sánh bậc
Bài toán 1.8.1 (Centro American Olympiad 2008). Tìm tất cả các đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn P(1) = 210 và
Giải. Từ giả thiết suy ra P(x) không thể là đa thức hằng. Giả sử:
P(x) = anxn+an−1xn−1 +...+a1x+ a0, an 6= 0.
So sánh hệ số của lũy thừa cao nhất ở hai vế của (1.40) ta đượcan2n = 8an
hay 2n = 8, suy ra n = 3. Vậy P(x) là đa thức bậc ba. Từ (1.40) lấy x = −10 ta được P(−4) = 0.
Từ (1.40), lấy x = −2 ta được −48P(4) = 8P(−4) = 0 suy ra P(4) = 0.
Từ (1.40), lấy x = 4, ta được 14P(8) = 0.P(10) = 0.
Như vậy P(x) = a(x−4)(x+ 4)(x−8),∀x ∈ R. Do P(1) = 210 nên
105a = 201 ⇔ a = 2. Khi đó
P(x) = 2(x−4)(x+ 4)(x−8),∀x ∈ R. (1.41) Thử lại, với P(x) là đa thức xác định bởi (1.41), 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). (1.42)
(8x−32)P(x+ 6) = 8(x−4)2(x+ 2)(x+ 10)(x−2)
(8x−32)P(x+ 6) = 16(x+ 10)(x−2)(x+ 2)(x−4). (1.43) Từ (1.42) và (1.43) suy ra đa thức xác định bởi (1.41) thỏa mãn (1.40). Vậy có duy nhất một đa thức thỏa mãn yêu cầu của đề bài là P(x) =
a(x−4)(x+ 4)(x−8),∀x ∈ R.
Bài toán 1.8.2. Tìm tất cả các đa thức P(x) ∈ R[x] thỏa mãn
P(2) = 12;P(x2) =x2(x2 + 1)P(x),∀x ∈ R. (1.44) Giải. Từ (1.44) cho x = 0 ta được P(0) = 0; cho x = 1 được P(1) = 2P(1)hayP(1) = 0; cho x = −1đượcP(1) = 2P(−1)suy ra P(−1) = 0. Vậy P(x) có ba nghiệm là 0; 1;−1. Giả sử P(x) có 3 nghiệm thực t khác
0;−1; 1, khi đó từ (1.44) suy ra t2 cũng là nghiệm của P(x), tương tự suy ra t4 cũng là nghiệm của P(x). Nhưng t khác 0;−1; 1 thì tất cả các phần tử của dãy t, t2, t4, ..., t2n, ... là khác nhau đôi một nên suy ra P(x)
có vô số nghiệm hay P (x) ≡ 0, mâu thuẫn với P(2) = 12. Vậy P(x)
chỉ có ba nghiệm thực là 0; 1;−1. Giả sử deg(P) = n. Từ (1.44) suy ra
2n = n + 4 ⇔ n = 4. Vậy P(x) có một trong 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 = 1 hoặc a = 2 hoặc a = 23. Thử lại chỉ có
P(x) = ax2(x−1)(x+ 1),∀x ∈ R thỏa mãn các yêu cầu của đề bài. Bài toán 1.8.3. Tìm tất cả các đa thức P(x) ∈ R[x] thỏa mãn
P(P(x) +x) = P(x)P(x+ 1),∀x ∈ R. (1.45) Giải. Giả sử deg(P) = n. So sánh bậc hai vế của (1.45) ta được n2 = 2n
suy ra n = 0 hoặc n = 2.
+ Khi n = 0 ta được đa thức hằng P (x) ≡ c. Thay vào (1.45) ta được
c = c2 suy ra c = 0 hoặc c = 1. Vậy P (x) ≡ 0 hoặc P (x) ≡ 1 là các đa thức thỏa mãn bài ra.
+ Khi n = 2. Giả sử P(x) = ax2 +bx +c, a 6= 0. So sánh hệ số cao nhất trong (1.45) ta có a3 = a2 suy ra a = 1. Vậy
P(x) =x2 + bx+ c;b, c ∈ R. (1.46) Khi đó 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] +c−x2 −bx−c+P(x). ⇔ P(x)P(x+ 1) = P(P(x) +x),∀x ∈ R.
Vậy đa thức xác định bởi (1.46) thỏa mãn (1.45). Tất cả các đa thức cần tìm là P(x) = 0, P(x) = 1, P(x) = x2 +bx+c,∀x ∈ R, (b, c là hằng số tùy ý).
Bài toán 1.8.4. Tìm tất cả các đa thức P(x) ∈ R[x] thỏa mãn phương trình hàm
Giải. Giả sử P(x) không phải là đa thức hằng. Khi đó P(x) = anxn +
an−1xn−1 +...+a1x+a0, an 6= 0. Từ (1.47) ta có
(anxn +an−1xn−1+...+ a1x+a0)2 −1 = 4[an(x2 −4x+ 1)n+
+an−1(x2 −4x+ 1)n−1 +...+a1(x2 −4x+ 1) +a0].
So sánh hệ số của x2n ở hai vế ta được a2n = 4an suy ra an = 4.
Hệ số của x2n−1 trong P(x2) −1 là 2anan−1, hệ số của x2n−1 trong
4P(x2−4x+ 1)chỉ xuất hiện ở an(x2−4x+ 1)n, màan = 4 nênan−1 ∈ Q. Hệ số củax2n−2 trong P(x2)−1là 2anan−2+a2n−1, trong khi đó hệ số của
x2n−2 trong 4P(x2−4x+ 1) chỉ xuất hiện ở an(x2−4x+ 1)n+an−1(x2−
4x+ 1)n−1, mà an = 4, an−1 ∈ Q nên an−2 ∈ Q. Lập luận tương tự dẫn đến P(x) ∈ Q[x].
Xét a = 5+
√
21
2 , khi đó a = a2−4a+ 1. Trong (1.47) lấy x = a ta được
[P(a)]2 −1 = 4P(a) hay [P(a)]2 −4P(a)−1 = 0 suy ra P(a) = 2 +√ 5 hoặc P(a) = 2−√5. Do P(x) ∈ Q[x] nên P(a) =P 5+√ 21 2 = p+q√ 21 với p, q là các số hữu tỉ. Vậy không thể xảy ra P(a) = 2 +√
5, vì nếu P(a) = 2 +√ 5 thì p+q√ 21 = 2 +√ 5⇔ √5 = p−2 +q√ 21 suy ra 5 = (p−2)2 + 21q2+ 2(p−2)q√ 21 suy ra √ 21 ∈ Q (vô lí).
Tương tự, cũng không thể có P(a) = 2 − √5. Vậy P(x) là đa thức hằng. Thay vào (1.47) ta được
P(x) = 5 + √ 21 2 , P(x) = 5−√21 2 , ∀x ∈ R
là hai đa thức thỏa mãn đề bài.
Bài toán 1.8.5(Olympic Romania-2001). Tìm tất cả các đa thứcP(x) ∈
R[x] thỏa mãn phương trình hàm
P(x)P(2x2 −1) = P(x2)P(2x−1),∀x ∈ R. (1.48) Giải. Dễ thấy đa thức hằng thỏa mãn các yêu cầu đề bài.
Giả sử degP(x) = n≥ 1và P(x) = anxn+an−1xn−1+...+a1x+a0, an 6= 0. Khi đó P(2x−1) = an(2x−1)n+an−1(2x−1)n−1+...+a1(2x−1) +a0.
Hay
với R(x) là đa thức không hoặc R(x) là đa thức có deg(R) =m < n. Giả sử R(x) không đồng nhất đa thức không, thay (1.49) vào (1.48) ta đượcP(x)[x2P(x2) +R(x2)] = P(x2)[2nP(x) +R(x)], ∀x ∈ R, hay
P(x)R(x2) =P(x2)R(x), ∀x ∈ R. (1.50) Từ (1.50) so sánh bậc ở hai vế ta được n + 2m = 2n + m, suy ra
m = n, mâu thuẫn. Vậy P (x) ≡ 0 và P (2x−1) ≡ 2nP(x). Từ đây đặt
x = t+ 1 ta được P(2t+ 1) = 2nP(t+ 1), ∀t ∈ R, hay
Q(2t) = 2nQ(t), ∀t∈ R. (1.51) Vì Q(x) = P(x + 1), ∀x ∈ R nên đa thức Q(x) có dạng Q(x) =
anxn +bn−1xn−1 +...+b1x+b0, ∀x ∈ R. Thay vào (1.51) ta được
an(2x)n+bn−1(2x)n−1+...+b1(2x)+b0 = 2n(anxn+bn−1xn−1+...+b1x+b0), ∀x ∈ R.
(1.52) Từ (1.52) đồng nhất hệ số ta được 2n−kbn−k = 2nbn−k, ∀k = 1,2, ..., n
hay bn−k = 0, ∀k = 1,2, ..., n. Vì thế Q(x) = an(x−1)n, ∀x ∈ R. Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy tất cả các đa thức thỏa mãn yêu cầu đề bài là
P(x) = c(x−1)n, ∀x ∈ R, (c là hằng số tùy ý, n∈ N).
Bài toán 1.8.6(Olympic Bulgaria-2001). Tìm tất cả các đa thứcP(x) ∈
R[x] thỏa mãn
P(x)P(2x2 + 1) = P(x2)[P(2x+ 1)−4x],∀x ∈ R. (1.53) Giải. Nếu P (x) ≡ c (c là hằng số) thì thay vào (1.53) ta được c = 0. Giả sử deg(P) = n ≥ 1 và P(x) = anxn + an−1xn−1 + ...+a1x+a0, an 6= 0. Khi đó
P(2x+1) = an(2x+1)n+an−1(2x+1)n−1+...+a1(2x+1)+a0 = 2nP(x)+R(x),
(1.54) với R(x) là đa thức không hoặc R(x) là đa thức có deg(R) =m < n.
Giả sử R(x) không đồng nhất đa thức không, thay (1.54) vào (1.53) ta được P(x)[2nP(x2) +R(x2)] = P(x2)[2nP(x) +R(x)−4x], ∀x ∈ R,
hay
+ Nếu R(x) ≡ 0 thì từ (1.55) suy ra P (x) ≡ 0, mâu thuẫn.
+ Nếu m ≥ 2 thì từ (1.55) suy ra n+ 2m = 2n+m ⇔ m = n, mâu thuẫn.
+ Giả sử m = 1. Khi đó deg(R(x)−4x) =k ≤ 1. Từ (1.55) ta có
n+ 2 = 2n+k ⇔ n= 2−k. (1.56)
Do n > m và k ≤ 1 nên kết hợp với (1.56) suy ra k = 0 và n = 2. Vậy
P(2x+ 1) = 4P(x) + 4x+ α, ∀x ∈ R. (1.57) Trong (1.53) cho x = 1 ta được P(1) = 0. Giả sử P(x) = ax2 + bx+
c, ∀x ∈ R. Từ (1.57) lần lượt lấy x = 1;x = 0 ta được α = P(3)−4 = 9a+ 3b+ c−4, α = −4P(0) = −4c. Từ (1.57) ta có P(x) =a(2x+)2+b(2x+) +c = 4(ax2+bx+c) + 4x− 4c, ∀x ∈ R. Đồng nhất hệ số ta được a+ 2b = 4b+ 4 a+b+c = 0.
Kết hợp với trên ta được hệ phương trình
4a−2b = 4 a+b+ c = 0 9a+ 3b+ 5c = 4 ⇔ a = 1 b= 0 c = −1. Suy ra P (x) = x2 −1. Vậy P(x) = 0; P(x) = x2 −1, ∀x ∈ R.
Bài toán 1.8.7 (Costa Rican Math Olympiad-2008). Tìm tất cả các đa thức P(x) ∈ R[x] thỏa mãn P(√ 3(a−b))+P(√ 3(b−c)) +P(√ 3(c−a)) = P(2a−b−c)+ +P(−a+ 2b−c) +P(−a−b+ 2c),∀a, b, c ∈ R.
Giải. Dễ thấy đa thức hằng thỏa mãn các yêu cầu đề bài.
Giả sử deg(P) = h ≥ 1. Đặt x = a − c;y = b − a;z = c − b. Khi đó x + y + z = 0. Từ giả thiết suy ra P(√
3x) + P(√
3y) + P(√
3z) =
P(x − y) + P(y − z) + P(z − x), với x, y, z là các số thực thỏa mãn
x+y +z = 0. Như vậy thay bộ (x;y;z) bởi bộ (x;x;−2x) ta được
P(√
3x) +P(√
3y) +P(√
Giả sử P(x) =
h
P
i=0
aixi,(ah 6= 0, quy ước x0 = 1). Thay vào (1.58) ta được 2 h X i=0 ai(√ 3x)i+ h X i=0 ai(−2√ 3x)i = a0+ h X i=0 ai(3x)i+ h X i=0 ai(−3x)i. (1.59) So sánh hệ số của xh ở hai vế ta được
2(√
3)h+ (−2√
3)h = 3h+ (−3)h. (1.60) Dễ thấy h = 1;h = 2 thỏa mãn (1.60). Nếu h ≥ 3, theo (1.60) ta có h là số chẵn, giả sử h = 2k, vớik ≥ 3. Khi đó (1.60) trở thành
2.3k+ 12k = 2.9k hay 2 + 4k = 2.3k. Suy ra k = 1 hoặc k = 2. Tóm lại từ (1.60) suy ra h chỉ có thể là h = 1;h = 2;h = 4.
Trường hợp h = 1: Khi đó P(x) = mx + n,∀x ∈ R. Thay vào phương trình hàm đã cho ở đầu bài thấy thỏa mãn.
Trường hợp h = 2: Khi đó P(x) = mx2 + nx+ p, ∀x ∈ R. Thay vào phương trình hàm đã cho ở đầu bài ta được
3m[(a−b)2 + (b−c)2 + (c−a)2
= m[(2a−b−c)2 + (−a+ 2b−c)2 + (−a−b+ 2c)2] (đúng) Trường hợp h = 4: Khi đó P(x) = mx4 +nx3 +px2 +qx+e, ∀x∈ R.
Trong phương trình hàm ở đầu bài, thay bộ (a;b;c) bởi (x; 0; 0) ta được
P(√
3x) +P(0) +P(−√3x) = P(2x) + 2P(−x),∀x ∈ R. (1.61) Thay P(x) =mx4 +nx3 +px2 +qx+e, ∀x ∈ R. vào (1.61) ta được
9mx4 + 3√ 3nx3 + 3px2 +√ 3qx+ 9mx4 −3√ 3nx3 + 3px2 −√3qx = 16mx4 + 8nx3 + 4px2 + 2qx+ 2mx4 −2nx3 + 2px2 −2qx,∀x ∈ R. Hay 18mx4 = 18mx4 + 6nx3,∀x ∈ R. Do đó n = 0. Vậy P(x) = mx4 +
px2 +qx+ e, ∀x ∈ R. Thay vào phương trình hàm đã cho ở đầu bài ta được 9m[(a−b)4+ (b−c)4 + (c−a)4] + 3p[(a−b)2 + (b−c)2 + (c−a)2]
+ p[(2a−b−c)2 + (−a+ 2b−c)2 + (−a−b+ 2c)2]. (1.62) Tiếp theo ta chứng minh đẳng thức
9[(a−b)4 + (b−c)4 + (c−a)4] = (2a−b−c)4+ + (−a+ 2b−c)4 + (−a−b+ 2c)4. (1.63) Đặt x = a−c;y = b−a;z = c−b. Khi đó x+y +z = 0. Ta có 9[(a−b)4 + (b−c)4 + (c−a)4] = 9(x4 +y4 + z4). (1.64) Mặt khác (2a−b−c)4 + (−a+ 2b−c)4 + (−a−b+ 2c)4 = (x−y)4 + (y −z)4 + (z −x)4 = 2(x4 +y4 +z4)−4x3y+ 6x2y2 −4xy3 = −4y3z+ 6y2z2 −4yz3 −4z3x+ 6z2x2 −4zx3 = 2(x4 +y4 +z4)−4x3(y +z)−4y3(x+z)− −4z3(x+y) + 6(x2 +y2 +z2). (1.65) Do x+y +z = 0 nên x2 +y2 +z2 = −2(xy +yz +xz). Suy ra x4 +y4 +z4 + 2(x2 +y2 +z2) = 4[x2y2 +y2z2 +z2x2 + 2xyz(x+y +z)] = 4(x2y2 + y2z2 +z2x2).
Như vậy x4+y4+z4 = 2(x2y2+y2z2+z2x2). Thay vào (1.65) ta được
(2a−b−c)4+ (−a+ 2b−c)4+ (−a−b+ 2c)4 = 9(x4+y4+z4). (1.66) Từ (1.64) và (1.66) suy ra (1.63) được chứng minh. Do đó (1.62) đúng, nghĩa là đa thức P(x) = mx4 + px2 + qx+ e, ∀x ∈ R thỏa mãn các yêu cầu đề bài. Vậy các đa thức thỏa mãn yêu cầu đề bài là P(x) =
mx+n, P(x) =mx2 +nx+p, P(x) =mx4 +px2 +qx+e, ∀x∈ R.
Bài toán 1.8.8. Tìm tất cả những đa thức P(x) thỏa mãn hệ thức
P2(a) +P2(b) +P2(c) = P2(a+ b+c). (1.67) với a, b, c∈ R thỏa mãn ab+bc+ca = 0.
Giải. Trong (1.67) cho a = b = c = 0 ta được P(0) = 0. Với mọi x ∈ R, bộ (6x; 3x;−2x) thỏa mãn điều kiện ab + bc+ ca = 0. Do đó thay vào (1.67) ta được
P2(6x) + P2(3x) +P2(−2x) = P2(7x),∀x ∈ R. (1.68) Nếu P(x) là đa thức hằng thì P(x) ≡ 0. Giả sử deg(P) = n ≥0. Khi đó P(x) có dạng P(x) =
n
P
i=0
aixi với an 6= 0 ( quy ước x0 = 1). Thay vào (1.68) ta được ( n X i=0 ai6ixi)2 + ( n X i=0 ai3ixi)2 + ( n X i=0 ai(−2)ixi)2 = ( n X i=0 ai7ixi)2
So sánh hệ số của x2n ở hai vế ta được a2n(36n+ 9n+ 4n) =a2n49n, hay
36n + 9n + 4n = 49n, suy ra (36 49) n + ( 9 49) n + ( 4 49) n = 1 (do hàm số mũ
y = ax nghịch biến khi 0 < a < 1). Vậy bậc của đa thức P(x) bằng 1, kết hợp vớiP(0) = 0 suy ra P(x) = mx,∀x ∈ R. Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy tất cả các đa thức cần tìm là P(x) =mx,∀x ∈ R (với m là hằng số tuỳ ý).
Bài toán 1.8.9 (HSG Tỉnh Gia Lai, năm 2009). Tìm tất cả các đa thức
P(x) thỏa mãn điều kiện
P(x2 +y2) = [P(x)]2 + [P(y)]2, ∀x, y ∈ R. (1.69) Giải. Cách 1. Trong (1.69) lấy x = 0 và y = 0 ta được P(0) = 2[P(0)]2,
hay P(0)[1−2P(0) = 0], suy ra P(0) = 0 hoặc P(0) = 12.
Nếu P (x) ≡ c, với c là hằng số thì từ (1.69) ta có c = 2c2, suy ra
c = 0 hoặc c = 12.
Giả sử deg(P) = n≥ 1. Trong (1.69) lấy y = x ta được
P(2x2) = 2[P(x)]2, ∀x∈ R. (1.70) Giả sử P(x) = anxn+an−1xn−1+...+a1x+a0, an 6= 0. Thế vào (1.70) ta được [an(2x2)n+ an−1(2x2)n−1 +...+a1(2x2) +a0] =
So sánh hệ số của x2n ở hai vế ta được
an2n = 2(an)2 ⇔ 2n = 2an ⇔ an = 2n−1.
Ta viết lại (1.69) như sau
P(a2 +b2) = [P(a)]2 + [P(b)]2, ∀a, b ∈ R. (1.71) Ta có (a+b+c)2 = a2 +b2 + (c2 + 2ab+ 2bc+ 2ca). Do đó
a2 +b2 = (a+b+c)2 ⇔ c2 + 2ab+ 2bc+ 2ca = 0.
Vậy (1.71) viết lại
P((a+b+c)2) = [P(a)]2 + [P(b)]2, (1.72) với mọi a, b, c ∈ R sao cho
c2 + 2ab+ 2bc+ 2ca = 0. (1.73) Trong c2 + 2ab+ 2bc+ 2ca = 0 lấy c = 2 ta được ab+ 2b+ 2a = −2,
hayb(a+ 2) = −2a−2, suy ra b= −2 +a+22 . Với a ∈ Z, a 6= −2thì b ∈ Z
khi và chỉ khi a+ 2 là ước của 2. Vậy chọn a = −3 ta được b = −4. Vậy
(a;b;c) = (−3;−4; 2) thỏa mãn c2 + 2ab+ 2bc+ 2ca = 0. Do đó với mọi
x ∈ R thì (−3x;−4x; 2x) thỏa mãn (1.73). Thay vào (1.72) ta được
P(25x2) = [P2(−3x)] + [P2(−4x)], ∀x ∈ R. (1.74) Vì P(x) =anxn+an−1xn−1+...+a1x+a0 với an = 2n−1 nên thay vào (1.74) ta được
[an(25x2)n+an−1(25x2)n−1 + ...+a1(25x2) +a0]
= [an(−3x)n+an−1(−3x)n−1 + ...+a1(−3x) +a0]2 +[an(−4x)n+an−1(−4x)n−1 +...+a1(−4x) +a0]2.
So sánh hệ số của x2n ở hai vế ta được
25n = an(9n+ 16n), ∀n∈ N∗.
⇔ 25n = 2n−1(9n+ 16n), ∀n∈ N∗ ⇔ 2.25n = 18n + 32n, ∀n∈ N∗
Vậy n = 1, do đó P(x) có dạng P(x) = x +b, ∀x ∈ R. Do P(0) = 0
hoặc P(0) = 12 nên b = 0 hoặc b = 12. Sau khi thử lại ta thấy tất cả các đa thức thỏa mãn đề bài là P(x) = 0, P(x) = 21, P(x) =x, ∀x ∈ R.
Cách 2. Trong (1.69) lấy x = 0 và y = 0 ta được P(0) = 2[P(0)]2, hay
P(0)[1−2P(0) = 0], suy ra P(0) = 0 hoặc P(0) = 12.
Nếu P (x) ≡ c, với c là hằng số thì từ (1.69) ta có c = 2c2, suy ra
c = 0 hoặc c = 12.
Giả sử deg(P) =n ≥1,và P(x) =anxn+an−1xn−1+...+a1x+a0, an 6= 0. Trong (1.69) lần lượt thay x = t, y = t và x = t, y = 0 ta được
P(2t2) = 2[P(t)]2 P(t2) = [P(t)]2 + [P(0)]2. (1.75) So sánh hệ số bậc cao nhất trong (1.75), ta có an2n = 2(an)2 an = (an)2 ⇔ an = 1 n= 1. Vậy P(x) có dạng P(x) = x+b, ∀x ∈ R. Do P(0) = 0 hoặc P(0) = 12
nên b = 0 hoặc b = 12. Sau khi thử lại ta thấy tất cả các đa thức thỏa mãn đề bài là P(x) = 0, P(x) = 21, P(x) =x, ∀x ∈ R.
Chú ý. Với lập luận tương tự như trên ta có thể giải được hai bài toán tổng quát sau:
Bài toán 1.8.10. Tìm tất cả các đa thức P(x) thỏa mãn điều kiện
P(√m
xn+ yn) = pm
[P(x)]n+ [P(y)]n, ∀x, y ∈ R
trong đó m, n là các số nguyên dương phân biệt và m lẻ.
Bài toán 1.8.11. Cho n là số tự nhiên chẵn lớn hơn 1. Tìm tất cả các đa thức P(x) thỏa mãn điều kiện
P(xn+yn) = [P(x)]n + [P(y)]n, ∀x, y ∈ R.
Bài toán 1.8.12. Tìm tất cả các đa thức P(x) ∈ R[x] thỏa mãn điều kiện
xP(y
x) +yP( x
Giải. Trong (1.76) lấyy = kx, vớik 6= 0;x = 06 ta đượcxP(k)+kxP(k1) =
x+kx,∀x6= 0, k 6= 0, hay
P(k) +kP(1
k) = 1 +k,∀k 6= 0. (1.77)
Đặt P(k) = Q(k) + 1. Khi đó do (1.77) nên đa thức Q(k) thỏa mãn
Q(k) + 1 +k Q(1 k) + 1 = 1 +k,∀k 6= 0. Do đó Q(k) + kQ(k1) = 0,∀k 6= 0. Suy ra Q(k) k = −Q 1 k ,∀k 6= 0. (1.78) + Nếu deg(Q) ≥ 2 thì từ (1.78)cho n → +∞ ta được Q(kk) → ±∞, trong khi đó −Q k1 → 0 (do Q là hàm liên tục), (mâu thuẫn).
+ Vậy deg(Q) ≤ 1 suy ra P(x) = ax+b,∀x ∈ R. Thay vào (1.76) ta được x(ay x +b) +yP( ax y + b) =x+y,∀x, y ∈ R\ {0}. ⇔ ay +bx+ax+by = x+y,∀x, y ∈ R\ {0}. ⇔ (a+b)(x+y) = x+y,∀x, y ∈ R\ {0}. ⇔ a+b = 1 ⇔ b = 1−a.
Vậy tất cả các đa thức thỏa mãn đề bài có dạngP(x) =ax+1−a,∀x ∈
R (trong đó a là hằng số tùy ý).
Bài toán 1.8.13. Tìm tất cả các đa thức P(x), Q(x) hệ số thực, monic và thỏa mãn điều kiện
P(1) +P(2) +...+ P(n) =Q(1 + 2 +...+n),∀n= 1,2,3, ... (1.79) Giải. Vì 1 + 2 +...+n = n(n+ 1)
2 ,∀n = 1,2, ... nên để giải bải toán ta sẽ tiến hành các bước như sau:
Bước 1. Chứng minh
P(x) =Q((x+ 1)x
2 )−Q(x(x−1)
Xét biểu thức R(x) = Q((x+ 1)x 2 )−Q(x(x−1) 2 )−P(x), với mọi n = 1,2,3, ... ta sử dụng (1.79) ta có R(n) =Q((n+ 1)n 2 )−Q(n(n−1) 2 )−P(n). = Q(1 + 2 +...+n)−Q(1 + 2 +...+n)−P(n). = P(1) +P(2) +...+P(n)−[P(1) +P(2) +...+P(n−1)]−P(n) = 0
Vậy R(x) có vô số nghiệm, hay R(x) ≡ 0, nghĩa là (1.80) được chứng minh.
Bước 2. Chứng minh Q(0) = 0. Từ (1.80) ta có P(1) = Q(1) −Q(0). Theo (1.79) được P(1) = Q(1). Vậy Q(0) = 0.
Bước 3. Chứng minh degQ = 1 hoặc degQ = 2. Giả sử Q(x) = xn =
an−1xn−1 +...+a1x+a0. Từ (1.80) ta có P(x) = ((x+ 1)x 2 ) n−(x(x−1) 2 ) n + +an−1 ((x+ 1)x 2 ) n−1 −(x(x−1) 2 ) n−1 +...+a0. (1.81) Từ (1.81) ta thấy hệ số của số hạng chứa số mũ cao nhất của biến x
là Cn1 + Cn1 2n = C 1 n 2n−1 = n 2n−1(n = 1,2,3, ...).
Theo giả thiết n
2n−1 = 1 ⇔2n−1 = n ⇔
n= 1
n= 2 (vì n ≥ 3thì 2n−1 > n). Do Q(0) = 0 và degQ= 1 nên Q(x) = x hoặc Q(x) =x2 +bx.
Khi Q(x) =x, theo (1.81) được
P(x) = [(x+ 1)x 2 )] 2 +b[((x+ 1)x 2 )−[((x−1)x 2 )] 2 −b[((x+ 1)x 2 )] = x3 +bx.
Thử lại ta thấy P(x) = x và Q(x) = x thỏa mãn (1.80). Khi Q(x) =
(1 + 2 + 3 +...+n)2. Vậy
P(1) +P(2) +P(3) +....+P(n) = 13 + 23 + 33 +...+ n3 +b(1 + 2 + 3 +...+n) = (1 + 2 + 3 +...+n)2 +b(1 + 2 + 3 +...+n) = Q(1 + 2 + 3 +...+n),∀n= 1,2,3, ...
Do đó Q(x) ≡ x2 +bx và P(x) ≡x3 + bx. Thoả mãn (1.80).
Vậy có hai cặp đa thức thỏa mãn yêu cầu bài toán là[P(x) =x và Q(x) =
x;Q(x) =x2 + bx và P(x) =x3 +bx,∀x ∈ R.
Bài toán 1.8.14. Tìm các đa thức P(x) ∈ R[x] thỏa mãn phương trình hàm
P(x+P(x)) =P(x) +P(P(x)),∀x ∈ R. (1.82) Giải. Giả sử an > 0. Xét truờng hợp deg(P) =n ≥ 3. Giả sử
P(x) = anxn+an−1xn−1 +...+a1x+ a0, an 6= 0.
Ta có P0(x) = nanxn−1+(n−1)an−1xn−2+...+a1. Do lim
x→+∞[P0(x)−x] = +∞ (vì n ≥ 3, nan > 0) nên tồn tại n0 sao cho với mọi x > n0 thì
P0(x) > x. Mặt khác lim x→+∞P00(x) = lim x→+∞ n(n−1)anxn−2 +...+ 2a2= +∞,
nên tồn tại n1 sao cho với mọi x > n1 thì P00(x) > 0, suy ra P0(x) đồng biến trên (n1; +∞). Chọn m = max{0, n0, n1} và xét x ∈ (m; +∞).
Từ P(x) = P(x +P(x)) −P(P(x)), theo định lý Lagrange, với mọi
x ∈ (m; +∞), tồn tại cx ∈ (P(x);P(x) +x) sao cho
P0(cx) = P(x+P(x))−P(P(x))
P(x) +x−P(x) ⇒P0(cx) = P(x)
x .
Ta lại có P(0) = 0 nên a0 = 0. Do lim
x→+∞[P0(x)−x] = +∞ và lim x→+∞ P0(x)− P(x) x = lim x→+∞ " n X k=1 ak(k−1)xk−2 # = +∞,
nên tồn tại m0 ∈ N sao cho với mọi x > m0 thì P(x) > x thì P(x) > x,
P0(x) > P(x) x .
Vậy, với mọi x > max{m0;m}, ta có P0(x) > P0(P(x)) > P0(x) > P(x)
x , điều này mâu thuẫn với P
0(cx) = P(x)
x , với mọi x > max{m0;m}.
Như vậy không thể xảy ra deg(P) = 3.
Xét deg(P) = 2. Giả sử P(x)0 = ax2+bx,∀x ∈ R, (doP(0) = 0) thay vào (1.82) ta được a[ax2 +b(x+ 1)]2 +b[ax2 +b(x+ 1)] =
= ax2 +bx+a(ax2 +bx)2 +b(ax2 +bx),∀x ∈ R. (1.83) Từ (1.83) lấy x = 0 được ab2 +b2 = 0. Do đang xét a >0 nên suy ra
b = 0. Thay vào (1.83) ta được a3x4 +abx2 = ax2+a3x4+abx2,∀x ∈ R,
(vô lý). Tương tự, với an < 0 thì cũng suy ra vô lý nếu deg(P) ≥2. Vậy xét deg(P) = 1. Giả sử P(x) =ax,∀x ∈ R, a là hằng số, thay vào (1.82) ta thấy thỏa mãn. Nếu P(x) là đa thức hằng thì thay vào (1.82) được