chuyen de phuong trinh ham da thuc nguyen phuc tho

Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn:Nguyễn Phúc Thọ CHUYÊN ĐỀ 2021 PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC NGUYỄN PHÚC THỌ MỖI TUẦN MỘT BÀI TOÁN-THẢO LUẬN 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn:Nguyễn Phúc Thọ PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC Bài tốn Tìm tất đa thức P ( x) thoả mãn P (a + b) = P (a) + P ( b) + 15a2 b2 (a + b) (1) Với số phức a b cho a2 + b2 = ab Titu Andreescu Lời giải Cho a = b = vào (1) P (0) = Do P ( x) = c n x n + c n−1 x n−1 + + c x với n ≤ 1, c n = Giả sử a2 + b2 = ab Ta khẳng định với k ≤ 1, tồn số f cho a k + b k = f k (a + b)k Thật f = Ta có a2 + b2 = (a + b)2 − 2ab = (a + b)2 − 2(a2 + b2 ) 1 Suy ra: a2 + b2 = (a + b)2 Do f = 3 Với k ≥ Ta lại có f k+1 (a + b)k+1 = a k+1 + b k+1 = (a k + b k )(a + b) − ab(a k−1 + b k−1 ) = f k (a + b)k+1 − f k−1 (a + b)k+1 Hay f k+1 = f k − f k−1 Đặc biệt thấy f = f = − = f Từ đây, ta dùng phương trình sai phân tuyến tính fk = 3+ i + Do đó, với k ≥ |6 f k | ≤ 12 k 3+ i k = 12 3− i k k ≤ 12 < (2) 27 3 5 Từ (1) có P (a + b) = P (a)+ P (b) + (a + b) (3) Cân hệ số (a + b)k (3) (1−6 f k ) c k = với k = 5, (2) suy c k = với k = 5 Cân hệ số (a + b)5 (3) c = f c + suy c = Do P ( x) = x5 thoả mãn toán Bài tốn Tìm tất đa thức P ( x) với hệ số thực thoả mãn P ( x) P ( y) P ( z) + + = P ( x − y) + P ( y − z) + P ( z − x) yz zx xy Với số thực x, y, z khác mà x yz = x + y + z USAMO 2019 Lời giải Dễ thấy P ( x) = thoả mãn toán Bây xét trường hợp de gP = n ≥ Phương trình cho viết lại xP ( x) + yP ( y) + zP ( z) = x yz[P ( x − y) + P ( y − z) + P ( z − x)] (1) x+z Cố định x > Chọn < z < Bây giờ, để thoả mãn điều kiện giả thiết, ta chọn y = 2x xz − Khi phương trình (1) viết lại thành xP ( x) + x+ z x+ z xz( x + z) x+ z x+ z P + zP ( z) = P x− +P − z + P ( z − x) xz − xz − xz − xz − xz − 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn:Nguyễn Phúc Thọ Lấy đạo hàm hai vế theo z x2 + x+ z ( x + z)(2 x2 + 1) ‘ x + z P − P − P ( z) + zP ‘ ( z) xz − (2 xz − 1)2 xz + (2 xz − 1)3 x+z x+z x(2 xz2 − x − z) P x− +P − z + P ( z − x) = 2 xz − xz − (2 xz − 1) xz( x + z) x2 − ‘ x+z x2 + x+z + P x − − + P‘ − z + P ‘ ( z − x) 2 xz − (2 xz − 1) xz − xz − (2 xz − 1) Bây cho z → 0+ , ta − (2 x2 + 1)[ xP ‘ (− x) − P (− x)] + P (0) = − x2 [P (2 x) + 2P (− x)] (2) Hai đa thức hai vế phương trình nhận giá trị vô số giá trị dương x nên chúng đồng với 1) Nếu P ( x) = ax + b với a = phương trình (2) viết lại thành (2 x2 + 1)(2ax − b) + b = −3 bx2 , ∀ x ∈ R So sanh hệ số x3 hai vế a = 0, mâu thuẫn 2) Nếu de gP = Khi đa thức P ( x) có dạng P ( x) = ax2 + bx + c với a = Thay lại vào phương trình (2) rút gọn, ta bx3 + ( c − 3a) x2 + bx = 0, ∀ x ∈ R Từ suy b = c = 3a Do P ( x) = a( x2 + 3), ∀ x ∈ R 3) Nếu de gP = n ≥ Gọi c hệ số cao P ( x) So sánh hệ số x n+2 hai vế phương trình (2) được, 2[ na(−1)n−1 − a(−1)n ] = −[2n a + 2a(−1)n ] Hay n(−1)n = 2n−1 Tuy nhiên phương trình khơng có nghiệm với n ≥ Vậy P ( x) = P ( x) = a( x2 + 3) với x ∈ R thoả mãn tốn Bài tốn Tìm tất đa thức P ( x) với hệ số thực thoả mãn ( x + y)P ( z) + ( y + z)P ( x) + ( z + x)P ( y) = xP (2 y − z) + yP (2 z − x) + zP (2 x − y) (1) Với x, y, z ∈ R thoả mãn 3( x + y + z) = x yz(2) TST KHTN 2020-2021 Lời giải Dễ thấy hai nghiệm ( x, y, z) = (3, 3, 3); (−3, −3, −3) thoả (2), thay vào (1) P (3) = P (−3) = 0(3) Với ( x, y, z) = (0, a, −a) với a ∈ R thoả mãn (2), thay vào (1) 4aP (−a) − 3aP (0) − aP (a) = aP (−2a) − aP (−a), ∀a ∈ R Hay xP (− x) = P ( x) + P (−2 x) + 3P (0), ∀ x ∈ R (4) Dễ thấy P ( x) = thoả mãn toán Xét de gP = n ≥ 1, gọi hệ số bậc n đa thức P ( x) b khác Khi cân hệ số bậc n (4) b(−1)n = b + b(−2)n 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn:Nguyễn Phúc Thọ Hay 5(−1)n = + (−2)n Suy n = thoả mãn phương trình với n ≥ 1.Tức là, P ( x) = bx2 + cx + d với b = Kết hợp với (3) suy P ( x) = a( x2 − 9), ∀ x ∈ R Thử lại P ( x) = a( x2 − 9), ∀ x ∈ R kết hợp với điều kiện (2) suy thoả mãn Vậy P ( x) = P ( x) = a( x2 − 9) với x ∈ R thoả mãn tốn Bài tốn Tìm tất đa thức P ( x) hệ số thực thoả mãn ( x + 1)P ( x − 1) − ( x − 1)P ( x) Là đa thức Canadian MO 2013 Lời giải Cách Gọi A biểu thức ( x + 1)P ( x − 1) − ( x − 1)P ( x) Dễ thấy P ( x) = T với T số thoả mãn toán Ta xét P ( x) khác Cho x = −1 vào A 2P (−1) cho x = vào A 2P (0) Từ ( x + 1)P ( x − 1) − ( x − 1)P ( x) đa thức nên P (−1) = P (0) Đặt c = P (−1) = P (0) Q ( x) = P ( x) − c, ta có Q (−1) = Q (0) = Do −1, nghiệm Q ( x) Suy đa thức Q ( x) có dạng Q ( x) = x( x + 1)R ( x) với đa thức R ( x) Dẫn đến P ( x) = x( x + 1)R ( x) + c (1) Từ (1) dẫn đến biểu thức A viết lại thành ( x + 1)(( x − 1) xR ( x − 1) + c) − ( x − 1)( x( x + 1)R ( x) + c) Là đa thức Hay x( x − 1)( x + 1)(R ( x − 1) − R ( x)) + c Là đa thức hằng.Do R ( x − 1) − R ( x) = đa thức Do R ( x − 1) = R ( x), ∀ x ∈ R Khi R ( x) đa thức nhận giá trị định với giá trị vô hạn x Gọi k giá trị Khi R ( x) − k có vơ số nghiệm ngun, xảy R ( x) − k = Do R ( x) đồng với số k Do Q ( x) = kx( x + 1) với số k Khi P ( x) = kx( x + 1) + c = kx2 + kx + c Thử lại P ( x) = kx2 + kx + c nghiệm phương trình Vậy P ( x) = T với số T P ( x) = kx2 + kx + c với số k khác thoả mãn toán Cách Dễ thấy P ( x) = T với T số thoả mãn toán Bây ta xét de gP = n với n ≥ Gọi P ( x) = n i i =1 a i x với a n = Do phương trình đề viết lại thành ( x + 1) n i i =1 a i ( x − 1) − ( x − 1) n i i =1 a i x = C (2) Với C số Vì C số với n ≥ nên hệ số x n phải Hệ số x n vế trái (2) a n−1 − na n + a n − a n−1 + a n = (2 − n)a n 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn:Nguyễn Phúc Thọ Do (2 − n)a n = a n = nên n = Tức đa thức P ( x) có dạng P ( x) = ax2 + bx + c với a, b, c bà số thực vàa = Thay lại vào phương trình đề có ( x + 1)(a( x − 1)2 + b( x − 1) + c) − ( x − 1)(ax2 + bx + c) = C Suy (b − a) x + c = 2C Đồng hệ số suy a = b C = c Vậy P ( x) = T với số T P ( x) = ax2 + ax + c với số thực a khác thoả mãn toán Bài toán Tìm tất đa thức P ( x) hệ số thực thoả mãn P (P (a + b)) − 2ab(2P (a + b) − ab) ≥ P (a2 ) + P ( b2 ) ≥ P (a2 + b2 ) − P ( 2ab) (*) Karthik Vedula Lời giải Cho b = vào (*) P (P (a)) ≥ P (a2 ) + P (0) ≥ P (a2 ) − P (0) (1) Cho a = vào (1) P (P (0)) ≥ 2P (0) ≥ (2) Cho b = −a vào (*) P (P (0)) + 4a2 P (0) + 2a4 ≥ 2P (a2 ) (3) Bây giờ, ta xét trường hợp sau Trường hợp de gP = hay P ( x) = C với C số Từ (1) có P (P (0)) ≥ 2P (0) ≥ ⇔ C ≥ 2C ≥ Suy C = hay P ( x) = thử lại vào (*) thấy thoả Trường hợp de gP = hay P ( x) = cx + d với c, d số Thay P ( x) = cx + d vào (*) 2a2 b2 − 4ab( ca + cb + d ) + c( ca + cb + d ) + d ≥ c(a2 + b2 ) + d ≥ c(a2 − ab + b2 ) Suy 2d ≥ c(−ab 2) Tuy nhiên, c = vế phải nhận giá trị bất kỳ, điều dẫn đến mâu thuẫn Vậy c = mâu thuẫn với de gP = 1, suy trường loại Trường hợp de gP = hay P ( x) = cx2 + dx + e với c, d, e số Từ (1) có P (P (a)) ≥ P (a2 ) + P (0) ⇒ c3 a4 + O (a3 ) ≥ ca4 + O (a3 ) ⇒ c3 ≥ c (4) Với a đủ lớn, ta có P (a2 ) ≤ a4 suy c ≤ (5) Từ (4) (5) c = −1 ≤ c < Bây giờ, theo (*) ta có P (a2 ) + P ( b2 ) ≥ P (a2 + b2 ) − P (ab 2) Suy c(a4 + b4 ) + d (a2 + b2 ) + e ≥ c(a4 + b4 + 2a2 b2 ) + d (a2 + b2 ) − c(2a2 b2 ) − d (ab 2) ⇔ e ≥ − d (ab 2) Suy d = 0, e ≥ Bây giờ, ta có P ( x) = cx2 + e với c ∈ [−1, 0) ∪ {1} e ≥ Từ (2), ta có P (P (0)) ≥ 2P (0) ⇔ ce2 + e ≥ e ⇔ ce2 ≥ e 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn:Nguyễn Phúc Thọ Suy e = c > dẫn đến e = c = Nếu c = P ( x) = x2 + e dẫn đến (3) P (P (0)) + 4a2 P (0) + 2a4 ≥ 2P (a2 ) ⇔ ( e2 + e) + ea2 + 2a4 ≥ 2a4 + e (**) Tuy nhiên, e = tồn a đủ lớn thoả mãn vế trái(**)< 2a4 , mâu thuẫn Điều dẫn đến e = tức P ( x) = cx2 thay lại vào (*) c3 (a + b)4 + 2a2 b2 − cab(a + b)2 ≥ ca4 + cb4 ⇔ c2 (a + b)4 + 2a2 b2 ≥ c(a + b)4 + 2a2 b2 c Suy (1 − c)((− c2 − c)(a + b)4 + 2a2 b2 ) ≥ Từ c ∈ [−1, 0) ∪ {1}, c nằm khoảng âm − c2 − c ≥ c = vế trái Do đó, với c ∈ [−1, 0) ∪ {1} có nghĩa Bây giờ, ta xét trường hợp cuối Trường hợp de gP ≥ Nếu ta chọn hệ số cao P ( x) l > có a đủ lớn cho 2P (a2 ) ≥ la6 ≥ 2a4 > P (P (0)) + 4a2 P (0) + 2a4 Mâu thuẫn Do l < Ta có (1) suy P (a2 ) − P (P (a)) + P (0) ≤ (***) Lấy a đủ lớn âm có nghĩa hệ số cao vế phải (***) âm hệ số có bậc cao bậc chẵn (Ta biết bậc lẻ P ( x) đạt +∞ −∞) Tuy nhiên, số hạng có bậc cao P (a2 ) la2de gP (1) số hạng cao P (P ( x)) l de gP +1 x(de gP) (2) Từ de gP ≥ bậc cao (2) (de gP )2 bậc cao (1) de gP Điều có nghĩa số hạng cao vế phải (***) −l de gP +1 x(de gP) Điều có nghĩa −l de gP +1 số âm (de gP )2 số chẵn Tuy nhiên, từ l < cho ta de gP + chẵn mà de gP chẵn nên suy mâu thuẫn Điều dẫn đến de gP không lớn Vì trường hợp loại Vậy P ( x) = P ( x) = cx2 với c ∈ [−1, 0) ∪ {1} thoả mãn yêu cầu tốn Bài tốn Tìm tất hàm đa thức P ( x) với hệ số thực thỏa mãn: với số thực x, y, z phân biệt mà x + y + z = P ( x) − P ( y) P ( x) − P ( z) = x− y x−z Lời giải Rõ ràng đa thức đa thức bậc ln thỏa mãn u cầu tốn Xét trường hợp deg P = n ≥ Thay y = −2 x + t z = x − t với x > t > vào phương trình cho, ta P ( x) − P (−2 x + t) P ( x) − P ( x − t) = 3x − t t + Cho t → với ý P ( x) liên tục khả vi R, ta P ( x) − P (−2 x) = xP ( x), ∀ x > Vì hai đa thức P ( x) − P (−2 x) xP ( x) nhận giá trị x > nên ta có P ( x) − P (−2 x) = xP ( x), ∀ x ∈ R (1) Gọi a(a = 0) hệ số cao P ( x) Khi na hệ số cao P ( x) So sánh hệ số bậc n hai đa thức hai vế phương trình (1) ta a − a(−2)n = na, hay − (−2)n = n 2021 Mỗi Tuần Một Bài Tốn-Thảo Luận Biên soạn:Nguyễn Phúc Thọ Giải phương trình với ý n ≥ 2, ta n = Suy P ( x) có dạng P ( x) = ax3 + bx2 + cx + d Thay vào phương trình (1) rút gọn, ta b = Thử lại, P ( x) = ax3 + cx + d thỏa mãn phương trình cho đề Vậy tất đa thức thỏa mãn yêu cầu đề có dạng P ( x) = ax3 + cx + d với a, c, d số thực Bài tốn Tìm đa thức P,Q với hệ số thực n nguyên dương thoả mãn P ( x + 1)Q ( x n ) − Q ( x + 1)P ( x n ) = 2021 TST Hưng Yên 2021-2022 Lời giải(Thầy Nguyễn Song Minh) Giả sử P,Q đa thức thoả mãn yêu cầu toán Rõ ràng thấy P,Q = 0, ta giả sử de gP = k de gQ = l với k, l ∈ N ta thấy (P,Q ) thoả mãn yêu cầu với số thực a tùy ý có (P,Q + aP ) thoả mãn, ta xét trường hợp Trường hợp Nếu n = ta ln có đẳng thức đầu viết lại thành P ( x)Q ( x − 1) − Q ( x)P ( x − 1) = 2021 Từ đó, ta có P ( x)(Q ( x + 1) + Q ( x − 1)) = Q ( x)(P ( x + 1) + P ( x − 1)) Do ∈ I (P,Q ) nên P ( x)|P ( x + 1) + P ( x − 1), so sánh bậc hệ số bậc cao cho ta P ( x + 1) + P ( x − 1) = 2P ( x) Từ mà ta có P ( x) = ax + b, tương tự ts có Q ( x) = cx + d với điều kiện cần thoả mãn sau thử lại ad − bc = 2021 Trường hợp Nếu n > P,Q khơng thể đa thức hằng, nêu có k = l k + nl = de g(P ( x + 1)Q ( x n )) = de g(Q ( x + 1)P ( x n ) + 2021) = l + nk bl a k , b l Nhưng thế, với ý từ đầu việc chọn a = − ak hệ số bậc cao P Q cho ta ln mâu thuẫn Tóm lại, với n = P ( x) = ax + b Q ( x) = cx + d với số thực a, b, c, d thoả mãn điều kiện ac − bd = 2021 đáp ứng đủ yêu cầu tốn Bình Luận Với tốn trên, ta xét trường hợp với n = ta thấy toán ý tưởng giống với tốn thi Putnam 2010, Bài tốn Tìm đa thức P,Q với hệ số thực n nguyên dương thoả mãn P ( x + 1)Q ( x) − Q ( x + 1)P ( x) = Bài tốn Tìm tất đa thức P ( x) hệ số thực thoả mãn [P ( x)]3 − 3[P ( x)]2 = P ( x3 ) − 3P (− x), ∀ x ∈ R (1) TST QUẢNG NAM 2019-2020 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn:Nguyễn Phúc Thọ Lời giải Ta xét trường hợp Trường hợp P ( x) số, tức P ( x) = c với c số Thay P ( x) = c vào (1) c3 − c2 = c − c ⇔ c ∈ {0, 1, 2}, thử lại thoả mãn Trường hợp P ( x) khác hằng, tức de gP = n ≥ a = hệ số bậc cao P ( x) Khi ta viết P ( x) = ax n +Q ( x) Q ( x) đa thức hệ số thực có de gQ ( x) = k ≥ n−1 Cân hệ số bạc cao (bậc 3n) (1) ta có a3 = a ⇔ a ∈ {−1, 1} Nếu a = 1, ta có P ( x) = x n + Q ( x) Thay vào (1) ( x n + Q ( x))3 − 3( x n + Q ( x))2 = x3n + Q ( x3 ) − 3((− x)n + Q (− x)) Suy x2n Q ( x) + x n (Q ( x))2 + (Q ( x))3 − x2n − x n Q ( x) − 3(Q ( x))2 = Q ( x3 ) − 3Q (− x) − 3.(−1)n x n (2) Trong (2), k > bậc vế trái 2n + k bậc vế phải h ≤ max {3 k, n} nên cân bậc ta phải có 2n + k = h ≤ max {3k, n}, vơ lý n + k > 3k 2n + k > n Do k = 0, tức lad Q ( x) = t với t số Thay vào (2) tx2n + t2 x n + t3 − x2n − tx n − t2 = t − t − 3(−1)n x n Suy 3( t − 1) x2n + 3( t2 − t + (−1)n ) x n + t3 − t2 + t = (3) Đẳng thức (3) với x ∈ R nghĩa    t−1 =    t2 − t + (−1)n =      t3 − t2 + t = ⇔  t=1  n = m( m ∈ N ∗ ) Khi ta có P ( x) = x2m + với m ∈ N ∗ x ∈ R , thử lại thoả mãn Nếu a = −1, ta có P ( x) = − x n + Q ( x) Thay vào (1) (− x n + Q ( x))3 − 3(− x n + Q ( x))2 = − x3n + Q ( x3 ) − 3(−(− x)n + Q (− x)) Suy x2n Q ( x) − x n (Q ( x))2 + (Q ( x))3 − x2n + x n Q ( x) − 3(Q ( x))2 = Q ( x3 ) − 3Q (− x) + 3.(−1)n x n (4) Trong (4), k > bậc vế trái 2n + k bậc vế phải h ≤ max {3k, n} nên cân bậc ta phải có 2n + k = h ≤ max {3 k, n}, vô lý 2n + k > 3k 2n + k > n Do k = 0, tức lad Q ( x) = t với t số Thay vào (4) tx2n − t2 x n + t3 − x2n + tx n − t2 = t − t + 3(−1)n x n Suy 3( t − 1) x2n − 3( t2 − t + (−1)n ) x n + t3 − t2 + t = (5) Đẳng thức (5) với x ∈ R nghĩa    t−1 =    t2 − t + (−1)n =      t3 − t2 + t = ⇔  t=1  n = m( m ∈ N ∗ ) 2021 Mỗi Tuần Một Bài Tốn-Thảo Luận Biên soạn:Nguyễn Phúc Thọ Khi ta có P ( x) = − x2m + với m ∈ N ∗ x ∈ R , thử lại thoả mãn Vậy có đa thức thoả mãn toán P ( x) = 0; P ( x) = 1; P ( x) = 2; P ( x) = x2m + P ( x) = − x2m + với m ∈ N ∗ x ∈ R Bình Luận Với tốn ta thấy ý tưởng giống với toán đề thi Greece TST 2014, Bài tốn Tìm tất đa thức P ( x) hệ số thực thoả mãn [P ( x)]3 + 3[P ( x)]2 = P ( x3 ) − 3P (− x), ∀ x ∈ R Bài tốn Tìm tất đa thức P ( x) hệ số thực thoả mãn n n i =0 i (−1) i P ( x + i ) = với số thực x Lời giải Đầu tiên, ta nêu bổ đề sau: Cho t số thực khác không Nếu đa thức P ( x) có bậc cao d ≥ với hệ số cao a d = 0, đa thức P ( x + t) − P ( x) có bậc d − hệ số cao dta d Chứng minh bổ đề trên, Bây giờ, P ( x) đa thức có deg P ( x) = d ≥ với hệ số cao a d P ( x + 2) − 2P ( x + 1) + P ( x) = (P ( x + 2) − P ( x + 1)) − (P ( x + 1) − P ( x)) đa thức có bậc d −2 với hệ số cao d (d −1)a d Nếu d < P ( x +2)−2P ( x +1)+ P ( x) = Tương tự trên, nếu P ( x) đa thức có deg P ( x) = d ≥ với hệ số cao a d P ( x + 3) − 3P ( x + 2) + 3P ( x + 1) − P ( x) đa thức có bậc d − với hệ số cao d (d − 1)(d − 2)a d Nếu d < P ( x + 3) − 3P ( x + 2) + 3P ( x + 1) − P ( x) = Bây giờ, giả sừ Q ( x) đa thức cố định có bậc d xét phương trình P ( x + 1) − P ( x) = Q ( x) Theo bổ đề, cho ta biết P ( x) đa thức có bậc d + P ( x + 1) − P ( x) đa thức có bậc d Như vậy, ta tìm nghiệm P ( x) đa thức bậc d + Điều xảy ta dùng phương pháp quy nạp vào d Nếu Q ( x) = C với C số P ( x) = Cx (cụ thể P ( x) = Cx + C ) Theo quy nạp, ta tìm tất đa thức P ( x) có bậc nhỏ d Gọi a d hệ số cao Q ( x) Q ( x) = a d x d + R ( x) với deg Q ( x) < d Theo bổ đề, ta viết P ( x) = a d d +1 x d +1 P0 ( x + 1) − P0 ( x) = a d x d + S ( x) với đa thức S ( x) có bậc nhiều d − Từ R ( x) − S ( x) có bậc nhiều d − 1, nên theo quy nạp cho biết P1 ( x) có bậc nhiều d cho P1 ( x + 1) − P1 ( x) + R ( x) − S ( x) Khi đó, ta có P ( x + 1) − P ( x) = P0 ( x + 1) − P0 ( x) + P1 ( x + 1) − P1 ( x) = a d x d + S ( x) + R ( x) − S ( x) = Q ( x) 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn:Nguyễn Phúc Thọ Lưu ý ta có hai nghiệm P ( x + 1) − P ( x) = Q ( x), T ( x + 1) − T ( x) = Q ( x) P ( x) − T ( x) đa thức tuần hoàn, tức đa thức Khi đó, hai nghiệm khác số Bổ đề chứng minh xong Vào toán, từ bổ đề deg P ( x) = d > có hệ số cao a d P ( x + 1) − P ( x) đa thức có bậc d − với hệ số cao da d Ta kí hiệu δP = P ( x + 1) − P ( x) Sử dụng lần, ta có δ2 P = δ(δP ) = P ( x + 2) − 2P ( x + 1) + P ( x) Tương tự, ta lặp lại điều cho k lần ta có δk P = P ( x + k) − k P ( x + k − 1) + + (−1)k P ( x) Nếu deg P ( x) = d ≥ k với hệ số cao a d đa thức δk P có bậc d − k hệ số cao d ( d − 1) ( d − k + 1)a d = d! ad ( d − k)! (và d < k δk P = 0) Đặt biệt, δd P = d !a d Theo kí hiệu δ, ta thấy tốn nói với đa thức P ( x) thoả mãn n P = Do đó, tất đa thức P ( x) có deg P ≤ n − thoả mãn u cầu tốn Bình luận Bài tốn trường hợp tổng quát cho toán đề thi Norwegian Mathematical Olympiad 2018 – Abel Competition, Bài toán Tìm tất đa thức P ( x) với hệ số thực thoả mãn P ( x) + 3P ( x + 2) = 3P ( x + 1) + P ( x + 3) Với số thực x Bài tốn 10 Tìm đa thức P ( x) với hệ số thực, có bậc nhỏ n ∈ N ∗ Sao cho tồn n số thực đôi phân biệt a , a , , a n thoả mãn điều kiện với i, j ∈ {1, 2, , n} ta có |P (a i ) − P (a j )| = n|a i − a j | Lời giải Cách Không tính tổng quát, ta xếp thứ tự a < a < < a n Rõ ràng giá trị P ( x i ) đôi phân biệt P ( x) thoả mãn yêu cầu −P ( x) Do vậy, khơng tính tổng qt ta giả sử P (a ) < P (a n ), ta giả sử P (a m ) = P ( x i ) 1≤ i ≤ n Ta có m = từ P (a m ) = P (a ), nhờ biến đổi sau P (a n ) − P (a ) = n(a n − a ) = n(a n − a m ) + n(a m − a ) = |P (a n ) − P (a m )| + |P (a m − P (a )| = P (a n ) + P (a ) − 2P (a m ) Bây với số nguyên dương k nhỏ n + 1, ta lại có 10 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn:Nguyễn Phúc Thọ P (a k ) − P (a ) = |P (a k ) − P (a )| = n(a k − a ) Vậy đa thức f ( x) = P ( x) − nx − P (a ) + na nhận a , a , , a n làm n nghiệm phân biệt, mà bậc nhỏ n phải đa thức Từ đó, ta thấy đa thức P ( x) có dạng P ( x) = nx + c, c : const n ∈ N ∗ Thử lại để ý lý luận từ đầu, cho ta thấy có hai đa thức thoả mãn toán P ( x) = nx + c P ( x) = − nx + c với c = const, n ∈ N ∗ Cách n Xét điểm M k có hồnh độ a k đồ thị hàm số y = P ( x) với n ∈ N ∗ Cố định số k, từ giả thiết ta có điểm M i lại thuộc hai đường thẳng d k d ‘k Trong d k qua M k hệ số góc 1, d ‘k qua M k hệ số góc −1 Để ý rằng, d k vng góc với d ‘k Nếu n điểm không thẳng hàng, phải có điểm khơng thẳng hàng n điểm giả sử A, B, C Ta có điều mâu thuẫn tam giác ABC có góc vng Vậy là, n điểm M k phải thẳng hàng, điểm lại giao điểm đường thẳng với độ thị hàm đa thức có bậc bé n, đồ thị đường thẳng kẻ qua n điểm, tức hàm y = P ( x) hàm bậc Nó lại có đồ thị, đường thẳng có hệ số góc n −1 1, Cách P ( x) = ± x + c với c = const, n ∈ N ∗ n n Xét điểm M k có hồnh độ a k đồ thị hàm số y = P ( x) với n ∈ N ∗ Cố định số k, từ giả thiết ta có điểm M i lại thuộc hai đường thẳng d k d ‘k Trong d k qua M k hệ số góc 1, d ‘k qua M k hệ số góc −1 Để ý rằng, d k vng góc với d ‘k Nếu n điểm không thẳng hàng, theo định lý Sylvester-Galai có điểm chúng (khơng tính tổng qt) giả sử M1 , M2 mà đường thẳng M1 M2 khơng chứa điểm điểm cịn lại Như thì, hai đường kẻ vng góc với M1 M2 tương ứng điểm M1 M2 đường chứa n − điểm lại Nhưng mà, hai đường song song với nên khơng có điểm chung Vậy là, n điểm M k phải thẳng hàng, điểm lại giao điểm đường thẳng với độ thị hàm đa thức có bậc bé n, đồ thị đường thẳng kẻ qua n điểm, tức hàm y = P ( x) hàm bậc Nó lại có đồ thị, đường thẳng có hệ số góc n −1 1, P ( x) = ± x + c với c = const, n ∈ N ∗ n Bình luận Bài tốn dạng tổng qt từ mơt tốn đề thi Trại hè Hùng Vương năm 2019, Bài tốn Tìm đa thức P ( x) với hệ số thực, có bậc nhỏ 2019 Sao cho tồn n số thực đôi phân biệt a , a , , a 2019 thoả mãn điều kiện với i, j ∈ {1, 2, , 2019} ta có |P (a i ) − P (a j )| = 2019|a i − a j | Bài tốn 11 Tìm tất đa thức khác P ( z) với hệ số phức thoả mãn tất nghiệm phức đa thức P ( z) P ( z) − có modun 11 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn:Nguyễn Phúc Thọ USA TSTST 2020 Lời giải Gọi đa thức P ( x) = c n x n + c n−1 x n−1 + + c x + c = c n ( x + m )( x + m ) ( x + m n ) biết m , m , , m n biết nghiệm phức P ( x) Mặt khác,P ( x)−1 = c n ( x+ p )( x+ p ) ( x+ p n ) biết p , p , , p n biết nghiệm phức P ( x)−1 (1) Bằng cách liên hợp nên (1) có, c n ( x + m )( x + m ) ( x + m n ) − = c n ( x + p )( x + p ) ( x + p n ) Hay viết lại thành ( x + m )( x + m ) ( x + m n ) = ( x + p )( x + p ) ( x + p n ) + ( c n )−1 Suy m1 1 1 x + = x+ x+ x + + cn m2 mn p1 p2 pn Bây từ, ta chứng minh c k = với k ∈ {1, 2, , n − 1} x+ x+ −1 (2) Chứng minh sau: So sánh hệ số x k từ (2) có c n− k c n− k = i mi i pi = Do đó, dẫn đến c k = cn Do P ( x) phải có dạng P ( x) = ax n − b cho P ( x) = ax n − (b + 1) Điều yêu cầu, | b| = Nhưng i mi − i pi = | b + 1| = |a| để thoả mãn tốn Bài tốn 12 Tìm tất đa thức P ( x) với hệ số thực khơng có nghiệm bội cho với số phức z phương trình zP ( z) = thoả mãn P ( z − 1)P ( z + 1) = SAFEST Olympiad 2020 Lời giải Xét trường hợp, Trường hợp P ( x) đa thức hằng, tức P ( x) = c, ∀ c ∈ R dẫn đến đầu phương trình zc=1 thoả mãn vào c2 = Nếu c = c2 = cz = 1, ta thấy mâu thuẫn c Trường hợp de gP = 1, tức P ( x) = mx + b với m = dẫn đến đầu phương trình Nếu c = z = , điều hiển nhiên mâu thuẫn mz2 + bz = thoả mãn ( m( z −1)+ b)( m( z +1)+ b) = 0, hai đa thức mz2 + bz −1 m2 z2 + 2bmz + (b2 − m2 ) tương đương nhau, tức hai đa thức bội Bằng cách so sánh hệ số cao nhất, ta thấy nhân thêm m vào mz2 + bz − m2 z2 + mz − m từ m = ta so sánh hệ số lại ta   bm = bm  − m = b − m2 ⇒  b=0 m=1 Dẫn đến P ( z) = z, thử lại thỏa mãn 12 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn:Nguyễn Phúc Thọ Trường hợp de gP = n ≥ Ta xét đa thức Q ( x) = ( z + 1)P ( z + 1) − ( z − 1)P ( z − 1) (*) Dễ thấy de gQ ≤ de gP Do đó, ta chứng tỏ Q tương đương với P Chứng minh sau: Nếu P (r ) = với số phức r , ta cho z = r + z = r − vào (*), cho ta ( r − 1)P ( r − 1) = = ( r + 1)P ( r + 1) Q (r ) = Điều chứng tỏ tất P nghiệm Q Vì P khơng có nghiệm kép bậc Q lớn bậc P Do đó, ta có Q bội P Đặt P ( z) = n a zk k=0 k Dẫn đến n a k=0 k ( z + 1)k+1 − ( z − 1)k+1 (**) Để so sánh Q P , ta muốn viết lại dạng Q ( z) = n b zk k=0 k Để tính b n , lưu ý số hạng có (**) chứa z n đến từ k = n − k = n, ta có b n z n = a n−1 ( z n − z n ) + a n ( n + 1) z n − (−( n + 1) z n ) = 2( n + 1)a n z n Do đó, Q = 2( n + 1)P Bây giờ, ta tính tiếp b n−1 ,lưu ý số hạng có (**) chứa z n−1 đến từ k = n − 2,k = n − k = n, ta có b n−1 z n−1 = a n−2 ( z n−1 − z n−1 ) + a n−1 ( nz n−1 − (− n) z n−1 ) + a n n+1 z n−1 − n+1 z n−1 = na n−1 z n−1 Nhưng Q = 2(n + 1)P ta phải có b n−1 = 2( n + 1)a n−1 , điều mâu thuẫn Dẫn đến khơng tồn đa thức có de gP = n ≥ Vậy P ( z) = z đa thức thoả mãn toán Bài toán 13 Tìm tất đa thức P ( x) với hệ số thực thoả mãn P (a + b + c) = P (a) + 4P ( b) + 22P ( c) (1) Với a, b, c ∈ R cho (a + b)(b + c)( c + a) = b3 + c3 (2) Nguyễn Phúc Thọ Lời giải Dễ thấy P ( x) = thoả mãn toán Ta xét P ( x) = 0, Ta chọn số a, b, c có dạng (a, b, c) = (mx, nx, px) thoả (2) Thay số (a, b, c) = (mx, nx, px) vào (2) ( m + n)( n + p)( p + m) = n3 + p3 Dễ thấy cặp (m, n, p) = (1, 1, 1) đơn giản thoả (2) Như (a, b, c) = ( x, x, x) thoả (2) Do đó, thay (a, b, c) = ( x, x, x) vào (1) P (3 x) = 27P ( x) (*) Ta gọi hệ số tự hệ số bậc cao P ( x) a a n = Sau đó, ta đồng hệ số tự hệ số bậc cao   a n 3n = 27a n  a = 27a 0 ⇒  n=3 a =0 Như vậy, đa thức P ( x) có dạng P ( x) = dx3 + ex2 + f x, thay lại vào (*) có 27 dx3 + ex2 + f x = 27 dx3 + 27 ex2 + 27 f x Đồng hệ số suy e = f = 0, dẫn đến P ( x) = dx3 với d = 13 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn:Nguyễn Phúc Thọ Thử lại, P (a + b + c) = d (a + b + c)3 = d (a3 + b3 + c3 ) + d (a + b)( b + c)( c + a) = d (a3 + b3 + c3 ) + d ( b3 + c3 ) = d (a3 + b3 + 22 c3 ) = P (a) + 4P ( b) + 22P ( c), Ta thấy thoả mãn Vậy P ( x) = P ( x) = dx3 với d = thoả tốn Bài tốn 14 Tìm tất đa thức P ( x) với hệ số thực thoả mãn với tất số nguyên dương phân biệt cặp ( x, y, z, t) với x2 + y2 + z2 = t2 gcd ( x, y, z, t) = thoả mãn 2(P ( t))2 + 2P ( x y + yz + zx) = (P ( x + y + z))2 (*) UKRMO 2009-Grade 11 Lời giải Đầu tiên, ta dễ dàng tim số ( x, y, z, t) = (4, (2 n − 1)2 , (2n + 1)2 , 4n2 + 3) với n nguyên dương thoả mãn x2 + y2 + z2 = t2 gcd ( x, y, z, t) = Từ nghiệm trên, cho ta x y + yz + zx = t2 có x + y + z = t Từ đó, (*) viết lại thành 2(P ( t))2 + 2P ( t2 ) = (P (2 t))2 , ∀ t ∈ R Hay 2(P ( x))2 + 2P ( x2 ) = (P (2 x))2 , ∀ x ∈ R (**) Ta xét trường hợp: Trường hợp de gP = tức P ( x) = c với c số Thay lại vào (**) cho ta c2 + c = c2 ⇒   c = −2 c=0 Do đó, P ( x) = −2 P ( x) = thoả mãn Trường hợp de gP = tức P ( x) = ax + b với a = 0, b số Thay lại vào (**) có 2(ax + b)2 + 2(ax2 + b) = (2ax + b)2 Suy (2a2 + 2a) x2 + 4abx + (2 b2 + b) = 4a2 x2 + 4abx + b2 Tới đây, ta đồng hệ số với a =   a2 + a = a2  b2 + b = b2 Suy nghiệm (a, b) = (1, 0); (1, 2) Do đó, P ( x) = x P ( x) = x − thử lại thấy thoả mãn Trường hợp de gP = n ≥ Ta đặt P ( x) = a n x n + a n−1 x n−1 + + a x + a Từ (**) ta so sánh hệ số x2n có (2n a n )2 = 2a n + 2a2n ⇒ a n = Bây giờ, ta chứng minh a n− i = với ≤ i ≤ n 22n−1 − Chứng minh sau: Với i = 1, ta so sánh hệ số x2n−1 từ (**) 2a n a n−1 = 2.2n a n 2n−1 a n−1 mà a n = suy a n−1 = 0, Theo quy nạp, ta giả sử với n = k tức a n− i = với ≤ i ≤ k Bây giờ, ta chứng minh với k+1 tức a n−k−1 Cuối cùng, ta so sanh hệ số x2n−k−1 từ (**) Tới ta xử lí sau: Nếu k chẵn Khi đó,vì khai triển P ( x2 ) có hạng tử có số mũ chẵn, ta suy 2n − k − = Ngoài ra, khai triển (P ( x))2 (P (2 x))2 , số mũ hạng tử 14 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn:Nguyễn Phúc Thọ x2n−k−1 xác định với p, q ≤ n thoả mãn p + q = n − k − Nếu số p, q ≥ n − k ≤ n − 1, hệ số a p a q = 0, hệ số hạng tử x p+ q Do đó, ta xét p, q n ≤ n−k−1 Nếu hai ≤ n−k−1, ta có mâu thuẫn Do đó, hai n n − k − Nghĩa hệ số x2n−k−1 2(P ( x))2 4a n a n−k−1 Tương tự,ta xử lý với (P (2 x))2 , hệ số x2n−k−1 (P (2 x))2 2.2n a n 2n−k−1 a n−k−1 = 22n−k a n a n−k−1 Do đó, cân hệ số x2n−k−1 (**) 4a n a n−k−1 = 22n−k a n a n−k−1 từ 2n − k > n ≥ a n = 0, dẫn đến a n−k−1 = (1) Nếu k lẻ Tương tự với trường hợp k chẵn, ta nhân hai vế cho hệ số a n − k − vào (**), cân hệ số x2n−k−1 (**) (22n−k − 4)a n a n−k−1 = a n − k − 2n − k − k−1 Từ = n−k+ > n − k ta có a n − k − = quy nạp Từ đó, ta có 2 a n−k−1 = 0.(2) xn thoả mãn Từ (1) (2), dẫn đến điều quy nạp Dẫn đến, đa thức P ( x) = 2n−1 −1 Vậy có đa thức thoả mãn tốn P ( x) = −2, P ( x) = 0, P ( x) = x, P ( x) = x − 2, P ( x) = xn 22n−1 − , với ∀ x ∈ R n ≥ Bài tốn 15 Tìm tất đa thức P ( x) với hệ số nguyên cho tồn vô hạn cặp số nguyên (m, n) thoả mãn P ( m) + P ( n) = Lời giải Khơng tính tổng qt, xét đa thức thoả đề P ( x) = a k x k + a k−1 x k−1 + + a x + a với a k > bỏ qua trường hợp k = Gọi S tập chứa cặp số nguyên ( m, n) thoả đ, tính đối xứng ta xét cặp cho P ( x) ≤ P ( x) ≥ Ngồi ra, ta xét m = n mà S có vơ số nghiệm, dẫn đến P ( x) = 0, thoả mãn yêu cầu Nếu k chẵn tồn số thực dương x0 Do đó, | m| < x0 hay m có hữu hạn số giá trị, mà phương trình P ( x) = P (m) hữu hạn nghiệm với giá trị m kể trên, dẫn đến n có hữu hạn giá trị Từ suy S có hữu hạn phân tử, vơ lý Vì vậy, k lẻ tồn số thực dương x0 để P ( x) > với x0 > Nếu chứa cặp số nguyên dương < m < x0 nên rõ ràng số giá trị m hữu hạn, tương tự dẫn đến vơ lí Nếu S chứa cặp số nguyên âm ta xét tương tự Tóm lại, tồn (m , n0 ) cho m n0 ≤ Do k lẻ, với (m, n) ∈ S đặt g(m, n) = a k (m k−1 − m k−2 n + + n k−1 ) h(m, n) = a k−1 ( m k−1 + n k−1 ) + + a ( m + n) + 2a = P ( m) + P ( n) = ( m + n) g( m, n) + h( m, n) h( m, n) | m + n| = | f (m, n)| Dễ thấy hàm theo x f ( x, n0 ) f (m , x) g( m, n) bị chặn nên | m + n0 | < t1 với t1 số thực dương Với mn > nhận xét trên, ta Đặt f (m, n) = 15 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn:Nguyễn Phúc Thọ có tồn số thực dương t2 , t3 cho | m| < t2 | m| < t3 Tóm lại | m + n| < max { t1 , t2 , t3 } hay tồn số c ∈ {m + n|(m, n) ∈ S } xuất vô số lần Xét phương trình G ( x) = P ( x) + P ( c − x) G ( x) = có vơ số nghiệm, nên G ( x) = hay P ( x) + P ( c − x) = Từ đặt Q ( x) = P c + x , Q ( x ) + Q (− x ) = Tới đây, dễ thấy de gQ = de gP = k mà k lẻ nên Q ( x) = b k x k + b k−1 x k−1 + + b0 , dẫn đến b k x k + b k−1 x k−1 + + b − b k x k + b k−1 x k−1 − b k−2 x k−2 + − b x + b = hay b k−1 x k−1 + + b + b k−1 x k−1 − b k−2 x k−2 + − b x + b = 0(∗) c So sánh bậc cao (*) có k − = hay k = Do đó, Q ( x) = x + d dẫn đến P ( x) = x − + d thay vào lại x− c c +d−x− +d =0 2 c Vậy P ( x) = P ( x) = x thoả mãn toán dẫn đến − + d = Bài tốn 16 Tìm tất đa thức P ( x) với hệ số thực cho 1 − P ( x) P (P ( x)) Adapted from Oleg Mushkarov Lời giải Cách Đầu tiên, giả sử P ( x) P (P ( x)) − P ( x) đa thức Ta viết lại đề bài, P (P ( x))P ( x) P (P ( x)) − P ( x) thấy P (P ( x))P ( x) P ( x )2 = P ( x) + P (P ( x)) − P ( x) P (P ( x)) − P ( x) Khi P ( x)2 P (P ( x)) − P ( x) phải đa thức Nếu deg P ( x) = d > deg P ( x)2 = 2d deg(P (P ( x)) − P ( x)) = d ta thấy mâu thuẫn Điều dẫn đến deg P ( x) ∈ {1, 2} Nếu deg P ( x) = ta viết P ( x) = ax + b với a = a = từ P (P ( x)) − P ( x) đa thức Khi P ( x)2 ( x + b )2 = = cx + d P (P ( x)) − P ( x) (a − a) x + ab với c, d 16 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn:Nguyễn Phúc Thọ Viết lại thành, (ax + b)2 = ((a2 − a) x + ab)( cx + d ) a b So sánh hệ số x2 ta tìm c = so sánh hệ số tự ta tìm d = Do đó, a−1 a (ax + b)2 = ((a2 − a) x + ab) a b x+ a−1 a Đúng với x ∈ R , có b = Do P ( x) = ax thoả mãn toán Nếu deg P ( x) = deg P ( x)2 = deg(P (P ( x)) − P ( x)) = 4, P (P ( x)) − P ( x) = aP ( x)2 với a số Do đó, có vơ hạn t (tất t với t = P ( x) với x) thoả mãn P ( t) = at2 + t Do đó, P ( x) = ax2 + x thoả mãn Nếu P ( x) số, ta có nghiệm, P (P ( x)) − P ( x) = c với c số P ( x) = x + c thoả mãn toán Cách ầu tiên, giả sử P ( x) P (P ( x)) − P ( x) đa thức hằng, P ( x)2 P (P ( x)) − P ( x) đa thức Do đó, tất nghiệm P (P ( x) − P ( x) nghiệm P ( x)2 Do đó, tất nghiệm P ( x)2 phải nghiệm P ( x) Gọi r nghiệm P (P ( x)) P ( r ) = có P (P ( r )) = P ( r ) = Do đó, P (P (r )) = P (0) = Do đó, nghiệm P ( x), ta viết P ( x) = xS ( x) với đa thức S ( x) Ở đây, P (P ( x)) = P ( x)S (P ( x)) đo đó, Cịn P ( x) sớ tương tự cách Bài tốn 17 Tìm tất đa thức P ( x) Q ( x) khác với hệ số thực thoả mãn P (Q ( x)) = P ( x)Q ( x) − P ( x) Lời giải Gọi deg P ( x) = m deg Q ( x) = n với m, n ≥ Dẫn đến, deg P (Q ( x)) = mn, deg(P ( x)Q ( x) − P ( x)) = m + n Do đó, ta có mn = m + n hay (m − 1)(n − 1) = Từ m, n số nguyên dương nên m = n = Từ đó, ta viết P ( x) = ax2 + bx + c với a = 0, từ đề ta aQ ( x)2 + bQ ( x) = P ( x)Q ( x) − (P ( x) + c) 17 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn:Nguyễn Phúc Thọ tức P ( x) + c chia hết cho Q ( x) Từ Q ( x) P ( x) bậc, nên tồn với d số thực cho P ( x) + c = dQ ( x) Ờ đây, ta viết lại thành P ( x) = dQ ( x) − c Thay điều vào phương trình đề bài, dQ (Q ( x)) − c = ( dQ ( x) − c)Q ( X ) − ( dQ ( x) − c) hay dQ (Q ( x)) − c = dQ ( x)2 − ( d + c)Q ( x) + c Do đó, ta xét phương trình dQ ( t) = dt2 − (d + c) t + c (*), ta thấy phương trình có Q ( x) nghiệm thực Vì Q ( x) khác hằng, nên ta giả sử Q ( x) vô số nghiệm thực Do đó, phương trình (*) có vơ số nghiệm thực Như vậy, Q ( x) = x2 − + 2c c x+ d d Từ P ( x) = dQ ( x) − c, dẫn đến P ( x) = dx2 − ( d + c) x + c Vậy P ( x) = dx2 − (d + c) x + c Q ( x) = x2 − + 2c c thoả mãn toán x+ d d Bài tốn 18 Tìm tất đa thức P ( x) với hệ số thực thoả mãn P ( x2 ) = P ( x)Q (1 − x) + Q ( x)P (1 − x) Belarusian MO 2015 Lời giải Thay x → − x vào phương trình đề bài, ta P ( x2 ) = P ((1 − x)2 ) = P (( x − 1)2 ) Do đó, đa thức P ( x2 ) đa thức tuần hoàn, tức P ( x) = c với c số Dẫn đến đề viết lại thành, c = cQ (1 − x) + cQ ( x) Nếu c = 0, thoả mãn Cịn c = Q ( x) + Q (1 − x) = Ờ đây, thay x → x + , ta Q Ở đây, ta đặt R ( x) = Q 1 1 + x − +Q − x − = 2 2 1 + x − đa thức lẻ Do đó, 2 Q 1 + x − = xS ( x2 ) 2 với đa thức S ( x) Vì Q ( x) = x − 1 S x− 2 18 + 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn:Nguyễn Phúc Thọ Bài tốn 19 Tìm tất đa thức P ( x) Q ( x) với hệ số thực thoả mãn P (Q ( x)) = P ( x)2017 Lời giải Để giải toán trên, ta cần phải sử dụng để bổ đề sau: Long-run Behavior Lemma Cho P ( x) = a d x d + a d−1 x d−1 + + a đa thức với hệ số thực, xác định a = d |a d | b = lim a d −1 da d d | x|→∞ |P ( x)| − a.| x + b| = Chứng minh bổ đề Vì ta thay P ( x) → −P ( x) cần Không tình tổng qt, ta giả sử a d > phá giá trị tuyệt đối Sau ta có, d P ( x) − d P ( x) − a d x d ad x = d P ( x)d −1 + + d a dd−1 x d −1 = a d −1 x d −1 + + a d P ( x)d −1 + + d a dd−1 x d −1 Do đó, lim | x|→∞ d P ( x) − d a d x = lim | x|→∞ a d −1 x d −1 + + a d P ( x)d −1 + + d a dd−1 x d −1 a d −1 = d d a dd−1 Viết lại thành, l im | x|→∞ d P ( x) − a( x + b ) = Điều phải chứng minh Vào lại toán, (P ( x),Q ( x)) nghiệm (−P ( x),Q ( x)) nghiệm Do đó, khơng tính tổng quát, giả sử P ( x) có tất hệ số dương Đặt deg P ( x) = d viết P ( x) = a d x d + a d −1 x d −1 + + a với a d = Từ d P (Q ( x)) = lim x→∞ d P ( x)2 017, áp dụng bổ đề vừa chứng minh trên, ta d a d Q ( x) + a d −1 − da d d a2017 x+ d a d −1 da d 2017 =0 Do đó, Q ( x) + Đặt B = a d −1 a d −1 = ± d a2016 x+ d da d da d 2017 a d −1 A = ± d a2016 , ta viết điều lại thành d da d Q ( x) = A ( x + B)2017 − B Thay Q ( x) vào lại phương trình đầu bài, ta P ( A ( x + B)2017 − B) = P ( x)2017 19 2021 Mỗi Tuần Một Bài Tốn-Thảo Luận Biên soạn:Nguyễn Phúc Thọ Khi đó, P ( Ax2017 − B) = P ( x − B)2017 Cho R ( X ) = P ( x − B) = a d x d + a s x s + Khi R ( Ax2017 ) = R ( x)2017 Ta xét hệ số số hạng thứ hai khác không, ta thấy số hạng thứ hai R ( Ax2017 ) R ( x)2017 a s x2017s a2016 a s x2016d +s Từ đó, ta thấy mâu thuẫn với tồn d s Khi đó, R ( x) = a d x d Vậy P ( x) = a d ( x+B)d Q ( x) = A ( x+B)2017 −B với a d = 0, B = a d −1 da d A = ± d a2016 d Bài tốn 20 Tìm tất đa thức P ( x) với hệ số thực thoả mãn P ( x − 1)P ( x + 1) > P ( x)2 − với x ∈ R Nikolai Nikolov Lời giải Nếu P ( x) = c với c số phương trình đề trở thành c2 > c2 − 1, điều ln Do đó, với c số cho P ( x) = c thoả mãn Ta viết lại đề bài, P ( x)2 − P ( x − 1)P ( x + 1) < Nếu deg P ( x) = d > giả sử hệ số cao P ( x) a d = deg(P ( x)2 − P ( x − 1)P ( x + 1)) = d − hệ số cao da2d Nếu d ≥ P ( x)2 − P ( x − 1)P ( x + 1) đa thức khác với hệ số dương Do đó, bất đẳng thức mâu thuẫn với x đủ lớn Nếu d = P ( x)2 − P ( x − 1)P ( x + 1) = a21 đa thức bất đẳng thức viết lại thành a21 < Do đó, với đa thức P ( x) = ax + b với a ∈ (−1, 1) thoả mãn toán Bài Tập Bài tốn Tìm tất đa thức P ( x) với hệ số phức thoả mãn P ( a) + P ( b ) = P ( a + b ) Với a b số phức cho a2 + b2 + 5ab = Titu Andreescu Bài tốn Tìm tất đa thức P ( x) với hệ số thực thoả mãn 1 1 1 P ( x ) P ( y2 ) P ( z ) + + = zP − + xP − + yP − 3 z z z x 3x 2y x y y Với số thực x, y, z khác mà x y z = x + y + z Ẩn danh AZOT1 Bài tốn Tìm tất đa thức P(x) hệ số thực thoả mãn P ( x) + P ( y) + P ( z) = P ( x − y) + P ( y − z) + P ( z − x) Với x, y, z ba số thực cho x + y + z = Costa Rican MO 2008 Bài tốn Tìm tất đa thức P(x) hệ số thực thoả mãn P ( x + P ( x)) = x2 P ( x), ∀ x ∈ R 20 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn:Nguyễn Phúc Thọ Canadian MO Qualification Repechage 2021 Bài toán Tìm tất đa thức a( x), b( x), c( x), d ( x) với hệ số thực thoả mãn đồng thời phương trình   b ( x) c ( x) + a( x) d ( x) =  a( x) c( x) + (1 − x2 ) b( x) d ( x) = x + South African MO 2021 Bài toán Cho m = số nguyên Tìm tất đa thức P ( x) hệ số thực thoả mãn ( x3 − mx2 + 1)P ( x + 1) + ( x3 + mx2 + 1)P ( x − 1) = 2( x3 − mx2 + 1)P ( x) với số thực x IMO Shorlist 2013 Bài tốn Tìm tất đa thức P ( x) hệ số thực thoả mãn   | y2 − P ( x)| ≤ 2| x|  | x2 − P ( x)| ≤ 2| y| với số thực x, y IMO Shorlist 2014 Bài tốn Tìm tất đa thức P ( x) hệ số thực cho P ( x) + P ( y) + P ( z) = với số thực x, y, z x + y + z = Bài tốn Tìm tất đa thức P ( x) hệ số thực cho với số thực x có bất đẳng thức sau xP ( x)P (1 − x) + x3 + 100 ≥ Czech-Slovakia MO 1995 Bài tốn Tìm tất đa thức P ( x) Q ( x) khác với hệ số thực thoả mãn P (Q ( x)2 ) = P ( x)Q ( x)2 Bài toán 10 Với m ≥ m nguyên Tìm tất đa thức P ( x) cho a m + b m = P (a) + P (b) = Bài tốn 11 Tìm tất đa thức P ( x) với hệ số thực thoả mãn P ( x y + yz + zx) = P ( x y) + P ( yz) + P ( zx) + 2P ( x)P ( y)P ( z) x + y + z = x yz với x, y, z ∈ R 21 2021 Tài liệu tham khảo [1] Titu Andreescu, Navid Safaei, Alessandro Ventullo, 117 Polynomial Problems from the Awesome Math Summer Program [2] Titu Andreescu, Navid Safaei, Alessandro Ventullo, Awesome Polynomials for Mathematics Competitions [3] Titu Andreescu, Gabriel Dospinescu, Problems From the Book [4] Titu Andreescu, Iurie Boreico, Oleg Mushkarov, and Nikolai Nikolov, Topics in Functional Equations – 3rd Edition 22 ... la 2de gP (1) số hạng cao P (P ( x)) l de gP +1 x (de gP) (2) Từ de gP ≥ bậc cao (2) (de gP )2 bậc cao (1) de gP Điều có nghĩa số hạng cao vế phải (***) −l de gP +1 x (de gP) Điều có nghĩa −l de. .. âm (de gP )2 số chẵn Tuy nhiên, từ l < cho ta de gP + chẵn mà de gP chẵn nên suy mâu thuẫn Điều dẫn đến de gP không lớn Vì trường hợp loại Vậy P ( x) = P ( x) = cx2 với c ∈ [−1, 0) ∪ {1} tho? ??... P (P ( x)) − P ( x) phải đa thức Nếu deg P ( x) = d > deg P ( x)2 = 2d deg(P (P ( x)) − P ( x)) = d ta thấy mâu thuẫn Điều dẫn đến deg P ( x) ∈ {1, 2} Nếu deg P ( x) = ta viết P ( x) = ax + b