Bồi dưỡng học sinh giỏi Đại số Lớp 8 - Chuyên đề: Vài dạng bài tập khó về phép chia đa thức

Chuyên đề :Vài dạng bài tập khó về phép chia đa thức
Một số vấn đề về lý thuyết
1.Với đa thức nhiều biến số : Đa thức A được gọi là chia hết cho đa thức B khác đa thức không nếu có đa thức C sao cho A = BC .
2. Với đa thức một biến số ta có định lý cơ bản sau đây : 
Định lý : Với hai đa thức bất kỳ f(x), g(x) và g(x) ạ đa thức không, tồn tại duy nhất hai đa thức q(x) và r(x)sao cho: 
 f(x) = g(x).q(x) + r(x), với 	r(x) = 0, hoặc bậc r(x) < bậc g(x).
 q(x) được gọi là thương, r(x) được gọi là dư.
 Nếu r(x) = 0 thì ta nói f(x) chia hết cho g(x) và ký hiệu f(x) g(x)
 Nếu r(x) ạ 0 thì ta nói f(x) chia cho g(x) có dư.
Định lý Bơdu : Dư trong phép chia đa thức f(x) cho x – a là một số bằng f(a)
Hệ quả : f(x) – f(a) chia hết cho x – a
Đa thức không : là đa thức lấy giá trị bằng 0 với mọi giá trị của biến số
Đa thức với hệ số nguyên : Là đa thức có mọi hệ số đều là số nguyên
Phần bài tập :
 I.Bài tập chứng minh chia hết
1.Với đa thức nhiều biến số : Để chứng minh đa thức A chia hết cho đa thức B , ( B khác đa thức không ), ta phân tích A thành tích của đa thức B với một đa thức khác .
Ví dụ1 : Chứng minh rằng a3 + b3 + c3 - 3abc chia hết cho a + b + c
Giải :
Ta có: a3 + b3 + c3 - 3abc = ( a + b )3 + c3 – 3abc – 3ab( a + b ) =
= ( a + b + c )[( a + b )2 – ( a + b )c + c2 ] – 3ab( a + b + c )
= ( a + b + c )( a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca )
	Vậy a3 + b3 + c3 - 3abc chia hết cho a + b + c
Ví dụ 2 : Cho x , y , z là những số nguyên dương khác nhau . Chứng minh rằng :
	( x – y)5 + ( y – z)5 + ( z – x)5 chia hết cho 5(x – y)(y – z)( z – x)
Giải :
Đặt x – y = a ; y – z = b ; z – x = c ta có a + b + c = 0 . Bài toán trở thành :
	Chứng minh rằng : Nếu a + b + c = 0 thì a5 + b5 + c5 Chia hết cho 5abc .
 Từ a + b + c = 0 ⟺ a + b = - c ⟺ ( a + b)5 = - c5 ; ( a + b)3 = - c3 
 Ta có : a5 + b5 + c5 = ( a + b)5 + c5 – 5a4b – 10a3b2 – 10a2b3 – 5ab4
	 = - c5 + c5 – 5ab( a3 + 2a2b + 2ab2 + b3 )
	 = - 5ab[( a + b)3 – 3ab( a + b) + 2ab( a + b)]
	 = - 5ab[ ( a +b)3 – ab(a+b)] 
	 = - 5ab( - c3 + abc ) = 5abc( c2 – ab ) ị đpcm
	2.Với đa thức một biến số : Để chứng minh f(x) chia hết cho g(x) , g(x) khác đa thức không , có hai cách giải quyết :
Cách 1 : Như đa thức nhiều biến số
Cách 2 : Dùng thuật toán chia cột dọc 
Cách 3 : Dùng định lý Bơdu ( nếu có thể )
Ví dụ : Chứng tỏ x3 – 6x2 + 11x – 6 chia hết cho x2 – 3x + 2
Giải :
 Cách 1: x3 – 6x2 + 11x – 6 = x3 – 3x2 – 3x2 + 9x + 2x – 6 = 
 = x2( x – 3 ) – 3x( x – 3) + 2( x – 3 ) 
 = ( x – 3 )( x2 – 3x + 2 ) . Ta có đpcm
 Cách 2 : 	Đặt thành cột dọc ta có x3 – 6x2 + 11x – 6 x2 – 3x + 2
	x3 – 3x2 + 2x x – 3 
3x2 + 9x – 6 
3x2 + 9x – 6 
 0
	Vậy x3 – 6x2 + 11x – 6 = ( x – 3 )( x2 – 3x + 2 ) ta có đpcm. 
 Cách 3 : Ta có x2 – 3x + 2 = x2 – x – 2x + 2 = x( x – 1 ) – 2( x – 1) = ( x – 1)( x – 2) 
 Đặt f(x) = x3 – 6x2 + 11x – 6 thì f(1) = 13 – 6.12 + 11.1 – 6 = 0 . Vậy f(x) ( x – 1 ) 
 f(2) = 23 – 6.22 + 11.2 – 6 = 8 – 24 + 22 – 6 = 0 . Vậy f(x) ( x – 2 ) . Mà x – 1 và x – 2 là hai đa thức không phân tích được ( Bất khả quy ) nên f(x) ( x – 1 )( x – 2 ) hay x2 – 3x + 2, đpcm.
 Chú ý : Nếu đa thức f(x) có ngiệm là a ; b... thì f(x) chia hết cho (x – a)(x – b)...
 II.Xác định điều kiện về hệ số để chia hết 
Với đa thức nhiều biến số
Ví dụ : Xác định m để với mọi x , y , z nguyên dương ta có :
	x3 + y3 + z3 + mxyz chia hết cho x + y + z 
Giải :
	 Ta có : x3 + y3 + z3 + mxyz = x3 + y3 + z3 – 3xyz + 3xyz + mxyz 
 = ( x + y)3 + z3 – 3xy( x + y) – 3xyz + ( m + 3)xyz 
 = ( x + y + z)[( x + y)2 – ( x + y)z + z2 ] – 3xy( x + y + z ) + ( m + 3)xyz
 = ( x + y + z )( x2 + 2xy + y2 – yz – zx – 3xy ) + ( m + 3 )xyz
 = ( x + y + z )( x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx) + ( m + 3 )xyz 
 Vậy để x3 + y3 + z3 + mxyz chia hết cho x + y + z với mọi x , y , z nguyên dương thì (m + 3 )xyz phải chia hết cho x + y + z với mọi x , y , z nguyên dương ,ị m + 3 = 0 hay m = - 3 
b.Với đa thức một biến số
 Ví dụ1 : Xác định hệ số a để f(x) = x3 – 3x + a chia hết cho ( x – 1 )2 
Giải :
 Cách 1 : Dùng phép chia cột dọc x3 – 3x + a x2 – 2x + 1 
	 x3 – 2x2 + x x + 2 
	 2x2 – 4x + a
	 2x2 – 4x + 2
	 a – 2 
	Để x3 – 3x + a chia hết cho ( x – 1)2 thì a – 2 = 0 hay a = 2 .
Cách 2 : Dùng phương pháp giá trị riêng : 
	Ta viết được : x3 – 3x + a = ( x – 1 )2. Q(x) , (1) , với Q(x) là một đa thức bậc nhất . 
Chọn x = 1, thay vào (1) ta được : 13 – 3.1 + a = 0 . Từ đó ta được a = 2 .
Cách 3 : Phương pháp hệ số bất định : 
	Giả sử x3 – 3x + a = ( x2 – 2x + 1)( x + b ) = x3 + ( b – 2 )x2 + ( 1 – 2b)x + b với mọi x , thế thì ta phải có b – 2 = 0 
	 1 – 2b = - 3 ⟺ a = b = 2 . Vậy a = 2 .
	a = b 
	Ví dụ 2 : Xác định a , b để 5x4 + 6x3 + ax2 – 8x – 20 chia hết cho x2 + x – b 
Giải :
Cách 1 : Đặt phép chia cột dọc ta có 
	5x4 + 6x3 + ax2 – 8x – 20 x2 + x – b 
	5x4 + 5x3 – 5bx2 	 5x2 + x + ( a + 5b – 1 )
	 x3 + ( a + 5b)x2 – 8x – 20 
	x3 + x2 – bx 
	 ( a + 5b – 1)x2 + ( b – 8)x – 20 
	 ( a + 5b – 1)x2 + ( a + 5b – 1)x – b( a + 5b – 1)
	( - a – 4b – 7)x + b( a + 5b – 1 ) – 20 
 	Ta có R(x) = ( - a – 4b – 7)x + b( a + 5b – 1 ) – 20 . Vậy ta phải có R(x) là đa thức không , điều này tương đương với 
 - a – 4b – 7 = 0 	⟺ a = - 4b – 7 	(1)
 b( a + 5b – 1 ) – 20 = 0 	ab + 5b2 – b – 20 = 0	(2)
	Thay (1) vào (2) ta có b2 – 8b – 20 = 0 . Từ đó tính được b = 10 hoặc b = - 2 
	Với b = 10 thì a = - 47 ; với b = - 2 thì a = 1 
Cách 2 : Phương pháp hệ số bất định : 
	Giả sử phân tích được 5x4 + 6x3 + ax2 – 8x – 20 = ( x2 + x – b)( 5x2 + cx + d ) 
	⟺ 5x4 + 6x3 + ax2 – 8x – 20 = 5x4 + cx3 + dx2 + 5x3 + cx2+ dx – 5bx2 – bcx – bd =
	= 5x4 + ( c + 5)x3 + ( d + c – 5b)x2 + ( d – bc )x – bd 
	Đồng nhất hệ số ta có : 
	c + 5 = 6 	 c = 1	 d = b – 8 	 b2 – 8b – 20 = 0
	d + c – 5b = a ⟺ d – 5b + 1 = a ⟺ b – 8 – 5b + 1 = a ⟺ a = - 4b – 7 
	d – bc = - 8 	 d – b = - 8 	 ( b – 8)b – 20 = 0
	bd = 20 	 bd = 20
	Từ đó ta cũng tính được kết quả như trên .
III. Tìm giá trị nguyên của biến số x để f(x) g(x)
Ví dụ 1 : Tìm các giá trị nguyên của n để giá trị của biểu thức 2n2+3n+3 chia hết cho giá trị của biểu thức (2n-1).
Giải :
Đặt phép chia:
2n2+3n+3 2n - 1
2n2-n n+2
 4n+3
 4n-2
 5
Đa thức 2n2+3n+3 không chia hết cho đa thức (2n -1) nhưng có những giá trị nguyên của n để giá trị của 2n2+3n+3 chia hết cho giá trị của 2n-1.
Khi đó (2n-1) phải là Ư(5)ẻ{ ±1; ±5}.
2n-1=1	 2n-1= -1	 2n-1=5	 2n-1= -5
 n=1 	 n= 0	 n=3 	 n= -2
Vậy với nẻ{-2;0;1;3} thì giá trị của biểu thức 2n2+3n+3 chia hết cho giá trị của biểu thức (2n-1). 
Chú ý : Có thể trình bày như sau :
2n2 + 3n + 3 = 2n2 – n + 4n – 2 + 5 = n( 2n – 1) + 2( 2n – 1) + 5
 = ( 2n – 1)( n + 2) + 5
Vậy 2n2 + 3n + 3 ( 2n – 1) với n nguyên khi 5 ( 2n – 1) hay 2n – 1 là ước của 5 . Phần còn lại giải như trên .
Ví dụ 2 : Tìm số nguyên x để :
	( x4 – 16) chia hết cho ( x4 – 4x3 + 8x2 – 16x + 16 )
Giải :
	Đặt A = , bài toán trở thành : Tìm số nguyên x để biểu thức A lấy giá trị tương ứng là số nguyên . Ta có :
Vậy A có giá trị nguyên khi x là số nguyên khác 2 và x – 2 là ước của 4 . Từ đó 
	x – 2 ẻ { }. Ta tìm được x ẻ { 0 , - 2 , 1 , 3 , 4 , 6 }
 Ví dụ 3 : Tìm tất cả các số nguyên x để ( x3 – 8x2 + 2x ) chia hết cho x2 + 1
Giải :
	Ta có x3 – 8x2 + 2x = x3 – 8x2 + x – 8 + x + 8 = x2( x – 8 ) + ( x – 8) + ( x + 8 ) 
	 = ( x – 8 )( x2 + 1 ) + ( x + 8 )
Để x3 – 8x2 + 2x chia hết cho x2 + 1 với x nguyên thì x + 8 phải chia hết cho x2 + 1 với x nguyên . Trước hết ta thấy ngay x + 8 = 0 hay x = - 8 thỏa mãn . Nếu x + 8 khác 0 thì điều kiện cần để x + 8 chia hết cho x2 + 1 với x nguyên là ׀ x + 8 ׀ ≥ x2 + 1 .
⟺ 
	Dễ thẫy x2 + x + 9 Ê 0 vô nghiệm , nên chỉ cần xét x2 – x – 7 Ê 0 với x nguyên .
	x2 – x – 7 Ê 0 ⟺ x2 – x Ê 7 ⟺ x( x – 1 ) Ê 7 với x nguyên .
 Nếu x ≥ 4 thì x(x – 1) ≥ 4.3 = 12 > 7 nên x Ê 3 
 Nếu x Ê - 3 thì x(x – 1) ≥ (- 3).( - 4) = 12 > 7 nên x ≥ - 2
	Vậy x ẻ { - 2 ; - 1 ; 0 ; 1 ; 2 ; 3 }
Thử lại : 
 x
 x + 8
 x2 + 1 
( x + 8):(x2 + 1)
kết luận
 - 2
 6
 5
 6 : 5 
 loại
 - 1
 7
 2
 7 : 2
 loại
 0
 8
 1 
 8 : 1
 Chọn
 1
 9
 2
 9 : 2
 Loại
 2
 10
 5
 10 : 5
 Chọn
 3
 11
 10
 11 : 10
 Loại
Đáp số x ẻ { - 8 ; 0 ; 2 }
IV. Xác định hệ số trong phép chia còn dư
	Ví dụ 1 : Xác định a và b sao cho 2x3 + ax + b chia cho x + 1 thì dư – 6 và ki chia cho x – 2 thì dư 21 .
Giải :
Cách 1 : Đặt f (x) = 2x3 + ax + b áp dụng định lý Bơ du ta có f ( - 1) = - 6 và f (2) = 21. Vậy:
Cách 2 : Đặt phép chia cột dọc ( Bạn đọc tự chứng minh )
	Ví dụ 2 : Tìm a , b , c sao cho ax3 + bx2 + c chia hết cho x + 2 và khi đem chia cho x2 – 1 thì dư x + 5 .
Giải :
 Đặt f (x) = ax3 + bx2 + c ; áp dụng định lý Bơ du ta có f ( - 2) = - 8a + 4b + c = 0 (1)
Mặt khác theo định lý cơ bản thì tồn tại đa thức Q(x) sao cho :
	 ax3 + bx2 + c = ( x2 – 1 )Q(x) + x + 5 .
Cho x = 1 ta được : a + b + c = 6 (2)
Cho x = - 1 ta được : - a + b + c = 4 (3)
Kết hợp (1) , (2) , (3) ta được : 
 Từ đó có đáp số của bài tập 
	Ví dụ 3 : Tìm đa thức f(x) biết f(x) chia cho x – 1 thì dư 2 ; chia cho x + 1 thì dư 3 và chia cho x2 – 1 thì có thương là 3x và còn dư .
Giải :
	Theo định lý Bơ du ta có f(1) = 2 và f(- 1) = 3 .
	Mặt khác theo định lý cơ bản ta viết được : f(x) = ( x2 – 1).3x + ( ax + b) (1)
Thay x = 1 vào (1) ta có 2 = a + b 
Thay x = - 1 vào (1) ta có 3 = - a + b 
	Từ đây dễ dàng tính được a = - 0,5 và b = 2,5
	Vậy f(x) = ( x2 – 1).3x + ( ax + b) = 3x3 – 3x – 0,5x + 2,5 = 3x3 – 3,5x + 2,5 
V. Tìm dư trong phép chia f(x) cho g(x)
	Ví dụ 1 : Không thực hiện phép chia , hãy tìm dư trong phép chia 
f(x) = x81 + x27+ x9 + x3 + x cho 
g(x) = x – 1
h(x) = x2 – 1
Giải :
áp dụng định lý Bơ du ta có dư trong phép chia f(x) cho x – 1 là f(1) = 5
Theo định lý cơ bản ta viết được :
f(x) = x81 + x27+ x9 + x3 + x = ( x2 – 1).Q(x) + ( ax + b ) (1)
Thay x = 1 vào (1) ta có : a + b = 5
Thay x = - 1 vào (1) ta có a – b = 5 
 Từ đây dễ dàng tính được a = 5 và b = 0 . Vậy dư trong trường hợp này là 5x
	Ví dụ 2 : Giả sử đa thức f(x) chia cho x + 1 dư 4 ; chia cho x2 + 1 dư 2x + 3 . Hãy tìm dư trong phép chia f(x) cho ( x + 1)( x2 + 1 )
Giải :
	áp dụng định lý Bơ du ta có f( - 1 ) = 4	 (1)
	áp dụng định lý cơ bản ta viết được : 
	f(x) = ( x + 1)( x2 + 1 )Q(x) + ax2 + bx + c . (2)
Thay (1) vào (2) ta có : a – b + c = 4 (3)
Mặt khác ta viết được : 
	 f(x) = ( x + 1)( x2 + 1 )Q(x) + ax2 + bx + c 
	 = ( x + 1)x2.Q(x) + ( x + 1)Q(x) + ax2 + bx + c 
	= x2[( x + 1)Q(x) + a ] + [( x + 1)Q(x) + a ] + bx + c – a 
	= [( x + 1)Q(x) + a ]( x2 + 1 ) + bx + c – a 
	Vậy bx + c – a chính là dư trong phép chia f(x) cho x2 + 1 nên bx+ c – a = 2x + 3
Đồng nhất hệ só ta có b = 2 và c – a = 3 (4) . Kết hợp (3) và (4) ta tìm thêm được :
 a = 1,5 và c = 4,5 .
Vậy dư trong phép chia f(x) cho ( x + 1)( x2 + 1 ) là R(x) = 1,5x2 + 2x + 4,5 
VI . Bài tập luyện tập chuyên đề
Bài 1 . Thực hiện các phép chia sau đây 
( x3 – 2x2 – 5x + 6 ) : ( x + 2 )
( 2x4 – 21x3 + 74x2 – 105x + 50 ) : ( x2 – 3x + 2 )
( x3 – 2x2 + 5x + 8) : ( x + 1 )
3x4 – 2x3 – 2x2 + 4x – 8 ) : ( x2 – 2 ) 
( 2x3 – 2bx – 24 ) : ( x2 + 4x + 3 )
Bài 2 : Tìm a , b để 
( x4 + ax3 + bx – 1 ) chia hết cho ( x2 – 1 )
( 6x4 – 7x3 + ax2 + 3x + 2 ) chia hết cho ( x2 – x + b ) 
( x3 + 8x2 + 5x + a chia hết cho ( x2 + 3x + b )
( x4 + ax2 + b ) chia hết cho ( x2 – 3x + 2 và hãy tìm đa thức thương
( x4 – 3x3 – 3x2 + ax + b ) chia hết cho ( x2 – 3x + 4 )
(x4 + x3 – x2 + ax + b ) chia hết cho ( x2 + x – 2 )
( ax4 + bx3 + 1 ) chia hết cho ( x – 1 )2 
( x3 + ax2 + 2x + b ) chia hết cho ( x2 + x + 1 )
( x4 – x3 – 3x2 + ax + b ) chia cho x2 – x – 2 thì có dư là 2x – 3 
 ( x10 + ax3 + b ) chia cho x2 – 1 thì dư 2x + 1
Bài 3 : Tìm a , b , c để 
( x4 + ax3 + bx + c ) chia hết cho ( x – 3 )3 
( x5 + x4 – 9x3 + ax2 + bx + c ) chia hết cho ( x – 2 )( x + 2)( x + 3)
( 2x4 + ax2 + bx + c ) chia hết cho x – 2 và khi chia cho x2 – 1 thì dư x
Bài 4 : Tìm dư trong phép chia x + x3 + x9 + x 27 + x81 + x243 cho x2 – 1
Bài 5 : Chứng minh rằng ( x2 + x – 1 )10 + ( x2 – x + 1)10 chia hết cho x – 1 
Bài 6 : Cho đa thức f(x) . Hãy tìm dư trong phép chia f(x) cho x2 – 2x – 3 , biết rằng f(x) chia cho x + 1 thì dư – 45 và chia cho x -3 thì dư – 165 
Bài 7 : Tìm đa thức f(x) biết :
f(x) chia cho x – 3 thì dư 7 , chia cho x – 2 thì dư 5 , chia cho ( x – 2)( x – 3) thì có thương là 3x và còn dư 
f(x) chia cho x – 3 thì dư 2 , chia cho x + 4 thì dư 9 , Chia cho x2 + x – 12 thì được thương là x2 + 3 và còn dư
f(x) có bậc 3 và thỏa mãn : f( - 1) = 0 và chia cho x – 1 , x + 2 , x + 3 đều dư 8
f(x) có bậc 3 và thỏa mãn : f( - 1) = - 18 và chia cho x – 1 , x – 2 , x – 3 đều dư 6
f(x) có bậc 3 và thỏa mãn : f(0) = 10 ; f(1) = 12 ; f(2) = 4 ; f(3) = 1 
f(x) có bậc 2 và thỏa mãn : f(0) = 19 ; f(1) = 5 ; f(2) = 1995
 f(x) có bậc 4 và thỏa mãn : f(0) = - 1; f(1) = 2; f(2) = 31; f(2) = 47
Bài 8 : Không thực hiện phép chia hãy tìm dư trong các phép chia sau :
( x5 + x + 1 ) chia cho ( x3 – x )
( x100 + x99 + x98 + x97 + ... + x2 + x + 1 ) chia cho x2 – 1 
x2 + x9 + x1996 chia cho x2 – 1 
Bài 9 : Cho đa thức P(x) bậc 4 thỏa mãn : P(1) = 0 ; P(x) – P(x – 1) = x( x + 1)( 2x + 1) 
Xác định P(x) 
Suy ra cách tính tổng S = 1.2.3 + 2.3.5 + ... + n( n + 1)( 2n + 1 ) ,với n ẻ Z+