử bậc hai với biệt thức âm Định lý i) Nếu đa thức P ( x) với degP ( x) £ n P ( x) có nhiều n nghiệm (kể bội) đa thức ii) Nếu hai đa thức P ( x) ,Q ( x) có bậc không vượt n, lại nhiều n giá trị khác biến x P ( x) = Q ( x) Hệ Cho P ( x) đa thức với hệ số thực Khi i) Nếu hàm y = P ( x) hàm số chẵn tất hệ số lũy thừa bậc lẻ ii) Nếu hàm y = P ( x) hàm số lẻ tất hệ số lũy thừa bậc chẵn n n- Định lý (Định lý Viet) Trong C, đa thức P ( x) = anx + an- 1x + + a1x + a0 có n nghiệm x1, x2, , xn an- an i =1 a å xi xj = an- 1£ i 0, " x Î ¡ Suy Pk ( x) hàm tăng đa thức bậc lẻ nên có nghiệm thực khác ' - Xét k chẵn Ta có Pk ( x) = Pk- ( x) Vì k – số lẻ nên Pk- ( x) hàm tăng đa thức bậc lẻ nên có nghiệm thực x0 khác Ta lập bảng biến thiên Pk ( x) : X - ¥ Pk’(x)=Pk-1(x) Pk(x) +¥ +¥ x0 - + +¥ Pk(x0) Từ bảng biến thiên suy Pk ( x) ³ Pk ( x0 ) = Pk- ( x0) + x0n > 0, " x Ỵ ¡ Vậy khẳng định n! với n = k Ta có kết luận: đa thức Pn ( x) khơng thể có nhiều nghiệm thực Bài 23 Cho hai cấp số cộng ( an ) , hai Pk ( b ) số m nguyên dương lớn Xét dãy tam thức bậc ( x) , k = 1,2, ,m xác định P ( x) = x + a x +b Chứng minh P (x) n k k k Pm(x) khơng có nghiệm thực tam thức lại khơng có nghiệm thực Lời giải Theo đề bài, P1(x) Pm(x) khơng có nghiệm thực P1(x) Pm(x) ln dương với số thực x Giả sử tồn Pk ( x) = x + akx +bk, k = 2, 3, , m - có nghiệm thực x = c Ta có Pm ( x) - Pk ( x) = ( m - k) ( ax +b) ; Pk ( x) - P1 ( x) = ( k - 1) ( ax +b) Do Pm ( c) = ( m - k) ( ac +b) ; P1 ( c) = ( k - 1) ( ac +b) Suy Pm ( c) P1 ( c) < , vô lý Vậy điều giả sử sai, tam thức lại khơng có nghiệm thực Xác định đa thức dựa vào đặc trưng nghiệm 51 Bài 33 Tìm tất đa thức P (x) hệ số thực thỏa mãn đồng thức: a) P (x) = P (x + 1) (1) b) xP (x - 1) = (x - 2)P (x) (2) Lời giải a) Nhận xét Từ P (x) = P (x - 1) Þ P (0) = P (1) = P (2) = = P (n) = Nếu P (x) º C thỏa mãn yêu cầu toán Nếu P (x) ¹ C Giả sử degP = n Đặt Q(x) = P (x) - P (0) với degQ = n Ta thấy Q(0) = Q(1) = Q(2) = = Q(n) = Đa thức Q(x) bậc n có nhiều n nghiệm Suy Q(x) º Þ P (x) = P (0) Vậy đa thức cần tìm P (x) = C ( C số ) b) Từ giả thiết ta nhận thấy P (0) = P (1) = Do x = { 0;1} nghiệm đa thức P (x) Suy P (x) = x(x - 1)Q(x) Thay vào đồng thức (2) ta được: x(x - 1)(x - 2)Q(x - 1) = x(x - 1)(x - 2)Q(x) "x ị Q(x) = Q(x - 1) "x { 0;1;2} Þ Q(x) = C Þ P (x) = x(x - 1).C Thử lại thấy P (x) = x(x - 1).C thỏa mãn yêu cầu toán Vậy P (x) = x(x - 1).C ( C số ) Bài 34 Tìm tất đa thức P (x) hệ số thực thỏa mãn đồng thức a) P (x + 1) = P (x) + 2x + b) P ((x + 1)2) = P (x2) + 2x + Lời giải a) Ta có: P (x + 1) = P (x) + 2x + Þ P (x + 1) - (x + 1)2 = P (x) - x2 Xét Q(x) = P (x) - x2 suy Q(x) = Q(x + 1) Þ Q(x) = C Þ P (x) = x2 +C Thử lại Vậy P (x) = x2 +C b) Ta có: P ((x + 1)2) = P (x2) + 2x + Þ P ((x + 1)2) - (x+ 1)2 = P (x2) - x2 Xét Q(x) = P (x) - x suy Q(x) = Q(x + 1) Þ Q(x) = C Þ P (x) = x +C Thử lại Vậy P (x) = x +C * Sử dụng tính chất hữu hạn nghiệm đa thức 52 Nhận xét: - Từ phương trình hàm mà ẩn hàm cần tìm đa thức f ( x) có hệ số thực Ta dự đốn f ( x) = g( x) với g( x) đa thức xác định để chứng minh f ( x) º g( x) ta xây dựng dãy lặp x0 = a, xn+1 = j ( xn ) sau chứng minh ( xn ) dãy đơn điệu thực chứng minh f ( xn ) = g( xn ) , " n từ suy f ( x) º g( x) , x Ỵ ¡ - Để chứng minh đa thức f(x) khơng có nghiệm thực ta giả sử phản chứng, giả sử f(x) có nghiệm thực a xây dựng dãy số x0 = a, xn+1 = j ( xn ) đơn điệu thực cho f ( xn ) = 0, " n Điều mâu thuẫn với tính chất hữu hạn nghiệm đa thức ( ) ùsao cho f x2 - = f ( x) - 1, " x Ỵ ¡ Bài 35 Tìm tất đa thức f ( x) Ỵ R é ê ú ëxû Lời giải Thay x -x ta có f ( - x) - = f ( - x) - = f ( x) - Þ f ( - x) = f ( x) Nếu f ( - x) - f ( x) = có vơ số nghiệm Þ f ( x) = f ( x) , " x Ỵ ¡ mà deg f ( x) = 2m + Þ $n cho f ( x) f ( - x) trái dấu x > n điều vô lý Suy phương trình f ( x) + f ( - x) = có vơ số nghiệm Þ f ( - x) = - f ( x) , " x Ỵ ¡ ìï f( 0) = ïí x = ị Chn ùù f( - 1) = ùợ ìï f ( 0) = ïï ( 0) Þ íï f ( - 1) = - ( 0) - ïïï f = ïỵ ( ) Xét dãy số a0 = 1;an+1 = an + 1, Þ an > 1, " n ³ Ta chứng minh an+1 > an , " n ³ ( 1) Thật n = Þ a1 = > = a0 toán với n = Giả sử (1) đến n, suy an+2 = an+1 + > an + = an+1 Ta chứng minh f ( an ) = an , n ³ ( 2) Với n = Þ f ( a0 ) = f ( 1) = a0 suy (2) với n = Giả sử f ( an ) = an ta chứng minh f ( an+1) = an+1 , ta có 53 ( ) f ( an+1) = 1+ f a2n+1 - = 1+ f ( an ) = 1+ an = a2n+1 Þ f ( an+1) = an+1 f ( an+1) = - an+1 ( ) 2 Nếu f ( an+1) = - an+1 Þ f ( an+1) = 1+ f a n+2 - = 1+ f ( an+1) = 1- an+1 < 0vô lý f ( an+1) = an+1 Vậy f ( an ) = an phương trình f ( x) = x có vơ số nghiệm, f ( x) = x Thử lại ta thấy f ( x) = x thỏa mãn yêu cầu toán Bài 36 Tìm đa thức có hệ số thực thỏa mãn f ( x) f ( x + 1) = f ( x2 + x + 1) , " x Î ¡ Lời giải Nếu degf ( x) = suy f ( x) = c Þ c = c ị c ẻ { 0;1} Nu degf ( x) = 2m + ị $a ẻ Ă cho f ( a) = ( ) ( ) 2 Chọn x = a, Þ f ( a) f ( a + 1) = f a + a + f ( a) = nên f a + a + = suy đa thức f ( x) có tính chất a nghiệm phương trình f ( x) = a2 + a + nghiệm phương trình f ( x) = Ta xây dựng dãy số x0 = a, xn+1 = x n + xn + suy xn+1 - xn = x n + > Þ xn+1 > xn suy dãy xn tăng thực sự, từ tính chất ta thấy f ( xn ) = với n ³ đa thức f ( x) có vơ số nghiệm, điều khơng thể xẩy deg f ( x) ³ deg f ( x) = 2m Từ phương trình (1) cách so sánh hệ số x4m hai ta nhận hệ số x2n khai triển f ( x) Do đa thức f ( x) = x2 + + h ( x) ( ) m (2) h ( x) đa thức có hệ số thực degh ( x) = P < 2m Thế biểu thức (2) vào phương trình (1) đồng hệ số hai vế ta có ( m m 2 ổ2 ổ2 ữ ỗ x +1 ỗ x + + = x + x + + 1ữ ữ ữ ỗ ữ ữ , " x ẻ Ă ta nhn c phng trỡnh ỗ ố ứ è ø ) ( m ) ( ) 54 ( m æ x + h ( x + 1) + ỗ (ốỗ x + 1) + 1ừ÷ ÷ h ( x) + h ( x) h ( x + 1) = h x + x + , " x Ỵ ¡ ) m ( ( ) ) Nếu p ³ Þ degh x + x + = 2p bậc vế trái 2m + p Vì ( 2m + p) > 2p điều ( ) xẩy ra, p = Þ h ( x) º c Þ c = Þ f ( x) = x2 + ( ) Thử lại thấy f ( x) = x2 + ( ) Vậy f ( x) = x2 + m m thỏa mãn yêu cầu tốn m Bài 37 ( Moldova 2004) Tìm đa thức P (x) với hệ số thực thỏa mãn (x3 + 3x2 + 3x + 2)P (x - 1) = (x3 - 3x2 + 3x - 2)P (x) " x (1) Lời giải Từ giả thiết ta có (x + 2)(x2 + x + 1)P (x - 1) = (x - 2)(x2 - x + 1)P (x) "x Dễ thấy P (- 2) = 0; P (- 1) = 0; P (0) = 0; P (1) = Þ P (x) = x(x - 1)(x + 1)(x + 2)Q(x) Với Q(x) đa thức với hệ số thực Thay vào (1) ta (x + 2)(x2 + x + 1)x(x + 1)(x - 1)(x - 2)Q(x - 1) = (x - 2)(x2 - x + 1)x(x - 1)(x + 1)(x + 2).Q(x) Þ (x2 + x + 1)Q(x - 1) = (x2 - x + 1)Q(x) Q(x - 1) Q(x) = 2 x - x +1 x + x +1 Q(x) Þ R(x) = R(x - 1) Đặt R(x) = x +x + Þ R(x) = C "x {- 2;- 1;0;1;2} ị "x {- 2;- 1;0;1;2} Þ Q(x) = C (x2 + x + 1) Þ P (x) = C x(x - 1)(x + 1)(x + 2)(x2 + x + 1) Thử lại P (x) thỏa mãn yêu cầu toán Vậy đa thức cần tìm P (x) = C x(x - 1)(x + 1)(x + 2)(x2 + x + 1) ( C số ) Bài 38 ( Đề nghị thi HSG DH ĐBBB 2015) Tìm tất đa thức hệ số thực P(x) không đồng không thỏa mãn: P(2014) = 2046, P (x) = P (x2 + 1) - 33 + 32, " x ³ Lời giải 55 Giả sử P (x) thỏa mãn đầu Khi ta có P (x2 + 1) = (P (x) - 32)2 + 33, " x ³ Suy P (20142 + 1) = (2046- 32)2 + 33 = 20142 + 33 Đặt x0 = 2014, ta có x0 + 32 = 2046, P (x0) = x0 + 32 P (2014) = 2046 2 Xét dãy {xn} sau: x0 = 2014, x1 = x0 + 1, xn+1 = xn + 1, " n=1,2,3 Khi P (x0) = x0 + 32 P (x1) = P (x02 + 1) = [P (x0) - 32]2 + 33 = x02 + 33 = x02 + 1+ 32 = x1 + 32 P (x2) = P (x12 + 1) = [P (x1) - 32]2 + 33 = x12 + 33 = x12 + 1+ 32 = x2 + 32 Bằng quy nạp dễ dàng chứng minh P (xn ) = xn + 32, " n = 0,1,2 (*) Xét đa thức hệ số thực Q(x) = P (x) - x - 32 Từ (*) ta có Q(x) nhận xn làm nghiệm với n=0,1,2… Mặt khác dãy {xn }n+¥=0 tăng nghiêm ngặt nên Q(x) º suy P (x) = x + 32 Thử lại ta có thỏa mãn đầu Vậy: Có đa thức P (x) = x + 32 Bài 39 (HSGQG 1988) Cho đa thức P (x) = a0xn + a1xn- + + an- 1x + an bậc n với n ³ Biết P(x) có n nghiệm thực a0 = 1,a1 = - n,a2 = n(n - 1) Hãy xác định hệ số a2,a3, ,an Lời giải Giả sử n nghiệm P(x) x1, x2, , xn Áp dụng định lí Viéte ta có n ìï n2 - n ïï x x = ïí å k l ïï k,l =1 ïïỵ x1 + x2 + + xn = n Þ Þ n å k=1 n x = ( x1 + x2 + + x3) k å (x k=1 k n n k=1 k=1 ổn ữ ữ= n - 2ỗ x x ỗ k lữ ỗ ữ ỗ ố ứ k,l =1 - 1)2 = å xk2 - 2å xk + n = Þ P (x) = (x - 1)n Vậy ak = (- 1)kC nk, k = 0,1, , n 56 2.4 Kết thực Trong 03 năm học vừa qua thực đề tài với nhóm học sinh có học lực giỏi Để đánh giá hiệu đề tài, thực hai kiểm tra trước sau áp dụng, cụ thể sau: Đề 1(Trước thực chuyên đề), Đề 2(Sau thực chuyên đề) Hai đề có mức độ khó tương đương Kết cho thấy điểm số trung bình lớp Toán 11 Toán 12 tăng 68,74% Như vậy, việc áp dụng đề tài có hiệu lớp học sinh giỏi Đặc biệt kỳ thi học sinh giỏi Quốc gia năm học 2017-2018 học sinh lớp Toán đạt điểm tối đa câu nghiệm Đa thức nguyên phải sử dụng Số học để góp phần vào thành tích cá nhân em cao lên PHẦN C: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Một số hướng phát triển Chuyên Đề -Khai thác thêm kỹ đánh giá khác -Kỹ tư học sinh với kiến thức giải tích liên quan đến chuyên đề -Ứng dụng giải lớp tập liên quan đến nghiệm Đa thức Kiến nghị, đề xuất việc triển khai áp dụng đề tài Đề tài thực cần thiết phải giảng dạy học sinh giỏi học sinh chuẩn bị thi học sinh giỏi cấp tỉnh, quốc gia , khu vực quốc tế Có thể áp dụng rộng rãi cho học sinh lớp chun tốn 10,11,12 tồn quốc, bạn u thích mơn tốn sơ cấp Vấn đề mới/cải tiến Chuyên đề đặt giải so với Chuyên đề trước (ở nhà trường) Vấn đề nghiệm đa thứckhông phải vấn đề Đại số , việc sử dụng kiến thức để giải số tốn Đa thứckhơng phải dễ.Trong Chuyên đề giúp thầy trò có cách tiếp cận tốn cách dễ gần hơn, cách giải lớp toán Chuyên đề linh hoạt , sáng 57 XÁC NHẬN CỦA BGH Ninh Bình ngày 10 tháng năm 2017 NGƯỜI THỰC HIỆN Ngô Thị Hoa 58 59 ... dưỡng học sinh giỏi nhiều năm, với kinh nghiệm trình giảng dạy Tơi tổng hợp, khai thác nhiều chuyên đề nội dung Đa thức Trong SKKN xin chia sẻ : ‘ Giải pháp giúp học sinh phát huy khả giải toán nghiệm. .. giải học sinh học nội dung nghiệm đa thức yếu, chưa hình thành kỹ năng, kỹ xảo q trình giải tốn Đặc biệt, năm gần đây, đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp Quốc gia mật độ xuất toán nghiệm đa thức. .. nội dung Đa thức, thấy kỹ giải tốn nghiệm Đa thức học sinh yếu Do cần phải cho học sinh tiếp cận toán cách dễ dàng, quy lạ quen, thiết kế trình tự giảng hợp lý giảm bớt khó khăn giúp học sinh nắm
- Xem thêm -

Xem thêm: SKKN giải pháp giúp học sinh phát huy khả năng giải bài toán về nghiệm của đa thức , SKKN giải pháp giúp học sinh phát huy khả năng giải bài toán về nghiệm của đa thức , I. KIẾN THỨC CƠ BẢN