(Luận văn) một số phương pháp giải phương trình hàm với đối số biến đổi và áp dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ PHƯƠNG ANH lu an n va p ie gh tn to MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM VỚI ĐỐI SỐ BIẾN ĐỔI VÀ ÁP DỤNG d oa nl w nf va an lu LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va Thái Nguyên - 2015 ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ PHƯƠNG ANH lu an n va p ie gh tn to MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM VỚI ĐỐI SỐ BIẾN ĐỔI VÀ ÁP DỤNG d oa nl w Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60.46.01.13 nf va an lu z at nh oi lm ul LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: z m co l gm @ GS TSKH NGUYỄN VĂN MẬU an Lu n va ac th Thái Nguyên - 2015 si Mục lục LỜI CẢM ƠN i lu an ii MỞ ĐẦU 1 MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN n va DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU Tính chất hàm số 1.2.1 Hàm số chẵn, hàm số lẻ Hàm số tuần hoàn phản tuần hoàn cộng tính 1.2.3 Hàm số tuần hồn phản tuần hồn nhân tính oa p ie gh 1.2 Tính trù mật tn to 1.1 1.2.2 nl w Một số đặc trưng hàm hàm số sơ cấp 1.4 Phương trình hàm Cauchy 1.5 Một số phương pháp giải phương trình hàm d 1.3 an lu 1.5.1 Phương pháp 1.5.2 Phương pháp chuyển qua giới hạn 1.5.3 Phương pháp tìm nghiệm riêng 10 1.5.4 Phương pháp quy nạp 12 nf va z at nh oi lm ul z PHƯƠNG TRÌNH HÀM VỚI CÁC PHÉP BIẾN HÌNH SƠ CẤP 14 Biểu diễn số lớp hàm bất biến với phép biến hình 14 2.1.1 Hàm tuần hoàn phản tuần hồn cộng tính 14 2.1.2 Hàm tuần hoàn phản tuần hồn nhân tính 20 2.1.3 Hàm số chẵn, hàm số lẻ 2.1.4 Hàm số sinh phép nghịch đảo 24 Phương trình hàm với dịch chuyển bậc phân tuyến tính 26 2.2.1 26 m co l gm an Lu va 2.2 @ 2.1 n Phương trình dạng f (αx + β) = af (x) + b 22 ac th si  32 Một số lớp phương trình hàm với đối số biến đổi 36 2.2.2 2.2.3 2.3  ax + b Phương trình dạng f = αf (x) + β cx + d Phương trình dạng a (x) f (x) + b (x) f (ω (x)) = c (x) MỘT SỐ ÁP DỤNG 3.1 3.2 29 42 Phương trình hàm lớp hàm đa thức 42 3.1.1 Một số toán xác định đa thức 42 3.1.2 Phương trình dạng P (f )P (g) = P (h) 45 3.1.3 Phương trình dạng P (f )P (g) = P (h) + Q 50 Phương trình hàm lớp hàm lượng giác 53 lu an 60 TÀI LIỆU THAM KHẢO 61 n va KẾT LUẬN p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si i LỜI CẢM ƠN Để hoàn thành luận văn tơi xin bày tỏ lịng kính trọng biết ơn sâu sắc tới GS-TSKH Nguyễn Văn Mậu Thầy truyền đạt cho kiến thức, kinh nghiệm quý báu học tập thầy trực tiếp hướng dẫn tơi hồn thành lu an luận văn n va Tôi xin chân thành cảm ơn: gh tn to - Ban giám hiệu, Phòng đào tạo sau đại học, khoa Toán - Tin trường Đại ie p học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, thầy cô tham gia giảng dạy cho lớp oa nl w Cao học toán K7A d - Sở giáo dục & Đào tạo tỉnh Tuyên Quang, Ban giám hiệu trường THPT Chuyên lu nf va an Tuyên Quang, bạn bè đồng nghiệp gia đình quan tâm động viên, tạo điều kiện thuận lợi cho thời gian học tập, nghiên cứu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si ii DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU ∀, ∃ : Các ký hiệu logic R : Tập hợp số thực lu an n va R+ : Tập hợp số thực dương ie gh tn to R− : Tập hợp số thực âm p Q : Tập hợp số hữu tỷ nl w d oa Z : Tập hợp số nguyên lu nf va an Z+ : Tập hợp số nguyên dương x ∈ M : x phần tử M z at nh oi lm ul N : Tập hợp số tự nhiên z ∩, ∪, ⊂, ⊃ : phép toán tập hợp m co l gm @ an Lu n va ac th si MỞ ĐẦU Phương trình hàm chuyên đề quan trọng thuộc chương trình chun tốn trường THPT chun Trong kỳ thi Olympic toán quốc gia, khu vực quốc tế thường xuất dạng tốn khác có liên quan lu an đến phương trình hàm Chúng xem tốn khó mẻ đối n va với học sinh THPT Những tài liệu tham khảo dành cho học sinh lĩnh vực không nhiều Đặc biệt tài liệu sách giáo khoa dành cho học sinh THPT to gh tn phương trình hàm với đối số biến đổi chưa trình bày cách hệ thống đầy đủ p ie nl w Xuất phát từ thực tế đó, luận văn tác giả trình bày cách hệ thống oa lớp phương trình hàm với đối số biến đổi phương pháp giải chúng Đồng d thời nêu số áp dụng phương pháp giải phương trình hàm với đối số lu nf va an biến đổi vào lớp phương trình hàm đa thức đại số lượng giác Ngoài phần mở đầu kết luận, luận văn chia thành ba chương: - Tính trù mật - Tính chất hàm số z at nh oi lm ul Một số kiến thức Phương trình hàm với phép biến hình sơ cấp an Lu - Biểu diễn số lớp hàm bất biến với phép biến hình m co l - Một số phương pháp giải phương trình hàm gm @ - Các phương trình hàm dạng Cauchy z - Một số đặc trưng hàm hàm số sơ cấp n - Một số lớp phương trình hàm với đối số biến đổi va - Phương trình hàm với dịch chuyển bậc phân tuyến tính ac th si Một số áp dụng - Phương trình hàm lớp hàm đa thức - Phương trình hàm lớp hàm lượng giác Thái Nguyên, ngày 10 tháng năm 2015 Tác giả lu an Nguyễn Thị Phương Anh n va p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.1 Tính trù mật lu Tập hợp A ⊂ R gọi trù mật R với x, y ∈ R, an x < y tồn a ∈ A cho x < a < y n va Một số ví dụ tập trù mật tn to p ie gh a) Q trù mật R nm , m ∈ Z, n ∈ N 2n o tập trù mật R Tính chất hàm số d oa 1.2 nl w b) Tập hợp A = lu 1.2.1 nf va an Xét hàm số f (x) với tập xác định D (f ) ⊂ R tập giá trị R (f ) ⊂ R Hàm số chẵn, hàm số lẻ z at nh oi lm ul Định nghĩa 1.1 (Xem [4]) a) f (x) gọi hàm số chẵn M, M ⊂ D (f ) (gọi tắt hàm chẵn M ) ∀x ∈ M ⇒ −x ∈ M f (−x) = f (x) , ∀x ∈ M z l Hàm số tuần hồn phản tuần hồn cộng tính an Lu Định nghĩa 1.2 (Xem [4]) m co 1.2.2 gm ∀x ∈ M ⇒ −x ∈ M f (−x) = −f (x) , ∀x ∈ M @ b) f (x) gọi hàm số lẻ M, M ⊂ D (f ) (gọi tắt hàm lẻ M ) a) Hàm số f (x)được gọi hàm tuần hồn cộng tính chu kì a (a > 0) M n ∀x ∈ M ⇒ x ± a ∈ M f (x + a) = f (x) , ∀x ∈ M va M ⊂ D (f ) ac th si b) Cho f (x) hàm tuần hồn cộng tính M Khi T (T > 0) gọi chu kì sở f (x) f (x) tuần hồn với chu kì T mà khơng hàm tuần hồn cộng tính với chu kì bé T Định nghĩa 1.3 (Xem [4]) a) Hàm số f (x)được gọi phản tuần hoàn cộng tính chu kì b (b > 0) M M ⊂ D (f ) ∀x ∈ M ⇒ x ± b ∈ M f (x + b) = −f (x) , ∀x ∈ M b) Cho f (x) hàm phản tuần hồn cộng tính M Khi T (T > 0) gọi chu kì sở f (x) f (x) phản tuần hồn cộng tính với chu kì T mà khơng hàm phản tuần hồn cộng tính với chu kì bé T lu an 1.2.3 Hàm số tuần hoàn phản tuần hoàn nhân tính n va Định nghĩa 1.4 (Xem [4]) f (x) gọi hàm tuần hồn nhân tính chu kì tn to a (a ∈ / {0; 1; −1}) M M ⊂ D (f ) ∀x ∈ M ⇒ a±1 x ∈ M f (ax) = f (x) , ∀x ∈ M p ie gh  w Định nghĩa 1.5 (Xem [4]) f (x) gọi hàm phản tuần hồn nhân tính chu oa nl kì a (a ∈ / {0; 1; −1}) M M ⊂ D (f )  ±1 d ∀x ∈ M ⇒ a x ∈ M f (ax) = −f (x) , ∀x ∈ M nf va an lu 1.3 Một số đặc trưng hàm hàm số sơ cấp lm ul Trong phần ta nêu đặc trưng số hàm số sơ cấp thường gặp z at nh oi chương trình phổ thơng Nhờ đặc trưng hàm mà ta dự đốn kết phương trình hàm tương ứng đề xuất dạng tập tương ứng với đặc trưng hàm z @ Các hàm số xét phần thoả mãn điều kiện liên tục toàn miền m co l gm xác định hàm số n va an Lu Hàm bậc nhất: f (x) = ax + b(a 6= 0, b 6= 0) có tính chất x + y  f = [f (x) + f (y)], ∀x, y ∈ R ac th si 43 Lời giải Trong (3.2) thay x 2015, 2012, 2009, , 2015 − 3n, n ∈ N ta suy 2012, 2009, , 2015 − (n + 1) nghiệm P (x) Vậy P (x) có vơ số nghiệm, suy P (x) = 0, ∀x ∈ R Từ hai tốn ta có tốn tổng quát sau: Bài toán tổng quát 3.1 Cho a, b ∈ R Tìm tất đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn điều kiện xP (x − a) = (x − b) P (x) , ∀x ∈ R (3.3) lu Lời giải an - Khi a 6= 0, b = ta P (x − a) = P (x), tức P (x) đa thức n va - Khi a 6= 0, b 6= 0, ta xét trường hợp sau: to b ∈ N P (x) có nghiệm 0, a, 2a, , (n − 1) a, n ∈ N∗ a Do P (x) = x (x − a) (x − 2a) (x − (n − 1) a) Q (x) + Nếu gh tn p ie Thay vào (3.3) ta Q (x − a) = Q (x) , ∀x ∈ R Suy Q (x) đa thức nl w Vậy trường hợp ta d oa P (x) = Cx (x − a) (x − 2a) (x − (n − 1) a) , C số b + Nếu ∈ / N P (x) có nghiệm b − a, b − 2a, b − 3a, , b − na a Do P (x) có vô số nghiệm nên P (x) ≡ nf va an lu Bài tốn 3.3 Tìm tất đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn điều kiện lm ul P (x) P (x + 1) = P x2 + x + , ∀x ∈ R (3.4) z at nh oi Lời giải
Nếu P (x) = a = const a2 = a hay a = a = z Xét P (x) 6= const Khi đó, P (x) có nghiệm thực x = x0 số sau @ l gm x0 , x1 = x20 + x0 + 1, , xn+1 = x2n + xn + 1, nghiệm P (x) Do x0 < x1 < x2 < · · · < xn < xn+1 < nên suy đa thức P (x) có vơ số nghiệm, m co điều vơ lí a2n , a0 6= an Lu Vậy P (x) khơng có nghiệm thực nên deg P (x) = 2n P (x) = a2n x2n + · · · + a0 với va So sánh hệ số bậc cao hệ số tự do, ta thu a2n = a0 = n ac th si 44 Gọi x1 , x2 , , x2n nghiệm phức P (x) Khi đó, theo định lí Viette ta có 2n Y j=0 2n Y a0 =1= |xj | xj = (−1) a2n 2n j=0 Nếu tồn j để xj > x2j + xj + (chú ý x2j + xj + > |xj |) nghiệm, nên suy P (x) có vơ số nghiệm Điều vơ lí Tương tự, tồn j để |xj | < vj thỏa mãn phương trình vj2 + vj + = xj nghiệm với |vj | < |xj | Từ ta thu điều vơ lí Vậy phải có |xj | = 1, ∀j lu Do xj = cos ϕ + i sin ϕ
n Do x2j + xj + = nên xj = ±i P (x) = x2 +
n Dễ thấy P (x) = x2 + thỏa mãn (3.4) an n va
n Tóm lại, ta có P (x) ≡ 0; P (x) ≡ 1; P (x) = x2 + to gh tn Bài tốn 3.4 Tìm tất đa thức P (x) bậc n thỏa mãn điều kiện (3.5) p ie P (x + 1) = P (x) + 2x + 1, ∀x ∈ R Lời giải nl w Nhận xét hai đa thức bậc nhỏ m trùng m + điểm oa nguyên chúng trùng nên ta cần xét P (x) điểm nguyên Theo d giả thiết, ta có P (n) − P (n − 1) = 2n − (n = 1, 2, ) lu an Suy P (n) = P (0) + + + + · · · + (2n − 1) = P (0) + n2 , ∀n ∈ N∗ nf va Do P (x) = x2 + c, c tùy ý lm ul Thử lại ta thấy P (x) = x2 + c thỏa mãn điều kiện toán z at nh oi Bài tốn 3.5 Tìm tất đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn điều kiện

P (x) P 3x2 = P 3x3 + x2 , ∀x ∈ R Lời giải (3.6) z @ Trong (3.6) cho x = ta P (0) = P (0) = Thay vào (3.6) ta
k Q 3x2 = 3x3 + x2

k Q 3x3 + x2 , ∀x ∈ R
m xk Q (x) 3x2 co l gm Nếu P (0) = 0, đặt P (x) = xk Q (x), Q (x) ∈ R [x] , Q (0) 6= an Lu ⇔ 3xk Q (x) Q 3x2 = (3x + 1)k Q 3x3 + x2 , ∀x ∈ R

n ac th Từ ta P (x) ≡ va Trong (3.7) lấy x = Q (0) = 0, mâu thuẫn với cách đặt (3.7) si 45 Nếu P (0) = 1, đặt P (x) = xk Q (x) + 1, Q (x) ∈ R [x] , Q (0) 6= Thay vào (3.6) ta
 h k x Q (x) + 3x k Q 3x
i + = 3x3 + x2
k Q 3x3 + x2 + 1, ∀x ∈ R
⇔ x3k 3k Q (x) Q 3x2 + xk Q (x) + 3k x2k Q 3x2 = 3x3 + x2


k Q 3x3 + x2 , ∀x ∈ R
⇔ x2k 3k Q (x) Q 3x2 + Q (x) + 3k xk Q 3x2

k
= 3x2 + x Q 3x3 + x2 , ∀x ∈ R
(3.8) Trong (3.8) lấy x = Q (0) = 0, mâu thuẫn với cách đặt Từ ta P (x) ≡ Vậy có hai đa thức thỏa mãn (3.6) P (x) ≡ P (x) ≡ lu an Bài tốn 3.6 Cho số ngun dương k Tìm tất đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa va mãn điều kiện n to (3.9) gh tn (x − 2014)k P (x) = (x − 2015)k P (x + 1) , ∀x ∈ R ie Lời giải p Trong (3.9), cho x = 2015 ta P (2015) = (2015 − 2015)k P (2016), suy 2015 w nghiệm bội lớn k P (x) oa nl Đặt P (x) = (x − 2015)k Q (x) , ∀x ∈ R d Thay vào (3.9) ta lu nf va an (x − 2014)k (x − 2015)k Q (x) = (x − 2015)k (x − 2014)k Q (x + 1) , ∀x ∈ R lm ul Hay Q (x) = Q (x + 1) , ∀x ∈ R, nghĩa Q (x) ≡ c, c số Suy P (x) = c(x − 2015)k , c số 3.1.2 z at nh oi Thử lại ta thấy P (x) = c(x − 2015)k (c số) thỏa mãn yêu cầu đề Phương trình dạng P (f )P (g) = P (h) z @ Bài toán tổng quát 3.2 Giả sử f (x) , g (x) h (x) đa thức thuộc R [x] co l P (x) ∈ R [x] cho gm cho thỏa mãn điều kiện deg (f ) + deg (g) = deg (h) Tìm tất đa thức (3.10) m P (f (x)) P (g (x)) = P (h (x)) , ∀x ∈ R an Lu Nghiệm phương trình hàm (3.10) có nhiều tính chất đặc biệt giúp có n va thể xây dựng tất nghiệm từ nghiệm bậc nhỏ: ac th si 46 Tính chất 3.1 Nếu P, Q nghiệm (3.10) P Q nghiệm (3.10) Chứng minh Ta có (P.Q) (h (x)) = P (h (x)) Q (h (x)) = P (f (x)) P (g (x)) Q (f (x)) Q (g (x)) = (P.Q) (f (x)) (P.Q) (g (x)) Hệ 3.1 Nếu P (x) nghiệm (3.10) P n (x) nghiệm Trong nhiều trường hợp, hệ 3.1 cho phép mô tả hết nghiệm (3.10) Để làm điều ta có định lý quan trọng sau đây: Định lí 3.1 (Xem [2]) Nếu f, g, h đa thức với hệ số thực thỏa mãn điều kiện deg (f ) + deg (g) = deg (h) thỏa mãn hai điều kiện sau: lu an i) deg (f ) 6= deg (g) n va ii) deg (f ) = deg (g) f ∗ + g ∗ 6= 0, f ∗ , g ∗ hệ số lũy thừa cao đa thức f, g tương ứng to tn Khi với số dương n tồn nhiều đa thức P (x) có bậc n thỏa mãn ie gh phương trình (3.10) p Chứng minh Giả sử P đa thức bậc n thỏa mãn phương trình (3.10) Ta gọi deg (f ) = f ; deg (g) = g; deg (h) = h hệ số lũy thừa cao oa nl w P, f, g, h tương ứng P ∗ , f ∗ , g ∗ , h∗ So sánh hệ số cao hai vế đa thức phương trình d nf va an lu P (f (x)) P (g (x)) =  P (h (x)) ta có P ∗ (f ∗ )n P ∗ (g ∗ )n = P ∗ (h∗ )n  n h∗ Từ suy P ∗ = f ∗g∗ Như vậy, giả sử ngược lại, tồn đa thức Q bậc n (khác P ) thỏa mãn lm ul phương trình (3.10) Q∗ = P ∗ ta có Q (x) = P (x)+R (x) với ≤ r = deg (R) < n z at nh oi (ta quy ước bậc đa thức đồng −∞, deg (R) ≥ 0, tức R không đồng 0) Thay vào phương trình (3.10), ta z gm @ [P (f ) + R (f )] [P (g) + R (g)] = P (h) + R (h) ⇔ P (f ) P (g) + P (f ) R (g) + R (f ) P (g) + R (f ) R (g) = P (h) + R (h) l ⇔ P (f ) R (g) + R (f ) P (g) + R (f ) R (g) = R (h) Bây ta xét trường hợp: m co (3.11) an Lu i) deg (f ) 6= deg (g) ac th nf + rg, rf + ng, rf + rg, n va Giả sử f > g Khi bậc đa thức vế trái (3.11) si 47 nf + rg > rf + ng > rf + rg nên vế trái có bậc nf + rg Bậc đa thức vế phải (3.11) rh = r (f + g) < nf + rg Mâu thuẫn ii) deg (f ) = deg (g) Khi đó, hai đa thức vế trái (3.11) có bậc nf + rg = ng + rf xảy triệt tiêu thực phép cộng Tuy nhiên, xét hệ số cao hai đa thức này, ta có hệ số của xnf +rg đa thức thứ thứ hai P ∗ (f ∗ )n R∗ (g ∗ )r , R∗ (f ∗ )r P ∗ (g ∗ )n Như thế, bậc xnf +rg tổng hai đa thức  (n−r)  r r (n−r) lu P ∗ R∗ f ∗ g ∗ an f∗ + g∗ 6= n va f ∗ + g ∗ 6= Như vậy, bậc vế trái (3.11) nf + rg , bậc tn to vế phải rh = rf + rg < nf + rg Mâu thuẫn Vậy định lý chứng minh hoàn toàn gh ie Áp dụng định lý 3.1 hệ 3.1, ta thấy P0 (x) đa thức bậc thỏa p mãn phương trình (3.10) với f, g, h đa thức thỏa mãn điều kiện định nl w lý 3.1 tất nghiệm (3.10) có dạng: d oa P (x) ≡ 0, P (x) ≡ 1, P (x) ≡ (P0 (x))n an lu Sau đây, ta xem xét số ví dụ áp dụng tính chất nói nf va Ví dụ 3.1 Tìm tất đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn điều kiện
P x2 = P (x) , ∀x ∈ R lm ul (3.12) Lời giải z at nh oi Ta có hàm f (x) = x, g (x) = x, h (x) = x2 thỏa mãn điều kiện định lý 3.1 hàm P (x) = x hàm bậc thỏa mãn phương trình (3.12) z Do hàm P (x) ≡ 0, P (x) ≡ 1, P (x) ≡ xn , (n ∈ N∗ ) tất nghiệm gm @ (3.12) l Ví dụ 3.2 Tìm tất đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn điều kiện
P x2 − 2x = P (x − 2) , ∀x ∈ R m co (3.13) an Lu Lời giải
Ta có P x2 − 2x = P (x − 2)  n  va (3.14) ac th ⇔ P (x − 1)2 − = P [(x − 1) − 1] , ∀x ∈ R si 48 Đặt P (x − 1) = Q (x) (3.14) tương đương với
2 Q x = Q (x) , ∀x ∈ R Theo ví dụ 3.1, ta có Q (x) ≡ 0; Q (x) ≡ 1; Q (x) = xn Suy P (x) ≡ 0; P (x) ≡ 1; P (x) = (x + 1)n Ví dụ 3.3 (HSG Quốc gia 2006) Tìm tất đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn điều kiện P x2 + x [3P (x) + P (−x)] = [P (x)]2 + 2x2 , ∀x ∈ R
(3.15) Lời giải Trong (3.15), thay x −x ta
− x [3P (−x) + P (x)] = [P (−x)]2 + 2x2 , ∀x ∈ R lu P x (3.16) an n va Trừ (3.15) cho (3.16), ta tn to 4x [P (x) + P (−x)] = P (x) − P (−x) (3.17) ie gh ⇔ [P (x) + P (−x)] [P (x) − P (−x) − 4x] = p Do (3.17) với x ∈ R nên ta phải có P (x) + P (−x) = với vô w số giá trị x P (x) + P (−x) − 4x = với vô số giá trị x − x = [P (x) − x]2 + 2xP (x) = [P (x)] + 2x ⇔ P x d P x oa nl Ta xét trường hợp P (x) + P (−x) ≡ Khi ta có phương trình

2 2 lu nf va an
Đặt P (x) − x = Q (x) Q x2 = Q2 (x) Theo ví dụ 3.1, Q (x) ≡ 0; Q (x) ≡ 1; Q (x) = xn lm ul Từ P (x) ≡ x, P (x) ≡ x + 1, P (x) = xn + x So sánh với điều kiện P (x) + P (−x) ≡ 0, ta nhận nghiệm z at nh oi P (x) ≡ x, P (x) ≡ x2k+1 + x, (k = 0, 1.2, ) Tiếp theo xét trường hợp P (x) − P (−x) − 4x ≡ gm @ P x z Khi ta có phương trình
+ x [4P (x) − 4x] = P (x) + 2x2 ⇔ P x2 − 2x2 = [P (x) − 2x]2 m an Lu Từ P (x) ≡ 2x, P (x) ≡ 2x + 1, P (x) = xn + 2x co Theo ví dụ 3.1, Q (x) ≡ 0; Q (x) ≡ 1; Q (x) = xn l
Đặt P (x) − 2x = Q (x) Q x2 = Q2 (x)
ac th P (x) ≡ 2x, P (x) ≡ 2x + 1, P (x) ≡ x2k + 2x, (k = 1.2, ) n va So sánh với điều kiện P (x) − P (−x) − 4x ≡ 0, ta nhận nghiệm si 49 Tổng hợp hai trường hợp trên, ta có tất nghiệm (3.15) đa thức P (x) ≡ x, P (x) ≡ 2x, P (x) ≡ 2x + 1, P (x) ≡ x2k+1 + x, P (x) ≡ x2k + 2x (k = 1.2, ) Ví dụ 3.4 Tìm tất đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn điều kiện

P (x) P 2x2 = P 2x3 + x , ∀x ∈ R (3.18) Lời giải Các đa thức x, 2x2 , 2x3 + x thỏa mãn điều kiện định lý 3.1, ta tìm nghiệm khơng đồng hệ số bậc nhỏ (3.18) lu Xét trường hợp P (x) có bậc nhất, P (x) = ax + b Thay vào (3.18), ta

(ax + b) 2ax2 + b = a 2x3 + x + b), ∀x ∈ R an n va tn to So sánh hệ số đơn thức hai vế, ta hệ phương trình: ie gh 2a2 = 2a, 2ba = 0, ab = a, b2 = b p Hệ vô nghiệm (do a 6= 0) nên không tồn đa thức bậc thỏa mãn (3.18) Xét trường hợp P (x) có bậc hai, P (x) = ax2 + bx + c w oa nl Thay vào (3.18), ta
4ax + 2bx2 + c = a 2x3 + x
d ax + bx + c
2
an lu + b 2x3 + x + c, ∀x ∈ R nf va ⇔ 4a2 x6 + 4abx5 + (4ac + 2ab) x4 + 2b2 x3 + (ac + 2bc) x2 + bcx + c2 lm ul = 4ax6 + 4ax4 + 2bx3 + ax2 + bx + c, ∀x ∈ R So sánh hệ số đơn thức hai vế, ta hệ phương trình: z at nh oi 4a2 = 4a, 4ab = 0, 4ac + 2ab = 4a, 2b2 = 2b, ac + 2bc = a, bc = b, c2 = c Hệ có nghiệm a = c = 1, b = Như vậy, P (x) = x2 + đa thức bậc hai thỏa mãn (3.18) z
k tất đa thức bậc chẵn (không đồng số) thỏa mãn (3.18) l gm @ Từ hệ 3.1 định lý 3.1, ta suy x2 + Ta chứng minh đa thức bậc lẻ nghiệm (3.18) Để chứng minh co điều này, ta sử dụng tính chất đa thức bậc lẻ có nghiệm thực, ta cần m P (x) khơng có nghiệm thực an Lu chứng minh P (x) đa thức không đồng số thỏa mãn (3.18) ac th P (x) n va Thật vậy, giả sử α nghiệm thực P (x), 2α3 + α nghiệm si