Chương 3 Phương trình hàm đa thức
3.3. Sử dụng số phức giải phương trình hàm đa thức
Bài tốn 3.20 (Olympic Hồng Kơng 1999) Cho k là số nguyên dương. Tìm tất cả các đa thức P(x)∈R[x] thỏa mãn hệ thức
P(P(x)) = Pk(x), ∀x∈R. (3.31)
Lời giải. Trường hợp P(x) =c, ∀x∈R, với c là hằng số. Từ hệ thức (3.31) ta có
c = ck, k = 1,2, .... Do đó, khi k = 1 thì c là hằng số tùy ý, khi k > 1 thì c = 0 hoặc c= 1.
Xét trường hợp degP =n ≥ 1. Khi đó đa thức P(x)−x ln có nghiệm (kể cả nghiệm phức) với mọi số tự nhiên n ∈N∗. Suy ra ∀n ∈ N∗, tồn tại αn ∈ C thỏa mãn P(αn) = αn. Từ đó theo (3.31) ta được
P(αn) =P(P(αn)) =Pk(αn) =αkn, ∀n= 1,2, ... (3.32) Từ (3.32) suy ra đa thức P(x)−xk có vơ số nghiệm, hay P(x) ≡ xk, thử lại ta thấy thỏa mãn.
Vậy các đa thức cần tìm là:
Nếu k = 0 thì P(x) = c, ∀x∈R với clà hằng số.
Nếu k >1 thì P(x) = 0, P(x) = 1, P(x) = xk, ∀x∈R.
Bài tốn 3.21 Tìm tất cả các đa thức P(x)∈R[x] thỏa mãn hệ thức
P(x)P(2x2) = P(x3+x), ∀x∈R. (3.33)
Lời giải. Xét trường hợp P(x) = a, ∀x ∈ R với a là hằng số. Khi đó, ta có
a2 =a⇔a= 0 hoặc a= 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Xét trường hợp degP =n≥1 và giả sử
P(x) =anxn +an−1xn−1+...+a1x+a0 (an 6= 0).
Từ (3.33) ta có
(anxn+an−1xn−1+...+a1x+a0)(an(2x)n+an−1(2x)n−1+...+a1(2x) +a0)
= an(x3+x)n+an−1(x3+x)n−1+...+a1(x3+x) +a0.
(3.34) Suy ra a0 = 0 hoặc a0 = 1.
Trường hợp a0 = 0. Khi đó giả sử x= 0 là nghiệm bội m, tức là P(x) = xmQ(x), Q(0) 6= 0, m∈N∗.
xmQ(x)(2x2)mQ(2x2) = (x3+x)mQ(x3+x), ∀x∈R
⇔ Q(x)(2x2)Q(2x2) = (x2+ 1)mQ(x3+x), ∀x∈R .
Chọn x= 0 ta được Q(0) = 0 mâu thuẫn.
Trường hợp a0 = 1. Đồng nhất hệ số cao nhất ở (3.34) ta được
an.an.2n =an suy ra an = 1 2n.
Nếu x0 là một nghiệm thực của P(x) thế thì theo (3.33) ta cóP(x30+x0) = 0, suy ra x30+x0 cũng là nghiệm của P(x). Xét dãy số
x0 6= 0, x1= 2x30+x0, ..., xm+1= 2x3m+xm, ...
Nếu x0>0 thì x0 < x1< ... < xm < ... và P(xm) = 0, m= 0,1,2, ... suy ra P(x) có vơ số nghiệm (mâu thuẫn).
Nếu x0<0 thì x0 > x1> ... > xm > ... và P(xm) = 0, m= 0,1,2, ... suy ra P(x) có vơ số nghiệm (mâu thuẫn).
Hơn nữa P(0) = 1, do đó P(x)6= 0, ∀x∈R, từ đây ta nhận được P(x) chỉ có các nghiệm phức z1, ..., zn.
Theo định lí Viéte ta có z1...zn = (−1)n2n suy ra |z1|...|z2| = 2n từ đây dẫn đến tồn tại zk sao cho |zk| ≥2.
Do đó z2k+ 1=zk2−(−1)≥zk2−1≥3 nên zk3+zk=|zk|zk2+ 1>|zk|.
Mặt khác P(zk3+zk) = 0, từ đây ta xây dựng được dãy vô hạn các số khác nhau là nghiệm của P(x) (mâu thuẫn).
Vậy có hai đa thức thỏa mãn yêu cầu của bài toán:
P(x) = 0, P(x) = 1, ∀x∈R.
Bài tốn 3.22 Tìm tất cả các đa thức P(x)∈R[x] thỏa mãn hệ thức
P(x)P(3x2) =P(3x3+x), ∀x∈R. (3.35)
Lời giải. Tương tự cách làm như ở các Bài tốn 3.21 ta có thể kết luận rằngP(x) thỏa mãn (3.35) thì khơng có nghiệm thực. Thật vậy, dãy số
x0, x1 = 3x30+x0, ..., xm+1= 3x3m+xm, ... với P(x0) = 0.
là dãy tăng (giảm) vô hạn số nếu x0 > 0 (x0 < 0 ) và P(xm) = 0, m = 0,1,2, .... Vậy P(x) khơng có nghiệm thực, và dễ thấy rằng P(0) = 1.
Gọi a là nghiệm phức của P(x) có mơđun lớn nhất, vì P(0)6= 0 nên |a|>0. Ta có P(a) = 0 suy ra P(3a3+a) = 0 nên 3a3+a ≤ |a|.
Vì vậy ta được
2|a| ≥ |a|+3a3+a =|a|+−3a 3−a ≥3a3,
suy ra |a|2 ≤ 2
3 nên |a|<1 do đó |a|n <1.
Gọi P∗ là hệ số của lũy thừa cao nhất của P(x) và z1, ..., zn là các nghiệm phức của P(x). Thế thì theo (3.35) ta có: P∗.P∗.3n =P∗.3n suy ra P∗ = 1. Từ định lí Viéte ta được |z1| |z2|...|zn|=|z1z2...zn|= P(0) P∗ = 1. Suy ra 1 =|z1|.|z2|...|zn| ≤ |a|n <1 mâu thuẫn.
Do vậy không tồn tại đa thức P(x)∈R[x], degP =n≥1 thỏa mãn (3.35). Vậy các đa thức thoản mãn yêu cầu bài toán là
P(x) = 0, P(x) = 1, ∀x∈R.
Nhận xét 3.10 Các Bài toán 3.20, Bài toán 3.21, Bài toán 3.22 ta sử dụng phương pháp xây dựng dãy đơn điệu vô hạn số (xn) thỏa mãn P(xn) = 0, n = 0,1,2, ... để từ đó kết luận được tính chất của đa thức P(x), và đây là mấu chốt để giải quyết bài tốn ban đầu. Trên cơ sở đó ta xét thêm một số bài toán sử dụng phương pháp trên.
Bài tốn 3.23 (Đề nghị thi Olympic 30/04/2004). Tìm tất cả các đa thức
P(x)∈R[x] thỏa mãn
P(2004) = 2034 và P(x)−30 =pP(x2+ 4)−34, ∀x≥0. (3.36)
Lời giải. Giả sử P(x)∈R[x] thỏa mãn yêu cầu bài tốn. Khi đó từ (3.36) ta có:
P(x2+ 4) = (P(x)−30)2+ 34, ∀x≥0. Suy ra P(20042+ 4) = (2034−30)2+ 34.
Gọi x0 = 2004, ta có x0+ 30 = 2034, khi đó P(x0) =x0+ 30 (do P(2004) = 2034). Xét dãy {xn}∞n=0 như sau:
Khi đó
P(x0) =x0+ 30
P(x1) =P(x20+ 4) = (P(x0)−30)2+ 34 =x20+ 30 + 4 =x1+ 4. Bằng quy nạp ta chứng minh được rằng P(xn) =xn+ 30, n= 0,1,2, ...
Xét đa thức Q(x) =P(x)−(x+ 30), ∀x∈R, ta có dãy {xn}∞n=0 tăng nghiêm ngặt và Q(xn) = 0, n= 0,1,2, ....
Do vậy Q(x) = 0, ∀x∈R, suy ra P(x) =x+ 30, ∀x∈R. Thử lại ta thấy P(x) thỏa mãn yêu cầu của bài toán.
Nhận xét 3.11 Với cách giải hồn tồn giống với Bài tốn 3.23 ta giải quyết được bài toán mở rộng sau: Tìm tất cả các đa thức P(x)∈R[x] thỏa mãn
P(x0) = x0+a và P(x)−a=pP(x2+b)−b−a, ∀x≥0. Bài toán 3.24 Cho hai đa thức hệ số thực P(x) và Q(x) thỏa mãn hệ thức
P(1 +x+Q(x) +Q2(x)) =Q(1 +x+P(x) +P2(x)), ∀x∈R.
Chứng minh, nếu P(x) =Q(x) có nghiệm thực thì P(x) =Q(x), ∀x∈R.
Lời giải. Giả sử a∈R mà P(a) = Q(a). Xét
b = 1 +a+Q(a) +Q2(a) = 1 +a+P(a) +P2(a).
Từ giả thiết, suy ra P(b) =Q(b). Để ý rằng b = 3
4+a+ Q(a) + 1 2 2 > a. Do đó nếu xét dãy số (xn) x0 =a và xn+1 = 1 +xn+Q(xn) +Q2(xn), n= 0,1,2, ...
thì bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được rằng x0 < x1 < ... < xn < ....
Theo trên ta có P(xn) = Q(xn), n= 0,1,2, .... Vậy P(x) =Q(x), ∀x∈R.
Nhận xét 3.12 Đối với Bài toán 3.24 dãy số được tạo ra với giá trị ban đầu
x0 = a là nghiệm thực của phương trình P(x) = Q(x). Bây giờ ta đổi điều kiện
trong Bài tốn 3.24 đi một chút thì tồn tại số thực α để dãy số được tạo ra với giá trị ban đầu là α và ta có kết quả bài tốn khơng thay đổi, xét bài tốn sau: Nếu hai đa thức hệ số thực P(x) và Q(x) lần lượt có nghiệm thực và thỏa mãn
P(1 +x+Q2(x)) = Q(1 +x+P2(x)), ∀x∈R
Hướng dẫn. Gọi r, s lần lượt tương ứng là các nghiệm của P(x) và Q(x), khi
đó ta có P2(r)− Q2(r) ≤ 0 ≤ P2(s) −Q2(s), và hơn nữa P2 −Q2 là hàm số liên tục trên R, nên tồn tại số thực a sao cho P2(a) = Q2(a), xây dựng dãy
b0= 1 +a+Q2(a), b1 = 1 +b0+Q2(b0), ..., bn+1 = 1 +bn+Q2(bn), ... và giải tương tự như Bài toán 3.24 ta đi đến kết luận P(x) =Q(x), ∀x∈R.
Bài tốn 3.25 Tìm tất cả các đa thức P(x)∈R[x] thỏa mãn
P(0) = 0 và P(x3+x+ 1) =P3(x) +P(x) + 1, ∀x∈R.
Lời giải. Xét dãy số (an) như sau:
a0= 0, an+1 =a3n+an+ 1, ∀n ∈N.
Ta có a0= 0 <1 = a1. Giả sử an < an+1, khi đó
an+2 =a3n+1+an+1+ 1> a3n+an+ 1 =an+1.
Theo nguyên lí quy nạp, ta được dãy số (an) tăng nghiêm ngặt, do đó tập
{an|n ∈N} có vơ hạn phần tử. Ta có P(0) = 0 suy ra P(a0) =a0. Giả sử P(an) =an (n∈N), khi đó
P(an+1) = P(a3n +an+ 1) =P3(an) +P(an) + 1 =a3n+an+ 1 =an+1.
Theo nguyên lí quy nạp ta có: P(an) = an, ∀n ∈N, kết hợp với {an|n∈N} có vơ hạn phần tử ta được đa thức P(x)−x có vơ số nghiệm, suy ra P(x) = x, ∀x∈R. Thử lại ta thấy P(x) thỏa mãn.
Vậy các đa thức cần tìm là P(x) = x. 3.4. Bài tập
Bài tốn 3.26 Tìm tất cả các đa thức P(x)∈R[x] thỏa mãn hệ thức
P(x+P(x)) = P(x) +P(P(x)), ∀x∈R[x].
Bài tốn 3.27 Tìm tất cả các đa thức P(x)∈R[x] thỏa mãn hệ thức
Bài tốn 3.28 Tìm tất cả các đa thức P(x)∈R[x] thỏa mãn hệ thức
xP(x−k) = (x−l)P(x), ∀x∈R[x] ; k, l ∈N.
Bài toán 3.29 (Belarus 1996) Chứng minh rằng nếu các đa thức P, Q ∈ R[x] và thỏa mãn
P(P(x)) =Q(Q(1−x)), ∀x∈R[x] thì tồn tại đa thức R∈R[x] sao cho
P(x) = Q(x) = R(x(1−x)), ∀x∈R.
Bài toán 3.30 (IMO 2004.2) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn ab+bc+ca= 0. Tìm tất cả các đa thức P(x)∈R[x] sao cho
Luận văn đã hệ thống và phân loại các bài tập liên quan đến đa thức, đã nêu được một số ứng dụng của đạo hàm đa thức và một số phương pháp cơ bản để giải những bài tốn về phương trình hàm đa thức. Kết quả cơ bản của luận văn được tóm tắt như sau
1. Hệ thống được các bài tốn liên quan đến nghiệm và sử dụng nghiệm của đa thức để giải một số bài toán sơ cấp thường gặp.
2. Tổng hợp các bài toán thường gặp về đạo hàm, ứng dụng đạo hàm đa thức trong các bài tốn chia hết, nghiệm bội, tính chất của nghiệm.
3. Xây dựng được các phương pháp cơ bản để giải các bài tốn phương trình hàm, tổng qt hóa một số bài tốn phương trình hàm đa thức thường gặp. Với những nội dung đã trình bày trong luận văn, tác giả hy vọng rằng luận văn sẽ là một tài liệu tham khảo bổ ích cho người dạy và học, đặc biệt trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi tốn, có cách nhìn tồn diện về các bài toán liên quan đến đạo hàm đa thức cũng như các bài tốn về phương trình hàm đa thức.
Mặc dù đã cố gắng rất nhiều, song do những giới hạn khách quan về thời gian và năng lực, Luận văn không thể khai thác triệt để những ứng dụng khác của đa thức và chắc chắn không thể tránh khỏi những sai sót. Rất mong nhận được những ý kiến đóng góp quý báu của thầy cô, bạn bè và đọc giả để Luận văn được hoàn thiện hơn.
[1] Nguyễn Tài Chung, Lê Hồnh Phị (2013), Chun khảo phương trình hàm,
NXB Đại học Quốc gia Hà Nội.
[2] Nguyễn Hữu Điển (2003), Đa thức và Ứng dụng, NXB Giáo dục.
[3] Lê Hồnh Phị (2003),Chun khảo đa thức, NXB Đại học Quốc gia Thành
phố Hồ Chí Minh.
[4] Nguyễn Văn Mậu (1996), Phương trình hàm, NXB Giáo dục.
[5] Nguyễn Văn Mậu (2004), Một số bài toán chọn lọc về dãy số, NXB Giáo
dục.
[6] Nguyễn Trọng Tuấn (2004), Bài tốn hàm số qua các kì thi Olympic, NXB
Giáo dục.
[7] Titu Andreescu, Iurie Boreico (2007), Functional Equation.
[8] Duˇsan Djuki´c (2007), Polynomial Equation.
[9] Duˇsan Djuki´c (2007), Polynomials in One Variable.
[10] Amir Hossein Parvardi (2011), Functional Equation Problems, Dedicated to
pco.