Bài tập cuối chương VII

Định hướng. Số tiền gồm hai phần: $8000$ đồng cho $0,5$ km đầu, cộng thêm $11000$ đồng cho mỗi km vượt quá $0,5$ km, tức $(x-0,5)$ km còn lại (với $x\ge 0,5$).

Vậy $T(x)=11000x+2500$ là một đa thức bậc nhất của $x$ (hệ số của $x$ khác $0$): bậc $1$, hệ số cao nhất $11000$, hệ số tự do $2500$.

Định hướng. Vì cứ thêm $1$ km (sau $0,5$ km đầu) thì tiền cước cộng thêm đúng $11000$ đồng — mức tăng không đổi — nên $T(x)$ có dạng bậc nhất $T(x)=ax+b$ với $a=11000$. Dùng mốc $x=0,5$ (khi đó $T=8000$) để tìm $b$.

Vậy $T(x)=11000x+2500$, trùng Cách 1: đa thức bậc $1$, hệ số cao nhất $11000$, hệ số tự do $2500$.

Định hướng. Không dùng ngay dữ kiện '$11000$ đồng mỗi km' làm hệ số $a$, mà tính tiền tại hai giá trị cụ thể của $x$ ($x=0,5$ và $x=1,5$), rồi giải hệ để tìm $a,b$ trong $T(x)=ax+b$ — cách này dùng được cả khi đề không nói thẳng '$11000$ đồng mỗi km là hệ số $a$'.

Vậy $T(x)=11000x+2500$, khớp cả hai cách trên.

Nhận xét. Ba cách đều cho cùng một đa thức — đây là bằng chứng gián tiếp cho thấy biểu thức tiền cước thực sự tuyến tính (bậc nhất), không có sai sót khi lập biểu thức.

Định hướng. Nghiệm của $F(x)$ là giá trị làm $F(x)=0$; chỉ cần tính $F(1)$ và so với giả thiết $a+b+c=0$.

Vậy $F(1)=0$, tức $x=1$ là một nghiệm của $F(x)$.

Định hướng. Viết lại $F(x)$ theo $c=-a-b$ (suy từ giả thiết) rồi nhóm số hạng để xuất hiện nhân tử chung $(x-1)$ — cách này còn cho luôn dạng phân tích của $F(x)$, không chỉ chứng minh nghiệm.

Vậy $F(x)=(x-1)[a(x+1)+b]$ nên $F(1)=(1-1)\cdot [\dots ]=0$: $x=1$ là nghiệm của $F(x)$.

Định hướng. Chọn một bộ số cụ thể thoả điều kiện $a+b+c=0$ (khác với $2,-5,3$ của câu b) để tính thử $F(1)$ bằng số, xem có luôn ra $0$ như lập luận tổng quát hay không.

Vậy Bộ số thử cũng cho $F(1)=0$, củng cố kết luận $x=1$ luôn là nghiệm khi $a+b+c=0$.

Nhận xét. Cách 3 chỉ kiểm chứng trên một trường hợp riêng, không thay được chứng minh tổng quát ở Cách 1, Cách 2 — nhưng giúp phát hiện nhanh nếu lập luận tổng quát có sai sót.

Định hướng. Áp dụng đúng phép toán ngược của mỗi đẳng thức: chuyển vế cho a), b); nhân đa thức trực tiếp cho c); đặt tính chia đa thức cho d), e).

Vậy a) $B=-x^4+5x+3$; b) $C=-x^5+x^4+x^3-2x-2$; c) $D=2x^6+2x^5-3x^4-7x^3-4x^2+6x+6$; d) $P=x^3-2$; e) KHÔNG có đa thức $Q$ nào thoả $A=(x^2+1)Q$ vì phép chia $A$ cho $(x^2+1)$ dư $-3x-1\ne 0$.

Định hướng. Từ kết quả chia ở Cách 1 (hoặc nhẩm nghiệm $x=-1$ của $A$ vì $(-1{)}^4+(-1{)}^3-2(-1)-2=0$), viết $A$ dưới dạng tích rồi đọc ngay $P$; với e), so sánh bậc và hệ số để lí luận không cần đặt tính chia đầy đủ.

Vậy a), b), c), d) trùng Cách 1; e) hệ số bất định mâu thuẫn ($p=1$ và $p=-2$ không thể cùng đúng) nên không tồn tại $Q$, khớp kết luận Cách 1.

Định hướng. Thay $x=1$ vào cả hai vế của mỗi đẳng thức đã tìm được ở Cách 1 để đối chiếu nhanh bằng số, phát hiện sai sót nếu có (không thay thế được phép chứng minh 'không tồn tại $Q$' ở ý e)).

Vậy Cả bốn đẳng thức a)-d) đều đúng tại $x=1$, phù hợp với kết quả Cách 1.

Nhận xét. Thế số chỉ là một phép kiểm tra nhanh (đúng tại MỘT giá trị chưa chắc đúng mọi $x$); phép chia đa thức ở Cách 1 mới là chứng minh chặt chẽ cho mọi $x$.

Định hướng. Muốn biết $x=3$ có phải nghiệm hay không, chỉ cần tính $P(3)$ từ chính đẳng thức đã cho.

Vậy $P(3)=0$, tức $x=3$ là một nghiệm của $P(x)$, dù $Q(3)$ có giá trị bao nhiêu đi nữa.

Định hướng. Nhìn $(x-3)Q(x)$ là một TÍCH của hai đa thức; dùng ngay tính chất một tích bằng $0$ khi có một thừa số bằng $0$, không cần thế số trước.

Vậy $x=3$ làm $P(x)$ bằng $0$, nên $x=3$ là một nghiệm của $P(x)$.

Định hướng. Chọn thử một đa thức $Q(x)$ đơn giản để thấy rõ vì sao $P(3)$ luôn bằng $0$ bất kể $Q(x)$ là đa thức nào, từ đó khái quát lại thành lập luận chung.

Vậy Dù $Q(x)$ đổi khác nhau, $P(3)$ luôn bằng $0$: điều này khớp với lập luận tổng quát ở Cách 1, Cách 2 vì thừa số $(3-3)=0$ không phụ thuộc $Q(x)$.

Nhận xét. Cách 3 chỉ minh hoạ trên vài ví dụ, không thay được lập luận tổng quát; muốn CHỨNG MINH đúng cho MỌI $Q(x)$ phải dùng Cách 1 hoặc Cách 2.

Định hướng. Nếu $u(x)$ và $v(x)$ đều là đa thức bậc hai (mỗi đa thức có luỹ thừa cao nhất là $x^2$) thì tổng $u(x)+v(x)$ không thể sinh ra hạng tử bậc cao hơn $2$, vì cả hai số hạng cộng vào chỉ có tối đa $x^2$.

Vậy Vì $M(x)=x^3+1$ có hạng tử bậc $3$ nên $M(x)$ KHÔNG THỂ là tổng của hai đa thức bậc hai: bạn Tròn nói sai.

Định hướng. Muốn tổng hai đa thức bậc bốn ra đúng $x^3+1$ (bậc $3$, thấp hơn $4$), phải chọn hai hạng tử bậc $4$ đối nhau để chúng triệt tiêu khi cộng lại, y như cơ chế ở Kiến thức cần nhớ.

Vậy $M(x)=(x^4+x^3+1)+(-x^4)$ là tổng của hai đa thức bậc bốn: bạn Vuông nói đúng.

Định hướng. Thử thêm một cặp đa thức bậc bốn KHÁC (không dùng hạng tử $x^4$ và $-x^4$ giống Cách 2) để khẳng định đây không phải may mắn của riêng một ví dụ, mà là quy luật chung.

Vậy Vẫn ra đúng $M(x)$: có vô số cách chọn hai đa thức bậc bốn có tổng bằng $M(x)$, miễn hạng tử bậc $4$ của chúng đối nhau.

Nhận xét. Cách 1 là lập luận bắt buộc để bác bỏ ý của Tròn (không thể thay bằng thử vài ví dụ vì thử mãi không ra không có nghĩa là không tồn tại); Cách 2, Cách 3 chỉ cần MỘT ví dụ minh hoạ đúng theo yêu cầu đề bài, không cần lặp lại nhiều ví dụ khi đi thi.