Về số dạng phương trình hàm đa thức Phương trình hàm đa thức dạng tốn khó, để giải phương trình hàm loại này, cần nắm rõ kỹ thuật giải phương trình hàm mà cịn tính chất đặc trưng đa thức (nghiệm, hệ số, bậc, tính liên tục, tính hữu hạn nghiệm, tính khả vi …) Trong viết này, đề cập đến số dạng phương trình đa thức có sơ đồ lời giải tương tự nhau: xây dựng nghiệm chứng minh nghiệm vét hết tập hợp nghiệm Phương trình dạng P(f)P(g) = P(h) Bài tốn tổng quát: Giả sử f ( x), g ( x) h( x) đa thức thuộc ¡ [ x] cho thoả mãn điều kiện: deg( f ) + deg( g ) = deg(h) Tìm tất đa thức P ( x ) thuộc ¡ [ x] cho: P[ f ( x )].P[ g ( x)] = P[h( x)] (1), ∀x ∈ ¡ Nghiệm phương trình hàm (1) có nhiều tính chất đặc biệt giúp xây dựng tất nghiệm từ nghiệm bậc nhỏ: Tính chất 1.1 Nếu P, Q nghiệm (1) P.Q nghiệm (1) Chứng minh: ( P.Q)[h( x)] = (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 1.2 Nếu P(x) nghiệm (1) Pn(x) nghiệm (1) Trong nhiều trường hợp, hệ 1.2 cho phép mô tả hết nghiệm (1) Để làm điều này, ta có định lý quan trọng sau đây: Định lý 1.3 Nếu f, g, h đa thức với hệ số thực thoả mãn điều kiện deg(f) + deg(g) = deg(h) thoả mãn hai điều kiện sau: (i) deg(f) ≠ deg(g) (ii) deg(f) = deg(g) f* + g* ≠ 0, f*, g* hệ số cao đa thức f g tương ứng Khi với số nguyên dương n tồn nhiều đa thức P(x) có bậc n thoả mãn phương trình (1) Chứng minh: Giả sử P đa thức bậc n thoả mãn phương trình (1), deg(f) = f, deg(g) = g, deg(h) = h, hệ số cao P, f, g, h tương ứng P*, f*, g*, h* So sánh hệ số cao hai vế đa thức phương trình P(f(x))P(g(x)) = P(h(x)) Ta có P*(f*)n.P*(g*)n = P*(h*)n từ suy P* = (h*/f*g*)n Như vậy, giả sử ngược lại, tồn đa thức Q bậc n (khác P) thoả mãn phương trình (1) Q* = P* ta có Q(x) = P(x) + R(x) với ≤ r = deg(R) < n Trang (ta quy ước bậc đa thức đồng -∞, deg(R) ≥ đồng nghĩa R khơng đồng 0) Thay vào phương trình (1), ta (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) P(f)R(g) + R(f)P(g) + R(f)R(g) = R(h) (2) Bây ta xét trường hợp i) deg(f) ≠ deg(g) Giả sử f > g Khi bậc đa thức vế trái (2) nf + rg, rf + ng, rf + rg, nf + rg > rf + ng > rf + rg nên vế trái có bậc nf + rg Trong vế phải có bậc rh = r(f+g) < nf + rg Mâu thuẫn ii) deg(f) = deg(g) Khi đó, hai đa thức vế trái (2) 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 xnf + rg đa thức thứ thứ hai P*(f*)nR*(g*)r, R*(f*)rP*(g*)n Như thế, bậc xnf+rg tổng hai đa thức P*R*f*rg*r(f*(n-r)+g*(n-r)) ≠ f* + g* ≠ Như vậy, bậc vế trái (2) nf + rg, bậc vế phải rh = rf + rg < nf + rg Mâu thuẫn Định lý chứng minh hoàn toàn Áp dụng định lý 1.3 hệ 1.2, ta thấy P0(x) đa thức bậc thoả mãn phương trình (1) với f, g, h đa thức thoả mãn điều kiện định lý 1.3 tất nghiệm (1) có dạng: P(x) ≡ 0, P(x) ≡ 1, P(x) = (P0(x))n Sau đây, xem xét số ví dụ áp dụng tính chất nói Ví dụ Tìm tất đa thức P(x) với hệ số thực thoả mãn phương trình P(x2) = P2(x) (3) với x thuộc R Lời giải: Ta có hàm f(x) = x, g(x) = x, h(x) = x2 thoả mãn điều kiện định lý 1.3, hàm P(x) = x hàm bậc thoả mãn (3) hàm P(x) ≡ 0, P(x) ≡ 1, P(x) = xn, n = 1, 2, 3, … tất nghiệm (3) Ví dụ (Vietnam 2006) Hãy xác định tất đa thức P(x) với hệ số thực, thoả mãn hệ thức sau: P(x2) + x(3P(x) + P(-x)) = (P(x))2 + 2x2 (4) với số thực x Lời giải: Thay x = - x vào (4), ta P(x2) – x(3P(-x) + P(x)) = (P(-x))2 + 2x2 (5) Trừ (4) cho (5), ta 4x(P(x) + P(-x)) = P2(x) – P2(-x) (P(x) + P(-x))(P(x) – P(–x) – 4x) = (6) (6) với x thuộc R, ta phải có + Hoặc P(x) + P(-x) = với vô số giá trị x + Hoặc (P(x) – P(–x) – 4x = với vô số giá trị x Do P đa thức nên từ ta suy Trang + Hoặc P(x) + P(-x) = với x + Hoặc (P(x) – P(–x) – 4x = với x Ta xét trường hợp: + P(x) + P(-x) = Khi ta có phương trình P(x2) + 2xP(x) = (P(x))2 + 2x2 P(x2) – x2 = (P(x) – x)2 Đặt Q(x) = P(x) – x Q(x2) = Q2(x) Theo ví dụ Q(x) ≡ 0, Q(x) ≡ 1, Q(x) = xn 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: P(x) = x P(x) = x2k+1 + x, k = 0, 1, … + P(x) – P(-x) – 4x = Khi ta có phương trình P(x2) + x(4P(x) – 4x) = P2(x) + 2x2 P(x2) – 2x2 = (P(x) – 2x)2 Đặt Q(x) = P(x) – 2x Q(x2) = Q2(x) Q(x) ≡ 0, Q(x) ≡ 1, Q(x) = xn Từ P(x) = 2x, P(x) = 2x+1, P(x) = xn + 2x So sánh với điều kiện P(x) – P(-x) – 4x = 0, ta nhận nghiệm: P(x) = 2x, P(x) = 2x+1 P(x) = x2k + 2x, k = 1, 2, … Tổng hợp hai trường hợp, ta có tất nghiệm (4) đa thức P(x) = x, P(x) = 2x, P(x) = 2x+1, P(x) = x2k+1 + x, P(x) = x2k + 2x với k = 2, 3, … Ví dụ Tìm tất đa thức với hệ số thực P(x) thoả mãn đẳng thức sau với số thực x P(x)P(2x2) = P(2x3+x) (7) Lời giải: Các đa thức x, 2x , 2x +x thoả mãn điều kiện định lý 1.3, ta tìm nghiệm khơng đồng số với bậc nhỏ (7) Xét trường hợp P(x) có bậc nhất, P(x) = ax + b Thay vào (7), ta có (ax + b)(2ax2+b) = a(2x3+x) + b So sánh hệ số đơn thức hai vế, ta hệ a3 = 2a, 2ba2 = 0, ab = a, b2 = b Hệ vô nghiệm (do a ≠ 0) nên ta kết luận: khơng tồn đa thức bậc thoả mãn (7) Tiếp tục xét trường hợp P(x) có bậc 2, P(x) = ax2 + bx + c Thay vào (7), ta có (ax2 + bx + c)(4ax4+2bx2+c) = a(2x3+x)2 + b(2x3+x) + c 4a2x6 + 4abx5 + (4ac + 2ab)x4 + 2b2x3 + (ac + 2bc)x2 + bcx + c2 = 4ax6 + 4ax4 + 2bx3 + ax2 + bx + c So sánh hệ số đơn thức hai vế, ta hệ 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 thoả mãn (7) Từ hệ 1.2 định lý 1.3, ta suy (x2+1)k tất đa thức bậc chẵn (không đồng số) thoả mãn (7) Thế cịn nghiệm (7) có bậc lẻ? Rõ ràng đa thức x2 + không “sinh” nghiệm bậc lẻ Rất may mắn, ta chứng minh đa thức bậc lẻ nghiệm (7) Để chứng minh điều này, dựa vào tính chất đa thức bậc lẻ có nghiệm thực, ta cần chứng minh P(x) đa thức không đồng số thoả mãn (7) P(x) khơng có nghiệm thực (đây nội dung Vietnam MO 1990) Trang Thật vậy, giả sử α nghiệm thực P(x), 2α + α nghiệm P(x) Nếu α > ta có α, α + 2α3, α + 2α3 + 2(α + 2α 3)3, … dãy tăng tất nghiệm P(x), mâu thuẫn Tương tự, α < dãy nói dãy giảm ta có P(x) có vơ số nghiệm Nếu α = 0, đặt P(x) = xkQ(x) với Q(0) ≠ 0, thay vào phương trình, ta có xkQ(x)(2x2)kQ(2x2) = (2x3+x)kQ(2x3+x) => Q(x)(2x2)kQ(2x2) = (2x2+1)kQ(2x3+x) Thay x = vào ta = Q(0), mâu thuẫn Vậy P(x) khơng có nghiệm thực, có nghĩa P(x) khơng thể có bậc lẻ Nói cách khác, tốn giải hồn tồn Như nói phần cuối trước, phương trình dạng P(f)P(g) = P(h) cịn giải cách xét nghiệm (có thể phức) đa thức P(x) = Sau xét ví dụ vậy: Ví dụ 4: Tìm tất đa thức không số P(x) cho P(x)P(x+1) = P(x2+x+1) (8) Lời giải: Giả sử a nghiệm P(x) = Khi a2 + a + 1cũng nghiệm Thay x x - 1, ta có P(x)P(x-1) = P(x2 – x + 1) Vì P(a) = nên ta suy a2 – a + nghiệm P(x) = Chọn a nghiệm có modul lớn (nếu có vài nghiệm ta chọn chúng) Từ cách chọn ta suy |a2 + a + 1| ≤ | a | |a2 – a + 1| ≤ | a | Áp dụng bất đẳng thức modul, ta có | 2a | ≤ | a2 + a + 1| + | – a2 + a – 1| ≤ | a | + | a | = | 2a| Như dấu phải xảy đẳng thức trên, suy với (a2+a+1) = s(-a2+a-1) với s số dương Nếu |a2 + a + 1| < | a2 – a + 1| 2| a2 – a + 1| > | a2 – a + 1| + | a2 + a + 1| ≥ | 2a |, suy |a2 – a + 1| > | a | Tương tự từ |a2 + a + 1| > | a2 – a + 1|, suy | a2 + a + 1| > | a |, mâu thuẫn với cách chọn a Vậy |a2 + a + 1| = | a2 – a + 1| Từ s = ta có (a2 + a + 1) = (–a2 + a – 1) suy a2 + = 0, suy a = i x2 + thừa số P(x) Từ P(x) = (x2 + 1)mQ(x), Q(x) đa thức khơng chia hết cho x2 + Thay vào (8), ta có Q(x) thỏa mãn (8) Nếu phương trình Q(x) = có nghiệm làm tương tự trên, nghiệm có modul lớn phải i Nhưng điều khơng thể x2 + khơng chia hết Q(x) Ta đến kết luận Q(x) số, giả sử c Thay vào phương trình, ta c = Như tất nghiệm khơng phương trình (8) có dạng (x2 + 1)m với m số nguyên dương Chú ý kết luận định lý khơng cịn f g hai đa thức bậc có hệ số cao đối Ví dụ với phương trình hàm đa thức P(x)P(-x) = P(x2-1) (9) tìm có đa thức bậc nhất, đa thức bậc thỏa mãn phương trình Bài tốn mơ tả tất nghiệm (9) nay, theo chúng tơi, cịn tốn mở Trang Bài tập: (Bulgaria 1976) Tìm tất đa thức P(x) thoả mãn điều kiện P(x2 – 2x) = (P(x-2))2 với x thuộc R (TH&TT 7/2006) Tìm tất đa thức có hệ số thực thoả mãn P(x)P(x+1) = P(x2+2) với x ∈ R (Bulgaria 1988) Tìm tất đa thức P(x) số cho P(x 3+1) = P3(x+1) với x Tìm tất đa thức P(x) có nghiệm thực thỏa mãn phương trình (9) Tìm đa thức khơng có nghiệm thực thỏa mãn phương trình tốn (9) Phương trình dạng P(f)P(g) = P(h) + Q Bây xét đến phương trình dạng P(f)P(g) = P(h) + Q (1) (Để tiện theo dõi không rắc rối ký hiệu, ta đánh số lại cơng thức từ 1) f, g, h, Q đa thức cho, deg(f) + deg(g) = deg(h) Với phương trình (1), Q khơng đồng ta khơng cịn tính chất "nhân tính" dạng Vì thế, việc xây dựng nghiệm trở nên khó khăn Đây khác biệt dạng với dạng Tuy nhiên, ta chứng minh định lý nhất, phát biểu sau: Định lý: Cho f, g, h đa thức không thỏa mãn điều kiện deg(f) + deg(g) = deg(h), Q đa thức cho trước 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 Phép chứng minh định lý hoàn toàn tương tự với phép chứng minh định lý chứng minh phần 1 Tìm tất đa thức P(x) thỏa mãn phương trình P2(x) – P(x2) = 2x4 Tìm tất đa thức P(x) thỏa mãn phương trình P(x2-1) = P2(x) - Trang Tìm tất (a, P, Q) a số thực, P, Q đa thức cho: P2(x)/Q2(x) = a + P(x2)/Q(x2) Một số tập tổng hợp P(3x) = P’(x)P”(x)P’’’(x) P(x) thuộc R[x]: P(x2) = P(x)P(x-1) (Ireland 1994) P(x2) = P(x)P(x+1) P(x) thuộc Z[x] 16P(x2) = [P(2x)]2 (Nam Tư 1982) Tìm đa thức f(x) thoả mãn: f(f(x)) = f(x)m với m > nguyên cho trước (Hồng Công 1999) Cho đa thức P(x) = ax2 + bx + c, a ≠ Chứng minh với số n thuộc N tuỳ ý không tồn nhiều đa thức Q(x) thoả mãn đồng nhất: Q(P(x)) = P(Q(x)) với x thuộc R (Hungary 1979) (x-1)P(x-1) = (x+2)P(x) (New York 1976) 2P(x) = P(x+1) + P(x-1) (New York 1975) P(u2 – v2) = P(u+v)P(u-v) 10 Những đa thức hệ số thực có P’ ước P? 11 P(x2) = P(x)P(x+1) 12 Tìm P Q R[x] cho: P2 = + (x2-1)Q2 13 P(x+P(x)) = P(x) + P(P(x)) Tài liệu tham khảo Nguyễn Văn Mậu, Đa thức đại số phân thức hữu tỷ, NXB Giáo dục 2002 Lê Hoành Phò, Chuyên khảo đa thức, Nhà xuất ĐHQG Tp Hồ Chí Minh, 2003 B.J Venkatachala, Functional Equations - A problem Solving Approach, PRISM 2002 Christian Leboeuf, Jean Guegand, Algebre, Ellipses 1992 Shkliarsky D.O, Chentsov N.N., Yaglom I.M., Selected Problems and Theorems in Elementary Mathematics, Mir Publishers, Moscow 1979 Conhiagghin …, Các đề vô địch Tốn nước, Nhà xuất Hải phịng 1993 Prasolov V.V, Polynomials, MCCME, Moscow 2003 Các tạp chí Kvant, Toán học tuổi trẻ, tư liệu Internet Trang