SKKN: Bài toán tìm đa thức

CHUN ĐỀ BÀI TỐN TÌM ĐA THỨC GIÁO VIÊN: ĐÀO XUÂN TIỀM, TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI MỤC LỤC A MỞ ĐẦU 1 LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI MỤC ĐÍCH VÀ NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU B NỘI DUNG CHƯƠNG LÝ THUYẾT CỞ BẢN VỀ ĐA THỨC CHƯƠNG CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN 2.1 Phương pháp sử dụng nguyên lý cực hạn 2.2 Phương pháp tìm nghiệm riêng 2.3 Phương pháp dựa vào tính chia hết đa thức 14 2.4 Phương pháp sử dụng dãy nghiệm 17 2.5 Phương pháp so sánh bậc cân hệ số 20 C KẾT LUẬN 26 D TÀI LIỆU THAM KHẢO 26 A MỞ ĐẦU LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Các toán đa thức thường xuyên xuất kỳ thi học sinh giỏi toán ln đánh giá tốn khó Các tốn thường u cầu nghiên cứu tính chất hệ số đa thức, tính chất nghiệm hỏi theo nhiều hình thức khác Bài tốn tìm đa thức có vai trò quan trọng xuất nhiều kì thi học sinh giỏi Khi tiếp cận với tốn tìm đa thức, học sinh thường lúng túng chọn phương hướng để tiếp cận Hơn nữa, nói chung tốn đa thức thường đòi hỏi vận dụng kĩ biến đổi đại số tương đối phức tạp Chính tác giả định chọn đề tài “Bài tốn tìm đa thức” , hy vọng hệ thống hóa lại phương pháp giải tìm đa thức Bên cạnh phương pháp quen thuộc như: Phương pháp cân bậc, đồng hệ số; Phương pháp dựa vào nghiệm riêng; Phương pháp xét tính chia hết; Phương pháp sinh dãy nghiệm; chuyên đề đề cấp “ Phương pháp sử dụng nguyên lý cực hạn“ hướng mở để tiếp cạn tốn tìm đa thức MỤC ĐÍCH VÀ NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU - Nghiên cứu các phương pháp hay sử dụng để tìm đa thức cụ thể như: Phương pháp sử dụng nguyên lý cực hạn; Phương pháp tìm nghiệm riêng; Phương pháp dựa vào tính chia hết đa thức; Phương pháp sử dụng dãy nghiệm; Phương pháp so sánh bậc cân hệ số - Vận dụng kĩ biến đổi, đánh giá thực phép toán đa thức nhằm phát huy khả tư toán học cho học sinh B NỘI DUNG CHƯƠNG LÝ THUYẾT CỞ BẢN VỀ ĐA THỨC 1.1 Định nghĩa Định nghĩa 1: Ta gọi đa thức bậc n biến x biểu thức có dạng P( x)  an x n  an 1x n 1   a1x  a0 ( an  0) Trong (i  0, n) số thực ( phức) gọi hệ số Nếu  0, i  1,2,3, , n a0 bậc đa thức không Nếu  0, i  0,1,2,3, , n ta coi bậc đa thức  gọi đa thức khơng ( nói chung người ta khơng định nghĩa bậc đa thức không ) Định nghĩa 2: Cho đa thức P( x)  an x n  an 1x n 1   a1x  a0  ( an  0) gọi nghiệm đa thức P( x) P( )  Nếu tồn k  , k  cho P( x) ( x   )k P( x) không chia hết cho ( x   )k 1  gọi nghiệm bội k đa thức Pn ( x) 1.2 Các phép toán đa thức Cho hai đa thức f  x   an x n  an1 x n1  a1 x  a0 g  x   bn x n  bn1 x n1  b1 x  b0 Ta định nghĩa phép toán số học: f  x   g  x   (an  bn ) x n  (an1  bn1 ) x n1  (a1  b1 ) x  a0  b0 f  x   g  x   (an  bn ) x n  (an1  bn1 ) x n1  (a1  b1 ) x  a0  b0 f  x  g  x   c2n x 2n  cn1 x n1  c1 x  c0 ck  ao bk  a1bk 1  ak b0 1.3 Một số kết quan trọng a) Mỗi đa thức bậc n c không n nghiệm thực b) Đa thức có vơ số nghiệm đa thức khơng c) Đa thức P  x  gọi chia hết cho đa thức Q  x  (hay viết P  x  Q  x  ) tồn đa thức R  x  cho P  x   Q  x  R  x  d) Nếu P  x   P  x  a  , a  P  x   C e) Định lí Viète Giả sử phương trình an xn  an1 xn1  a1 x  a0  an  (1) có n nghiệm an 1   x1  x2   xn  a n   an   x1 x2  x1 x3   x1 xn  x2 x3   x2 xn   xn 1 xn  an x1 , x2,, xn (kể nghiệm bội)     n a0  x1 x2 xn  (1) a n  CHƯƠNG CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN 2.1 Phương pháp sử dụng nguyên lý cực hạn Một tập hợp hữu hạn số thực ln có phần tử lớn phần tử nhỏ Một tập ln có phần tử nhỏ  Bài tốn 2.1.1 Tìm tất đa thức P  x  thỏa mãn phương trình P  x  P  x2   P  x3  x  , x  Lời giải: * Trường hợp Xét deg P  x   tức P  x   C thay vào (1) ta C  C  , hay P  x   0, P  x   hai đa thức cần tìm * Trường hợp Xét deg P  x   Giả sử x1  nghiệm P  x  suy P  x   xk Q  x  , Q  0  0, k  * suy x k Q  x  Q  x    x   Q  x3  x  thay x  suy Q    vô lý k Nên x1  nghiệm (thực phức) P  x  Giả sử x1 có giá trị lớn , đặt x1  t từ phương trình suy t  2t , t  2t nghiệm, suy t  t  2t , t  t  2t suy  t4  ; t  t2  Từ  t   t  suy t   Vậy ta có t   Đặt z  t ta z   | z  | suy z nằm đường trịn tâm (-2 ;0) bán kính R  z nằm đường tròn tâm (-2 ;0) bán kính R '  Gọi   0; 2  acgumen z , z nằm đường tròn tâm (-2;0) 3 5   3 5  ;  suy 2   ;  acgumen z điều  2   4  bán kính R  suy    dẫn đến z khơng nằm đường trịn tâm (-2;0) bán kính R '  điều vơ lý Vậy P  x   0, P  x   hai đa thức cần tìm  Bài tốn 2.1.2 Tìm tất đa thức P  x  với hệ số thực thỏa mãn phương trình P  x  P  3x   P  x5  8x  , x  Lời giải: * Trường hợp Xét deg P  x   tức P  x   C thay vào (1) ta C  C  , hay P  x   0, P  x   hai đa thức cần tìm * Trường hợp Xét deg P  x   Giả sử x1  nghiệm P  x  suy P  x   xk Q  x  , Q  0  0, k   x  Q  x  Q  3x    x k 4 * suy  8 Q  x5  8x  thay x  suy Q    vô lý k Nên x1  nghiệm (thực phức) P  x  Giả sử x1  2t nghiệm P  x  mà x1 có giá trị lớn suy x1   t  x1.x2 xn  a0  3n Do 2t nghiệm nên 2t  8t nghiệm nên an 2t  8t  2t  2t     t   17 vô lý, suy P  x  khơng có nghiệm phức suy P  x   C  mẫu thuẫn Vậy có P  x   0, P  x    Bài tốn 2.1.3 Tìm tất đa thức P  x  thỏa mãn phương trình P  x  P  x2   P  x3  x  , x  Lời giải: * Trường hợp Xét deg P  x   tức P  x   C thay vào (1) ta C  C  , hay P  x   0, P  x   hai đa thức cần tìm * Trường hợp Xét deg P  x   Giả sử x1  nghiệm P  x  suy P  x   xk Q  x  , Q  0  0, k   2x  Q  x  Q  2x    x k 2 * suy  1 Q  x3  x  thay x  suy Q    vô lý k Nên x1  nghiệm (thực phức) P  x  Giả sử x1 nghiệm P  x  mà x1 có giá trị lớn suy x1  x1.x2 xn  a0  2n Theo qui tắc sinh nghiệm ta có x13  x1 nghiệm nên an x13  x1  x1  x12     x12   x1     vô lý, suy P  x  khơng có nghiệm phức suy P  x   C  mẫu thuẫn Vậy có P  x   0, P  x    Bài toán 2.1.4 Tìm tất đa thức P  x  thỏa mãn phương trình P  x  P  3x2   P  x3  x  , x  Lời giải: * Trường hợp Xét deg P  x   tức P  x   C thay vào (1) ta C  C  , hay P  x   0, P  x   hai đa thức cần tìm * Trường hợp Xét deg P  x   Giả sử x1  nghiệm P  x  suy P  x   xk Q  x  , Q  0  0, k   x  Q  x  Q  3x    x k 2 * suy   Q  x3  x  thay x  suy Q    vô lý k Nên x1  nghiệm (thực phức) P  x  Giả sử x1 nghiệm P  x  mà x1 có giá trị lớn suy x1  x1.x2 xn  a0  3n Do x1 nghiệm nên x13  x1 nghiệm nên an x13  x1  x1  x12     x12   x1     vô lý, suy P  x  khơng có nghiệm phức suy P  x   C  mẫu thuẫn Vậy có P  x   0, P  x   2.2 Phương pháp tìm nghiệm riêng Trong mục ta quan tâm đến tốn tìm đa thức thỏa mãn phương trình P  f  x   P  g  x    P  h  x   Nếu phương trình đa thức có nghiệm riêng m  x  ta nghĩ đến cách đặt P  x   m  x   Q  x  chứng minh Q  x   đặt P  x   m  x  Q  x  chứng minh Q  x   C  Bài tốn 2.2.1 Tìm tất đa thức P  x  với hệ số thực thỏa mãn P  x  P  x  1  P  x  8x   , x  1 Lời giải: * Trường hợp Xét deg P  x   tức P  x   C thay vào (1) ta C  C  , hay P  x   0, P  x   hai đa thức cần tìm * Trường hợp Xét deg P  x   n  * , tức P  x   an xn  an1 xn1   a1x  a0 , an  Khi đó, so sánh hệ số lũy thừa cao (1) ta có an2  an 2n  an  2n suy đặt P  x    x  3  Q  x  , x  n  2 , với Q  x  đa thức hệ số thực deg Q  x   m,  m  n thay vào (1) ta có    x  3n  Q  x   x  5n  Q  x  1   x  8x     Q  x  x      n    x  3 x      x  3 Q  x  1   x   Q  x   Q  x  Q  x  1    x  3 x    n n n n Q  x  x     x  3 Q  x  1   x  5 Q  x   Q  x  Q  x  1  Q  x  8x   n n  3 Nếu Q  x  khác đa thức từ  3 so sánh bậc cao hai vế ta có n  m  2m  n  m vơ lí, suy Q  x  đa thức Suy P  x    x  3 , x  n Vậy đa thức cần tìm P  x   0, P  x   1, P  x    x  3 n Phân tích lời giải Điều thiếu tự nhiên lời giải đặt P  x    x  3  Q  x  , x  n sở để đặt vậy? Lời giải xuất phát từ tính chất nghiệm phương trình đa thức sau: P  f  x   P  g  x    P  h  x   , f  x  , g  x  , h  x  đa thức đa biết trước deg f  x   deg g  x   deg h  x  Khi nghiệm phương trình có hai tính chất quan trọng sau:  Tính chất Phương trình ln có nghiệm P  x   0, P  x    Tính chất Nếu P0  x  nghiệm P0n ( x) nghiệm deg f  x   deg g  x   Tính chất Nếu deg f  x   deg g  x   Khi với số   f    g   nguyên dương n tồn nhiều nghiệm bậc n Trong  f  kí hiệu hệ số bậc cao đa thức f  x  Từ dẫn đến ta tìm nghiệm riêng P0  x  (thường nghiệm đa thức bậc thấp) Việc tìm nghiệm riêng P0  x  tiến hành phương pháp quen thuộc sau: Xét đa thức bậc nhất, giả sử P  x   ax  b, a  ta có  ax  b   a  x  1  b   a  x2  8x  6  b , để tìm a, b ta sử dụng phương pháp cân băng hệ số hai vế thay x giá trị cụ thể để lập hệ phương trình với ẩn a, b Chẳng hạn cho x  0, x  1 ta có  b  a  b   6a  b (1) từ (2) b  suy a  vơ lý, dó từ (2) ta có   a  b b  b (2)     b  b   a  vô lý, a  b  thay vào (1) ta có b  4b     b  b   a  Vậy ta thấy P  x   x  nghiệm Và dễ thấy P  x   x  nghiệm P  x    x  3 với n  n có hướng đặt P  x   an n x  3  Q  x  , x  n  * nghiệm, từ ta Q  x    Bài tốn 2.2.2 Tìm tất đa thức P  x  thỏa mãn phương trình P  x2  x   P2  x  6 , x  1 Phân tích: Bằng cách phân tích ta nhận thấy phương trình nhận P  x   x  nghiệm, theo tính chất suy tốn có nghiệm P  x   0, P  x   1, P  x    x   n Do đó, đa thức deg P  x   đặt P  x    x  4  Q  x  , x  n công việc thay vào 1 sau Q  x   Sau lời giải chi tiết Lời giải: * Trường hợp Xét deg P  x   tức P  x   C thay vào (1) ta C  C  , hay P  x   0, P  x   hai đa thức cần tìm * Trường hợp Xét deg P  x   n  * , tức P  x   an xn  an1 xn1   a1x  a0 , an  Khi đó, so sánh hệ số lũy thừa cao (1) ta có an2  an  an  suy đặt P  x    x    Q  x  , x  n  2 , với Q  x  đa thức hệ số thực deg Q  x   m, n n  m  n thay vào (1) ta có  x  x    Q  x  x    x    Q  x         x  2  Q  x2  4x    x  2   x  2 Q  x  6  Q2  x  6 2n 2n n  Q  x  x    x   Q  x    Q  x    3 n Nếu Q  x  khác đa thức từ  3 so sánh bậc cao hai vế ta có 2m  n  m  n  m vơ lí, suy Q  x  đa thức Suy P  x    x  4 , x  n Vậy đa thức cần tìm P  x   0, P  x   1, P  x    x  3 n Tương tự ta dễ dàng giải tập tương tự  Bài toán 2.2.3 Tìm tất đa thức P  x  thỏa mãn phương trình P  x2   P2  x  , x  Đáp số: P  x   0, P  x   1, P  x   xn x2  x1 Xét dãy nghiệm  xn  với x1 nghiệm thực P  x  xn  xn21  2, n  , n  ta thấy x1  x2   xn1  xn  chúng nghiệm P  x  suy P  x  có vơ số nghiệm, suy P  x   (vô lý) Như bậc P  x  số chẵn, suy P  x   a2n x2n  a2n1x2n1   a1x  a0 so sánh hệ số lũy thừa cao ta có a2n  , đặt P  x    x2  x  2  Q  x  , x  n với Q  x  đa thức hệ số thực deg Q  x   m,0  m  2n thay vào phương trình ban n n n đầu ta có  x2  x    Q  x   x2  x    Q  x  1   x  3x    Q  x      x     x   x  x     x  x   Q  x  1   x  x   Q  x   Q  x  Q  x  1 n n n   x  3x    Q  x   n suy  x2  x  2 Q  x  1   x2  x   Q  x   Q  x  Q  x  1  Q  x   (1) n n Nếu Q  x  khác đa thức từ (1) so sánh bậc cao hai vế ta có 2n  m  2m  2n  m vơ lí, suy Q  x  đa thức Suy P  x    x  x   , x  n Vậy đa thức cần tìm P  x   0, P  x   1, P  x    x  x  2 n Nhận xét sau lời giải: Ta thấy nghiệm riêng tốn đa thức bậc Khi đó, phép đặt P  x    x  x    Q  x  , x  n chưa được, trước tiến hành đặt ta phải chứng minh bậc P  x  số chẵn Việc chứng minh bậc P  x  số chẵn thường xử lí lời giải trên, tức ta giả sử bậc lẻ, suy có nghiệm thực, suy có vơ số nghiệm thực, suy vơ lý  Bài tốn 2.2.10 Tìm tất đa thức P  x  thỏa mãn phương trình P  x  P  x  1  P  x  , x  12 (1) Lời giải: * Trường hợp Xét deg P  x   tức P  x   C thay vào (1) ta C  C  , hay P  x   0, P  x   hai đa thức cần tìm * Trường hợp Xét deg P  x   Chứng minh bậc P  x  số lẻ Thật giả sử P  x  bậc lẻ suy P  x  có nghiệm  suy  ,   1 nghiệm Xét dãy  xn  với xn  xn21 , n  , n  - Nếu    1;1 \ 0 chọn x1    x1   0;1   xn  giảm, suy P  x  có vơ số nghiệm, suy vô lý - Nếu    ; 1  1;   chọn x1    x1    xn  tăng, suy P  x  có vơ số nghiệm, suy vô lý - Nếu  0; 1 nghiệm suy nghiệm, chọn x1  suy dãy  xn  tăng, suy P  x  có vơ số nghiệm, suy vơ lý Như bậc P  x  số chẵn, suy P  x   a2n x2n  a2n1x2n1   a1x  a0 so sánh hệ số lũy thừa cao ta có a2n  , đặt P  x    x2  x  1  Q  x  , x  n với Q  x  đa thức hệ số thực deg Q  x   m,0  m  2n thay vào phương trình ban n n n đầu ta có  x2  x  1  Q  x   x  x  1  Q  x  1   x  x  1  Q  x       x4  x2  1   x2  x  1 Q  x  1   x  x  1 Q  x  1  Q  x  Q  x  1   x  x  1  Q  x  n n n suy   x2  x  1 Q  x  1   x2  x  1 Q  x  1  Q  x  Q  x  1  Q  x  n n Nếu Q  x  khác đa thức từ (1) so sánh bậc cao hai vế ta có 2n  m  2m  2n  m vơ lí, suy Q  x  đa thức Suy P  x    x  x  1 , x  n 13 n Vậy đa thức cần tìm P  x   0, P  x   1, P  x    x  x  1 n Tương tự ta dễ dàng giải tập tương tự  Bài tốn 2.2.11 Tìm tất đa thức P  x  thỏa mãn phương trình P  x  P  x  1  P  x  , x  Đáp số: P  x   0, P  x   1, P  x    x  x  1 n  Bài tốn 2.2.12 Tìm tất đa thức P  x  thỏa mãn phương trình P  x3  x  1 P  x3  x   P  x6  x  x3  x  x  3 , x  1 Đáp số: Đặt t  x3  x  1, x   t  1  P  t  P  t  1  P t  2 , t  2.3 Phương pháp dựa vào tính chia hết đa thức Từ điều kiện đề ta P  x  m  x  đặt P  x   m  x  Q  x  để chuyển toán tìm đa thức Q  x  đơn giản  Bài tốn 2.3.1 (Hy Lạp 2014) Tìm tất đa thức với hệ số thực P  x  thỏa mãn phương trình x  x  8 P  x    x  x  P  x   , x  1 Lời giải: Từ (1) ta có  x  2 x  4 P  x   x  x  2 P  x  2 Suy P  x  x  x  2 Từ P  x  2  x  2 x    P  x  x  x   Suy đặt P  x   x  x2   Q  x  Suy  x  2 x  4 x  x2  4 Q  x   x  x  2 x  2 x   xQ  x   Suy  x  2 Q  x   xQ  x  2 14 Suy Q  x  x Đặt Q  x   xR  x    x  2 xR  x   x  x  2 R  x  2  R  x   R  x  2  R  x   C Suy P  x   Cx2  x2  4  Bài tốn 2.3.2 [ VMO 2003, bảng B] Tìm tất đa thức P  x    x thoả mãn đẳng thức x  3x2  3x   P  x  1   x3  3x  3x   P  x  , x  1 Lời giải 1: Từ 1   x  2  x2  x  1 P  x  1   x  2  x2  x  1 P  x  , x  Từ (2) suy  2 P  x   x    x  x  1     P  x   x   x  1  x  x  1 P  x  1  x    x  x  1   Nên ta đặt P  x    x  2 x  1  x  x  1 Q  x  thay vào (1) ta  x  2  x2  x  1  x  1 x  2  x2  x  1 Q  x 1   x  2  x  x  1  x   x 1  x  x  1 Q  x  suy  x  1 Q  x  1   x  1 Q  x  (3) Từ (3) suy Q  x   x  1     Q  x  x  x  1 Q  x  1  x  1   Nên ta đặt Q  x   x  x  1 R  x  suy R  x  1  R  x   R  x   C Suy P  x   C  x  1 x  x  1 x    x  x  1 Lời giải 2: Từ 1   x  2  x2  x  1 P  x  1   x  2  x2  x  1 P  x  , x   2 Từ   ta nhận thấy P  x  nhận nghiệm sau: 2;1; 1;0 * nên đặt P  x   x  x  1 x  1 x   Q  x  , x  x  x  1 Q  x  1   x  x  1 Q  x  , 3 Q  x    x Thay  3 vào   ta  4 Đặt Q  x    x2  x  1 R  x  suy R  x   C  P  x   Cx  x  1 x  1 x    x  x  1 ** Từ * ** ta suy  P  x   Cx  x  1 x  1 x  2  x2  x  1 , x  15 với C  const Thử lại thấy thoả mãn P  x   Cx  x  1 x  1 x  2  x  x  1 , x  16 với C  const  Bài tốn 2.3.3 Tìm tất đa thức P  x    x thoả mãn đẳng thức  x 1 P  x    x  3 P  x  2 , x  1 2 Lời giải: Do P  x   x  3 Suy đặt P  x    x  3 Q  x  2 Suy  x  1  x  3 Q  x    x  3  x  1 Q  x  2 2 2 Suy Q  x   Q  x  2  Q  x   C Suy P  x   c  x  3  Bài tốn 2.3.4 Tìm tất đa thức P  x    x thoả mãn đẳng thức  x 1 2015 P  x    x  3 P  x   , x  2015 1 Lời giải: Do P  x   x  3 Suy  x  1 2015 2015 Suy đặt P  x    x  3  x  3 2015 Q  x    x  3 2015 2015 Q  x  x  1 2015 Q  x  2 Suy Q  x   Q  x  2  Q  x   C Suy P  x   c  x  3 2015 2.4 Phương pháp sử dụng dãy nghiệm Nếu  nghiệm đa thức P  x  f   nghiệm đa thức,  x1   dãy đơn điệu P  x  có vơ số nghiệm  xn 1  f  xn  ta xây dựng dãy  xn  :  nên P  x   17  Bài tốn 2.4.1 Tìm tất đa thức P  x  với hệ số thực thỏa mãn điều kiện  P  x  1 2015    P  x   3x  1 2015   x  1 2015 P    (1) Lời giải: Dễ thấy P  x  đa thức  Đặt Q  x   P  x   x thay vào (1) ta có Q  x  1  x0  Q    Xét dãy số  xn  :    xn 1  1  xn   Ta có Q  x1   Q 1  x0  2015 2015 2015   Q  x   2x  1 2015 ta thấy  xn  dãy số tăng   Q  x   2x  1 2015   x12 Sử dụng phương pháp quy nạp ta chứng mính Q  xn   xn2 Thật vậy: với n  đúng, giả sử có Q  xn   xn2 suy  Q  xn1   Q  xn  1 2015   Q  x   2x  1 Suy Q  xn   xn2 , n  n * n 2015   xn2  xn  1 2015   xn  1  2015   xn21  mà  xn  dãy tăng nên suy Q  x   x2  P  x   x2  x  Bài toán 2.4.2 Cho hai đa thức P  x  , Q  x  có nghiệm thực thỏa mãn P 1  x  Q2  x    Q 1  x  P  x   Chứng minh P  x   Q  x  Lời giải 2: Ta chứng minh tồn  để P    Q   Gọi a, b nghiệm P  x  , Q  x  ta có P2  a   Q2  a    P2  b   Q2  b  mà P  x   Q2  x  hàm liên tục nên tồn c cho P2  c   Q2  c  Đặt    c  Q2  c    c  P2  c  suy   x1   dãy tăng phần tử dãy P    Q   Xét dãy  xn  :    xn 1   xn  Q  xn  nghiệm P  x   Q  x  Suy P  x   Q  x  Suy điều phải chứng minh 18  Bài tốn 2.4.3 Tìm tất đa thức P  x  thỏa mãn phương trình P  x  P  x  1  P  x  x  1 , x  1 Lời giải: * Trường hợp Xét deg P  x   tức P  x   C thay vào (1) ta C  C  , hay P  x   0, P  x   hai đa thức cần tìm * Trường hợp Xét deg P  x   Chứng minh bậc P  x  số lẻ Thật vậy, giả sử bậc P  x  số lẻ tồn nghiệm thực x1 cho P  x1   suy P  x12  x1  1  hay x2  x12  x1  nghiệm, ta thấy phương trình x2  x   x khơng có nghiệm thực, suy x2  x1 x2  x1 Xét dãy nghiệm  xn  với x1 nghiệm thực P  x  xn  xn21  2, n  , n  ta thấy x1  x2   xn1  xn  chúng nghiệm P  x  suy P  x  có vơ số nghiệm, suy P  x   (vô lý) Như bậc P  x  số chẵn, suy P  x   a2n x2n  a2n1x2n1   a1x  a0 so sánh hệ số lũy thừa cao ta có a2n  , đặt P  x    x2  1  Q  x  , x  n với Q  x  đa thức hệ số thực deg Q  x   m,0  m  2n thay vào phương trình ban   n n đầu ta có  x2  1  Q  x   x  x    Q  x  1   x2  x  1   Q  x  x  1    n   x  x3  3x  x     x  1 Q  x  1   x  x   Q  x   Q  x  Q  x  1 n n n   x  x3  3x  x    Q  x  x  1 n suy   x2  1 Q  x  1   x2  x   Q  x   Q  x  Q  x  1  Q  x  x  1 (2) n n Nếu Q  x  khác đa thức từ (2) so sánh bậc cao hai vế ta có 2n  m  2m  2n  m vơ lí, suy Q  x  đa thức Suy P  x    x  1 , x  n 19 Vậy đa thức cần tìm P  x   0, P  x   1, P  x    x2  1 n 2.5 Phương pháp so sánh bậc cân hệ số Phương pháp dựa định nghĩa hai đa thức chẳng hạn an xn  an1 xn1   a1 x  a0  bm x m  bm1x m1   b1x  b0 n  m  bi , i  0, n Từ ta xác định bậc hệ số  Bài toán 2.5.1.[ Trại hè Hùng Vương, 2015] Tìm tất đa thức P  x  với hệ số thực thỏa mãn điều kiện P  x  P  x  2015  P  P  x   2015x  , x  (1) Lời giải: Nếu P  x  đa thức P  x   P  x   Xét P  x   an xn  an1xn1   a1x  a0 , an  0, n  Bằng cách so sánh bậc cao hai vế ta 2n  n2  n  Do đó, P  x   ax2  bx  c, a  Đồng hệ số x ta có a  a3  a  suy P  x   x  bx  c thay vào (1) cho x  suy c  b  2016 b  Nếu c   P  x   x2  bx thay vào (1) ta có  suy P  x   x b  2016 P  x   x  2016 x Thử lại có P  x   x thỏa mãn Nếu b  2016  P  x   x2  2016 x  c thay vào (1) ta có c  4013 suy P  x   x  2016 x  4031 thử lại không thỏa mãn Vậy P  x   P  x   P  x   x  Bài toán 2.5.2.[ Slovenia MO 2014] Tìm tất đa thức P  x  với hệ số thực thỏa mãn điều kiện P  P  x     x  x  1 P  x  , x  Lời giải: Nếu P  x  đa thức P  x   20 Xét P  x   an xn  an1xn1   a1x  a0 , an  0, n  Bằng cách so sánh bậc hai vế ta n2  n   n  Do đó, P  x   ax2  bx  c, a  Sử dụng đồng hệ số ta a  1, b  1, c  suy P  x   x2  x Vậy P  x   x2  x P  x    Bài tốn 2.5.3 Tìm tất đa thức P  x  với hệ số nguyên biết 16P  x2   P2  x  , x  (1) Lời giải: Nếu P  x  đa thức P  x   P  x   16 Xét P  x   an xn  an1xn1   a1x  a0 , an  0, n  a0 , a1 , , an  So sánh hệ số x 2n hai vế ta có an  16 Do an   n  1, 4n Với n   P  x   x  b thay vào (1) so sánh hệ số hai vế ta có b  suy P  x   4x Với n   P  x   x2  bx  c thay vào (1) so sánh hệ số hai vế ta có b  c  suy P  x   x Vậy có bốn đa thức thỏa mãn yêu cầu là: P  x   , P  x   16 , P  x   x , P  x   x  Bài toán 2.5.4 [ THTT-4/2008] Tìm tất đa thức P  x    x thoả mãn đẳng thức P  P  x   x   P  x  P  x  1 , x  1 Lời giải: TH1: deg P  x   Khi  P  x   C, x  C   P  x   0, x  thay vào 1 ta có C  C   TH2: deg P  x   n  C   P  x   1, x  *  1, 2,3,  Khi  P  x   an x n  an1 x n1   a1 x  a0 , an  thay vào 1 ta 21      n P an x n   a1 x  a0  x  an x n  an1 x n1   a1 x  a0 an  x  1   a1 x  a0      o So sánh luỹ thừa cao hai vế   ta n2  2n  n  o So sánh hệ số ứng với luỹ thừa cao hai vế   ta a23  a22  a2  o  P  x   x2  a1x  a0 , x   3 o Thay  3 ta thấy  P  x   0, x   KL:  P  x   1, x    P  x   x  bx  c, x  Nhận xét: Sử dụng túy so sách bậc, so sánh hệ số đa thức Bài tốn mở rộng thành P  P  x   ax   P  bx  c  P  dx  e  deg P  P  x    n2 ,deg  P  x  P  x  a   2n P  P  x   x   P  x  P  x  1 , x  1 , tách riêng n  n  2, n   Bài tốn 2.5.5 Tìm tất đa thức P  x    x thỏa mãn điều kiện   P    12  2   P  x   x  x  1 P  x  , x  Lời giải: Giả sử deg P  x   n So sánh bậc x hai vế (1) ta 2n  n   n  Từ (1) suy P  x  x  x  1  P  x  x3 cho x  suy P 1  2P 1  P 1  suy P  x   Cx2  x  1 x  1 , P 12  12  C  Vậy P  x   x4  x2 22  Bài tốn 2.5.6 Tìm tất đa thức P  x    x thỏa mãn 18P  x   8x  16  P '  x  P ''  x  (1) Lời giải: Nếu deg P  x   thấy không thỏa mãn Nếu deg P  x    P  x   ax  b  P '  x   a, P ''  x   thay vào (1) ta có  a  suy P  x   x  18ax  18b  x  16   18a   x  18b  16    9 b   Nếu deg P  x   n  so sánh lũy thừa cao hai vế n   n  1 n  2  n2  4n    n  Đặt P  x   ax3  bx2  cx  d , a  so sánh hai đa thức ta có a  b  c  d  suy P  x   x3  x  x  9 Vậy: P  x   x  , P  x   x3  x  x   Bài toán 2.5.7 Xác định đa thức với hệ số thực P( x) thoả mãn điều kiện P  x 2015  y 2015   P2015  x   P2015  y  , x, y  1 Lời giải:  Xét trường hợp P  x  đa thức hằng: Khi đó, giả sử P  x   C, x  Từ 1  C  2.C 2015  P  x   0, x  C      C  P  x   2014 , x  2014   2  Thử lại thấy thoả mãn  Xét trường hợp P  x  khơng đa thức hằng: Khi đó, giả sử P  x   an x n  an1 x n1   a1 x  a0 , x  , n  23 * , an      P x 2015  P 2015  x  , x    Ở 1 ta thay y x ; y  ta  2015  P 2015  x   P 2015   , x   P x   3 Do VT   đa thức bậc 2015n , hệ số bậc cao an 2n VP   đa thức bậc 2015n , hệ số cao 2.an2015  an 2n  2.an2015   Do VT  3 đa thức bậc 2015n , hệ số bậc cao an VP  3 đa thức bậc 2015n , hệ số cao an2015  an  an2015  5  4 Từ  5  an  1 n   P  x   x  a0 , x  x2015  y 2015  a0   x  a0  2015   y  a0  Ở   ta cho x  y   a0  2.a 2015 Thử lại thấy P  x   x, x  2015 6  thay   vào 1 ta , x, y  7  P  x   x, x   a0       a0  P  x   x  2014 , x  2014   2 thoả mãn, P  x   x  2014 , x  khơng thoả mãn KL: Có ba đa thức thoả mãn là: P  x   0, P  x   2014 & P  x   x  Bài toán 2.5.8 Xác định đa thức với hệ số thực P( x) thoả mãn điều kiện P  x2  y   P2  x   P2  y  , x, y  1 Lời giải:  Xét trường hợp P  x  đa thức hằng: Khi đó, giả sử P  x   C, x   P  x   0, x  C    Từ 1  C  2.C   P  x   , x  C    2 Thử lại thấy thoả mãn  Xét trường hợp P  x  không đa thức hằng: Khi đó, giả sử P  x   an x n  an1 x n1   a1 x  a0 , x  , n  24 * , an       P x  P  x  , x    Ở 1 ta thay y x ; y  ta  2   P x  P  x   P   , x   3 Do VT   đa thức bậc 2n , hệ số bậc cao an 2n VP   đa thức bậc 2006n , hệ số cao 2.an2  an 2n  2.an2   Do VT  3 đa thức bậc 2n , hệ số bậc cao an VP  3 đa thức bậc 2n , hệ số cao an2  an  an2  5  4 Từ  5  an  1 n   P  x   x  a0 , x  x2  y  a0   x  a0    y  a0  , x, y   a0   x  y  a0  2a02 , x, y  Thử lại thấy P  x   x, x  6  thay   vào 1 ta 7  a0   P  x   0, x  thoả mãn KL: Có ba đa thức thoả mãn là: P  x   0, P  x   & P  x   x 25 C KẾT LUẬN Chuyên đề đề cấp đầy đủ phương pháp giải tốn tìm đa thức, đưa cách giải kèm thêm phân tích làm rõ cách giải Qua giúp học sinh tiếp cận hình thành phương pháp giải lớp tốn tìm đa thức, tăng thêm tính say mê tích cực tìm tịi, sáng tạo em Vì kiến thức thời gian nghiên cứu hạn chế nên chuyên đề hẳn cịn tồn thiếu sót Tơi mong đón nhận trao đổi, góp ý Quý Thầy Cơ để chun đề ngày hồn thiện sâu sắc Tôi xin chân thành cảm ơn! D TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Đoàn Quỳnh (chủ biên), Tài liệu chun tốn Giải tích 12, NXB Giáo dục, 2012 [2] Nguyễn Văn Mậu (chủ biên), Chuyên đề chọn lọc đa thức áp dụng, NXB Giáo dục, 2008 [3] Văn Phú Quốc – Huỳnh Công Thái, Tinh lọc chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi luyện thi Olympic toán 11, NXB ĐHQG Hà Nội, 2013 [4] Toán học tuyển trẻ, NXB Giáo dục [5] Các đề thi kì dành cho học sinh giỏi tồn quốc, khu vực quốc tế [6] Chuyên đề đa thức thầy Hạ Vũ Anh, chuyên Vĩnh Phúc [7] Chuyên đề đa thức biến thầy Nguyễn Tất Thu, chuyên Lương Thế Vinh [8] Polynomial Equations, Dusan Djukic, The IMO Compendium 26 ... trọng a) Mỗi đa thức bậc n c khơng q n nghiệm thực b) Đa thức có vơ số nghiệm đa thức không c) Đa thức P  x  gọi chia hết cho đa thức Q  x  (hay viết P  x  Q  x  ) tồn đa thức R  x ... 1,2,3, , n a0 bậc đa thức không Nếu  0, i  0,1,2,3, , n ta coi bậc đa thức  gọi đa thức khơng ( nói chung người ta không định nghĩa bậc đa thức không ) Định nghĩa 2: Cho đa thức P( x)  an... vào tính chia hết đa thức Từ điều kiện đề ta P  x  m  x  đặt P  x   m  x  Q  x  để chuyển toán tìm đa thức Q  x  đơn giản  Bài tốn 2.3.1 (Hy Lạp 2014) Tìm tất đa thức với hệ số thực