3 MỘT SỐ ÁP DỤNG
3.1.3 Phương trình dạng P (f )P (g) =P (h )+ Q
Bài toán tổng quát 3.3. Giả sử f(x), g(x),h(x) và Q(x) là các đa thức thuộc R[x] đã cho thỏa mãn điều kiện deg (f) + deg (g) = deg (h). Tìm tất cả các đa thức
P(x)∈R[x] sao cho
P (f(x))P (g(x)) = P(h(x)) +Q(x), ∀x∈R. (3.20) Với phương trình (3.20), nếu Q không đồng nhất bằng 0 thì ta sẽ không còn tính chất như tính chất 3.1 và hệ quả 3.1. Vì thế, việc xây dựng nghiệm trở nên khó khăn hơn. Đây chính là khác biệt cơ bản của bài toán tổng quát 3.3 với bài toán tổng quát 3.2. Tuy nhiên ta vẫn có thể chứng minh được tính duy nhất nghiệm được phát biểu như sau:
Định lí 3.2 (Xem [2]). Cho f, g, hlà các đa thức không hằng thỏa mãn điều kiện deg (f) + deg (g) = deg (h),
Q là một đa thức cho trước, ngoài ra deg (f) 6= deg (g) hoặc deg (f) = deg (g) và
f∗+g∗ 6= 0. Khi đó, với mỗi số nguyên dương n và số thực a, tồn tại nhiều nhất một đa thức P thỏa mãn đồng thời các điều kiện:
i) deg (P) = n; ii) P∗ =a;
iii) P(f)P(g) = P(h) +Q.
Phép chứng minh định lý này hoàn toàn tương tự với phép chứng minh định lý 3.1.
Hệ quả 3.2. Với các điều kiện như trong định lý 3.2, với mỗi số nguyên dương n, tồn tại nhiều nhất hai đa thứcP có bậc n thỏa mãn phương trình
P(f)P(g) = P (h) +Q.
Sau đây ta sẽ xem xét một số ví dụ áp dụng.
Ví dụ 3.6. Tìm tất cả các đa thức P (x)∈R[x] thỏa mãn điều kiện
P2(x)−P x2= 2x4, ∀x∈R. (3.21)
Lời giải.
Nếu đặt P (x) =axk +R(x) với deg (R) = r < k, a6= 0 thì ta được
P2(x)−P x2= a2−ax2k+ 2axkR(x) +R2(x)−R x2.
Từ đó suy ra deg P2(x)−P x2 hoặc bằng 2 k nếu a 6= 1, hoặc bằng k+r nếu
a= 1 và r≥0, hoặc bằng−∞ khia= 1 và r=−∞(tức là đồng nhất bằng không). Từ đó, suy ra k≤4.
Đến đây, dùng phương pháp đồng nhất hệ số ta tìm được các nghiệm của (3.21) là
x4+ 1, x3+x, 2x2, −x2.
Ví dụ 3.7. Tìm tất cả các đa thức P (x)∈R[x] thỏa mãn điều kiện
P x2+ 1= (P (x))2+ 1, ∀x∈R. (3.22)
Lời giải.
- Xét trường hợp P (0) = 0.
P(1) = (P (0))2+ 1 = 1;
P(2) = (P (1))2+ 1 = 2;. . .
Ta tạo được dãy số b0, b1, b2, . . . bn, . . ..
Với b0= 0 và bn+1=bn2 + 1, P (bn) =bn với mọi số tự nhiên n.
Ta có dãyb0, b1, b2, . . . bn, . . . là dãy tăng, nghĩa là tập hợp {bn|n= 0,1,2, . . .}chứa vô hạn những số khác nhau. Từ đó ta có P(x) = x. - Xét trường hợp P (0)6= 0. Thay P (x) =a0xn+a1xn−1+· · ·+an−1x+an vào (3.22) ta được a0 x2+ 1n+a1 x2+ 1n−1+· · ·+an−1 x2+ 1+an = a0xn+a1xn−1+· · ·+an−1x+an2+ 1.
Bằng cách so sánh hệ số trướcx ta nhận được 2an−1an = 0 hay an−1= 0.
Sau đó bằng cách so sánh hệ số trước x3 ta nhận được 2an−3an = 0, nghĩa là
an−3 = 0.
Tiếp tục quá trình này cuối cùng ta nhận được những hệ số trước bậc lẻ củaxtrong dạng chuẩn tắc của P (x) bằng không. Nói cách khác, n= 2k và P (x) =Q x2 với
Q(t) là một đa thức bậc k. Từ điều kiện bài toán suy ra
Q x2+ 12=P x2+ 1= (P (x))2+ 1 = Q x22+ 1.
Đặt H(y) = Q(y−1), thì H x2+ 12+ 1=Q x2+ 12 = Q x22+ 1 = H x2+ 12+ 1.
Nhưng khi x tạo ra tập hợp tất cả những số thì x2+ 1tạo ra tập hợp số vô hạn và theo nguyên lý so sánh hệ số khi đó thỏa mãn
H y2+ 1= (H(y))2+ 1, nghĩa là H(y) thỏa mãn điều kiện bài toán. Nếu với H(y) thỏa mãn H(0) = 0
thì H(y) = y và nghĩa là P (x) = Q x2=H x2+ 1=x2+ 1.
Nếu lại có H(0) 6= 0, từ đa thức H(y) ta có thể tiến hành như phương pháp với
P(x) và sẽ nhận được đa thức H1(x) có bậc hai lần thấp hơn bậc của H(y), mà nó sẽ thỏa mãn điều kiện bài toán. Quá trình này chỉ có hữu hạn bước, nghĩa là đến một thời điểm chắc chắn sẽ đến đa thức x. Suy ra, nếu một đa thức P (x) có tính chất P x2+ 1 = (P (x))2 + 1, nó sẽ trùng với đa thức nào đó trong dãy
Ngược lại, bằng cách kiểm tra trực tiếp thì mọi đa thức trong dãy trên thỏa mãn điều kiện bài toán.
Ví dụ 3.8. Tìm tất cả các đa thức P (x)∈R[x] thỏa mãn điều kiện
P x2−2=P2(x)−2, ∀x∈R. (3.23)
Lời giải.
Có hai đa thức hằng thỏa mãn phương trình là đa thức đồng nhất −1 và đa thức đồng nhất 2. Với các đa thức bậc lớn hơn hay bằng 1, áp dụng hệ quả 3.2 và tính chất 3.2 ta suy ra với mỗi số nguyên dươngn, tồn tại không quá một đa thứcP (x) thỏa mãn (3.23).
Điểm khó ở đây là ta không có cách đơn giản để xây dựng các nghiệm. Dùng phương pháp đồng nhất hệ số, ta tìm được các nghiệm bậc 1, 2, 3, 4 lần lượt là
x, x2−2, x3−3x, x4−4x2+ 2.
Từ đây, có thể dự đoán được quy luật của dãy nghiệm như sau:
P0 = 2, P1 =x, Pn+1 =xPn−Pn−1, n= 1, 2, 3, . . . (3.24) Cuối cùng, để hoàn tất lời giải bài toán, ta chỉ cần chứng minh các đa thức thuộc dãy đa thức xác định bởi (3.24) thỏa mãn phương trình (3.23).
Ta có thể thực hiện điều này bằng cách sử dụng qui nạp toán học bằng cách như sau:
Xét x bất kỳ thuộc [−2; 2], đặt x= 2 cost thì từ công thức (3.24), ta suy ra
P2(x) = 4cos2t−2 = 2 cos 2t, P3(x) = 2 cost.2 cos 2t−2 cost = 2 cos 3t, và nói chung Pn(x) = 2 cosnt.
Từ đó Pn x2−2=Pn 4cos2t−2
=Pn(2 cos 2t) = 2 cos (2nt) = 4cos2(nt)−2 =Pn2(x)−2.
Đẳng thức này đúng với mọix∈[−2; 2] do đó đúng với mọi x. Bài toán được giải quyết hoàn toàn.