Tài liệu Chia đa thức cho đa thức – Đại số lớp 8 gồm các nội dung chính sau:
I. Phương pháp giải
– Tóm tắt lý thuyết ngắn gọn
II. Một số ví dụ
– Gồm 9 ví dụ minh họa đa dạng cho dạng bài trên có đáp án và lời giải chi tiết.
II. Bài tập vận dụng
– Gồm 21 bài tập vận dụng có lời giải chi tiết giúp học sinh tự rèn luyện cách giải các bài tập Chia đa thức cho đa thức
Mời các quý thầy cô và các em học sinh cùng tham khảo và tải về chi tiết tài liệu dưới đây:
CHIA ĐA THỨC CHO ĐA THỨC
I. Phương pháp giải
1. Chia đơn thức A cho đơn thức B
Chia hệ số của A cho hệ số của B;
Chia lũy thừa của từng biến trong A cho lũy thừa của cùng biến đó trong B;
Nhân các kết quả với nhau.
2. Chia đa thức cho đơn thức
3. Chia đa thức A cho đa thức B
Cho A và B là hai đa thức tùy ý của cùng một biến () khi đó tồn tại duy nhất một cặp đa thức Q và R sao cho , trong đó hoặc bậc của R nhỏ hơn bậc của B.
Q gọi là đa thức thương và R gọi là dư trong phép chia A cho B.
Nếu thì phép chia A cho B là phép chia hết.
4. Định lý Bézout.
Bézout là nhà toán học Pháp. Ông sinh năm 1730, mất năm 1783. Bézout quan tâm đến việc giải các hệ phương trình tuyến tính; nhằm mục đích ấy ông hệ thống hóa các phép tính về định thức. Ông cũng nghiên cứu về phép khử, nghĩa là tìm điều kiện đối với các hệ số của hai đa thức để chúng có một nghiệm chung. Ông cho xuất bản Giáo trình Toán học được tái bản nhiều lần ở Pháp cũng như ở nước ngoài. Trong đó có một định lý nổi tiếng mang tên ông:
Định lý. Số dư trong phép chia đa thức cho đúng bằng .
5. Hệ quả của định lý Bézout.
Nếu a là nghiệm của đa thức thì chia hết cho .
Người ta cũng chứng minh được rằng: Nếu đa thức nhận n số nguyên khác nhau làm nghiệm thì chia hết cho
6. Phương pháp nội suy Newton
Newton là nhà Toán học, Vật lý học người Anh. Ông sinh năm 1642, mất năm 1727. Trong Toán học ông là nhà sáng lập và phát minh ra phép tính vi phân và tích phân. Ngoài ra ông có rất nhiều công trình về Toán học. Song người đời sau khi nhắc đển Newton, thường ca ngợi nhũng phát minh của ông về vật lý học. Sau đây là phương pháp nội suy, một trong những phát hiện về toán của ông:
Để tìm đa thức \(P\left( x \right)\) bậc không quá n khi biết giá trị tại \(\left( {n + 1} \right)\) điểm:
\({C_1};{C_2};….;{C_{n + 1}}\) ta có thể biểu diễn \(P\left( x \right)\) dưới dạng:
\[P\left( x \right) = {b_0} + {b_1}\left( {x – {C_1}} \right) + {b_2}\left( {x – {C_1}} \right)\left( {x – {C_2}} \right) + …… + {b_n}\left( {x – {C_1}} \right)\left( {x – {C_2}} \right)….\left( {x – {C_n}} \right).\]
Bằng cách thay thế x lần lượt bằng các giá trị \({C_1};{C_2};….;{C_{n + 1}}\) vào biểu thức P(x) ta lần lượt tính được các hệ số \({b_0};{b_1};….;{b_n}\)
7. Lược đồ Horner.
Horner là nhà toán học Anh. Ông sinh năm 1787, mất năm 1837. Ông không có nhiều công trình nhưng nổi tiếng vì một phương pháp tính gần đúng một số phương trình và bây giờ lấy tên ông đặt cho phương pháp ấy. Thực ra thuật toán đã được người Trung Hoa biết đến từ trước, nhưng Horner đã phát minh ra nó một cách độc lập. Sau đây là lược đồ Horner:
Để tìm thương và dư trong phép chia \(f\left( x \right) = {a_0}{x^n} + {a_1}{x^{n – 1}} + … + {a_{n – 1}}{x^{ + a}}\) \(\left( {{a_0} \ne 0} \right)\) cho \(g\left( x \right) = x – \alpha \). Ta lập bảng:
|
\(f\) |
\({a_0}\) |
\({a_1}\) |
… |
\({a_k}\) |
… |
\({a_n}\) |
|
\(x = \alpha \) |
\({b_0} = {a_0}\) |
\({b_1} = a{b_0} + {a_1}\) |
… |
\({b_k} = a{b_{k – 1}} + {a_k}\) |
… |
\({b_n} = a{b_{n – 1}} + {a_n}\) |
Với
\(\begin{array}{l}f\left( x \right) = \left( {x – \alpha } \right)q\left( x \right) + f\left( x \right);\\f\left( x \right) = {b_n} = a{b_{n – 1}} + {a_n}\end{array}\)
\(q\left( x \right) = {b_0}{x^{n – 1}} + {b_1}{x^{n – 2}} + … + {b_{n – 2}}x + {b_{n – 1}}\)
II. Một số ví dụ
Ví dụ 1: Thực hiện phép chia \(A:B\) trong các trường hợp sau:
a) \(A = 12{x^3}{y^4}\); \(B = – 3{x^2}y\).
b) \(A = – \frac{{10}}{3}{x^6}{y^5}{z^2}\); \(B = \frac{1}{9}{x^2}yz\).
c) \(A = \left( { – \frac{1}{2}{x^n}{y^{n + 2}}} \right):\left( {3{x^{n – 2}}{y^n}} \right)\) \(\left( {n \in \mathbb{N},\,n \ge 2} \right)\).
Giải
a) \(A:B = 12{x^3}{y^4}:\left( { – 3{x^2}y} \right) = – 4x{y^3}\);
b)
\(\begin{array}{l}A:B = \left( { – \frac{{10}}{3}{x^6}{y^5}{z^2}} \right):\left( {\frac{1}{9}{x^2}yz} \right)\\ = – 30{x^4}{y^4}z\end{array}\);
c)
\(\begin{array}{l}A:B = \left( { – \frac{1}{2}{x^n}{y^{n + 2}}} \right):\left( {3{x^{n – 2}}{y^n}} \right)\\ = \frac{1}{6}{x^2}{y^2}\end{array}\).
Ví dụ 2: Chứng minh rằng:
a) \({x^8} + {x^4} + 1 \vdots {x^2} + x + 1\)
b) \({x^5} + {x^4} + 1 \vdots {x^2} + x + 1\)
Giải
Tìm cách giải. Khi chứng minh đa thức \(f\left( x \right) \vdots g\left( x \right)\) ta có thể:
– Cách 1. Phân tích đa thức \(f\left( x \right)\) thành nhân tử có chứa nhân tử \(g\left( x \right)\).
– Cách 2. Biến đổi đa thức \(f\left( x \right)\) thành tổng các đa thức chia hết cho đa thức \(g\left( x \right)\).
Trình bày lời giải
a) Cách 1. Ta có:
\({x^8} + {x^4} + 1 = {x^8} + 2{x^4} + 1 – {x^4} = {\left( {{x^4} + {x^2}} \right)^2} – {x^4}\)
\( = \left( {{x^4} + 1 – {x^2}} \right)\left( {{x^4} + 1 + {x^2}} \right)\)
\( = \left( {{x^4} – {x^2} + 1} \right)\left( {{x^4} + 2{x^2} + 1 – {x^2}} \right)\)
\( = \left( {{x^4} – {x^2} + 1} \right)\left[ {{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2} – {x^2}} \right]\)
\( = \left( {{x^4} – {x^2} + 1} \right)\left( {{x^2} + 1 – x} \right)\left( {{x^2} + 1 + x} \right) \vdots \left( {{x^2} + x + 1} \right)\)
\( \Rightarrow {x^8} + {x^4} + 1 \vdots {x^2} + x + 1\)
Cách 2.
\({x^8} + {x^4} + 1 = {x^8} – {x^2} + {x^4} – x + {x^2} + x + 1\)
\( = {x^2}\left( {{x^6} – 1} \right) + x\left( {{x^3} – 1} \right) + \left( {{x^2} + x + 1} \right)\)
\( = {x^2}\left( {{x^3} + 1} \right)\left( {x – 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right) + x\left( {{x^2} – 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right) + \left( {{x^2} + x + 1} \right) \vdots {x^2} + x + 1\)
b) \({x^5} + {x^4} + 1 = {x^5} + {x^4} + {x^3} – {x^3} + 1 = {x^3}\left( {{x^2} + x + 1} \right) – \left( {x – 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right)\)
\( = \left( {{x^2} + x + 1} \right)\left( {{x^3} – x + 1} \right) \vdots \left( {{x^2} + x + 1} \right)\) .
Ví dụ 3: Tìm các số thực a, b, sao cho đa thức \(4{x^4} – 11{x^3} – 2a{x^2} + 5bx – 6\) chia hết cho đa thức \({x^2} – 2x – 3\).
(Thi học sinh giỏi lớp 9, TP Hà Nội, năm học 2012 – 2013)
Giải
Tìm cách giải. Khi tìm hệ số a, b sao cho đa thức \(f\left( x \right)\) chia hết cho đa thức \(g\left( x \right)\), chúng ta có hai hướng suy nghĩ:
Đặt phép chia \(f\left( x \right)\) cho \(g\left( x \right)\) đến khi được phần dư có bậc nhỏ hơn bậc của đa thức \(g\left( x \right)\). Để phép chia hết ta đồng nhất phần dư đó với đa thức 0.
Còn nếu đa thức \(g\left( x \right)\) phân tích được thành nhân tử với các nhân tử bậc nhất, ta viết \(f\left( x \right)\) thành tích các nhân tử đó nhân với đa thức thương. Rồi dùng đồng nhất thức sao cho vế phải bằng 0.
Trình bày lời giải
Cách 1. Thực hiện phép chia ta được:
Để phép chia hết thì
\(\left\{ \begin{array}{l}5b – 4a + 3 = 0\\12 – 6a = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 1\end{array} \right.\)
Cách 2. Ta có:
\({x^2} – 2x – 3 = {x^2} – 2x + 1 – 4 = {\left( {x – 1} \right)^2} – 4\)
\( = \left( {x – 1 – 1} \right)\left( {x – 1 + 2} \right) = \left( {x – 3} \right)\left( {x + 1} \right)\)
Đặt thương là \(q\left( x \right)\) ta có:
\(4{x^4} – 11{x^3} – 2a{x^2} + 5bx – 6 = \left( {x – 3} \right)\left( {x + 1} \right)q\left( x \right)\)
Chọn \(x = 3\) ta có:
\({4.3^4} – {11.3^3} – 2a{.3^2} + 5.b.3 – 6 = 0\)
\( \Rightarrow 15b – 18a = – 21 \Rightarrow 5b – 6a = – 7\) (1)
Chọn \(x = – 1\) ta có:
\(4.{\left( { – 1} \right)^4} – 11.{\left( { – 1} \right)^3} – 2a.{\left( { – 1} \right)^2} + 5.b.\left( { – 1} \right) – 6 = 0\)
\( \Rightarrow 5b + 2a = 9\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra:
\(8a = 16 \Rightarrow a = 2\)
Thay vào (2) \( \Rightarrow 5.b + 4 = 9 \Rightarrow b = 1\).
Ví dụ 4: Tìm đa thức \(f\left( x \right)\) biết:
\(f\left( x \right)\) chia cho \(x + 3\) dư 1 ;
\(f\left( x \right)\) chia cho \(x – 4\) dư 8;
\(f\left( x \right)\) chia cho \(\left( {x + 3} \right)\left( {x – 4} \right)\) thì được \(3x\) và còn dư.
Giải
Tìm cách giải. Ta có \(\left( {x + 3} \right)\left( {x – 4} \right)\) là tam thức bậc hai, do đó phần dư khi chia \(f\left( x \right)\) chia cho \(\left( {x + 3} \right)\left( {x – 4} \right)\) có dạng tổng quát là \(ax + b\). Từ đó suy ra được: \(f\left( x \right) = \left( {x + 3} \right)\left( {x – 4} \right)3x + ax + b\). Mặt khác ta có \(f\left( { – 3} \right) = 1,\,f\left( 4 \right) = 8\). Do vậy để tìm \(f\left( x \right)\) chúng ta cần xác định a. b bằng cách chọn \(x = – 3;x = 4\) để đồng nhất hai vế.
Trình bày lời giải
Theo định lý Bézout ta có \(f\left( 3 \right) = 1,\,f\left( 4 \right) = 8\)
Đặt dư \(f\left( x \right)\) chia cho \(\left( {x + 3} \right)\left( {x – 4} \right)\) là \(ax + b\)
Suy ra \(f\left( x \right) = \left( {x + 3} \right)\left( {x – 4} \right) + ax + b\).
Với \(x = – 3\) tacó:
\(\begin{array}{l} = \left( { – 3 + 3} \right)\left( { – 3 – 4} \right).3.\left( { – 3} \right) + a\left( { – 3} \right) + b\\ \Rightarrow b – 3a = 1\,(1)\end{array}\)
Với \(x = 4\) ta có:
\(\begin{array}{l}8 = \left( {4 + 3} \right)\left( {4 – 4} \right)\left( {3.4} \right) + a.4 + b\\ \Rightarrow b + 4a = 8\,(2)\end{array}\)
Từ (1 ) và (2) suy ra: \(7a = 7 \Rightarrow a = 1\) thay vào (2) ta được \(b = 4\).
Từ đó ta được:
\(f\left( x \right) = \left( {x + 3} \right)\left( {x – 4} \right)3x + x + 4\)
Hay \(f\left( x \right) = 3{x^3} – 3{x^2} – 35x + 4\)
Ví dụ 5: Tìm một đa thức bậc ba, biết P(x) chia cho \(\left( {x – 1} \right),\,\,\left( {x – 2} \right),\,\,\left( {x – 3} \right)\) đều được dư 6 và \(P\left( { – 1} \right) = – 18\).
Giải
Tìm cách giải. Từ đề bài theo định lí Bézout ta có \(P\left( 1 \right) = 6,P\left( 2 \right) = 6,P\left( 3 \right) = 6,P\left( { – 1} \right) = – 18\). Như vậy đa thức P(x) bậc ba mà biết giá trị tại bốn điểm 1; 2; 3; – 1 nên ta có thể sử dụng phương pháp nội suy Newton.
Trình bày lời giải
Theo định lý Bézout ta có: \(P\left( 1 \right) = P\left( 2 \right),\,P\left( 3 \right) = 6\).
Do đó ta đặt
\(P\left( x \right) = d + c\left( {x – 1} \right) + b\left( {x – 1} \right)\left( {x – 2} \right) + a\left( {x – 1} \right)\left( {x – 2} \right)\left( {x – 3} \right)\)
Cho \(x = 1\) ta được \(P\left( 1 \right) = d\), suy ra \[d = 6\]
\(P\left( x \right) = 6 + c\left( {x – 1} \right) + b\left( {x – 1} \right)\left( {x – 2} \right) + a\left( {x – 1} \right)\left( {x – 2} \right)\left( {x – 3} \right)\)
Cho \(x = 2\) ta được \(P\left( 2 \right) = 6 + c\), suy ra \[c = 0\]
\(P\left( x \right) = 6 + 0\left( {x – 1} \right) + b\left( {x – 1} \right)\left( {x – 2} \right) + a\left( {x – 1} \right)\left( {x – 2} \right)\left( {x – 3} \right)\)
Cho \(x = 3\) ta được \(P\left( 3 \right) = 6 + 2b\), suy ra \[b = 0\]
\(P\left( x \right) = 6 + 0\left( {x – 1} \right) + 0\left( {x – 1} \right)\left( {x – 2} \right) + a\left( {x – 1} \right)\left( {x – 2} \right)\left( {x – 3} \right)\)
Do đó \(P\left( x \right) = 6 + a\left( {x – 1} \right)\left( {x – 2} \right)\left( {x – 3} \right)\).
Cho \(x = – 1\) ta được \(P\left( { – 1} \right) = 6 – 24a\), do đó \( – 18 = 6 – 24a\) suy ra \(a = 1\).
Vậy \(P\left( x \right) = 6 + 1.\left( {x – 1} \right)\left( {x – 2} \right)\left( {x – 3} \right)\)
Rút gọn ta được: \(P\left( x \right) = {x^3} – 6{x^2} + 11x\).
Ví dụ 6: Chứng minh rằng đa thức \(f\left( x \right) = {\left( {x – 3} \right)^{200}} + {\left( {x – 2} \right)^{100}} – 1\) chia hết cho đa thức \(g\left( x \right) = {x^2} – 5x + 6\)
Giải
Tìm cách giải. Đa thức \(g\left( x \right)\) bậc n có n nghiệm phân biệt. Nếu mọi nghiệm của đa thức \(g\left( x \right)\) cũng là nghiệm của đa thức \(f\left( x \right)\) thì đa thức \(f\left( x \right)\) chia hết cho đa thức \(g\left( x \right)\). Nhận thấy trong bài \(g\left( x \right)\) có hai nghiệm là \(x = 2;x = 3\), nên chúng ta chỉ cần kiểm tra xem \(x = 2;x = 3\) có là nghiệm của \(f\left( x \right)\) không?
Trình bày lời giải
Ta có: \(f\left( 2 \right) = {\left( {2 – 3} \right)^{200}} + {\left( {2 – 2} \right)^{100}} – 1\) nên \(f\left( x \right) \vdots \left( {x – 2} \right)\)
\(f\left( 3 \right) = {\left( {3 – 3} \right)^{200}} + {\left( {3 – 2} \right)^{100}} – 1\) nên \(f\left( x \right) \vdots \left( {x – 3} \right)\)
Nên \(f\left( x \right)\) chia hết cho \(\left( {x – 2} \right)\left( {x – 3} \right) = {x^2} – 5x + 6\)
.
Xem thêm