Một vài bài toán về đa thức và phương trình hàm đa thức một biến

Một vài bài toán về đa thức và phương trình hàm đa thức một biến Một vài bài toán về đa thức và phương trình hàm đa thức một biến Một vài bài toán về đa thức và phương trình hàm đa thức một biến luận văn tốt nghiệp,luận văn thạc sĩ, luận văn cao học, luận văn đại học, luận án tiến sĩ, đồ án tốt nghiệp luận văn tốt nghiệp,luận văn thạc sĩ, luận văn cao học, luận văn đại học, luận án tiến sĩ, đồ án tốt nghiệp

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN Cao Thị Nga MỘT VÀI BÀI TOÁN VỀ ĐA THỨC VÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC MỘT BIẾN LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội - Năm 2017 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN Cao Thị Nga MỘT VÀI BÀI TỐN VỀ ĐA THỨC VÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC MỘT BIẾN Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS TS NGUYỄN NHỤY Hà Nội - Năm 2017 i Mục lục Lời nói đầu 1 Một vài tốn đa thức 1.1 1.2 Đa thức, nghiệm đa thức 1.1.1 Đa thức biến 1.1.2 Đa thức 1.1.3 Phép cộng trừ đa thức, nhân đa thức 1.1.4 Bậc tổng, hiệu tích đa thức 1.1.5 Phép chia đa thức có dư 1.1.6 Phép chia hết Ước bội 1.1.7 Thuật toán Euclid 10 1.1.8 Nghiệm đa thức, định lí 12 1.1.9 Định lí Viète 19 1.1.10 Đồng thức Newton 22 1.1.11 Các toán 23 Đa thức với hệ số nguyên, đa thức bất khả quy 30 1.2.1 Đa thức với hệ số nguyên 30 1.2.2 Đa thức bất khả quy Z[x] 31 1.2.3 Mối quan hệ bất khả quy Z[x] Q[x] 35 1.2.4 Các toán 37 ii Phương trình hàm đa thức 43 2.1 Phương trình dạng P (f )P (g) = P (h) 43 2.2 Phương pháp nghiệm đa thức 57 2.3 Phương pháp khảo sát hệ số 69 2.4 Phương pháp sử dụng bậc đa thức 72 Kết luận 79 Tài liệu tham khảo 80 LỜI NÓI ĐẦU Đa thức chuyên đề quan trọng chương trình tốn học phổ thơng Khơng thế, đa thức chủ đề hay rộng lớn để khai thác tìm hiểu Các tốn đa thức kiến thức kiểm tra thiếu kì thi phổ thơng Đặc biệt kì thi Olimpic quốc tế, chủ đề đa thức, phương trình hàm đa thức xuất thường xuyên với dạng tốn đa dạng Do đó, để đáp ứng nhu cầu giảng dạy, học tập, luận văn "Một vài toán đa thức phương trình hàm đa thức biến" nhằm tìm hiểu, thu thập tài liệu phân loại hệ thống tốn đa thức, phương trình hàm đa thức biến Bố cục luận văn gồm lời mở đầu, hai chương, phần kết luận danh mục tài liệu tham khảo Chương Một vài toán đa thức Chương dành để trình bày số khái niệm đa thức, định lí bản, tiêu chuẩn bất khả quy với tốn tiêu biểu kì thi Olimpic quốc tế Chương Phương trình hàm đa thức Trong chương chúng tơi trình bày dạng tốn phương trình hàm thường gặp ba phương pháp thường dùng giải phương trình hàm đa thức với tốn tiêu biểu kì thi Olimpic quốc tế Để hoàn thành luận văn, em nhận giúp đỡ thầy cô, bạn bè, đặc biệt bảo hướng dẫn tận tình PGS TS Nguyễn Nhụy, thầy Seminar mơn Tốn trường Đại học Khoa học Tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội Em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành thầy giáo khoa Tốn - Cơ - Tin học, trường Đại học Khoa học Tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội, hướng dẫn em hồn thành khóa học Cao học 2015-2017 Do thời gian thực luận văn khơng nhiều, kiến thức cịn hạn chế nên làm luận văn không tránh khỏi hạn chế sai sót Em mong nhận ý kiến góp ý q thầy bạn đọc Em xin chân thành cảm ơn Hà Nội, tháng 11 năm 2017 Học viên Cao Thị Nga Chương Một vài toán đa thức Trong chương này, chúng tơi trình bày hai nội dung Mục một, giới thiệu kiến thức đa thức định nghĩa đơn thức, đa thức, phép chia hết, chia có dư, định lí Tiếp theo số toán hay đa thức xuất kì thi Olimpic Vấn đề đa thức bất khả quy vành số nguyên trình bày mục hai Tiêu chuẩn đa thức bất khả quy chứng minh kèm theo tập áp dụng 1.1 Đa thức, nghiệm đa thức 1.1.1 Đa thức biến Định nghĩa 1.1.1 (Đơn thức biến) Biểu thức có dạng axk (trong a thuộc trường K; x biến; số mũ k số tự nhiên) gọi đơn thức biến với hệ số K Định nghĩa 1.1.2 (Đa thức biến) Đa thức biến x trường số K biểu thức có dạng P (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 ∈ K; an = gọi hệ số đa thức an gọi hệ số cao nhất; a0 gọi hệ số tự Chú ý 1.1.3 Tập hợp tất đa thức biến trường số thực kí hiệu R[x] Nếu hệ số lấy tập hợp số hữu tỉ ta có đa thức với hệ số hữu tỉ Q[x] Nếu hệ số lấy tập hợp số ngun ta có đa thức với hệ số ngun Z[x] Nếu hệ số lấy tập hợp số phức ta có đa thức với hệ số phức C[x] 1.1.2 Đa thức Định nghĩa 1.1.4 (Đa thức nhau) m n k Hai đa thức P (x) = bk xk ak x ; Q(x) = k=0 k=0 m = n ak = bk với k = 0, 1, 2, , m Định lý 1.1.5 (Nguyên lí so sánh hệ số) Cho hai đa thức P (x) = an xn + + a1 x + a0 Q(x) = bm xm + + b1 x + b0 với n ≥ m Nếu tồn n + số đôi khác α1 , α2 , , αn+1 (αi = αj , ∀i = j) cho P (αi ) = Q(αi ) với i = 1, 2, , n + n = m a0 = b0 , a1 = b1 , , an = bn Chứng minh Cho hai đa thức P (x) = an xn + + a1 x + a0 Q(x) = bm xm + + b1 x + b0 Theo n ≥ m Khi ta có n = m + k với k ≥ Xét hiệu P (x)−Q(x) = am+k xm+k +am+k−1 xm+k−1 + .+xm (am −bm )+xm−1 (am−1 − bm−1 )+ + a0 − b0 Theo tồn n+1 số đôi khác α1 , α2 , , αn+1 (αi = αj , ∀i = j)  cho P (αi ) = Q(αi ) Khi P (αi ) − Q(αi ) = Suy     am+k = am+k−1 = = am+1 = ⇒ n = m        a n = bn         am = bm         an−1 = bn−1       am−1 = bm−1  hay an−2 = bn−2       a = b   m−2 m−2                      a0 = b0    a0 = b0    m = n, Vậy   a0 = b0 , a1 = b1 , , an = bn 1.1.3 Phép cộng trừ đa thức, nhân đa thức m n k Cho đa thức P (x) = bk xk ak x , Q(x) = k=0 k=0 Khi phép cộng trừ hai đa thức P (x) Q(x) thực theo hệ số xk ; tức max(m,n) (ak + bk )xk P (x) + Q(x) = k=0 đây, n ≤ m bk = với k = n + 1, , m Khi P (x)Q(x) n+m đa thức bậc m + n có hệ số xác định ck = bk−i i=0 1.1.4 Bậc tổng, hiệu tích đa thức Tính chất 1.1.6 Cho đa thức P (x); Q(x) đa thức bậc m; n tương ứng Khi deg(P ± Q) ≤ max(m; n) deg(P ) = deg(Q) dấu xảy Trong trường hợp m = n deg(P ± Q) nhận giá trị nhỏ m, deg(P Q) = m + n, deg P (Q(x)) = m n 1.1.5 Phép chia đa thức có dư Định lý 1.1.7 Với hai đa thức P (x) Q(x) bất kì, deg(Q) ≥ 1, tồn đa thức S(x) R(x) thỏa mãn đồng thời điều kiện • P (x) = Q(x).S(x) + R(x), • ≤ deg(R(x)) < deg(Q(x)) Chứng minh Trước tiên, ta chứng minh tính tồn Ta chứng minh quy nạp theo m = deg(P ) Nếu deg(P ) < deg(Q) ta chọn S(x) = R(x) = P (x) thỏa mãn đồng thời hai điều kiện định lí Giả sử m ≥ n định lí chứng minh với đa thức có bậc nhở m Ta chứng minh định lí với đa thức bậc m Giả sử P (x) = m k k=0 ak x , Q(x) H(x) = P (x) − m am bn = n k k=0 bk x Xét đa thức xm−n Q(x) = am x + am−1 x m−1 + + a1 x + a0 − am bn xm−n (bn xn + + b0 ) 66 ⇔ (x − 2) [P (3x + 2) + 3] = 32016 x [P (x) + 3] , x ∈ R (2) Đặt Q(x) = P (x) + Suy (x − 2)Q(3x + 2) = 32016 xQ(x), x ∈ R Lấy x = Suy Q(2) = Ta đặt Q(x) = (x − 2)S(x) Khi phương trình (2) tương đương với (x − 2)3xS(3x + 2) = 32016 x(x − 2)S(x) ⇔ S(3x + 2) = 32015 S(x), x ∈ R Đẳng thức tương đương với S(3x − 1) = 32015 S(3x − 1), x ∈ R Đặt T (x) = S(x − 1) ta được: T (3x) = 32015 T (x), x ∈ R Giả sử T (x) = an xn + + a1 x + a0 (a0 = 0) Khi T (3x) = an 3n xn + + a1 3x + a0 32015 T (x) = an 32015 xn +  + a1 32015 x + 32015 a0   n = 2015 Đồng hệ số ta   an−1 = = a0 = Do đó: T (x) = cx2015 , x ∈ R với c số Suy P (x) = c(x − 2)(x + 1)2015 − Thử lại (x − 2)P (3x + 2) = 32016 cx(x + 1)2015 (x − 2) − 3x + 32016 xP (x) + 32017 x − 3x + = 32016 cx(x − 2)(x + 1)2015 − 3x32016 + 32017 x ⇔ 32016 xP (x) + 32017 x − 3x + = 32016 cx(x + 1)2015 (x − 2) − 3x + Suy (x − 2)P (3x + 2) = 32016 xP (x) + 32017 x − 3x + Vậy P (x) = c(x − 2)(x + 1)2015 − với c số Bài tốn 2.2.9 (VMO 2003) 67 Hãy tìm tất đa thức P (x) với hệ số thực, thỏa mãn (x3 + 3x2 + 3x + 2) P (x − 1) = (x3 − 3x2 + 3x − 2) P (x), ∀x ∈ R Lời giải Ta có (x3 + 3x2 + 3x + 2) P (x − 1) = (x3 − 3x2 + 3x − 2) P (x), ∀x ∈ R (2) ⇔ (x + 2) (x2 + x + 1) P (x − 1) = (x − 2) (x2 − x + 1) P (x), ∀x ∈ R (3) Thay x = −2 vào (3) ta được: = −28P (−2) ⇒ P (−2) = Thay x = vào (3) ta được: = 28P (1) ⇒ P (1) = Từ ta có Thay x = −1 vào (2) ta được: = −9P (−1) ⇒ P (−1) = Thay x = vào (2) ta được: = 9P (0) ⇒ P (0) = Từ kết ta suy P (x) = (x−1)x(x+1)(x+2)Q(x), ∀x ∈ R (4) Trong Q(x) đa thức với hệ số thực biến x Khi P (x − 1) = (x − 2)(x − 1)x(x + 1)Q(x − 1), ∀x ∈ R (5) Từ (3), (4).(5) ta (x − 2)(x − 1)x(x + 1)(x + 2)(x2 + x + 1)Q(x − 1) = = (x − 2)(x − 1)x(x + 1)(x + 2)(x2 − x + 1)Q(x), ∀x ∈ R Suy (x2 + x + 1) Q(x − 1) = (x2 − x + 1) Q(x), ∀x = 0; 1; −1; 2; −2 Do vế đẳng thức đa thức biến x nên (x2 + x + 1) Q(x − 1) = (x2 − x + 1) Q(x), ∀x ∈ R Có (x2 + x + 1; x2 − x + 1) = 2 Thật  đặt (x − x + 1, x + x + 1) = d     x2 − x + d (x2 + x + 1) − (x2 − x + 1) d ⇔ ⇔     x2 + x + d (x2 + x + 1) + (x2 − x + 1) d (6) 68 ⇔    2x d   2x2 + d ⇒    2x2 d   2x2 + d ⇒ d Mặt khác x2 + x + = x(x + 1) + Với x ∈ Z x x + hai số nguyên liên tiếp nên x(x + 1) Suy x(x + 1) + không chia hết cho Suy d = Vậy d = Từ suy Q(x) = (x2 + x + 1) R(x), ∀x ∈ R, (7) R(x) đa thức với hệ số thực biến x Suy ra: Q(x − 1) = (x2 − x + 1) R(x − 1), ∀x ∈ R (8) Từ đó, (x2 + x + 1) (x2 − x + 1) R(x − 1) = (x2 − x + 1) (x2 + x + 1) R(x), ∀x ∈ R (x2 − x + 1) (x2 + x + 1) = 0, ∀x ∈ R ta R(x − 1) = R(x), ∀x ∈ R Suy đa thức R(x) đa thức Từ (7) (4) ta P (x) = c(x − 1)x(x + 1)(x + 2) (x2 + x + 1) , ∀x ∈ R, c số thực tùy ý Thử lại (x3 + 3x2 + 3x + 2) P (x − 1) = (x + 2) (x2 + x + 1) c(x − 2)(x − 1)x(x + 1) (x2 − x + 1) (x3 − 3x2 + 3x − 2) P (x) = (x − 2) (x2 − x + 1) c(x − 1)x(x + 1)(x + 2) (x2 + x + 1) Suy (x3 + 3x2 + 3x + 2) P (x − 1) = (x3 − 3x2 + 3x − 2) P (x) Vậy P (x) = c(x − 1)x(x + 1)(x + 2) (x2 + x + 1) 69 2.3 Phương pháp khảo sát hệ số Trước hết, chứng minh bổ đề sử dụng phương pháp Bổ đề 2.3.1 Nếu P (x) đa thức theo biến x2 đa thức P (x) P (x) x đa thức theo biến x2 Chứng minh Đặt P (x) = an xn +an−1 xn−1 + .+a0 , an = Hệ số x2n−1 2an an−1 Suy ta có an−1 = Tiếp tục ta có hệ số x2n−3 2an an−3 Vì an−3 = Tiếp tục trình ta có an−2k−1 = với k = 0, 1, 2, Suy P (x) = an xn + an−2 xn−2 + Như đa thức P (x) đa thức bậc chẵn (đccm) Bài toán 2.3.2 Xác định tất đa thức P (x) thỏa mãn 16P (x2 ) = P (2x) Lời giải   x  Theo 16P (x2 ) = P (2x) ⇒ P (x) = 16P   · Theo bổ đề 2.3.1 ta có P (x) = Q(x2 ) P (x) = xQ(x2 ) Trường  hợp P (x) = Q(x2 )   P (2x) = Q(4x2 ) Suy ⇒ 16Q(x4 ) = 4Q2 (4x2 )   P (x2 ) = Q(x4 ) hay 16Q(x2 ) = Q2 (4x) Trường hợp P (x) = xQ(x2 ) 70 Suy    P (2x) = 4x2 Q2 (4x2 ) ⇒ 16Q(x4 ) = 4Q2 (4x2 )   P (x2 ) = x2 Q(x4 ) hay 4Q(x2 ) = Q2 (4x) Từ kết hai trường hợp ta lại tiếp tục áp dụng bổ đề 2.3.1 Đặt Q(x) = R(x2 ) Q(x) = xR(x2 ) Tiếp tục làm ta P (x) = xi R(x4 ) , i = 0, 1, 2, k Tổng quát hóa P (x) = xi S(x2 ), i ∈ 0, 1, 2, , 2k − k Suy deg xi S(x2 ) = 2k > deg P ⇒ S = const    P (x2 ) = cx2i Ta đặt P (x) = cxi ⇒   P (2x) = c2 22i x2i 16 Theo 16P (x2 ) = P (2x) ⇒ c2 4i − 16c = ⇒ c = i ·  n  x Vậy P (x) = 16   với n ∈ N Thử lại  n x2  162 x2n x2n 162 x2n 2 16P (x ) = 16   = , P (2x) = 16 n = · 4n 4n 2 Suy 16P (x2 ) = P (2x) Bài tốn 2.3.3 Tìm tất đa thức P (x) thỏa mãn      1  1 P (x) + P   = P (x2 )P   · x x Lời giải Áp dụng bổ đề 2.3.1 ta đặt P (x) = Q(x2 ) P (x) = xQ(x2 ) Trường hợp 1.P (x) = Q(x2 ) (3) 71         P (x2 ) = Q(x2 )        1  1 2 2 ⇒ Q (x ) + Q   = Q(x )Q    x x  1  1   P  2 = Q  4   x x       1  1 hay Q2 (x) + Q2   = Q(x2 )Q   · x x Trường hợp P (x) = xQ(x2 )      1  1 2 Tương tự ta có xQ (x) + Q   = Q(x )Q   · x x x Nhận thấy vế trái biểu thức có bậc lẻ, vế phải biểu thức có bậc chẵn Suy vơ lí Vậy P (x) = Q(x2 ) Trong Q(x) nghiệm phương trình (3) Tiếp tục áp dụng bổ đề 2.3.1, ta có Q(x) = R(x2 ) ⇒ Q(x2 ) = R(x4 ) k Tiếp tục ta có P (x) = S(x2 ), k ∈ N∗ k Vì deg S(x2 ) = 2k > deg P ⇒ S = const Đặt P (x) = c Thay vào phương trình (3) ta c2 + c2 = c2 ⇒ c = Vậy P (x) = Bài tốn 2.3.4 Tìm tất đa thức P (x) thỏa mãn P (x2 + 1) = P (x) + với x Lời giải Ta có P (x2 + 1) = P (x) + ⇒ P (x) = P (x2 + 1) − Áp dụng bổ đề 2.3.1 ta có P (x) = Q(x2 + 1) P (x) = xQ2 (x2 + 1) Trường hợp P (x) = Q(x2 + 1) ⇒ Q [(x2 + 1)2 + 1] = Q2 (x2 + 1) + Trường hợp P (x) = xQ2 (x2 + 1) ⇒ (x2 + 1)Q ((x2 + 1)2 + 1) = x2 Q2 (x2 + 1) + Đặt x2 + = y 72 Từ trường hợp 2, ta có: yQ(y + 1) = (y − 1)Q2 (y) + Với y = ⇒ Q(2) = (1) Với a = 0; Q(a) = Suy aQ2 (a2 + 1) = (a − 1) + ⇒ Q(a2 + 1) = (2) Từ (1) (2) suy Q = Từ trường hợp (2) suy P (x) = Q(x2 + 1).Trong Q(x) nghiệm toán ban đầu 2k ⇒ P (x) = T (T ( (T (x) ) với T (x) = x2 + Hay P (x) = (x2 + 1) + với k ∈ N∗ Thử lại P (x2 + 1) = (x2 + 1) + 2k 4k 4k 2k + = (x2 + 1) + (x2 + 1) + 2, 2k P (x) + = (x2 + 1) + (x2 + 1) + + Suy P (x2 + 1) = P (x) + 2.4 Phương pháp sử dụng bậc đa thức Ở phương pháp này, sử dụng việc tìm bậc đa thức để xác định đa thức cần tìm Nhắc lại Cho hai đa thức P (x), Q(x) đa thức bậc m, n tương ứng Khi deg(P.Q) = m + n, deg P (Q(x)) = mn Bài tốn 2.4.1 Tìm tất đa thức P (x) thỏa mãn x4 + 2x3 + 3x2 + 2x + = P (x) Lời giải Đặt deg P (x) = k với k ∈ N Khi ta có (1) 73 = 2k ⇔ k = Suy P (x) = ax2 + bx + c (a = 0) Vì hệ số cao vế trái nên a = Suy P (x) = x2 + bx + c Thay vào phương trình (1) ta x4 + 2x3 + 3x2 + 2x + = x4 + 2bx3 + (b2 + 2c)x2 + 2bcx + c2 Đồng hệ số hai vế ta     2b =           b2 + 2c = b = ⇔      c = 2bc =        c2 = Suy P (x) = x2 + x + Thử lại Dễ dàng tính với P (x) = x2 + x + P (x) = x4 + 2x3 + 3x2 + 2x + Bài tốn 2.4.2 Tìm tất đa thức P (x) thỏa mãn P (x)P (x + 1) = P (P (x)) (1) Lời giải Đặt deg P (x) = k với k ∈ N Khi deg P (x) = deg P (x + 1) = k ⇒ deg [P (x)P (x + 1)] = 2k Lại có deg P (P (x)) = k Từ phương trình (1) suy 2k = k Suy k = k = Xét trường hợp k = Khi P (x) = const = c Thay vào phương trình (1) ta c2 = c Suy c = c = Vậy P (x) ≡ P (x) ≡ Xét trường hợp k = Khi P (x) = ax2 + bx + c (a = 0) Thay vào phương trình (1) thu gọn hai vế ta 74 a2 x4 + 2abx2 − (2a2 − 2ac − b2 )x2 − 2(ab − bc)x + a2 + 2ac + c2 − b2 = = a4 x4 + 2a2 bx3 + (ab2 +  2a2 c + ab)x2 + (2abc + b)x + bc + ac2    a=1     Đồng hệ số ta b = −2 suy P (x) = (x − 1)2       c = Thử lại Dễ dàng nhận thấy P (x) = P (x) = ln thỏa mãn tốn Với P (x) = (x − 1)2 ta có P (x)P (x + 1) = (x − 1)2 x2 = (x2 − x) 2 P (P (x)) = P [(x − 1)2 ] = [(x − 1)2 − 1] = (x2 − 2x) Suy P (x)P (x − 1) = P (P (x)) (thỏa mãn toán) Vậy P (x) ≡ 0; P (x) ≡ P (x) = (x − 1)2 Bài tốn 2.4.3 Tìm tất đa thức P (x) thỏa mãn      P (x) = [P (x + 1) + P (x − 1)] , ∀x    P (0) = Lời giải Đây cách làm khác 2.1.12 Xét deg P (x) = Khi P (x) ≡ thỏa mãn toán Xét deg P (x) ≥ Theo đề ta có: P (x) − P (x − 1) = P (x + 1) − P (x) Đặt Q(x) = P (x + 1) − P (x) Suy Q(x − 1) = P (x) − P (x − 1) Từ suy Q(x − 1) = Q(x) ⇒ Q(x) = const = c Mặt khác deg Q(x) = deg(P (x)) − Mà deg Q(x) = ⇒ deg P (x) = Lại có P (0) = Do P (x) = ax, a = Thử lại Dễ dàng nhận thấy P (x) = ln thỏa mãn tốn Với P (x) = ax, a = 75 Ta có [P (x + 1) + P (x − 1)] = (ax + a + ax − a) = ax = P (x) P (0) = Vậy P (x) ≡ P (x) = ax, a = Bài toán 2.4.4 (VMO 2006) Hãy xác định tất đa thức P (x) với hệ số thực thỏa mãn hệ thức sau P (x2 )+x [3P (x) + P (−x)] = (P (x)) +2x2 , ∀x ∈ R (1) Lời giải Dễ nhận thấy deg P (x) > Xét deg P (x) = Đặt P (x) = ax + b(a = 0), vào (1), ta (a2 − 3a + 2) x2 + 2b(a − 2b)x + b2 − b = (2) Đồng hệ số hai vế (2) ta (a = 1, b = 0) , (a = 2, b = 0) , (a = 2, b = 1) Ta đa thức P (x) = x, P (x) = 2x, P (x) = 2x + Xét deg P (x) = n(n > 1) Đặt P (x) = axn +S(x), a = (3) với S(x) đa thức, deg S = k < n Thế (3) vào (1), ta (a2 − a)x2n + (S(x))2 − S(x2 ) + 2axn S(x) = [3 + (−1)n ] axn+1 +[3S(x)+S(−x)]x−2x2 (4) Vì bậc đa thức nằm vế phải (4) n + n + < 2n nên từ (4) ta a2 − a = hay a = Do đó, từ (4) ta có 2xn S(x) + (S(x))2 − S(x2 ) ≡ [3+(−1)n ]xn+1 +[3S(x)+S(−x)]x−2x2 Vì bậc đa thức nằm vế trái (5) n + k bậc đa thức nằm vế trái (5) n + nên từ (5) suy k = Hơn nữa, thay x = (5) 76 vào (5) ta (S(0)) − S(0) = Suy S(0) = S(0) = Như S(x) = px S(x) = px + Trường hợp S(x) = px Thế vào (5) ta [3 +(−1)n − 2p] xn+1 − (p2 − 3p + 2) x2 ≡   3 + (−1)n − 2p = ⇔   p2 − 3p + = ⇔ p = 1, n ≡ 1(mod 2) p = 2; n ≡ 0(mod 2) Từ ta đa thức P (x) = x2n+1 + x P (x) = x2n + 2x Trường hợp S(x) = px + Thay vào (5) ta [3 + (−1)n − 2p] xn+1 − 2xn + (p2 + 3p − 2) x2 + 2x(2 − p) ≡ Đồng hệ số ta      + (−1)n − 2p =        p=2       2xn =  ⇒ (−1)n − =       p + 3p − =        2xn =    p = Suy vơ lí Chứng tỏ khơng tồn đa thức thỏa mãn biểu thức (1) trường hợp Như vậy, tất đa thức thỏa mãn đề là: P (x) = x; P (x) = x2n+1 + x P (x) = x2n + 2x, n ∈ N tùy ý Bài toán thử lại 2.1.12 Bài tốn 2.4.5 Tìm tất đa thức P (x) thỏa mãn hệ thức P (3x) = P (x)P (x)P (x) Lời giải Ta xét hai trường hợp Nếu deg P ≤ P (x) = ⇒ P (3x) = ⇒ P (x) = (1) 77 Thử lại Nếu deg P (x) = n ≥ deg P (x) = n − 1, deg P (x) = n − 2, deg P (x) = n − Vì bậc hai vế phương trình (1) nên ta có n = (n − 1) + (n − 2) + (n − 3) ⇒ n = Đặt P (x) = ax3 + bx2 + cx + d (a = 0) Khi P (x) = 3ax2 + 2bx + c, P (x) = 6ax + 2b, P (x) = 6a, P (3x) = 27ax3 + 9bx2 + 3cx + d Thế vào phương trình (1)  số ta  đồngnhất hệ     1        a ∈ ; −   27a = 108a       2             9b = 108ba2 ⇔ b=0     2   3c = 24b a + 36ca       c=0          d = 12abc   d = 1 Do đó: P (x) = x3 P (x) = − x3 2 Thử lại Với P (x) = x3 ta có P (3x) = 27 x3 27 P (x)P (x)P (x) = x2 · 3x · = x3 2 Suy thỏa mãn phương trình (1) Với P (x) = − x3 ta có 27 P (3x) = x3 78 27 P (x)P (x)P (x) = − x · (−3x) · (−3) = − x3 2 Suy thỏa mãn phương trình (1) 1 Vậy P (x) = 0, P (x) = x , P (x) = − x3 2 Bài tốn 2.4.6 Tìm tất đa thức P (x) với hệ số thực thỏa mãn 1 + P (x) = [P (x + 1) + P (x − 1)] ∀x ∈ R Lời giải Trước hết ta chứng tỏ deg(P ) ≤ Thật vậy, giả sử ngược lại có P (x) với deg(P ) > thỏa mãn toán Ta đặt P (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 (an = 0) Thay vào hệ thức đề ý tới hệ số xn−2 (tức an−2 ) ta an−2 = (2an c2n + 2an−2 ) suy an = Mâu thuẫn Khi deg(P ) = 0, ta thay P (x) = const vào hệ thức đề bài, ta thấy ko thỏa mãn Khi deg(P ) = 1, ta xét P (x) = ax + b, thay vào hệ thức đề bài, ta thấy không thỏa mãn Khi deg(P ) = 2, ta xét P (x) = ax2 + bx + c Thay vào hệ thức đề bài, suy a = Ngược lại, đa thức P (x) = ax2 + bx + c thỏa mãn đề 79 KẾT LUẬN Luận văn “ Một vài toán đa thức phương trình hàm đa thức biến” giải vấn đề sau Luận văn tổng hợp kiến thức đa thức định nghĩa đa thức, phép chia hết, phép chia có dư, đa thức bất khả quy, chứng minh định lí bản, tiêu chuẩn bất khả quy Luận văn tập trung phân tích phương pháp giải phương trình hàm đa thức Cụ thể, luận văn trình bày dạng tốn phương trình hàm thường gặp ba phương pháp thường dùng giải phương trình hàm đa thức Luận văn sưu tầm, tổng hợp đa dạng tốn kì thi Olimpic quốc tế Luận văn giúp nâng cao hiểu biết thân toán đa thức, phương trình hàm đa thức Luận văn nguồn tài liệu tham khảo cho giáo viên học sinh phổ thông Mặc dù cố gắng, nhiên luận văn khơng tránh khỏi sai sót, mong nhận góp ý q thầy bạn đọc 80 Tài liệu tham khảo A Tiếng Việt [1] Lê Thị Kim Liên (2012), Định lí đại số, Luận văn Thạc sĩ Toán học, ĐHKH ĐH Thái Nguyên, tr 32 − 33 [2] Nguyễn Văn Mậu (2002), Đa thức đại số phân thức hữu tỉ, NXB Giáo dục [3] Lê Hồnh Phị (2016), Chuyên khảo đa thức, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội B Tiếng Anh [4] Dusan Djukic (2007), Polynomial Equations, www.imo.math.com [5] Miguel A.Lerma (2016), Putnam training Polynomials, http:// www.math.northwestern.edu [6] Paul Vaderlind (2005), The Polynomial, Stockholm University [7] http:// artofproblemsolving.com [8] www.cs.cornell.edu ... đầu 1 Một vài toán đa thức 1.1 1.2 Đa thức, nghiệm đa thức 1.1.1 Đa thức biến 1.1.2 Đa thức 1.1.3 Phép cộng trừ đa thức, nhân đa thức. .. tế, chủ đề đa thức, phương trình hàm đa thức xuất thường xuyên với dạng tốn đa dạng Do đó, để đáp ứng nhu cầu giảng dạy, học tập, luận văn "Một vài tốn đa thức phương trình hàm đa thức biến" nhằm... HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN Cao Thị Nga MỘT VÀI BÀI TOÁN VỀ ĐA THỨC VÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC MỘT BIẾN Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA