Phương trình hàm đa thức và ứng dụng

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌCNGUYỄN VIẾT BẮC PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: T

NGUYỄN VIẾT BẮC

PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2015

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN VIẾT BẮC

PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Mã số: 60 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: TS TRẦN NGUYÊN AN

THÁI NGUYÊN - 2015

TÓM TẮT NỘI DUNG

Luận văn "Phương trình hàm đa thức và ứng dụng" được chia thành

2 chương, ngoài phần mở đầu, phần kết luận

Trong Chương 1, luận văn nhắc lại một số kiến thức chuẩn bị làm

cơ sở cho việc trình bày kiến thức ở phần sau của chương như đa thức,nghiệm của đa thức, Tiếp đến, luận văn trình bày một số phương phápgiải phương trình hàm thường gặp như: Phương pháp đặt ẩn phụ, dồnbiến; phương pháp thế giá trị đặc biệt; phương pháp hệ số bất định;phương pháp đổi biến số; phương pháp sử dụng tính chất nghiệm và sosánh bậc

Trong Chương 2, luận văn tiếp tục trình bày 2 dạng phương trìnhhàm P (f )P (g) = P (h) và P (f )P (g) = P (h) + Q Ngoài ra, luận văncòn trình bày thêm các phương pháp giải nâng cao như: Phương pháp sửdụng công thức nội suy Lagrange; phương pháp sử dụng số phức; phươngpháp sử dụng dãy số Trong một số dạng phương trình hàm là một sốphương pháp giải nhất định chính vì vậy mà tác giả không muốn trìnhbày tách bạch 2 vấn đề trên Luận văn tổng hợp được một lượng lớn các

ví dụ, với mỗi bài toán lại cho ta những kĩ thuật giải khá riêng biệt

Luận văn "Phương trình hàm đa thức và ứng dụng" được thực hiện

và hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Quađây tác giả xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến các thầy cô giáo của khoa sauĐại học, Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã trang bị kiến thức

cơ bản, tạo điều kiện tốt nhất cho tác giả trong quá trình học tập vànghiên cứu

Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới TS TrầnNguyên An, người đã tận tình chỉ bảo, tạo điều kiện và giúp đỡ tác giả

có thêm nhiều kiến thức, khả năng nghiên cứu, tổng hợp tài liệu để hoànthành luận văn

Tác giả xin cảm ơn tới UBND thành phố Tuyên Quang, phòng Giáodục và Đào tạo thành phố, Ban Giám hiệu, các đồng nghiệp TrườngTHCS Lê Quý Đôn đã tạo mọi điều kiện giúp đỡ tác giả trong thời gianhọc tập và hoàn thành luận văn

Học viên Cao học Toán K7A,Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên

Mục lục

Mở đầu 1

Chương 1 Một số dạng và phương pháp giải phương trình hàm đa thức 3

1.1 Kiến thức chuẩn bị 3

1.2 Phương pháp đặt ẩn phụ, dồn biến 6

1.3 Phương pháp thế giá trị đặc biệt 8

1.4 Phương pháp hệ số bất định 10

1.5 Phương pháp sử dụng tính chất của đa thức P (x) = P (x + a) 11 1.6 Phương pháp sử dụng phép biến đổi đối số 12

1.7 Phần tử đại số và đa thức tối tiểu 17

1.8 Phương pháp sử dụng tính chất nghiệm và so sánh bậc 21

1.9 Một số phương pháp khác 37

Chương 2 Một số dạng và phương pháp giải phương trình hàm nâng cao 40

2.1 Phương pháp nội suy Lagrange 40

2.2 Phương trình dạng P (f )P (g) = P (h) 44

2.3 Phương trình dạng P (f )P (g) = P (h) + Q 49

2.4 Phương pháp sử dụng số phức 50

2.5 Phương pháp sử dụng dãy số 56

2.6 Phương trình hàm có lời giải là hàm đa thức 61

Kết luận 64

Tài liệu tham khảo 65

Mở đầu

Đa thức là một biểu thức bao gồm các biến và các hệ số với các phéptoán: cộng, trừ, nhân và lũy thừa nguyên dương Đa thức xuất hiện hầuhết trong các lĩnh vực khác nhau của Toán học và Khoa học Đa thứcdùng để định nghĩa hàm đa thức được sử dụng trong hóa học và vật lý,kinh tế và khoa học-xã hội, giải tích số, lý thuyết xấp xỉ Trong Toánhọc hiện đại đa thức sử dụng để xây dựng vành đa thức và đa tạp đại

số, những khái niệm trung tâm của Đại số và Hình học đại số

Ở phổ thông đa thức được đưa vào giảng dạy từ Lớp 7 Các bài toán

về đa thức thường gặp trong các kì thi học sinh giỏi toán cấp tỉnh, quốcgia, khu vực, quốc tế và Olympic học sinh, sinh viên Một trong nhữngdạng toán khó khá phổ biến về đa thức là phương trình hàm trên tập các

đa thức Dạng toán phương trình hàm nói chung và phương trình hàmtrên tập các đa thức nói riêng là khá phong phú và đa dạng, với nhiều bàitoán có lời giải "không mẫu mực" Mục đích của luận văn là phân loạimột cách tương đối một số phương pháp cũng như một số dạng phươngtrình hàm trên tập các đa thức mà ta gọi là phương trình hàm đa thức

Để giải những phương trình hàm dạng này bên cạnh việc sử dụng các

kỹ thuật chung cho việc giải phương trình hàm ta còn sử dụng các tínhchất và các đặc trưng cơ bản của đa thức như nghiệm, hệ số, bậc, tínhliên tục, tính hữu hạn nghiệm, tính khả vi,

Luận văn "Phương trình hàm đa thức và ứng dụng" được chia thành

2 chương, ngoài phần mở đầu, phần kết luận

Trong Chương 1, luận văn nhắc lại một số kiến thức chuẩn bị làm

cơ sở cho việc trình bày kiến thức ở phần sau của chương như đa thức,nghiệm của đa thức, Tiếp đến, luận văn trình bày một số phương phápgiải phương trình hàm thường gặp như: Phương pháp đặt ẩn phụ, dồn

biến; phương pháp thế giá trị đặc biệt; phương pháp hệ số bất định;phương pháp đổi biến số; phương pháp sử dụng tính chất nghiệm và sosánh bậc

Trong Chương 2, luận văn tiếp tục trình bày 2 dạng phương trìnhhàm P (f )P (g) = P (h) và P (f )P (g) = P (h) + Q Ngoài ra, luận văncòn trình bày thêm các phương pháp giải nâng cao như: Phương pháp sửdụng công thức nội suy Lagrange; phương pháp sử dụng số phức; phươngpháp sử dụng dãy số Trong một số dạng phương trình hàm là một sốphương pháp giải nhất định chính vì vậy mà tác giả không muốn trìnhbày tách bạch 2 vấn đề trên Luận văn tổng hợp được một lượng lớn các

ví dụ, với mỗi bài toán lại cho ta những kĩ thuật giải khá riêng biệt

Dù đã nghiêm túc nghiên cứu và rất cố gắng thực hiện luận văn, nhưngvới trình độ hạn chế cùng nhiều lý do khác, luận văn chắc chắn khôngtránh khỏi những thiếu sót Kính mong sự góp ý của các Thầy, Cô, cáccác anh chị đồng nghiệp và các bạn để luận văn này hoàn chỉnh và nhiều

ý nghĩa hơn

Chương 1

Một số dạng và phương pháp giải phương trình hàm đa thức

1.1 Kiến thức chuẩn bị

Trong mục này ta nhắc lại định nghĩa và một số tính chất cơ bản về

đa thức với hệ số trên một trường K

Định nghĩa 1.1.1 Một đa thức một biến với hệ số trên K có thể đượcviết dưới dạng P (x) = anxn + + a1x + a0, trong đó a0, a1, , an ∈ K,

và x là một kí hiệu gọi là biến Ta cũng viết đa thức này dưới dạng

P (x) =

∞

P

i=0

aixi hoặc P (x) = P aixi, trong đó ai = 0 với mọi i > n Hai

đa thức P aixi và P bixi bằng nhau nếu ai = bi với mọi i

Kí hiệu K[x] là tập các đa thức một biến x với hệ số trên K Cho

P (x) = anxn+ + a1x + a0 ∈ K[x] Ta gọi a0 là hệ số tự do của P (x).Nếu an 6= 0 thì n gọi là bậc của đa thức P (x) và được kí hiệu degP = n.Trong trường hợp này an được gọi là hệ số cao nhất của P(x) Nếu n = 1thì P (x) gọi là đa thức dạng chuẩn (monic polynomial) Ta không địnhnghĩa bậc cho đa thức 0 Nếu P (x) = a ∈ K thì P (x) được gọi là đa thứchằng Các đa thức bậc 1 được gọi là đa thức tuyến tính

Định nghĩa 1.1.2 Với hai đa thức P (x) = P aixi và Q(x) = P bixitrong K[x], định nghĩa:

P (x) + Q(x) = P(ai + bi)xi,

P (x)Q(x) = P ckxk, trong đó ck = P

i+j=k

aibj với mọi k

Khi đó K[x] là vành giao hoán với phép cộng và nhân đa thức VànhK[x] được gọi là vành đa thức một biến x với hệ số trong K Phần tửkhông của vành là đa thức 0, phần tử đơn vị là đa thức 1.

Ta định nghĩa vành đa thức nhiều biến bằng quy nạp như sau

Định nghĩa 1.1.3 Đặt

K1 = K[x1]

K2 = K1[x2]

Kn = Kn−1[xn]vành Kn = Kn−1[xn], ký hiệu là K[x1, , xn] và gọi là vành đa thức của

n biến x1, , xn trên K Một phần tử của K[x1, , xn] gọi là một đathức của n biến x1, x2, , xn lấy hệ tử trong vành K Các phần tử củaK[x1, , xn] thường được ký hiệu bởi P (x1, x2, , xn), Q(x1, x2, , xn), Bằng quy nạp ta có mỗi phần tử P (x1, , xn) ∈ K[x1, , xn] biểudiễn được dưới dạng

1 xin

n Mỗi phần tử có dạng au trong đó a ∈ K

và u là một đơn thức được gọi là một từ của K[x1, , xn], u được gọi làđơn thức của từ au và a được gọi là hệ số của nó Bậc của từ au đượcđịnh nghĩa là bậc của đơn thức u Hai từ được gọi là đồng dạng nếu cácđơn thức của chúng là như nhau Với mỗi phần tử P ∈ K[x1, , xn], rõràng ta có thể viết P thành một tổng của hữu hạn từ không đồng dạng.Một biểu diễn như vậy gọi là biểu diễn chính tắc của P (x1, , xn)

Tiếp theo ta nhắc lại một số tính chất quan trong cần sử dụng trongphần sau

Định nghĩa 1.1.6 Cho đa thức P (x) = anxn+ + a1x + a0 Với mỗiphần tử v ∈ K, ta kí hiệu P (v) = anvn + + a1v + a0 ∈ K Phần tử

v ∈ K được gọi là nghiệm của P (x) nếu P (v) = 0 Trong trường hợp này

ta cũng nói v là một nghiệm của đa thức P (x)

Bổ đề 1.1.7 Cho P (x) là một đa thức Dư của phép chia P (x) cho x − a

là P (a)

Định lý 1.1.8 (Định lý Bezout) Số a là nghiệm của đa thức P (x) nếu

và chỉ nếu tồn tại đa thức Q(x) sao cho P (x) = (x − a)Q(x)

Định nghĩa 1.1.9 Cho P (x) là một đa thức và k > 0 là một số nguyên

Số a được gọi là một nghiệm bội k của đa thức P (x) nếu P (x) chia hếtcho (x − a)k nhưng không chia hết cho (x − a)k+1 Nếu k = 1 thì a gọi lànghiệm đơn Nếu k = 2 thì a gọi là nghiệm kép

Bổ đề 1.1.10 Cho P (x) là một đa thức Số a là nghiệm bội k của P (x)nếu và chỉ nếu P (x) = (x − a)kQ(x) và Q(a) 6= 0

Định lý 1.1.11 Cho P (x) 6= 0 và a1, a2, , ar là các nghiệm phân biệtcủa P (x) Giả sử ai là nghiệm bội ki của P (x) với i = 1, 2, , r Khi đó

ta có P (x) = (x − a1)k1(x − a2)k2 (x − ar)krQ(x), trong đó Q(ai) 6= 0với mọi i = 1, , r

Hệ quả 1.1.12 Cho P (x) là một đa thức khác 0 Khi đó số nghiệm của

P (x), mỗi nghiệm tính với số bội của nó, không vượt quá bậc của của P.Chứng minh Giả sử a1, , ar là các nghiệm của P (x) với số bội lần lượt

Hệ quả 1.1.13 Nếu đa thức P(x) có vô số nghiệm thì P (x) ≡ 0 Nói

riêng, nếu số nghiệm lớn hơn bậc của đa thức P(x) thì P (x) = 0

Hệ quả 1.1.14 Nếu đa thức P(x) thỏa mãn P (x) = P (x + a), ∀x ∈ K,

K là trường vô hạn (với a là một hằng số khác không nào đó) thì P (x) ≡ c

(với c là hằng số tùy ý)

Hệ quả 1.1.15 Cho P, Q ∈ K[x], trong đó deg(P (x)) 6 n và deg(Q(x)) 6

n Nếu P (x) và Q(x) có giá trị bằng nhau tại n + 1 số khác nhau thì

P (x) = Q(x)

Chứng minh Đặt R(x) = P (x)−Q(x) Theo giả thiết, R(x) có ít nhất n+

1 nghiệm phân biệt Nếu R(x) 6= 0 thì deg(R(x)) 6 max{deg(P (x)), deg(Q(x))} 6

n Vì thế, theo Hệ quả 1.1.12, R có nhiều nhất n nghiệm Điều này là vô

lí Vậy R(x) = 0 và do đó P (x) = Q(x)

1.2 Phương pháp đặt ẩn phụ, dồn biến

Ta thường gặp một số dạng phương trình hàm cơ bản P (ϕ(x)) = ψ(x)

Thông thường ta giải bằng cách đặt ϕ(x) = t, tính x theo t rồi thay vào

P (t) = t3 + 3t, ∀t ∈ R (vì phương trình x2 − tx − 1 = 0 luôn có nghiệm

với mọi x 6= 0) Hay P (x) = x3+3x, ∀x ∈ R Thử lại thấy thỏa mãn

Chú ý: Phương trình hàm cơ bản chứa hai biểu thức P (ϕ1(x)), P (ϕ2(x))

thường cho ta lời giải là một phân thức hữu tỉ

Bài toán 1.2.2 (HSG Gia Lai năm học 2009-2010) Tìm các hàm số

f (x) thỏa mãn điều kiện f (x) + xf (1 − x) = x2, ∀x ∈ R

Giải Giả sử hàm số f thỏa mãn f (x) + xf (1 − x) = x2, ∀x ∈ R Khi

đó thay x bởi 1 − x, ta được f (1 − x) + (1 − x)f (x) = (1 − x)2, ∀x ∈ R

f (1 − x) = −(1 − x)3 + 3(1 − x)2 − (1 − x)

(1 − x)2 − (1 − x) + 1 =

x3 − 2x + 1

x2 − x + 1 , ∀x ∈ R.Vậy nếu hàm số f thỏa mãn (1.2) thì nó thỏa mãn (1.3) Thử lại ta thấy

có duy nhất một hàm số thỏa mãn đề bài là

1.3 Phương pháp thế giá trị đặc biệt

Một kỹ thuật thường gặp trong giải phương trình hàm nói chung vàphương trình hàm đa thức nói riêng là thế các giá trị đặc biệt của biến

số để tìm lời giải Ta xét một số bài toán cụ thể sau

Bài toán 1.3.1 Tìm tất cả những đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn

P (x + y) + P (x − y) = P (x) + 6xyp3

P (y) + x3, ∀x, y ∈ R (1.4)Giải Trong (1.4) cho y = 0 ta được P (x) = x3, ∀x ∈ R Thử lại thấythỏa mãn

Bài toán 1.3.2 Tìm tất cả những đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn

P (x + y) + P (x − y) = P (x) + 2P (y) + x2, ∀x, y ∈ R (1.5)Giải Đặt P (0) = c Trong (1.5) cho y = 0 ta được

P (x) = x2 + 2c, ∀x ∈ R (1.6)Thử lại: Thay (1.6) vào (1.5) ta được (x + y)2 + 2c + (x − y)2 + 2c =

x2 + 2c + 2y2 + 4c + x2, ∀x, y ∈ R Suy ra c = 0 Do đó có duy nhất đathức thỏa mãn đề bài là P (x) = x2, ∀x ∈ R

Chú ý: Có thể trình bày bằng cách khác như sau: Trong (1.5) cho x =

y = 0 ta được P (0) = 0 Sau đó cho y = 0 và sử dụng P (0) = 0 thìphương trình (1.5) có dạng P (x) = x2, ∀x ∈ R Thử lại thấy thỏa mãn.Bài toán 1.3.3 (Switzerland Final Round 2010) Tìm tất cả những đathức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn

P (P (x)) + P (P (y)) = 2y + P (x − y), ∀x, y ∈ R (1.7)Giải Đặt P (0) = c Trong (1.7) cho y = x ta được P (P (x)) + P (P (x)) =2x + P (0), ∀x ∈ R Hay P (P (x)) = x + c2, ∀x ∈ R Khi đó (1.7) trởthành

Từ (1.8), cho y = 0, suy ra P (x) = x + c, ∀x ∈ R Thay vào (1.7) tađược x + 2c + y + 2c = 2y + x − y, ∀x, y ∈ R Khi đó suy ra c = 0 Vậy códuy nhất một đa thức thỏa mãn yêu cầu đề bài là P (x) = x, ∀x ∈ R.Bài toán 1.3.4 (Romania Team Selection Test 2011) Tìm tất cả những

đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn

2P (x) = P (x + y) + P (x + 2y), ∀x ∈ R; y ≥ 0 (1.9)Giải Ta kí hiệu P (u; v) chỉ việc thay x bởi u và thay y bởi v vào (1.9)

2P (x) = P (2x) + 3P (2x) − 2P (0)

⇔ P (x) = 2P (2x) − P (0) (1.15)Thay (1.15) vào (1.12) ta được

4P (0) = 2P (x) + P (x) + P (0)

⇔ P (x) = P (0), ∀x ≥ 0 (1.16)Trong (1.9) thay y bởi 2y, ta được

2P (x) = P (x + 2y) + P (x + 4y), ∀x ∈ R; y ≥ 0 (1.17)

Từ (1.9) và (1.17) suy ra

P (x + y) = P (x + 4y), ∀x ∈ R; y ≥ 0 (1.18)

Trong (1.18) thay x bởi −4y, ta được P (−3y) = P (0), ∀y ≥ 0 Từ đâythay y bởi y3, ta được P (−y) = P (0), ∀y ≥ 0 Vậy

(i) Tìm các đa thức P (x) thỏa mãn P (x) = P (−x)

(ii) Tìm các đa thức P (x) thỏa mãn P (x) = −P (−x)

Giải (i) Từ giải thiết bằng cách đồng nhất ta có P (x) = P (−x) khi vàchỉ khi các hệ số ứng với số mũ lẻ của x bằng không

(ii) Tương tự P (x) = −P (−x) khi và chỉ khi các hệ số ứng với số mũchẵn của x bằng không

Đôi khi ta gặp bài toán mà dựa vào giả thiết ta xác định được dạngcủa đa thức (thường là đa thức bậc nhất hoặc bậc hai) Ta đồng nhất đểxác định hệ số và chứng minh nghiệm bài toán là duy nhất

Bài toán 1.4.2 Tìm đa thức P (x) xác định với mọi số thực x và thỏamãn điều kiện

2P (x) + P (1 − x) = x2, ∀x ∈ R (1.20)Giải Ta nhận thấy vế trái của biểu thức dưới dấu P là bậc nhất: x, 1−x,

vế phải là bậc hai x2 Vậy P (x) phải có dạng P (x) = ax2+ bx + c Khi đó(1.20) trở thành 2(ax2+ bx + c) + a(1 − x)2+ b(1 − x) + c = x2, ∀x ∈ R

Do đó 3ax2 + (b − 2a)x + a + b + 3c = x2 Đồng nhất các hệ số ta được

Vậy P (x) = 13(x2+ 2x − 1) Thử lại ta thấy hiển nhiên P (x) thỏa mãnđiều kiện bài toán Công việc còn lại ta phải chứng minh mọi hàm sốkhác P (x) sẽ không thỏa mãn điều kiện bài toán Thật vậy giả sử cònhàm số Q(x) khác P (x) thỏa mãn điều kiện bài toán Do P (x) khôngtrùng với Q(x) nên tồn tại số thực x0 sao cho P (x0) 6= Q(x0) Do Q(x)thỏa mãn điều kiện bài toán nên 2Q(x) + Q(1 − x) = x2, ∀x ∈ R.

Theo Hệ quả 1.1.14: "Đa thức P(x) thỏa mãn P (x + a) = P (x), ∀x ∈

R (với a là một hằng số khác không nào đó) thì P (x) ≡ c (với c là hằng

số tùy ý)"

Mở rộng ta tìm hiểu bài toán: Tìm các đa thức P (x) sao cho P (x+a) =

P (x) + Q(x), trong đó Q(x) là đa thức bậc n cho trước

Bài toán 1.5.1 Tìm tất cả những đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn

P (x) = 12x + 18 + P (x + 3), ∀x ∈ R

Giải Đặt P (x) = ax2 + bx + c + Q(x), ∀x ∈ R Thay vào P (x) =12x + 18 + P (x + 3) ta được ax2+ bx + c + Q(x) = 12x + 18 + a(x + 3)2+b(x + 3) + c + Q(x + 3) hay Q(x) = (12 + 6a)x + 18 + 9a + 3b + Q(x + 3).Chọn a, b sao cho

Chú ý Ta có thể giải Bài toán 1.4.2 tương tự Bài toán 1.5.1

Đặc biệt ta có bài toán: Tìm các đa thức P (x) sao cho P (x + a) =

P (x) + b

Bài toán 1.5.2 Tìm tất cả những đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn

Nhận xét: Phép đặt P (x) = 504−1x + Q(x), được tìm ra như sau: P (x +2016) = P (x) + P (2016), ∀x ∈ R (với P (2016) = −4) Suy ra P (x) =

2015, ∀x ∈ R Hay Q(x + 1) = Q(x), ∀x ∈ R Suy ra Q(x) = c, ∀x ∈ R(c là hằng số)

Vậy P (x) = 2015x + c, ∀x ∈ R Do P (1) = 2015 nên 2015 = 2015 + chay c = 0 Sau khi thử lại ta thấy có duy nhất một đa thức thỏa mãn đềbài là P (x) = 2015x, ∀x ∈ R

1.6 Phương pháp sử dụng phép biến đổi đối số

Ta tiếp tục phân tích một số dạng toán sử dụng tính chất P (x) =

P (x + a) và một số bài toán phương trình hàm đa thức dùng phép biếnđổi đối số để giải

Bài toán 1.6.1 Tìm tất cả những đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn

P (x + 2015) = P (x + 2013) + 70, ∀x ∈ R (1.21)Giải Từ (1.21) thay x bởi x + 2009 được

P (x + 2) = P (x) + 70, ∀x ∈ R (1.22)

Đặt P (x) = 35x+G(x), ∀x ∈ R Khi đó G(x) ∈ R [x] Thay vào (1.22)

ta được 35(x + 2) + G(x + 2) = 35x + G(x) + 70, ∀x ∈ R Hay G(x + 2) =G(x), ∀x ∈ R Suy ra G(x) = c, ∀x ∈ R (c là hằng số bất kì)

Vậy P (x) = 35x + c, ∀x ∈ R Thử lại thấy thỏa mãn Tất cả các đathức thỏa mãn đề bài là P (x) = 35x + c, ∀x ∈ R (với c là hằng số bấtkì)

Bài toán 1.6.2 Tìm tất cả những đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn

P (x + 1) = P (x) + 2x + 1, ∀x ∈ R (1.23)Giải Đặt P (x) = x2 + G(x), ∀x ∈ R Khi đó G(x) ∈ R [x] Thay vào(1.23) ta được

(x − 1)P (x − 1) − (x + 2)P (x) = 0, ∀x ∈ R (1.25)Giải Trong (1.25) ta lần lượt lấy x = 1, x = 2, , x = n(n ∈ Z, n > 3),

ta được x = 1, x = 2, , x = n là nghiệm của P (x) Vậy P (x) có vô sốnghiệm nên P (x) ≡ 0 Thử lại thấy thỏa mãn

Bài toán 1.6.4 Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn điềukiện

xP (x − 4) = (x − 2016)P (x), ∀x ∈ R (1.26)Giải Trong (1.26) lần lượt thay x bởi 0, 4, 8, , 2016 ta suy ra x = 0, x =

4, x = 8, , x = 2012 là nghiệm của P (x) Đặt P (x) = x(x − 4)(x −8) (x − 2012)Q(x), ∀x ∈ R Khi đó Q(x) cũng là đa thức và thay vào(1.26) ta được Q(x − 4) = Q(x), ∀x ∈ R \ {0; 4; 8; ; 2016} Suy raQ(x) = c (với c là hằng số bất kì) Thử lại thấy thỏa mãn Vậy P (x) =cx(x − 4)(x − 8) (x − 2012), ∀x ∈ R, (với c là hằng số bất kì)

Bài toán 1.6.5 Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn điềukiện

xP (x − 4) = (x − 2015)P (x), ∀x ∈ R (1.27)Giải Trong (1.27) lần lượt thay x bởi 2015, 2011, , 2015 − 4n ta suy ra

x = 2011, x = 2007, , x = 2015 − 4(n + 1) là nghiệm của P (x) Vậy

P (x) có vô số nghiệm nên P (x) ≡ 0 Thử lại thấy thỏa mãn

Bài toán 1.6.6 Cho số nguyên dương k Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈

R [x] thỏa mãn điều kiện

(x − 2015)kP (x) = (x − 2016)kP (x + 1), ∀x ∈ R (1.28)Giải Từ (1.28) lấy x = 2016 ta được P (2016) = (2016 − 2016)kP (2017).Suy ra P (x) chia hết cho đa thức (x − 2016)k, hay x = 2016 là nghiệmbội lớn hơn hoặc bằng k của P(x)

Đặt P (x) = (x − 2016)kQ(x), ∀x ∈ R Khi đó Q(x) thỏa mãn (x −2015)k(x − 2016)kQ(x) = (x − 2016)k(x − 2015)kQ(x + 1), ∀x ∈ R HayQ(x) = Q(x + 1), ∀x ∈ R, nghĩa là Q (x) ≡ c (với c là hằng số)

Thử lại ta thấy P (x) = c(x − 2016)k, ∀x ∈ R (với c là hằng số) thỏamãn yêu cầu đề bài

Bài toán 1.6.7 (Olympic Moldova) Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R [x]thỏa mãn điều kiện

x3 + 3x2 + 3x + 2
P (x − 1) = x3 − 3x2 + 3x − 2
P (x), ∀x ∈ R

(1.29)Giải Trước hết ta tìm các nghiệm của đa thức P (x) Từ giả thiết ta có(x + 2)(x2 + x + 1)P (x − 1) = (x − 2)(x2 − x + 1)P (x), ∀x ∈ R.Chọn x = −2 ta có P (−2) = 0, chọn x = −1 ta có P (−1) = 0 (do

P (−2) = −9P (−1)), chọn x = 0 ta có P (0) = 0, chọn x = 1 ta có

P (1) = 0 Do đó x = −2; x = −1; x = 0; x = 1 là nghiệm của đa thức

P (x) nên

P (x) = x(x − 1)(x + 1)(x + 2)Q(x); Q(x) ∈ R [x] (1.30)

Thay (1.30) vào (1.29) ta được

Q(x − 1)(x − 1)2 + (x − 1) + 1 =

Q(x)

x2 + x + 1, ∀x ∈ R \ {−1; 1; 0; −2; 2}.Đặt R(x) = x2Q(x)+x+1, ta có R(x − 1) = R(x), ∀x ∈ R \ {−1; 1; 0; −2; 2}.Suy ra R (x) ≡ c (với c là hằng số) Vậy Q(x) = c(x2+x+1), ∀x ∈ R (với

c là hằng số) Do đó P (x) = c(x2+ x + 1)x(x − 1)(x + 1)(x + 2), ∀x ∈ R.Thử lại thấy thỏa mãn

Bài toán 1.6.8 (Đề dự tuyển Olympic 30/4/2010) Tìm tất cả các đathức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn điều kiện

(x + 4) P (x) + 2x = xP (x + 2), ∀x ∈ R (1.31)Giải Đặt P (x) = Q(x) − x, ∀x ∈ R, thay vào (1.31) ta được

(x + 4)(Q(x) − x) + 2x = x((Q(x + 2) − (x + 2)), ∀x ∈ R

Hay

(x + 4)Q(x) = xQ(x + 2), ∀x ∈ R (1.32)Trong (1.32) ta lần lượt thay x bởi 0, −2 ta suy ra 0, −2 là nghiệm củaQ(x) Đặt

Q(x) = x(x + 2)H(x), ∀x ∈ R; H(x) ∈ R [x] (1.33)Thay (1.33) vào (1.32) ta được (x + 4)x(x + 2)H(x) = x(x + 2)(x +4)H(x + 2), ∀x ∈ R Suy ra H(x) = c (với c là hằng số bất kì) Do đó

P (x) = cx(x + 2) − x, ∀x ∈ R

Thử lại ta thấy thỏa mãn Vậy P (x) = cx(x + 2) − x, ∀x ∈ R, (với c

là hằng số)

Bài toán 1.6.9 Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn điềukiện

P (xy) = P (x)P (y), ∀x, y ∈ R (1.34)Giải Với y = 0 ta có P (0) = P (x)P (0), ∀x ∈ R suy ra P (x) = 0, ∀x ∈R

Với y 6= 0 ta giả sử deg(P ) = n ≥ 0 Trong (1.34) ta cho x = y = 0 tađược P (0) = [P (0)]2 hay P (0) = 0; P (0) = 1

+ Nếu P (0) = 1 thì từ (1.34) lấy y = 0 nhận được P (x) = 1, ∀x ∈ R.+ Nếu P (0) = 0 thì P (x) = xQ(x), với Q(x) là đa thức có bậcnhỏ hơn bậc của đa thức P (x) một đơn vị Thay vào (1.34) ta đượcxyQ(xy) = xyQ(x)Q(y), ∀x, y ∈ R, hay Q(xy) = Q(x)Q(y), ∀x, y ∈ R

Sử dụng kết quả ở trên ta được Q(x) = 1 hoặc Q(x) = xQ1(x), với

Q1(x) là đa thức có bậc nhỏ hơn bậc của đa thức Q(x) một đơn vị và

Q1(xy) = Q1(x)Q1(y), ∀x, y ∈ R

Vì bậc của đa thức khác không, cho trước là hữu hạn nên tiếp tục quátrình trên sau hữu hạn bước ta thu được P (x) = 1 hoặc P (x) = xn Thửlại ta thấy các đa thức thỏa mãn đề bài là P (x) = 0; P (x) = 1; P (x) =

xn, ∀x ∈ R; n ∈ N∗

Bài toán 1.6.10 Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn điềukiện

P (u2 − v2) = P (u + v)P (u − v), ∀u, v ∈ R (1.35)Giải Đặt x = u + v; y = u − v thay vào (1.35) ta được P (xy) =

P (x)P (y), ∀x ∈ R Sau đó sử dụng bài (1.6.9)

Bài toán 1.6.11 (Đề dự tuyển Olympic 30/4/2012) Tìm tất cả các đathức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn điều kiện

[P (x)]2 − 2 = 2P (2x2 − 1), ∀x ∈ R (1.36)Giải Giả sử P (x) không phải là đa thức hằng Đặt P (1) = a, thay vào(1.36) ta được a2− 2a − 2 = 0 Giả sử P (x) = (x − 1)P1(x) + a, ∀x ∈ R.Thay vào (1.36) ta được

(x−1)2[P1(x)]2+2a(x−1)P1(x)+a2−2 = 2[(2x2−2)P1(2x2−1)+a], ∀x ∈ R

Hay (x − 1)2[P1(x)]2+ 2a(x − 1)P1(x) = 2[(2x2− 2)P1(2x2− 1)], ∀x ∈ R.Suy ra

(x − 1)[P1(x)]2 + 2aP1(x) = 4[(x + 1)P1(2x2 − 1)], ∀x 6= 1 (1.37)

Do hàm đa thức P1(x) liên tục nên từ (1.37) cho x → 1 ta được2aP1(1) = 8P1(1) hay P1(1) = 0 (do 2a 6= 8) Từ đó P1(x) = (x−1)P2(x).Dẫn tới P (x) = (x − 1)2P2(x) + a, ∀x ∈ R Thay vào (1.36) ta được(x − 1)4[P2(x)]2 + 2a(x − 1)2P2(x) = 2[(2x2 − 2)2P2(2x2 − 1)], ∀x ∈ R.Suy ra

(x − 1)2[P2(x)]2 + 2aP2(x) = 8[(x + 1)2P2(2x2 − 1)], ∀x 6= 1 (1.38)

Do hàm đa thức P2(x) liên tục nên từ (1.38) cho x → 1 ta được2aP2(1) = 32P2(1) hay P2(1) = 0 (do 2a 6= 32) Từ đó P2(x) = (x −1)P3(x) Dẫn tới P (x) = (x − 1)3P3(x) + a, ∀x ∈ R Tiếp tục như trên

ta được P (x) = (x − 1)nQ(x) + a, ∀x ∈ R(Q(1) 6= 0) Thay vào (1.36)

ta được

(x − 1)2n[Q(x)]2 + 2a(x − 1)nQ(x) = 2[(2x2 − 2)nQ(2x2 − 1)], ∀x ∈ R.Suy ra

1.7 Phần tử đại số và đa thức tối tiểu

Số phức a được gọi là phần tử đại số nếu tồn tại đa thức P (x) với hệ

số hữu tỉ sao cho P (a) = 0 Trong các đa thức trên tồn tại đa thức cóbậc nhỏ nhất nhận a làm nghiệm, ta gọi là đa thức tối tiểu

Xét đa thức hệ số nguyên P (x) = xn+ an−1xn−1+ + a1x + a0 Nếu

a, b là các số nguyên (hoặc số hữu tỉ) và √

c là số vô tỉ thì P (a ± b√

c)

2 +√3

4 là số vô tỉ Suy ra 1 −√3

2 +√3

4không là nghiệm của đa thức bậc nhất với hệ số nguyên Giả sử 1 −

3

√

2 + √3

4 là nghiệm của đa thức bậc hai G(x) với hệ số nguyên Chia

P (x) cho G(x), giả sử được P (x) = G(x).Q(x) + R(x), với deg(R)<2

1 −√3

2 +√3

4 là nghiệm

Chú ý Dựa vào tính chất của phần tử đại số và đa thức tối tiểu của nó,

để chứng minh bài toán trên ta chỉ cần chỉ ra P (x) là đa thức bất khảquy

Bài toán 1.7.2 Tìm tất cả các đa thức hệ số nguyên có bậc nhỏ nhấtnhận 1 +√

2 +√

3 làm một trong các nghiệm của nó

2 −√

3)k = ak− bk√2 − ck√

3 + dk√

6Bởi vậy tồn tại các số nguyên A, B, C sao cho

√

2 −

√3) = 0 − 0

Bài toán 1.7.3 (HSG Quốc gia 1997-Bảng B)

(i) Tìm tất cả các đa thức P (x) với hệ số hữu tỉ có bậc nhỏ nhất thỏamãn P (√3

u suy ra ux−s = −v√3

9 = −v(x)2 hay vx2+ux−s = 0

Do đó đa thức R(x) = vx2 + ux − s nhận √3

3 làm nghiệm Xét đa thứcG(x) = x3 − 3 ta thấy G(x) không có nghiệm hữu tỉ và G(√3

3) = 0.Thực hiện phép chia G(x) cho R(x) ta được G(x) = H(x)R(x) + r(x)(Ở đây deg(r)<deg(R))

Trường hợp 1 r (x) ≡ 0, khi đó G(x) = H(x)R(x) Vì deg(G) = 3,deg(R) = 2 nên deg(H) = 1 Vì u, v, s ∈ Q nên G(x), R(x) là các đathức hệ số hữu tỉ, do đó H(x) cũng là đa thức hệ số hữu tỉ Hơn nữa từdeg(H) = 1 suy ra H(x) có nghiệm hữu tỉ Bởi vậy G(x) cũng có nghiệmhữu tỉ, điều này mâu thuẫn với G(x) không có nghiệm hữu tỉ Do đótrường hợp này không xảy ra

Trường hợp 2 r (x) ≡ 0 Nếu r(x) = c 6= 0 (với c là hằng số) thìG(√3

Giải (i) Trở lại bài toán đang xét Dễ thấy đa thức đồng nhất 0 khôngthỏa mãn các yêu cầu của bài toán Xét khi P (x) ≡ c (c là số hữu tỉ)

Xét khi P (x) là đa thức bậc nhất: P (x) = ax + b, với a, b ∈ Q

9 + a√3

3 = 3 − b Do 3 − b ∈ Q nên theo bổ đề suy ra a − 1 = 0hoặc a = 0 Điều vô lí này chứng tỏ không tồn tại đa thức bậc nhất với

hệ số hữu tỉ thỏa mãn đề bài

Xét khi P (x) là đa thức bậc hai P (x) = ax2+bx+c Từ P (√3

đa thức bậc hai P (x) = −12x2 + 32x + 6, ∀x ∈ R thỏa mãn các yêu cầucủa đề bài

(ii) Đặt α = √3

3 +√3

9 suy ra α3 = 3 + 9 + 3√3

3√39(√3

3 +√39) = 12 + 9α.Như vậy đa thức G(x) = x3−9x−12 nhận α làm nghiệm Nếu P (x) là đathức với các hệ số nguyên thỏa mãn đề bài thì P (x) = G(x)H(x) + R(x),với R(x), H(x) là các đa thức với các hệ số nguyên và deg(R) < 3 VìG(α) = 0 nên R(α) = P (α) = 3 +√3

9 Điều này không xảy ra Vậy khôngtồn tại đa thức P (x) với các hệ số nguyên mà P (√3

3 +√3

9) = 3 +√3

9.Bài toán 1.7.4 Cho p là số hữu tỉ và không là lập phương của số hữu

Giải Từ giả thiết suy ra P (x) không thể là đa thức hằng Giả sử:

(x + 10)P (2x) = (x + 10)2(2x − 4)(2x + 4)(2x − 8)

(x + 10)P (2x) = 16(x + 10)(x − 2)(x + 2)(x − 4) (1.42)(8x − 32)P (x + 6) = 8(x − 4)2(x + 2)(x + 10)(x − 2)

(8x − 32)P (x + 6) = 16(x + 10)(x − 2)(x + 2)(x − 4) (1.43)

Từ (1.42) và (1.43) suy ra đa thức xác định bởi (1.41) thỏa mãn (1.40).Vậy có duy nhất một đa thức thỏa mãn yêu cầu của đề bài là P (x) =a(x − 4)(x + 4)(x − 8), ∀x ∈ R

Bài toán 1.8.2 Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn

P (2) = 12; P (x2) = x2(x2 + 1)P (x), ∀x ∈ R (1.44)Giải Từ (1.44) cho x = 0 ta được P (0) = 0; cho x = 1 được P (1) =2P (1) hay P (1) = 0; cho x = −1 được P (1) = 2P (−1) suy ra P (−1) = 0.Vậy P (x) có ba nghiệm là 0; 1; −1 Giả sử P (x) có 3 nghiệm thực t khác0; −1; 1, khi đó từ (1.44) suy ra t2 cũng là nghiệm của P (x), tương tựsuy ra t4 cũng là nghiệm của P (x) Nhưng t khác 0; −1; 1 thì tất cả cácphần tử của dãy t, t2, t4, , t2n, là khác nhau đôi một nên suy ra P (x)

có vô số nghiệm hay P (x) ≡ 0, mâu thuẫn với P (2) = 12 Vậy P (x)chỉ có ba nghiệm thực là 0; 1; −1 Giả sử deg(P ) = n Từ (1.44) suy ra2n = n + 4 ⇔ n = 4 Vậy P (x) có một trong ba dạng sau P (x) =

ax2(x − 1)(x + 1), P (x) = ax(x − 1)2(x + 1), P (x) = ax(x − 1)(x + 1)2.Mặt khác P (2) = 12 nên a = 1 hoặc a = 2 hoặc a = 23 Thử lại chỉ có

P (x) = ax2(x − 1)(x + 1), ∀x ∈ R thỏa mãn các yêu cầu của đề bài.Bài toán 1.8.3 Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn

P (P (x) + x) = P (x)P (x + 1), ∀x ∈ R (1.45)Giải Giả sử deg(P ) = n So sánh bậc hai vế của (1.45) ta được n2 = 2nsuy ra n = 0 hoặc n = 2

+ Khi n = 0 ta được đa thức hằng P (x) ≡ c Thay vào (1.45) ta được

c = c2 suy ra c = 0 hoặc c = 1 Vậy P (x) ≡ 0 hoặc P (x) ≡ 1 là các đathức thỏa mãn bài ra

+ Khi n = 2 Giả sử P (x) = ax2 + bx + c, a 6= 0 So sánh hệ số caonhất trong (1.45) ta có a3 = a2 suy ra a = 1 Vậy

P (x) = x2 + bx + c; b, c ∈ R (1.46)Khi đó

Giải Giả sử P (x) không phải là đa thức hằng Khi đó P (x) = anxn +

an−1xn−1 + + a1x + a0, an 6= 0 Từ (1.47) ta có

(anxn + an−1xn−1+ + a1x + a0)2 − 1 = 4[an(x2 − 4x + 1)n+

+ an−1(x2 − 4x + 1)n−1+ + a1(x2 − 4x + 1) + a0]

So sánh hệ số của x2n ở hai vế ta được a2n = 4an suy ra an = 4

Hệ số của x2n−1 trong P (x2) − 1 là 2anan−1, hệ số của x2n−1 trong4P (x2− 4x + 1) chỉ xuất hiện ở an(x2− 4x + 1)n, mà an = 4 nên an−1 ∈ Q

Hệ số của x2n−2 trong P (x2) − 1 là 2anan−2+ a2n−1, trong khi đó hệ số của

x2n−2 trong 4P (x2− 4x + 1) chỉ xuất hiện ở an(x2− 4x + 1)n+ an−1(x2−4x + 1)n−1, mà an = 4, an−1 ∈ Q nên an−2 ∈ Q Lập luận tương tự dẫnđến P (x) ∈ Q [x]

Xét a = 5+

√ 21

2 , khi đó a = a2− 4a + 1 Trong (1.47) lấy x = a ta được[P (a)]2 − 1 = 4P (a) hay [P (a)]2 − 4P (a) − 1 = 0 suy ra P (a) = 2 +√5hoặc P (a) = 2 −√

5

Do P (x) ∈ Q [x] nên P (a) = P



5+ √ 21 2



= p + q√

21 với p, q là các sốhữu tỉ Vậy không thể xảy ra P (a) = 2 +√

21 suy ra √

21 ∈ Q (vô lí)

Tương tự, cũng không thể có P (a) = 2 − √

5 Vậy P (x) là đa thứchằng Thay vào (1.47) ta được

P (x) = 5 +

√21

2 , P (x) =

5 −√

21

2 , ∀x ∈ R

là hai đa thức thỏa mãn đề bài

Bài toán 1.8.5 (Olympic Romania-2001) Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈

R [x] thỏa mãn phương trình hàm

P (x)P (2x2 − 1) = P (x2)P (2x − 1), ∀x ∈ R (1.48)Giải Dễ thấy đa thức hằng thỏa mãn các yêu cầu đề bài

Giả sử degP (x) = n ≥ 1 và P (x) = anxn+an−1xn−1+ +a1x+a0, an 6=

0 Khi đó P (2x − 1) = an(2x − 1)n+ an−1(2x − 1)n−1+ + a1(2x − 1) + a0.Hay

P (2x − 1) = 2nP (x) + R(x), (1.49)

với R(x) là đa thức không hoặc R(x) là đa thức có deg(R) = m < n.

Giả sử R(x) không đồng nhất đa thức không, thay (1.49) vào (1.48)

ta đượcP (x)[x2P (x2) + R(x2)] = P (x2)[2nP (x) + R(x)], ∀x ∈ R, hay

P (x)R(x2) = P (x2)R(x), ∀x ∈ R (1.50)

Từ (1.50) so sánh bậc ở hai vế ta được n + 2m = 2n + m, suy ra

m = n, mâu thuẫn Vậy P (x) ≡ 0 và P (2x − 1) ≡ 2nP (x) Từ đây đặt

Giả sử R(x) không đồng nhất đa thức không, thay (1.54) vào (1.53)

ta được P (x)[2nP (x2) + R(x2)] = P (x2)[2nP (x) + R(x) − 4x], ∀x ∈ R,

hay

P (x)R(x2) = P (x2)[R(x) − 4x], ∀x ∈ R (1.55)

+ Nếu R (x) ≡ 0 thì từ (1.55) suy ra P (x) ≡ 0, mâu thuẫn.

+ Nếu m ≥ 2 thì từ (1.55) suy ra n + 2m = 2n + m ⇔ m = n, mâuthuẫn

+ Giả sử m = 1 Khi đó deg(R(x) − 4x) = k ≤ 1 Từ (1.55) ta có

n + 2 = 2n + k ⇔ n = 2 − k (1.56)

Do n > m và k ≤ 1 nên kết hợp với (1.56) suy ra k = 0 và n = 2 Vậy

P (2x + 1) = 4P (x) + 4x + α, ∀x ∈ R (1.57)Trong (1.53) cho x = 1 ta được P (1) = 0 Giả sử P (x) = ax2 + bx +

c, ∀x ∈ R Từ (1.57) lần lượt lấy x = 1; x = 0 ta được α = P (3) − 4 =9a + 3b + c − 4, α = −4P (0) = −4c

Từ (1.57) ta có P (x) = a(2x+)2+ b(2x+) + c = 4(ax2+ bx + c) + 4x −4c, ∀x ∈ R Đồng nhất hệ số ta được  a + 2b = 4b + 4a + b + c = 0.

Kết hợp với trên ta được hệ phương trình

+ P (−a + 2b − c) + P (−a − b + 2c), ∀a, b, c ∈ R

Giải Dễ thấy đa thức hằng thỏa mãn các yêu cầu đề bài

Giả sử deg(P ) = h ≥ 1 Đặt x = a − c; y = b − a; z = c − b Khi

đó x + y + z = 0 Từ giả thiết suy ra P (√

3)h = 3h+ (−3)h (1.60)

Dễ thấy h = 1; h = 2 thỏa mãn (1.60) Nếu h ≥ 3, theo (1.60) ta

có h là số chẵn, giả sử h = 2k, vớik ≥ 3 Khi đó (1.60) trở thành2.3k+ 12k = 2.9k hay 2 + 4k = 2.3k Suy ra k = 1 hoặc k = 2 Tóm lại từ(1.60) suy ra h chỉ có thể là h = 1; h = 2; h = 4

Trường hợp h = 1: Khi đó P (x) = mx + n, ∀x ∈ R Thay vào phươngtrình hàm đã cho ở đầu bài thấy thỏa mãn

Trường hợp h = 2: Khi đó P (x) = mx2 + nx + p, ∀x ∈ R Thay vàophương trình hàm đã cho ở đầu bài ta được

3m[(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2

= m[(2a − b − c)2 + (−a + 2b − c)2 + (−a − b + 2c)2] (đúng)

Trường hợp h = 4: Khi đó P (x) = mx4 + nx3 + px2 + qx + e, ∀x ∈ R.Trong phương trình hàm ở đầu bài, thay bộ (a; b; c) bởi (x; 0; 0) tađược

P (√

3x) + P (0) + P (−√

3x) = P (2x) + 2P (−x), ∀x ∈ R (1.61)Thay P (x) = mx4 + nx3 + px2 + qx + e, ∀x ∈ R vào (1.61) ta được9mx4 + 3√

3nx3 + 3px2 +√

3qx + 9mx4 − 3√3nx3 + 3px2 −√3qx

= 16mx4 + 8nx3 + 4px2 + 2qx + 2mx4 − 2nx3 + 2px2 − 2qx, ∀x ∈ R.Hay 18mx4 = 18mx4 + 6nx3, ∀x ∈ R Do đó n = 0 Vậy P (x) = mx4 +

px2 + qx + e, ∀x ∈ R Thay vào phương trình hàm đã cho ở đầu bài tađược 9m[(a − b)4+ (b − c)4 + (c − a)4] + 3p[(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2]

= m[(2a − b − c)4 + (−a + 2b − c)4 + (−a − b + 2c)4]+

+ p[(2a − b − c)2 + (−a + 2b − c)2 + (−a − b + 2c)2] (1.62)Tiếp theo ta chứng minh đẳng thức

9[(a − b)4 + (b − c)4 + (c − a)4] = (2a − b − c)4+

+ (−a + 2b − c)4 + (−a − b + 2c)4 (1.63)Đặt x = a − c; y = b − a; z = c − b Khi đó x + y + z = 0 Ta có

9[(a − b)4 + (b − c)4 + (c − a)4] = 9(x4 + y4 + z4) (1.64)Mặt khác

(2a − b − c)4 + (−a + 2b − c)4 + (−a − b + 2c)4

mx + n, P (x) = mx2 + nx + p, P (x) = mx4 + px2 + qx + e, ∀x ∈ R.Bài toán 1.8.8 Tìm tất cả những đa thức P (x) thỏa mãn hệ thức

P2(a) + P2(b) + P2(c) = P2(a + b + c) (1.67)với a, b, c ∈ R thỏa mãn ab + bc + ca = 0

Giải Trong (1.67) cho a = b = c = 0 ta được P (0) = 0 Với mọi x ∈ R,

bộ (6x; 3x; −2x) thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 0 Do đó thay vào(1.67) ta được

P2(6x) + P2(3x) + P2(−2x) = P2(7x), ∀x ∈ R (1.68)Nếu P (x) là đa thức hằng thì P (x) ≡ 0 Giả sử deg(P ) = n ≥ 0 Khi

Bài toán 1.8.9 (HSG Tỉnh Gia Lai, năm 2009) Tìm tất cả các đa thức

P (x) thỏa mãn điều kiện

P (x2 + y2) = [P (x)]2 + [P (y)]2, ∀x, y ∈ R (1.69)Giải Cách 1 Trong (1.69) lấy x = 0 và y = 0 ta được P (0) = 2[P (0)]2,hay P (0)[1 − 2P (0) = 0], suy ra P (0) = 0 hoặc P (0) = 12

Nếu P (x) ≡ c, với c là hằng số thì từ (1.69) ta có c = 2c2, suy ra

c = 0 hoặc c = 12

Giả sử deg(P ) = n ≥ 1 Trong (1.69) lấy y = x ta được

P (2x2) = 2[P (x)]2, ∀x ∈ R (1.70)Giả sử P (x) = anxn+ an−1xn−1+ + a1x + a0, an 6= 0 Thế vào (1.70)

ta được [an(2x2)n+ an−1(2x2)n−1+ + a1(2x2) + a0] =

= 2(anxn + an−1xn−1 + + a1x + a0)2, ∀x ∈ R

So sánh hệ số của x2n ở hai vế ta được

c2 + 2ab + 2bc + 2ca = 0 (1.73)Trong c2 + 2ab + 2bc + 2ca = 0 lấy c = 2 ta được ab + 2b + 2a = −2,hay b(a + 2) = −2a − 2, suy ra b = −2 +a+22 Với a ∈ Z, a 6= −2 thì b ∈ Zkhi và chỉ khi a + 2 là ước của 2 Vậy chọn a = −3 ta được b = −4 Vậy(a; b; c) = (−3; −4; 2) thỏa mãn c2 + 2ab + 2bc + 2ca = 0 Do đó với mọi

x ∈ R thì (−3x; −4x; 2x) thỏa mãn (1.73) Thay vào (1.72) ta được