Chương 1. Một số dạng và phương pháp giải phương trình hàm đa thức
1.8. Phương pháp sử dụng tính chất nghiệm và so 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
(x+ 10)P(2x) = (8x−32)P(x+ 6), ∀x ∈ R. (1.40)
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
[P(x)]2 −1 = 4P(x2 −4x+ 1),∀x∈ R. (1.47)
Giải. Giả sử P(x) không phải là đa thức hằng. Khi đó P(x) = anx + 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+√221, 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≥ 1vàP(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
P(2x−1) = 2nP(x) +R(x), (1.49)
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
P(x)R(x2) =P(x2)[R(x)−4x], ∀x ∈ R. (1.55)
+ 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(√
3z) =P(0) +P(3x) +P(−3x),∀x ∈ R. (1.58)
Giả sử P(x) = Ph
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]
= m[(2a−b−c)4 + (−a+ 2b−c)4 + (−a−b+ 2c)4]+
+ p[(2a−b−c) + (−a+ 2b−c) + (−a−b+ 2c) ]. (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] =
= 2(anxn +an−1xn−1 +...+a1x+a0)2, ∀x ∈ R.
So sánh hệ số của x 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) = 12, 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,vàP(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) = 12, 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
y) = x+y,∀x, y ∈ R\ {0}. (1.76)
Giải. Trong (1.76) lấyy = kx, vớik 6= 0;x 6= 0ta đượcxP(k)+kxP(k) = 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(1k) = 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(k)k → ±∞, 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)
2 ),∀x ∈ R (1.80)
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 = Cn1
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) = x2+bx và Q(x) =x3+bx. Dễ dàng chứng minh được 13+ 23+....+n3 =
(1 + 2 + 3 +...+n) . 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 P′(x) = nanxn−1+(n−1)an−1xn−2+...+a1. Do lim
x→+∞[P′(x)−x] = +∞ (vì n ≥ 3, nan > 0) nên tồn tại n0 sao cho với mọi x > n0 thì P′(x) > x. Mặt khác
x→lim+∞P′′(x) = lim
x→+∞
n(n−1)anxn−2 +...+ 2a2
= +∞,
nên tồn tại n1 sao cho với mọi x > n1 thì P′′(x) > 0, suy ra P′(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
P′(cx) = P(x+P(x))−P(P(x))
P(x) +x−P(x) ⇒P′(cx) = P(x) x . Ta lại có P(0) = 0 nên a0 = 0. Do lim
x→+∞[P′(x)−x] = +∞ và
x→lim+∞
P′(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, P′(x) > P(x)
x .
Vậy, với mọi x > max{m0;m}, ta có P′(x) > P′(P(x)) > P′(x) >
P(x)
x , điều này mâu thuẫn với P′(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 P(x) ≡ 0.
Tóm lại các đa thức thỏa mãn yêu cầu đề bài là P(x) = ax,∀x ∈ R, a là hằng số tuỳ ý.
Bài toán 1.8.15(International Zhautykov Olympiad 2012). ChoP, Q, R là những đa thức với hệ số thực sao cho
P(Q(x)) +P(R(x)) = c,∀x ∈ R.
Chứng minh rằng P(x) là đa thức hằng hoặc R(x) + Q(x) là đa thức hằng.
Giải. Nếu deg(P) = 0 thì P(x) là đa thức hằng, ta có điều phải chứng minh. Giả sử deg(P) ≥1. Ta có các nhận xét sau:
(i)Nếu deg(Q) = 0 thì deg(R) = 0 và ngược lại, nên không giảm tính tổng quát ta giả sử deg(Q) > 0 và deg(R) > 0. Suy ra lim
x→+∞Q(x) = ∞ và lim
x→+∞R(x) = ∞.
(ii) deg(Q) = deg(R) ≥ 1 và deg(P) = n, n là số lẻ, đồng thời
x→lim+∞
Q(x)
P(x) = −1.
(iii) Đặt T = 1 + R(x)
Q(x) + R2(x)
Q2(x) +...+ Rn−1(x)
Qn−1(x) thì lim
x→+∞T = 1.
(iv) lim
x→+∞ P(x)−
xn−1 tồn tại và đặt bằng b (ở đây an là hệ số bậc cao nhất của đa thứcP(x). Từ giả thiết ta cóP(Q(x))−anQn(x)+P(R(x))− anRn(x) = c−an(Qn(x) +Rn(x)), hay
P(Q(x))−an(x)Qn(x)
Qn−1(x) + P(R(x))−anRn(x)
Rn−1(x) .Rn−1(x) Qn−1(x) =
= c
Qn−1(x) −an(Q(x) +R(x)T.
Suy ra
Q(x) +R(x) = P(Q(x))−an(x)Qn(x) Qn−1(x) + + P(R(x)) −anRn(x)
Rn−1(x) .Rn−1(x)
Qn−1(x) + c
anT Qn−1(x). Lấy giới hạn hai vế khi cho x →+∞, ta được lim
x→+∞(Q(x) + R(x)) =
−a2bn. Hay Q(x) +R(x) là đa thức hằng.
Bài toán 1.8.16. Tìm tất cả những đa thức với hệ số thực P(x) sao cho P(x) =p
P(x2 + 1)−33 + 32,∀x ≥ 0 P(2015) = 2047.
Giải. Giả sử P(x) là đa thức thỏa mãn hai điều kiện sau đây P(x) = p
P(x2 + 1)−33 + 32,∀x ≥0 P(2015) = 2047.
Thay x = 2015 vào P(x) = p
P(x2 + 1)−33 + 32 ta được P(20152+ 1)−33 = (P(2015)−32)2 = 20152. Suy ra P(20152+ 1)−33 = (20152+ 1) + 32.
Đặt x1 = 20152 + 1, ta có P(x1) =x1 + 32.
Đặt x2 = x21+ 1, ta có P(x21+ 1) = (P(x1)−32)2+ 33 = (x21+ 1) + 32 hay P(x2) = x2 + 32.
Bằng quy nạp ta suy ra x1 < x2 < ... < xn < ..., với xn = x2n−1 + 1.
Như vậy đa thứcQ(t) =P(t)−(t+32)có vô hạn nghiệmx1, x2, ..., xn, ...
(Vì Q(x1) = Q(x2) = ... = Q(xn) = ... = 0). Do vậy Q(t) ≡ 0 suy ra P(t) ≡ t+ 32 hay P(x) =x+ 32,∀x ∈ R.
Thử lại ta thấy P(x) = x+ 32,∀x ∈ R. thỏa mãn mọi yêu cầu đề bài.
Vậy P(x) = x+ 32,∀x ∈ R. là đa thức duy nhất thỏa mãn yêu cầu đề bài.