SH thuy BMT phuong trinh ham da thuc va ung dung SV

CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC BÙI MINH THU THỦY ĐẠI HỌC SƯ PHẠM-ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN Ngày 30 tháng năm 2016 Một số dạng phương pháp giải phương trình hàm đa thức 1.1 Phương trình hàm đa thức Định nghĩa 1.1 Một đa thức biến với hệ số K viết dạng P (x) = an xn + + a1 x + a0 , trongđó a0 , a1 , , an ∈ K x kí hiệu gọi biến ∞ (hay biến không xác định) Ta viết đa thức dạng P (x) = xi i=0 P (x) = xi , = với i > n Hai đa thức xi bi xi = bi với i Kí hiệu K[x] tập đa thức biến x với hệ số K Cho P (x) = an xn + + a1 x + a0 ∈ K[x] Khi a0 gọi hệ số tự P (x) Nếu an = n gọi bậc đa thức P(x) kí hiệu degP = n Trong trường hợp an gọi hệ số cao P (x) Nếu n = P (x) gọi đa thức dạng chuẩn hay đa thức tuyến tính Nếu P (x) = a ∈ K P (x) gọi đa thức Ta không định nghĩa bậc đa thức Định nghĩa 1.2 Với hai đa thức P (x) = xi Q(x) = bi xi K[x], ta định nghĩa: P (x) + Q(x) = P (x)Q(x) = (ai + bi )xi ck xk , ck = bj với k i+j=k Khi K[x] vành giao hoán với phép cộng nhân đa thức Vành K[x] gọi vành đa thức biến x với hệ số K Phần tử không vành đa thức phần tử đơn vị đa thức Ta định nghĩa vành đa thức nhiều ẩn quy nạp sau Định nghĩa 1.3 Đặt K1 = K[x1 ] K2 = K1 [x2 ] Kn = Kn−1 [xn ] vành Kn = Kn−1 [xn ] gọi vành đa thức n ẩn (hay n biến) x1 , , xn K Một phần tử K[x1 , , xn ] gọi đa thức n ẩn x1 , , xn lấy hệ số vành K Các phần tử K[x1 , , xn ] thường kí hiệu P (x1 , , xn ), Q(x1 , , xn ), Bằng cách quy nạp ta có phần tử P (x1 , , xn ) ∈ K[x1 , , xn ] biểu diễn dạng ai1 , ,in xi11 xinn , ai1 , ,in ∈ K, P (x1 , , xn ) = (i1 , ,in ∈Λ) Λ ∈ Nn tập hữu hạn Cho K[x1 , , xn ] vành đa thức n biến x1 , , xn K Mỗi phần tử có dạng xi11 , , xinn gọi đơn thức bậc i1 + + in Mỗi phần tử có dạng au a ∈ K u đơn thức gọi từ K[x1 , , xn ], u gọi đơn thức từ au a gọi hệ số Bậc từ au định nghĩa bậc đơn thức u Hai từ gọi đồng dạng đơn thức chúng Với phần tử P ∈ K[x1 , , xn ], rõ ràng ta viết P dạng tổng hữu hạn từ không đồng dạng Một biểu diễn gọi biểu diễn tắc P (x1 , , xn ) Tiếp theo ta nhắc lại số tính chất quan trọng cần sử dụng phần sau Bổ đề 1.4 Cho P (x), Q(x) ∈ K[x] đa thức khác (i) Nếu P (x) + Q(x) = deg(P (x ) + Q(x )) ≤ max deg P (x ), deg Q(x ) (ii) Nếu P (x)Q(x) = deg (P (x )Q(x )) ≤ deg P (x ) + deg Q(x ) Định lý 1.5 Cho hai đa thức P (x), Q(x) với Q(x) = Tồn hai đa thức H(x) R(x) cho P (x) = Q(x)H(x) + R(x) degR(x ) < degQ(x ) Định nghĩa 1.6 Cho đa thức P (x) = an xn + + a1 x + a0 Với phần tử v ∈ C, ta kí hiệu P (v) = an v n + + a1 v + a0 ∈ K Phần tử v ∈ C gọi nghiệm P (x) P (v) = Bổ đề 1.7 Cho P (x) đa thức Dư phép chia P (x) cho (x − a) P (a) Định lý 1.8 (Định lý Bezout) Số a nghiệm P (x) tồn đa thức Q(x) cho P (x) = (x − a)Q(x) Định nghĩa 1.9 Cho P (x) đa thức k > số nguyên Số a gọi nghiệm bội k đa thức P (x) P (x) chia hết cho (x − a)k không chia hết cho (x − a)k+1 Nếu k = a gọi nghiệm đơn Nếu k = a gọi nghiệm kép Định lý 1.10 Cho P (x) = a1 , a2 , ar nghiệm phân biệt P(x) Giả sử nghiệm bội ki P (x) với i = 1, 2, , r Khi ta có P (x) = (x − a1 )k1 (x − a2 )k2 (x − ar )kr Q(x), Q(ai ) = với i = 1, 2, , r Hệ 1.11 Cho P (x) đa thức khác Khi số nghiệm P (x), nghiệm tính với số bội nó, khơng vượt bậc P (x) Chứng minh Giả sử a1 , , ar nghiệm P (x) với số bội tương ứng k1 , , kr Theo định lý ta có P (x) = (x − a1 )k1 (x − a2 )k2 (x − ar )kr Q(x) r Ta có deg(P (x)) = deg(Q(x)) + ki Nên ta có điều phải chứng minh i=1 Hệ 1.12 Nếu đa thức P (x) có vơ số nghiệm P (x) ≡ 0, tức P (x) = với ∀x ∈ R Nói riêng, số nghiệm lớn bậc đa thức P(x) P (x) = với ∀x ∈ R Hệ 1.13 Nếu đa thức P (x) thỏa mãn P (x) = P (x + a) với ∀x ∈ R (với a số khác đó) P (x) ≡ c (với c số tùy ý.) Hệ 1.14 Cho P (x), Q(x) ∈ R[x], deg(P (x)) ≤ n deg(Q(x)) ≤ n Nếu P (x) Q(x) có giá trị n + số khác P (x) ≡ Q(x) Chứng minh Đặt R(x) = P (x) − Q(x) Theo giả thiết, R(x) có n + nghiệm phân biệt Nếu R = deg(R(x)) ≤ max deg(P (x)), deg(Q(x)) ≤ n Vì thế, theo hệ R có nhiều n nghiệm Điều vơ lý Vậy R(x) = P (x) = Q(x) 1.2 Phương pháp đặt ẩn phụ, dồn biến Ta thường gặp số dạng phương trình hàm bảnP (ϕ(x)) = ψ(x) Thông thường ta giải cách đặt ϕ(x) = t, tính x theo t thay vào phương trình cho Ví dụ 1.2.1 Tìm tất đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn P x− x = x3 − , ∀x ∈ R∗ x3 (1.2.1) Giải Đặt t = x + x1 suy x3 − x13 = t3 + 3t thay vào P x − x1 = x3 − x13 ta P (t) = t3 + 3t, ∀x ∈ R (vì phương trình x2 − tx − = ln có nghiệm với x = 0) Hay P (x) = x3 + 3x, ∀x ∈ R Thử lại thấy thỏa mãn Chú ý Phương trình hàm chứa hai biểu thức P (ϕ1 (x)), P (ϕ2 (x)) thường cho ta lời giải phân thức hữu tỷ Ví dụ 1.2.2 (HSG Gia Lai năm học 2009 - 2010.) Tìm 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 thay x − x, ta f (1 − x) + (1 − x)f (x) = (1 − x)2 , ∀x ∈ R Do ta có hệ f (x) + xf (1 − x) = x2 f (1 − x) + (1 − x)f (x) = (1 − x)2 Ta có D = − x + x2 = 0; Df (x) = −x3 + 3x2 − x; Df (1−x) = x3 − 2x + Bởi f (x) = −x3 + 3x2 − x , ∀x ∈ R; x2 − x + (1.2.2) x3 − 2x + , ∀x ∈ R x2 − x + (1.2.3) (1 − x) = Nếu hàm số f thỏa mãn (1.2.2) thỏa mãn (1.2.3) Thử lại ta thấy hàm số thỏa mãn đề cho f (x) = −x3 + 3x2 − x , ∀x ∈ R x2 − x + Phương pháp dồn biến sử dụng phổ biến giải phương trình hàm đa thức Sau tốn minh họa Ví dụ 1.2.3 Tìm tất đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn (x − y)P (x + y) − (x + y)P (x − y) = 4xy(x2 − y ), ∀x ∈ R Giải Đặt u = x + y; v = x − y Ta có x = u+v ;y = u−v Suy vP (u) − uP (v) = (u − v )uv hay P (u) P (v) − u2 = − v , ∀u, v = u v Cho v = ta P (u) − u2 = P (1) − 1, ∀u = u Do P (u) = u3 + au, ∀u = 0, (với a = P (1) − 1) Cho x = y = ta có 2P (0) = Suy P (0) = Vậy P (x) = x3 + ax, ∀x ∈ R 1.3 Phương pháp giá trị đặc biệt Một kỹ thuật thường gặp giải phương trình hàm nói chung phương trình hàm đa thức nói riêng giá trị đặc biệt biến số để tìm lời giải Ta xét số tốn cụ thể sau Ví dụ 1.3.1 Tìm tất đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn P (x + y) + P (x − y) = P (x) + 6xy P (y), ∀x, y ∈ R (1.3.1) Giải.Trong (1.3.1) cho y = ta P (x) = x3 , ∀x ∈ R Thử lại thấy thỏa mãn Ví dụ 1.3.2 Tìm tất đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn P (x + y) + P (x − y) = P (x) + 2P (y) + x2 , ∀x, y ∈ R (1.3.2) Giải Đặt P (x) = c Trong (1.3.2) cho y = ta P (x) = x2 + 2c, ∀x ∈ R (1.3.3) Thử lại: Thay (1.3.3) vào (1.3.2) ta (x + y)2 + 2c + (x − y)2 + 2c = x2 + 2c + 2y + 4c + x2 , ∀x, y ∈ R Suy c = Do có đa thức thỏa mãn đề P (x) = x2 , ∀x ∈ R Chú ý Có thể trình bày cách khác sau: Trong (1.3.2) cho x = y = ta P (0) = Sau cho y = sử dụng P (0) = phương trình (1.3.2) có dạng P (x) = x2 , ∀x ∈ R Thử lại thấy thỏa mãn Ví dụ 1.3.3 (Swizerland Final Round 2010) Tìm tất đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn P (P (x)) + P (P (y)) = 2y + P (x − y), ∀x, y ∈ R (1.3.4) Giải Đặt P (0) = c Trong (1.3.4) cho y = x ta P (P (x)) + P (P (x)) = 2x + P (0), ∀x ∈ R Hay P (P (x)) = x + 2c , ∀x ∈ R Khi (1.3.4) trở thành x + 2c + y + 2c = 2y + P (x − y), ∀x, y ∈ R ⇔ P (x − y) = x − y + c, ∀x, y ∈ R (1.3.5) Từ (1.3.5), cho y = 0, suy P (x) = x + c, ∀x ∈ R Thay vào (1.3.4) ta x + 2c + y + 2c = 2y + x − y, ∀x ∈ R Khi suy c = Vậy có đa thức thỏa mãn yêu cầu đề P (x) = x, ∀x ∈ R Bài tập đề nghị Bài Tìm tất đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn 2P (x) = P (x + y) + P (x + 2y), ∀x ∈ R; y = 1.4 Phương pháp hệ số bất định Đa thức có tính chất phổ dụng sau: Đa thức P (x) = Q(x) chúng bậc hệ số Ví dụ 1.4.1 (i) Tìm tất đa thức P (x) thỏa mãn P (x) = P (−x) (ii) Tìm đa thức P (x) thỏa mãn P (x) = −P (−x) Giải (i) Từ giải thiết cách đồng ta có P (x) = P (−x) hệ số ứng với số mũ lẻ x (ii) Tương tự P (x) = −P (−x) hệ số tương ứng với số mũ chẵn x Đôi ta gặp toán mà dựa vào giải thiết ta xác định dạng đa thức (thường đa thức bậc bậc hai) Ta đồng để xác định hệ số chứng minh nghiệm toán 1.5 Phương pháp sử dụng tính chất đa thức P (x) = P (x + a) Theo Hệ (1.1.14) "Đa thức P (x) thỏa mãn P (x + a) = P (x), ∀x ∈ R ( với a số khác đó) P (x) ≡ c ( với c số tùy ý)" Mở rộng ta tìm hiểu tốn: Tìm đa thức P (x) cho P (x+a) = P (x)+Q(x), Q(x) đa thức bậc n cho trước Ví dụ 1.5.1 Tìm tất 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 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 cho 12 + 6a = ⇔ 18 + 9a + 3b = a = −2 b=0 Với a, b ta có Q(x + 3) = Q(x) hay Q(x) ≡ c Vậy P (x) = −2x3 + c, ∀x ∈ R ( với c số tùy ý) Ví dụ 1.5.2 Tìm tất đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn P (x + 2016) = P (x) − 4, ∀x ∈ R Giải Đặt P (x) = −1 x 504 2016) + Q(x + 2016) = −1 x 504 + Q(x), thay vào P (x + 2016) = P (x) − ta −1 x 504 + Q(x) − 4, ∀x ∈ R hay −x (x 504 −1 (x 504 + + 2016) + Q(x + 2016) = + Q(x) − 4, ∀x ∈ R hay Q(x + 2016) = Q(x), ∀x ∈ R Suy Q(x) ≡ c Vậy −1 P (x) 504 x + c, ∀x ∈ R (với c số tùy ý.) −1 Nhận xét Phép đặt P (x) = 504 + Q(x), tìm sau: Từ đề ta tưởng tượng P (x + 2016) = P (x) + P (2016), ∀x ∈ R (Với P (2016) = −4) Suy P (x) = ax, ∀x ∈ R Từ tìm a = −1 504 Ví dụ 1.5.3 Tìm tất đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn P (1) = 2015 P (x+y) = P (x) + P (y), ∀x, y ∈ R Giải Giải sử P (x) thỏa mãn yêu cầu đề Trong phương trình P (x + y) = P (x) + P (y), ∀x, y ∈ R, lấy y = 1, ta P (x + 1) = P (x) + 2015, ∀x ∈ R Đặt P (x) = Q(x) + 2015x, ta có Q(x + 1) + 2015(x + 1) = Q(x) + 2015x + 2015, ∀x ∈ R Hay Q(x + 1) = Q(x), ∀x ∈ R Suy Q(x) = c, ∀x ∈ R (c số) Vậy P (x) = 2015x+c, ∀cx ∈ R Do P (1) = 2015 nên 2015 = 2015+c hay c = Sau thử lại ta nhận thấy có đa thức thỏa mãn đề P (x) = 2015x, ∀x ∈ R Bài tập đề nghị Bài Tìm tất đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn P (x + 2015) = P (x + 2013) + 70, ∀x ∈ R Bài Tìm tất đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn (x − 1)P (x − 1) − (x − 2)P (x) = 0, ∀x ∈ R Bài Tìm tất đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn điều kiện xP (x − 4) = (x − 2016)P (x), ∀x ∈ R Bài Cho số nguyên dương k Tìm tất đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn điều kiện (x − 2015)k P (x) = (x − 2016)k P (x − 1), ∀x ∈ R Bài Tìm tất đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn điều kiện [P (x)]2 − = 2P (2x2 − 1), ∀x ∈ R 1.6 Phương pháp sử dụng tính chất nghiệm so sánh bậc Ví dụ 1.6.1 (Centro American Olympiad 2008) Tìm tất đa thức P (x) ∈ R[x] với hệ số thực thỏa mãn P (1) = 210 (x + 10)P (2x) = (8x − 32)P (x + 6), ∀x ∈ R (1.6.1) Giải Từ giả thiết suy P (x) số Giả sử: P (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 , an = So sánh hệ số lũy thừa cao hai vế (1.6.1) ta an 2n = 8an hay 2n = 8, suy n = Vậy P (x) đa thức bậc ba Từ (1.6.1) lấy x = −10 ta P (−4) = Từ (1.6.1) lấy x = −2 ta −48P (4) = 8P (−4) = suy P (4) = Từ (1.6.1) lấy x = ta 14P (8) = 0.P (10) = Như P (x) = a(x − 4)(x + 4)(x − 8), ∀x ∈ R Do P (1) = 210 nên 105a = 201 hay a = Khi P (x) = 2(x − 4)(x + 4)(x − 8), ∀x ∈ R (1.6.2) Thử lại, với P (x) đa thức xác định (1.6.2), ta có (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) (1.6.3) (8x − 32)P (x + 6) = 8(x − 4)2(x + 2)(x + 10)(x − 2) (8x − 32)P (x + 6) = 16(x + 10)2(x − 2)(x + 2)(x − 4) (1.6.4) Từ (1.6.3) (1.6.4) suy đa thức xác định (1.6.2) (1.6.1) Vậy có đa thức thỏa mãn yêu cầu đề P (x) = 2(x − 4)(x + 4)(x − 8), ∀x ∈ R Ví dụ 1.6.2 Tìm tất đa thức P (x) ∈ R[x] với hệ số thực thỏa mãn P (2) = 12; P (x2 ) = x2 (x2 + 1)P (x), ∀x ∈ R (1.6.5) Giải Từ (1.6.5) cho x = ta P (0) = 0; cho x = ta P (1) = 2P (1) hay P (1) = 0; cho x = −1 P (1) = 2P (−1) suy P (−1) = Vậy P (x) có ba nghiệm 0; −1; Giả sử P (x) có nghiệm thực t khác 0; −1; 1; suy t2 nghiệm P (x), tương tự suy t4 nghiệm P (x) Nhưng t khác 0; −1; tất phần tử dãy t, t2 , t4 , , t2n , khác đôi nên suy P (x) có vơ số nghiệm hay P (x) ≡ 0, mâu thuẫn với P (2) = 12 Vậy P (x) có ba nghiệm thực 0; −1; Giả sử deg P = n Từ (1.6.5) suy 2n = n + hay n = Vậy P (x) có 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 = a = a = 32 Thử lại có P (x) = ax2 (x − 1)(x + 1), ∀x ∈ R thỏa mãn yêu cầu đề Ví dụ 1.6.3 Tìm tất đa thức P (x) ∈ R[x] với thỏa mãn P (P (x) + x) = P (x)P (x + 1), ∀x ∈ R (1.6.6) Giải Giả sử deg P = n So sánh bậc hai vế (1.6.6) ta n2 = 2n suy n = n = + Khi n = ta đa thức P (x)(??) Thay vào (1.6.6) ta c = c2 suy c = c = Vậy P (x)(??) P (x)(1.2.1) đa thức thỏa mãn + Khi n = Giả sử P (x) = ax2 + bx + c, a = So sánh hệ hệ số cao (1.6.6) ta có a3 = a2 suy a = Vậy P (x) = x2 + bx + c, b, c ∈ R (1.6.7) Khi P (x)P (x + 1) = P (x)(x2 + bx + c + 2x + b + 1) ⇔ P (x)P (x + 1) = P (x)[P(x) + 2x + b + 1] ⇔ P (x)P (x + 1) = [P (x)]2 +2xP(x) + bP (x) + P (x) ⇔ P (x)P (x + 1) = [P (x) + x]2 +b[P(x) + x] + bP (x) + c − x2 − bx − c + P (x) ⇔ P (x)P (x + 1) = P (P (x) + x), ∀x ∈ R Vậy đa thức xác định (1.6.7) thỏa mãn (1.6.6) Tất đa thức cần tìm P (x) = 0, P (x) = 1, P (x) = x2 + bx + c, ∀x ∈ R (b, c số tùy ý) Bài tập đề nghị Bài Tìm tất đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn phương trình hàm [P (x)]2 − = 4P (x2 − 4x + 1), ∀x ∈ R Bài Tìm tất đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn phương trình hàm P (x)P (2x2 ) = P (x2 )P (2x − 1), ∀x ∈ R Bài Tìm tất đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn P (x)P (2x2 + 1) = P (x2 )[P (2x + 1) − 4x], ∀x ∈ R Bài 10 Tìm tất đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn √ √ √ P ( 3(a−b))+P ( 3(b−c))+P ( 3(c−b)) = P (2a−b−c)+P (−a−2b−c)+P (−a−b−2c), ∀a, b, c ∈ R Bài 11 Tìm tất đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn hệ thức P (a) + P (b) + P (c) = P (a + b + c) với a, b, c ∈ R thỏa mãn ab + bc + ca = Bài 12 Tìm tất đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn hệ thức P (x2 + y ) = [P (x)]2 + [P (x)]2 , ∀x, y ∈ R Một số dạng phương pháp giải phương trình hàm nâng cao 2.1 Phương pháp sử dụng công thức nội suy Lagrange Trước hết ta nhắc lại công thức nội suy Lagrange Định lý 2.1 (Lagrange) Cho P (x) đa thức bậc n x0 , x1 , , xn n + số phân n (x − xi ) Khi ta có biểu diễn biệt Đặt Q(x) = i=0 n+ (i) P (x) = n P (xi ) i=0 k=i,k=0 n x−x2 xi −xk P (xi )Q(x) Q (xi )x−xi (ii) P (x) = i=0 n+ Chứng minh (i) Đặt R(x) = P (x) − n P (xi ) i=0 k=i,k=0 x−x2 xi −xk Ta có deg R(x ) ≤ n có n nghiệm x0 , x1 , , xn Do R(x) phải đa thức không Vậy P (x) = n+ n P (xi ) i=0 k=i,k=0 n x−x2 xi −xk (ii) Vì k=i,k=0 x−xk xi −xk n = i=0 Q(x) Q (xi ) x−xi n nên từ (i) ta suy hệ thức P (x) = i=0 P (xi ) Q(x) Q (xi ) x−xi Ví dụ 2.1.1 Xác định đa thức bậc hai nhận giá trị 3, 1, x −1, 0, tương ứng Giải Ta có x1 = −1, x2 = 0; x3 = P (x1 ) = 3, P (x2 ) = 1, P (x3 ) = Áp dụng cơng thức nội suy Lagrange ta có P (x) = P (−1) (x − 0)(x − 3) (x − 3)(x + 1) (x + 1)(x − 0) +P (0) +P (3) = x2 −x+1 (−1 − 0)(−1 − 3) (0 − 3)(0 + 1) (3 + 1)(3 − 0) Vậy đa thức cần tìm P (x) = x2 − x + 1, ∀x ∈ R Ví dụ 2.1.2 Tồn hay không đa thức P (x) bậc 2008 thỏa mãn điều kiện P (k) = 2k với k = 0, 1, , 2008? Tại sao? Giải Với k = 0, 1, đặt wk (x) = x(x − 1) (x − (k − 1))(x − (k + 1)) (x − 2008) (k − 0)(k − 1) (k − (k − 1))k(k − (k + 1)) (k − 2008) Theo định lý Lagrange đa thức 2008 wk (x)2k P (x) = k=0 thỏa mãn điều kiện tốn 10 Nhận xét: Ta giải cách khác sau: Xét đa thức P (x) = Cx0 + Cx1 + + Cxx−1 + Cxx Ta có P (x) thỏa mãn yêu cầu tốn Ví dụ 2.1.3 Cho đa thức P (x) bậc n thỏa mãn điều kiện P (k) = k k+1 với k = 0, 1, 2, , n Tìm P (n + 1) Giải Theo cơng thức nội suy Lagrange ta có n P (x) = k=0 k x(x − 1) (x − k + 1)(x − k − 1) (x − n) k+1 k(k − 1) 1.(−1) (k − n) Từ n P (n + 1) = k=0 n = k=0 k (n − 1)n (n − k + 2)(n − k) 2.1 k+1 k(k − 1) 1.(−1) (k − n) (n + 1)n (n − k + 2)(n − k) 2.1 k k + k(k − 1) 1.(−1) (k − n)(n − k + 1) n (−1)n−k k = k=0 = n+2 (n + 1)! (k + 1)!(n − k + 1)! n n+2 (−1)n−k kCk+1 k=0 Bài tập đề nghị Bài 13 Đa thức P (x) bậc n thỏa mãn P (k) = , k Cn+1 với k = 0, 1, 2, , n Tính P (n + 1) Bài 14 Tìm tất cặp đa thức P (x), Q(x) có bậc ba với hệ số thực thỏa mãn điều kiện: (i) Cả hai đa thức nhận giá trị điểm x = 1, 2, 3, 4; (ii) Nếu P (1) = P (2) = Q(1) = Q(3) = 1; (iii) Nếu P (2) = P (4) = Q(2) = Q(4) = 0; (iv) Nếu P (3) = P (4) = Q(1) = 2.2 Phương trình dạng P (f )P (g) = P (h) + Q Bài toán Giả sử f (x), g(x), h(x) Q(x) đa thức hệ số thực cho trước thỏa mãn điều kiện deg f + deg g = deg h Tìm tất đa thức hệ số thực P (x) cho P (f (x))P (g(x)) = P (h(x)) + Q(x), ∀x ∈ R 11 Định lý 2.2 Cho f, g, h đa thức khác thỏa mãn điều kiện deg f + deg g = deg h, Q đa thức cho trước, deg f = deg g deg f = deg g f ∗ +g∗ = Khi đó, với số nguyên dương n số thực a, tồn nhiều đa thức P thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: (i) deg(P ) = n; (ii) P ∗ = a; (iii) P (f )P (g) = P (h) + Q Ví dụ 2.2.1 Tìm tất đa thức P (x) thỏa mãn phương trình hàm P (x) − P (x2 ) = 2x4 , ∀x ∈ R (2.2.1) Giải Đặt P (x) = axk + R(x), với a = 0, deg(R) = r < k ta có P (x) − P (x2 ) = (a2 − a)x2k + 2axk R(x) + R2 (x2 ) Từ suy deg P (x ) − P (x ) 2k a = 1, k + r a = r ≥ 0, −∞ r = −∞ tức đồng Từ suy k ≤ Dễ thấy nghiệm phương trình (2.2.1) P (x) = x4 + 1, P (x) = x3 + x, P (x) = 2x2 , P (x) = −x2 , ∀x ∈ R 2.3 Phương pháp sử dụng số phức Nghiệm đa thức đóng vai trò quan trọng việc xác định đa thức Cụ thể P (x) có bậc n, (n ∈ N∗) có nghiệm x1 , x2 , , xn P (x) có dạng P (x) = c(x − x1 )(x − x2 ) (x − xn ) Tuy nhiên xét nghiệm thực số trường hợp khơng đủ số nghiệm Hơn tốn phương trình hàm đa thức, xét nghiệm thực lời giải khơng hồn chỉnh Định lý đại số đóng vai trò quan trọng dạng toán Định lý 2.3 (Định lý đại số) Mọi đa thức bậc n với (n > 0), hệ số phức (thực) P (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 (Với an = 0) có đủ n nghiệm phức (phân biệt hay trùng nhau) Ví dụ 2.3.1 (Olympic Hồng Kông - 1999) Cho k số nguyên dương Tìm tất đa thức hệ số thực thỏa mãn điều kiện P (P (x)) = [P (x)]k , ∀x ∈ R (2.3.1) Giải Nếu P (x) ≡ c (c số) Từ (2.3.1) c = ck Khi k = c số Khi k > c = c = 12 Xét trường hợp deg P ≥ Vì đa thức P (x) − x ln có nghiệm ( xét nghiệm phức) với n ∈ N, tồn αn ∈ C cho P (αn ) = αn Từ theo (2.3.1) ta có P (αn ) = P (P (αn )) = [P (αn )]k , ∀k = 1, 2, Suy đa thức P (x) − xk , ∀x ∈ R Thử lại thấy thỏa mãn Vậy k = P (x) ≡ c (c số bất kỳ) Nếu k > đa thức thỏa mãn đề P (x) = 0, P (x) = 1, P (x) = xk , ∀x ∈ R Ví dụ 2.3.2 Tìm tất đa thức hệ số thực P (x) thỏa mãn phương trình hàm P (x)P (x + 1) = P (x2 + x + 1), ∀x ∈ R (2.3.2) Giải Nếu P (x) ≡ a (a số) thay vào (2.3.2) ta a2 = a, suy a ∈ {0, 1} Bây ta xét đa thức có bậc lớn Giả sử a nghiệm P (x) Khi a2 + a + nghiệm P (x) Trong (2.3.2) thay x x − ta P (x − 1)P (x) = P (x2 − x + 1), ∀x ∈ R Vì P (a) = nên suy P (a2 − a + 1) = 0, a2 − a + nghiệm P (x) Chọn a nghiệm có mơđun lớn (nếu có nhiều nghiệm ta chọn số chúng) Từ cách chọn suy a2 + a + ≤ |a| , a2 − a + ≤ |a| Theo bất đẳng thức môđun ta có |2a| = (a2 + a + 1) + (−a2 + a − 1) ≤ a2 + a + + −a2 + a − = a2 + a + + −a2 + a − ≤ |a| + |a| = |a| = |2a| Như dấu "=" xẩy bất đẳng thức trên, suy (a2 + a + 1) + (a2 − a + 1) = a2 + a + + −a2 + a − Từ suy tồn số thực s ≥ cho a2 + a + = s(−a2 + a − 1) Nếu a2 + a + < a2 − a + a2 + a + > a2 − a + + a2 + a + ≥ |2a| ⇒ a2 − a + > |a| Tương tự a2 + a + > a2 − a + a2 + a + > |a| , mâu thuẫn với cách chọn a Vậy a2 − a + = a2 + a + Từ suy s = ta có a2 + a + = −a2 + a − 1, hay a2 = −1, suy a = ±i Vậy P (x) = (x2 + 1)m Q(x), Q(x) đa thức khơng chia hết cho x2 + Thay vào (2.3.2), ta có (x2 + 1)Q(x)(x2 + 2x + 2)m Q(x + 1) = [(x2 + x + 1)2 + 1]m Q(x2 + x + 1) Hay Q(x)Q(x + 1) = Q(x2 + x + 1) Vậy Q(x) thỏa mãn (2.3.2) Nếu Q(x) có nghiệm ta thực tương tự trên, nghiệm có mơđun lớn phải i −i Nhưng điều khơng thể Q(x) khơng chia hết cho 13 (x2 + 1) Bởi Q(x) số Giả sử Q(x) ≡ c, thay vào (2.3.2) ta c = Vậy P (x) = (x2 + 1)m Thử lại ta có tất đa thức thỏa mãn đề P (x) = 0, P (x) = 1, P (x) = (x2 + 1)m , ∀x ∈ R với m = 1, 2, 3, Bài tập đề nghị Bài 15 Tìm tất đa thức P (x) thỏa mãn phương trình hàm P (x)P (2x2 ) = P (2x3 + x), ∀x ∈ R Bài 16 Tìm tất đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn P (sinx + cosx) = P (sinx) + P (cos x), ∀x ∈ R 2.4 Phương pháp sử dụng dãy số Ví dụ 2.4.1 Tìm tất đa thức hệ số thực P (x) không đồng thỏa mãn: P (1960) = 1992, P (x) = P (x2 + 1) − 33 + 32, ∀x ≥ Giải Giả sử P (x) đa thức thỏa mãn đề Khi ta có P (x2 + 1) = [P (x) − 32]2 + 33, ∀x ≥ Suy P (19602 + 1) = [1992 − 32]2 + 33 = 19602 + 33 Gọi x0 = 1960, ta có x0 + 32 = 1992, P (x0 ) = x0 + 32, (do P (1960) = 1992) Ta xét dãy {x} sau: x0 = 1960; x21 + 1, , xn+1 = x2n , ∀n = 1, 2, 3, Khi P (x0 ) = x0 + 32 P (x1 ) = P (x20 + 1) = [P (x0 ) − 32]2 + 33 = x20 + 33 = (x20 + 1) = x1 + 32, P (x2 ) = P (x21 + 1) = [P (x0 ) − 32]2 + 33 = x21 + 33 = (x21 + 1) = x2 + 32, Bằng quy nạp ta P (xn ) = xn + 32, ∀n = 0, 1, 2, 3, (2.4.1) Vì dãy số {x}+∞ n=0 dãy tăng nghiêm ngặt nên từ (2.4.1) suy P (x) = x + 32, ∀x ∈ R Sau thử lại ta kết luận: Có đa thức thỏa mãn đề P (x) = x + 32, ∀x ∈ R Ví dụ 2.4.2 Cho m số nguyên dương lẻ Tìm tất đa thức hệ số thực P (x) thỏa mãn P (2010) = 2016; P (x) = P (xm + 1) − + 6, ∀x ∈ R Giải Từ giả thiết ta có P (xm + 1) = [P (x) − 6]m + 7, ∀x ∈ R Đặt P (x) = Q(x) + x + ta có [Q(x) + x]m = Q(xm + 1) + xm ) Q(2010) = Xét dãy số (un ) tăng nghiêm ngặt, tập hợp un |n = 1, 2, 3, có vơ hạn phần 14 tử Mà Q(un ) = 0, ∀n ≥ nên Q(x) = 0, ∀x ∈ R, tức P (x) = x + 6, ∀x ∈ R Thử lại thấy thỏa mãn Ví dụ 2.4.3 Tìm tất đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn P (x2 + 1) = (P (x))2 + 1, ∀x ∈ R (2.4.2) P (0) = 0; P (1) = 02 + 1, P (2) = 12 + 1, P (5) = 22 + (2.4.3) Giải Ta có Xây dựng dãy số (an ) sau: a0 = an+1 = a2n + 1, ∀n ∈ N Ta có a1 = > a0 Giả sử an+1 > an Do an > 0, ∀n ∈ N∗ nên a2n+1 > a2n , dẫn tới an+2 = a2n+1 + > a2n + = an+1 Theo nguyên lý quy nạp nên ta suy dãy (an ) tăng thật sự, dãy (an ) bao gồm vơ số số hạng phân biệt Do (2.4.3) nên P (a0 ) = a0 , P (a1 ) = a1 , P (a2 = a2 ) Giả sử P (ak ) = ak , ∀k ∈ N Khi sử dụng (2.4.2) ta P (ak+1 ) = P (a2k + 1) = (P (x))2 + = a2k + = ak+1 Theo nguyên lí quy nạp suy P (an ) = an , ∀n ∈ N Xét đa thức hệ số thực Q(x) = P (x) − x Do P (an ) = an , ∀x ∈ N nên Q(x) nhận an làm nghiệm với số thực nhiên n Vì dãy số (an ) gồm vô số hạng phân biệt nên suy Q(x) ≡ hay P (x) ≡ x Thử lại thấy Vậy có đa thức thỏa mãn yêu cầu đề bài, P (x) = x, ∀x ∈ R Bài tập đề nghị Bài 17 Tìm tất đa thức P (x) ∈ R[x] có deg P ≥ thỏa mãn P (x2 + 1) = (P (x))2 + 1, ∀x ∈ R Bài 18 Tìm tất đa thức P (x) hệ số thực thỏa mãn hệ thức P (a − b) + P (b − c) + P (c − a) = 2P (a + b + c) với a, b, c ∈ R thỏa mãn ab + bc + ca = Tài liệu [1] Lê Hải Châu (2009), Các thi Olympic Toán trung học phổ thông Việt Nam, NXB Giáo dục [2] Nguyễn Văn Mậu (1998), Phương trình hàm, NXB Giáo dục [3] Sahoo P.K abd Riedel T (2000), Mean Value theorems and Functional Equations, World Scientific 15 ... (2009), Các thi Olympic Tốn trung học phổ thơng Việt Nam, NXB Giáo dục [2] Nguyễn Văn Mậu (1998), Phương trình hàm, NXB Giáo dục [3] Sahoo P.K abd Riedel T (2000), Mean Value theorems and Functional... x3 + x, P (x) = 2x2 , P (x) = −x2 , ∀x ∈ R 2.3 Phương pháp sử dụng số phức Nghiệm đa thức đóng vai trò quan trọng việc xác định đa thức Cụ thể P (x) có bậc n, (n ∈ N∗) có nghiệm x1 , x2 , , xn... Hơn tốn phương trình hàm đa thức, xét nghiệm thực lời giải khơng hồn chỉnh Định lý đại số đóng vai trò quan trọng dạng toán Định lý 2.3 (Định lý đại số) Mọi đa thức bậc n với (n > 0), hệ số phức