Nghiệm của đa thức đóng vai trò quan trọng trong việc xác định một đa thức. Cụ thể P(x) có bậc n,(n ∈ N∗) có nghiệm x1, x2, ..., xn thì P(x)
có dạng P(x) =c(x−x1)(x−x2)...(x−xn).
Tuy nhiên nếu chỉ xét những nghiệm thực thì trong một số trường hợp không đủ số nghiệm. Hơn nữa trong bài toán phương trình hàm đa
thức, nếu chỉ xét các nghiệm thực thì lời giải sẽ không hoàn chỉnh. Định lý cơ bản của đại số đóng vai trò hết sức quan trọng trong dạng toán này.
Định lý 2.4.1(Định lý cơ bản của đại số). Mọi đa thức bậcn(với n > 0), hệ số phức (thực) P(x) = anxn+ an−1xn−1 +...+a1x+a0 (với an 6= 0)
đều có đủ n nghiệm phức (phân biệt hay trùng nhau).
Bài toán 2.4.2 (Olympic Hồng Kông - 1999). Chok là số nguyên dương. Tìm các đa thức hệ số thực thỏa mãn điều kiện
P(P(x)) = [P(x)]k,∀x ∈ R. (2.13) Giải. Xét trường hợp P(x) ≡ c (c là hằng số). Từ (2.13) được c = ck. Khi k = 1 thì c là hằng số bất kỳ. Khi k > 1 thì c = 0 hoặc c = 1.
Xét trường hợp degP ≥ 1. Vì đa thức P(x)−x luôn có nghiệm (xét cả nghiệm phức) với mọi n ∈ N∗, tồn tại αn ∈ C sao cho P(αn) = αn. Từ đó theo (2.13) ta có
P(αn) = P(P(αn)) = [P(αn)]k,∀k = 1,2, .... (2.14) Từ (2.14) suy ra đa thứcP(x)−xk có vô số nghiệm, hay P(x)−xk ≡0, nghĩa là P(x) = xk,∀x ∈ R. Thử lại thấy thỏa mãn.
Vậy nếu k = 0 thì P(x) ≡ c (c là hằng số bất kỳ). Nếu k > 1 thì các đa thức thỏa mãn đề bài là P(x) = 0, P(x) = 1, P(x) = xk,∀x ∈ R.
Bài toán 2.4.3. Tìm tất cả những đa thức hệ số thực P(x) thỏa mãn phương trình hàm
P(x)P(x+ 1) = P(x2 +x+ 1),∀x ∈ R. (2.15) Giải. Nếu P(x) ≡ a (a là hằng số) thì thay vào (2.15) ta được a2 = a,
suy raa ∈ {0,1}. Bây giờ ta xét đa thức có bậc lớn hơn hoặc bằng 1. Giả sử a là một nghiệm của P(x). Khi đó a2 +a+ 1 cũng là nghiệm. Trong (2.15) thay x bởi x−1 ta được P(x−1)P(x) = P(x2 −x+ 1),∀x ∈ R.
Vì P(a) = 0 nên suy ra P(a2 −a + 1) = 0, vậy a2 − a+ 1 cũng là nghiệm của P(x). Chọn a là nghiệm có module lớn nhất (nếu có nhiều
nghiệm như thế thì ta chọn một trong chúng). Từ cách chọn suy ra
|a2+a+ 1| ≤ |a|,|a2−a+ 1| ≤ |a|. Theo bất đẳng thức về module ta có
|2a| = |(a2 + a+ 1) + (−a2 +a−1)| ≤ |a2 +a+ 1|+| −a2 +a−1|
= |a2 + a+ 1|+|a2 −a+ 1| ≤ |a|+|a| = 2|a| = |2a|.
Như vậy dấu bằng phải xảy ra ở bất đẳng thức trên, suy ra
|(a2 +a+ 1) + (a2 −a+ 1)| = |a2 +a+ 1|+| − a2 +a−1|.
Từ đó suy ra tồn tại số thực s ≥ 0 sao cho a2 +a+ 1 = s(−a2 +a−1). Nếu |a2 + a+ 1| < |a2 −a+ 1| thì
2|a2 +a+ 1| > |a2 −a+ 1|+|a2 +a+ 1| ≥ |2a| ⇒ |a2 −a+ 1| > |a|.
Tương tự nếu |a2 + a+ 1| > |a2 −a + 1| thì |a2 + a+ 1| > |a|, mâu thuẫn với cách chọn a. Vậy |a2 − a + 1| = |a2 + a + 1|. Từ đó suy ra
s = 1 và ta có a2 + a+ 1 = −a2 + a−1, hay a2 = −1, suy ra a = ±i.
Vậy P(x) = (x2+ 1)mQ(x), trong đó Q(x) là đa thức không chia hết cho
x2 + 1. Thay vào (2.15), ta có
(x2+1)mQ(x)(x2+2x+2)mQ(x+1) = (x2 +x+ 1)2 + 1mQ(x2+x+1).
Hay Q(x)Q(x+ 1) = Q(x2 +x+ 1). Vậy Q(x) cũng thỏa mãn (2.15). Nếu như Q(x) có nghiệm thì ta thực hiện tương tự như trên, nghiệm có module lớn nhất phải là i và −i. Nhưng điều này không thể vì Q(x)
không chia hết chox2+1. Bởi vậy Q(x) là hằng số. Giả sử Q(x) ≡c, thay vào (2.15) ta được c = 1. Vậy P(x) = (x2 + 1)m. Thử lại ta có tất cả các đa thức thỏa mãn đề bài làP(x) = 0, P(x) = 1, P(x) = (x2+1)m,∀x ∈ R
với m = 1,2,3...
Bài toán 2.4.4. Tìm tất cả những đa thức P(x) thỏa mãn phương trình hàm
P(x)P(2x2) =P(2x3 +x),∀x ∈ R. (2.16) Giải. Với đa thức hằng P(x) ≡ a, ta có a2 = a, suy ra a = 0 hoăc a = 1. Ta thấy P(x) ≡ 0 và P(x) ≡ 1 thỏa mãn bài toán. Tiếp theo ta xét trường hợp P(x) khác hằng số.
Giả sử P(x) = anxn + an−1xn−1 + ...+ a1x+ a0,(với an 6= 0), là đa thức thỏa mãn yêu cầu bài toán. Từ (2.16) ta có
(anxn+an−1xn−1+...+a1x+a0)an(2x2)n +an−1(2x2)n−1 + ...+a1(2x2) +a0
= an(2x3 +x)n +an−1(2x2)n−1 +...+a1(2x3 +x) + a0.
So sánh hệ số của x3n và hệ số tự do ở hai vế ta được
2na2n = 2nan a20 = a0 ⇔ a2n = an a0 ∈ {0,1} do an6=0 ⇔ an = 1 a0 ∈ {0,1}. Truờng hợp 1. an = 1 và a0 = 0. Khi đó P(x) = xn+an−1xn−1 +....+a1x = xlP1(x), với l ∈ N∗, P1(0) 6= 0.
Thay vào (2.16) ta được
xlP1(x)(2x2)lP1(2x2) = (2x3 + x)P1(2x3 +x),∀x ∈ R.
⇒ P1(x)(2x2)lP1(2x2) = (2x2 + 1)P1(2x3 +x),∀x6= 0.
Do hàm số đa thức liên tục trên N , nên từ (2.4), cho x → 0 ta đựoc
P1(0) = 0, đến đây ta thấy mâu thuẫn. Vậy trường hợp 1 không thể xảy ra.
Trường hợp 2. an = 1 và a0 = 1. Giả sử α là một nghiệm của đa thức
P(x). Khi đó do a0 = 1 nên α 6= 0. Ta có P(2a3+α) = P(α)P(2α2) = 0. Suy ra 2α3 +α cũng là một nghiệm của P(x). Xét dãy số (αn) như sau
α0 = α 6= 0;αn+1 = 2αn3 +αn,∀n = 0,1,2, ....
Nếu α > 0 là dãy tăng nghiêm ngặt, nếu α < 0 thì (α < 0 thì (αn)
là dãy giảm nghiêm ngặt. Từ đây suy ra nếu P(x) có một nghiệm thực khác không thì nó sẽ có vô số nghiệm thực. Điều này không thể xảy ra. Kết hợp với P(0) = 1 6= 0 suy ra P(x) 6= 0 với mọi x ∈ R. Suy ra P(x)
chỉ có một nghiệm phức z1, z2, ....zn. Theo định lý Vi-et ta có
z1z2...zn = (−1)n ⇒ |z1|.|z2|...|zn| = 1. (2.17) Nếu tồn tại zk sao cho |zk| > 1. Điều này dẫn đến
Do đó |2z3k + zk| = |zk||2zk2 + 1| > |zk|, vậy P(x) có vô số nghiệm, điều này không thể xảy ra. Vậy với mọi k = 1,2,3, ...., n thì |zk| ≤ 1, từ đây và từ (2.17) suy ra|zk| = 1,∀k = 1, n. Giả sử α = cosφ+isinφ là nghiệm phức của P(x), khi đó 2α3 + α cũng là nghiệm của đa thức P(x) và
1 = |2α3 +α| = |α|.|2α2 + 1| = |2α2 + 1| = |2cos2φ+ 2isin2φ + 1|
= |(2cos2φ+ 1) + (2sin2φ)i| = p(2cos2φ+ 1)2 + (2sin2φ)2.
Từ đó
(2cos2φ + 1)2 + (2sin2φ)2 = 1⇔ cos2φ = −1 ⇔φ = π
2 +kπ.
Suy ra α = ±i. Do đó P(x) = (x2 + 1)k,∀k ∈ N. Thử lại ta thấy thỏa mãn.
Vậy tất cả các đa thức thỏa mãn yêu cầu đề bài là P(x) = 0, P(x) = (x2 + 1)k,∀x ∈ R,∀k ∈ N.
Bài toán 2.4.5. Tìm tất cả những đa thức P(x) thỏa mãn điều kiện
P(x)P(2x2) = P(x3 +x),∀x ∈ R. (2.18) Giải. Với đa thức hằng P(x) ≡ a, ta có a2 = a, suy ra a = 0 hoặc a = 1.
Ta thấy P(x) ≡ 0 và P(x) ≡ 1 thỏa mãn bài ra. Tiếp theo xét trường hợp P(x) không là hằng số:
P(x) = anxn +an−1xn−1 + ...+a1x+a0 với an 6= 0, n ∈ N∗. (2.19) Từ (2.18) ta có P(0) = 0 hoặc P(0) = 1. Do đó a0 = 0 hoặc a0 = 1. Truờng hợp 1. a0 = 0 . Khi đó giả sử P(x) =xmQ(x), Q(0) 6= 0, m ∈ N∗,
thay vào (2.18) ta được
xmQ(x).(2x2)mQ(2x2) = (x3 +x)mQ(x3 +x),∀x ∈ R.
Q(x).(2x2)mQ(2x2) = (x2 + 1)mQ(x3 +x),∀x ∈ R. (2.20) Từ (2.20), chọn x = 0 ta được Q(0) = 0, đến đây ta thấy mâu thuẫn. Truờng hợp 2. a0 = 1. Đồng nhất thức hệ số bậc cao nhất ở (2.18) ta được an.an.2n = an, hay an = 1
P(x30 +x0) = 0. vậy nếu x0 là nghiệm của đa thức P(x) thì x30+x0 cũng là nghiệm của đa thức P(x). Xét dãy số (xn) như sau x0 6= 0;xn+1 =
x3n+x−n,∀n= 0,1,2, ... Nếu x0 > 0 thì (xn) là dãy tăng nghiêm ngặt, nếu x0 < 0 thì dãy (xn) là dãy giảm nghiêm ngặt. Từ đây suy ra nếu
P(x) có một nghiệm thực khác không thì nó sẽ có vô số nghiệm thực. Điều này không thể xảy ra. Kết hợp P(0) = 1 6= 0 suy ra P(x) 6= 0 với mọi x ∈ R. Suy ra P(x) chỉ có nghiệm phức z1, z2, ..., zn. Theo định lý Vi-et ta có z1.z2...zn = (−1)n.2n ⇒ |z1|.|z2|...|zn| = 2n. Vì vậy tồn tại
zk sao cho |zk| ≥2. Điều này dẫn đến
|zk2 + 1| = |zk2 −(−1)| ≥ |zk2| − | −1| = |zk2| −1≥ 3.
Do đó |z2k + 1| = |zk|.|zk2 + 1| > |zk|, vậy P(x) có vô số nghiệm, điều này không thể xảy ra. Vậy chỉ có hai đa thức thỏa mãn yêu cầu đề bài
P(x) = 0 và P(x) = 1,∀x ∈ R.
Bài toán 2.4.6. Tìm tất cả những đa thức P(x) ∈ R[x] thỏa mãn
P(sinx+cosx) =P(sinx) +P(cosx),∀x ∈ R. (2.21) Giải. Dễ thấy đa thức P(x) ≡ c (c là hằng số) thỏa mãn yêu cầu đề bài. Tiếp theo ta giả sử deg(P) =n ≥1. Đặt t= tanx
2, khi đó sinx= 2t 1 +t2, cosx= 1−t2 1 +t2. Vậy (2.21) trở thành P(1 + 2x−x2 1 +x2 ) =P( 2x 1 +x2) +P(1−x2 1 +x2) (2.22) Giả sử P(x) = n P k=1
akxk+ a0. Nhân cả hai vế của 2.21 với (1 +x2)n, rồi thay x bởi i ta được Vậy (2.21) trở thành
an(2 + 2i)n = an[(2i)n+ 2n] ⇔(1 +i)n = 1 +in. (2.23) Số phức (1 +i)n có module là √ 2n. Ta có 1 +in = 1 + (cosπ 2 +isin π 2) n = 1 +cosnπ 2 +isin nπ 2 , suy ra |1 +in| = r (1 +cosnπ 2 ) 2 +sin2nπ 2 = r 2 + 2cosnπ 2 = r 4cos2nπ 4 .
Do đó từ (2.22) suy ra
2n = 4cos2nπ
4 ⇔ 2n−2 = cos2nπ
4 . (2.24)
Khi n = 1 thì (2.23) đúng. Khi n = 2 thì (2.24) không đúng. Khi
n > 2 thì 2n−2 > 2 > cos2nπ
4 . Vậy (2.23) không đúng khi n > 2. Từ
(2.24) ta có n = 1. Do đó deg(P) = 1, suy ra P(x) =ax+b. Thay (2.21) được b = 0. Vậy P(x) = ax. Các đa thức thỏa mãn yêu cầu đề bài là
P(x) = c, P(x) = ax,∀x ∈ R, (với a, c là các hằng số, a 6= 0). 2.5. Phương pháp sử dụng dãy số
Bài toán 2.5.1. Tìm tất cả những đa thức hệ số thực P(x) không đồng nhất không và thỏa mãn
P(1960) = 1992;P(x) =pP(x2 + 1)−33 + 32,∀x ≥ 0.
Giải. Giả sử P(x) là đa thức thỏa mãn đề bài. Khi đó ta có P(x2 + 1) = [P(x) −32]2 + 33,∀x ≥ 0. Suy ra P(19602 + 1) = [1992− 32]2 + 33 = 19602 + 33. Gọi x0 = 1960, ta có x0 + 32 = 1992, P(x0) =
x0+ 32, (do P(1960)=1992). Ta xét dãy {xn} như sau: x0 = 1960, x21+ 1, ..., xn+1 = x2n,∀n= 1,2,3, ... Khi đó P(x0) = x0 + 32 và P(x1) = P(x20 + 1) = [P(x0)−32]2 + 33 = x20 + 33 = (x20 + 1) = x1 + 32, P(x2) = P(x21 + 1) = [P(x1)−32]2 + 33 = x21 + 33 = (x21 + 1) = x2 + 32, ... Bằng quy nạp ta được P(xn) =xn + 32,∀n= 0,1,2,3, ... (2.25) Vì dãy số{xn}+n=0∞ là dãy tăng nghiêm ngặt nên từ (2.25) suy ra P(x) =
x+ 32,∀x ∈ R. Sau khi thử lại ta kết luận: Có duy nhất một đa thức thỏa mãn đề bài là P(x) =x+ 32,∀x ∈ R.
Bài toán 2.5.2. Cho m là số nguyên dương lẻ. Tìm tất cả những đa thức hệ số thực P(x) thỏa mãn
Giải. Từ giả thiết ta có P(xm + 1) = [P(x)−6]m+ 7,∀x ∈ R.
Đặt P(x) = Q(x) + x + 6 ta có [Q(x) +x]m = Q(xm + 1) + xm và
Q(2010) = 0. Xét dãy số (un) xác định bởi u1 = 2010 và un+1 = umn + 1.
Dễ thấy dãy (un) tăng nghiêm ngặt, do đó tập hợp {un|n= 1,2,3, ...}
có vô hạn phần tử. Mà Q(un) = 0,∀n ≥ 1 nên Q(x) = 0,∀x ∈ R, tức là
P(x) = x+ 6,∀x ∈ R. Thử lại thấy thỏa mãn.
Bài toán 2.5.3. Tìm tất cả những đa thức P(x) ∈ R[x] thỏa mãn
P(x2 + 1) = (P(x))2 + 1,∀x ∈ R. (2.26) Giải. Ta có
P(0) = 0, P(1) = 02 + 1, P(2) = 12 + 1, P(5) = 22 + 1. (2.27) Xây dựng dãy số (an) như sau: a0 = 0 và an+1 = a2n + 1,∀n ∈ N. Ta có a1 = 1 > a0. Giả sử an+1 > an. Do an > 0,∀n ∈ N∗ nên a2n+1 > a2n,
dẫn tới an+2 = a2n+1+ 1 > a2n+ 1 =an+1. Theo nguyên lí quy nạp suy ra dãy (an) tăng thực sự, do đó dãy (an) gồm vô số số hạng phân biệt. Do (2.27) nên P(a0) = a0, P(a1) = a1, P(a2) =a2.
Giả sử P(ak) =ak,∀k ∈ N. Khi đó sử dụng (2.26) ta được
P(ak+1) =P(a2k + 1) = (P(ak))2 + 1 = a2k+ 1 = ak+1.
Theo nguyên lí quy nạp suy ra P(an) = an,∀n ∈ N. Xét đa thức hệ số thực Q(x) = P(x)−x. Do P(an) =an,∀n ∈ N nên Q(x) nhận an làm nghiệm với mọi số tự nhiên n. Vì dãy số (an) gồm vô số hạng phân biệt nên suy ra Q(x) ≡ 0 hay P(x) ≡x. Thử lại thấy đúng. Vậy có duy nhất một đa thức thỏa mãn các yêu cầu đề bài, đó là P(x) =x,∀x ∈ R.
Bài toán 2.5.4. Tìm tất cả những đa thức bậc lẻ P(x) ∈ R[x]thỏa mãn
P(x2 + 1) = (P(x))2 + 1,∀x ∈ R. (2.28) Giải. Trong (2.28) thay x bởi −x được
Từ (2.28) và (2.29) suy ra P2(x) =P2(−x),∀x ∈ R, hay
[P(x)−P(−x)][P(x) +P(−x)] = 0,∀x ∈ R. (2.30) Từ (2.30) suy ra ít nhất một trong hai đa thức P(x)−P(−x);P(x) +
P(−x) sẽ có vô số nghiệm nên nó là đa thức không. Do deg(P) lẻ nên
P(x) +P(−x) = 0,∀x ∈ R. (2.31) Từ (2.31) cho x = 0 ta được P(0) = 0. Đến đây sử dụng kết quả Bài 2.5.3 ta được P(x) = x,∀x ∈ R.
Bài toán 2.5.5. Tìm tất cả những đa thức P(x) ∈ R[x] có deg(P) ≥1
và thỏa mãn
P(x2 + 1) = (P(x))2 + 1,∀x ∈ R. (2.32) Giải. Trường hợp 1.P(0) = 0,sử dụng kết quả Bài 2.5.3 ta được P(x) =
x.
Trường hợp 2. P(0) 6= 0. Giả sử P(x) = anxn+an−1xn−1+...+a1x+a0, với an 6= 0. Thay vào (2.32) được
(anxn +an−1xn−1 + ...+a1x+a0)2 + 1
= an(x2 + 1)n+an−1(x2 + 1)n−1 +...+a1(x2 + 1) +a0,∀x ∈ R.
So sánh hệ số của x ở hai vế được 2a0a1 = 0 suy ra a1 = 0. Sau đó so sánh hệ số của x3 ở hai vế ta được 2a3a0 + 2a0a1 = 0 suy ra a3 = 0 (do
a1 = 0.) Tiếp tục quá trình này ta được những hệ số của x mũ lẻ bằng
0. Do đó P(x) =Q(x2), ở đây Q(t) là đa thức. Từ (2.32) ta có
Q((x2 + 1)2) = P(x2 + 1) = [P(x)]2 + 1 = [Q(x2)]2 + 1,∀x ∈ R. (2.33) Xét đa thức H(t) sao cho H(t) = Q(t−1). Thay vào (2.33) ta được
H((x2 + 1)2 + 1) = [H(x2 + 1)]2 + 1,∀x ∈ R. (2.34) Do tập hợp {x2+ 1|x ∈ R} có vô số phần tử khác nhau nên từ (2.34) suy ra H(x2 + 1)−[H(x)]2 −1≡ 0,∀x ∈ R.
Nghĩa là H(x) thỏa mãn điều kiện bài toán và deg(H) < deg(P). Nếu
H(0) = 0 thì theo trên H(x) ≡ x suy ra P(x) ≡ Q(x2) ≡ H(x2 + 1) ≡
x2 + 1.
Nếu H(x) 6= 0 thì tiến hành tương tự như đối với P(x), ta thu được đa thức H1(x) cũng thỏa mãn yêu cầu đề bài và degH1 < degH. Dễ thấy quá trình này tiếp tục chỉ hữu hạn bước, nghĩa là đến một thời điểm chắc chắn sẽ đến đa thức x. Suy ra nếu đa thức P(x) thỏa mãn tính chất (2.32) thì nó sẽ trùng với một đa thức nào đó trong dãy P0(x) =
x, P1(x) = x2 + 1, ..., Pn+1(x) = Pn(x2 + 1), ...,∀x ∈ R. Ngược lại, bằng cách kiểm tra trực tiếp thì tất cả các đa thức trong dãy trên đều thỏa mãn điều kiện bài toán.
Nhận xét. Với mọi a, b, c ∈ R thoả mãn ab+bc+ca+ 0 ta có
(a+b+c)2 = a2 +b2 +c2 (a−b)2 + (b−c)2 + (c−a)2 = 2(a+b+ c)2 (ab+bc+ca)2 = 0⇒ 2abc(a+b+ c) =−(a2b2 + b2c2 +c2a2). Suy ra (a−b)4 + (b−c)4 + (c−a)4 = 4(a+b+c)4 −2(a−b)2(b−c)2 + (b−c)2(c−a)2 + (c−a)2(a−b)2 = 4(a+b+c)4 −2(b2 + 2ca)2 + (c2 + 2ab)2 + (a2 + 2bc)2 = 4(a+b+c)4 −2a4 +b4 + 4(a2b2 +b2c2 +c2a2) + 4abc(a+b+c) = 4(a+b+c)4 −2a4 +b4 +c4 + 2(a2b2 + b2c2 +c2a2) = 4(a+b+c)4 −2(a2 +b2 +c2)2 = 4(a+b+c)4 −2(a2 +b2 +c2)2 = 4(a+b+c)4 −2(a+ b+c)4 = 2(a+b+c)4 Tóm lại ta có (a+b)2 + (b+c)2 + (c+a)2 = 2(a+b+c)2 (a−b)4 + (b−c)4 + (c−a)4 = 2(a+ b+c)4.
Từ đó ta dễ dàng thấy rằng phương trình hàm đa thức P(a−b) +P(b−
c) +P(c−a) = 2P(a+b+c) nhận đa thứcP(x) = ax4+bx2 làm nghiệm. Vậy ta thu được bài toán sau đây:
Bài toán 2.5.6 (Olynpic toán quốc tế 2004). Tìm tất cả những đa thức
P(x) hệ số thực thỏa mãn hệ thức
P(a−b) +P(b−c) +P(c−a) = 2P(a+b+c), (2.36) với a, b, c∈ R thoả mãn ab+bc+ca = 0.
Giải. Trước hết tìm một nghiệm nguyên của phương trìnhab+bc+ca = 0.
Chọn a = 6 ta được6b+ 6c+bc = 0, chọn b = 3 ta được18 + 6c+ 3c = 0.
Từ đó suy ra c = −2.
Vậy bộ (a;b;c) = (6; 3;−2) là một nghiệm nguyên của phương trình
ab+ bc+ca = 0. Suy ra với mọi x ∈ R, bộ (6x; 3x;−2x) thỏa mãn điều kiện ab+ bc+ ca = 0. Do đó thay vào (2.36) ta được
P(3x) +P(5x) +P(−8x) = 2P(7x),∀x ∈ R. (2.37) Giả sử P(x) =
n
P
i=0
aixi (quy ước x0 = 1). Thay vào (2.37) ta được n X i=0 ai(3x)i+ n X i=0 ai(5x)i + n X i=0 ai(−8x)i = 2 n X i=0 ai(7x)i,∀x ∈ R. ⇔ n X i=0 (3i + 5i+ (−8)i)xi = n X i=0 (2.7i)xi∀x ∈ R. ⇔ n X i=0 (3i + 5i+ (−8)i −2.7i)xi = 0,∀x ∈ R. Do vậy, ta có (3i + 5i+ (−8)i −2.7i)ai = 0,∀n= 0,1,2, ..., n. (2.38) Đặt λi = (3i+ 5i + (−8)i−2.7i)ai = 0,∀n = 0,1,2, ..., n. Ta tính một vài giá trị ban đầu của dãy số {λi}n
i=0 : λ0 = 1 > 0, λ1 = 3 + 5−8−2.7<
0, λ2 = 9 + 25 + 64 −2.49 = 0, λ3 = 27 + 125−512 −2.343 < 0, λ4 = 81 + 625 + 4096−4802 = 0... Ta nhận thấy rằng với i = 0,1,2, .., n thì
λi < 0 với i là số lẻ; λi > 0 với i = 0 hoặc i ≥6 và chẵn; λi = 0 khi i = 2
hoặc i = 4.
Vậy kết hợp với (2.37) ta suy ra khii ∈ {0,1,2, ..., n}\{2; 4}thìai = 0. Bởi vậy P(x) = mx2 + nx4,∀x ∈ R. Thử lại thấy thỏa mãn điều kiện.
Vậy tất cả các đa thức cần tìm là P(x) = mx2 + nx4,∀x ∈ R, với m và
n là các hằng số tuỳ ý.
2.6. Phương trình hàm có lời giải là hàm đa thức Có nhiều phương trình hàm tổng quát có lời giải là hàm đa thức, chẳng hạn như phương trình hàm Cauchy, phương trình hàm Jensen được trình bày dưới đây.
Bài toán 2.6.1 (Phương trình hàm Cauchy). Tìm các hàm sốf : R →R
liên tục và thỏa mãn điều kiện
f(x+y) =f(x) +f(y),∀x, y ∈ R. (2.39) Giải. Giả sử f là hàm số thỏa mãn đề bài, khi đó ta có (2.39). Trong (2.39) lấy y = x ta được
f(2x) = 2f(x),∀x ∈ R. (2.40) Cho x = 0 vào (2.40) ta được f(0) = 0. Bằng chứng minh quy nạp ta có
f(nx) = nf(x),∀x ∈ R, n ∈ N. (2.41) Trong (2.39) lấy y = −x và sử dụng f(0) = 0 ta được
f(−x) = −f(x),∀x ∈ R. (2.42) Bởi vậy khi cho n = −1,−2, ..., sử dụng (2.41) và (2.42) ta có
f(nx) =f(−n(−x)) = −nf(−x) = nf(x),∀x ∈ R. (2.43) Từ (2.41) và (2.43) suy ra f(nx) = nf(x),∀x ∈ R,∀n∈ Z. (2.44) Với mọi n = 1,2,3, ... sử dụng (2.41) ta có f(x) = f n.n1x = nf n1x, hay f 1 nx = 1 nf(x),∀x ∈ R. (2.45)
Với mọi m, n ∈ Z, n > 0 sử dụng (2.44) và (2.45) ta có f m nx = f m.1 nx = mf 1 nx = m nf(x),∀x ∈ R. Bởi vậy f(rx) = rf(x),∀x ∈ R,∀r ∈ Q. (2.46) Trong (2.47) lấy x = 1 ta được
f(r) = rf(1),∀r ∈ Q. (2.47) Với mỗi x ∈ R tồn tại dãy số hữu tỉ {rn}+n=0∞ sao cho lim
x→+∞rn = x. Vì f liên tục nên f(x) = f lim x→+∞rn = lim x→+∞f(rn) = lim x→+∞rnf(1) = f(1) lim x→+∞rn = f(1)x.
Vậy f(x) = ax,∀x ∈ R, (a là hằng số tùy ý). Thử lại ta thấy thỏa mãn.
Bài toán 2.6.2 (Phương trình hàm Jensen). Tìm các hàm số f : R →R
liên tục và thỏa mãn điều kiện
f(x+y
2 ) =
f(x) +f(y)
2 ,∀x, y ∈ R. (2.48) Giải. Trong (2.48) lấy y = 0 ta được
f(x 2) = f(x) +a 2 ,∀x ∈ R;a = f(0).