Ở phương pháp này, chúng ta sẽ sử dụng việc tìm bậc của đa thức để xác định được đa thức cần tìm.
Nhắc lại. Cho hai đa thức P(x), Q(x) là các đa thức bậc m, n tương ứng.
Khi đó
1. deg(P.Q) =m+n, 2. degP(Q(x)) =mn.
Bài toán 2.4.1. Tìm tất cả các đa thức P(x) thỏa mãn
x4 + 2x3+ 3x2+ 2x+ 1 =P2(x). (1) Lời giải.
Đặt degP(x) = k với k ∈ N. Khi đó ta có
4 = 2k ⇔k = 2.
Suy ra P(x) =ax2 +bx+c (a 6= 0).
Vì hệ số cao nhất của vế trái bằng 1 nên a = 1. Suy ra P(x) =x2+bx+c.
Thay vào phương trình (1) ta được
x4+ 2x3+ 3x2+ 2x+ 1 =x4+ 2bx3 + (b2+ 2c)x2+ 2bcx+c2. Đồng nhất hệ số hai vế ta được
2b= 2 b2+ 2c = 3 2bc= 2 c2 = 1
⇔
b= 1 c= 1
Suy ra P(x) =x2+x+ 1
Thử lại. Dễ dàng tính được với P(x) = x2 +x+ 1 thì P2(x) = x4+ 2x3 +
3x2+ 2x+ 1.
Bài toán 2.4.2. Tìm tất cả các đa thức P(x) thỏa mãn
P(x)P(x+ 1) =P(P(x)) (1)
Lời giải.
Đặt degP(x) = k với k ∈ N. Khi đó
degP(x) = degP(x+ 1) =k ⇒ deg [P(x)P(x+ 1)] = 2k
Lại có degP(P(x)) = k2. Từ phương trình (1) suy ra 2k = k2. Suy ra k = 0 hoặc k = 2.
Xét trường hợp k = 0. Khi đó P(x) = const =c. Thay vào phương trình (1) ta được c2 = c. Suy ra c= 0 hoặc c = 1.
Vậy P(x)≡ 0 hoặc P(x)≡ 1.
Xét trường hợp k = 2. Khi đóP(x) =ax2+bx+c (a 6= 0). Thay vào phương trình (1) và thu gọn hai vế ta được
a2x4+ 2abx2−(2a2−2ac−b2)x2−2(ab−bc)x+a2+ 2ac+c2−b2 =
=a4x4+ 2a2bx3+ (ab2+ 2a2c+ab)x2+ (2abc+b)x+bc+ac2.
Đồng nhất hệ số ta được
a = 1 b =−2 c = 1
suy ra P(x) = (x−1)2.
Thử lại. Dễ dàng nhận thấyP(x) = 0 hoặcP(x) = 1 luôn thỏa mãn bài toán.
Với P(x) = (x−1)2 ta có
P(x)P(x+ 1) = (x−1)2x2 = (x2−x)2
P(P(x)) =P [(x−1)2] = [(x−1)2−1]2 = (x2−2x)2. Suy ra P(x)P(x−1) =P(P(x)). (thỏa mãn bài toán)
Vậy P(x)≡ 0;P(x)≡1 và P(x) = (x−1)2. Bài toán 2.4.3. Tìm tất cả các đa thức P(x) thỏa mãn
P(x) = 1
2[P(x+ 1) +P(x−1)], ∀x P(0) = 0.
Lời giải.
Đây là một cách làm khác của bài 2.1.12
Xét degP(x) = 0. Khi đó P(x)≡0 thỏa mãn bài toán.
Xét degP(x)≥ 1.
Theo đề bài ta có: P(x)−P(x−1) = P(x+ 1)−P(x).
ĐặtQ(x) = P(x+ 1)−P(x). Suy ra Q(x−1) =P(x)−P(x−1). Từ đó suy ra Q(x−1) =Q(x)⇒Q(x) =const = c
Mặt khác degQ(x) = deg(P(x))−1. Mà degQ(x) = 0 ⇒degP(x) = 1.
Lại có P(0) = 0. Do đó P(x) = ax, a 6= 0.
Thử lại. Dễ dàng nhận thấy P(x) = 0 luôn thỏa mãn bài toán.
Với P(x) =ax, a 6= 0.
Ta có 1
2[P(x+ 1) +P(x−1)] = 1
2(ax+a+ax−a) =ax = P(x) và P(0) = 0.
Vậy P(x)≡ 0 và P(x) =ax, a 6= 0.
Bài toán 2.4.4. (VMO 2006) Hãy xác định tất cả các đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn hệ thức sau
P(x2)+x[3P(x) +P(−x)] = (P(x))2+2x2,∀x ∈R. (1) Lời giải.
Dễ nhận thấy degP(x)> 0.
1. Xét degP(x) = 1
Đặt P(x) =ax+b(a6= 0), thế vào (1), ta được
(a2−3a+ 2)x2+ 2b(a−2b)x+b2−b = 0. (2) Đồng nhất hệ số hai vế của(2)ta được(a = 1, b= 0),(a = 2, b= 0),(a = 2, b = 1). Ta được các đa thức P(x) = x, P(x) = 2x, P(x) = 2x+ 1.
2. Xét degP(x) = n(n >1).
ĐặtP(x) = axn+S(x), a6= 0 (3)
với S(x) là đa thức, degS =k < n.
Thế (3) vào (1), ta được
(a2−a)x2n+ (S(x))2−S(x2) + 2axnS(x)
= [3 + (−1)n]axn+1+[3S(x)+S(−x)]x−2x2. (4) Vì bậc của đa thức nằm ở vế phải của (4) bằng n+ 1 và n+ 1 < 2n nên từ (4) ta được a2−a= 0 hay a= 1. Do đó, từ (4) ta có
2xnS(x) + (S(x))2−S(x2)
≡[3+(−1)n]xn+1+[3S(x)+S(−x)]x−2x2. (5)
Vì bậc của đa thức nằm ở vế trái của (5) bằngn+k và bậc của đa thức nằm ở vế trái của (5) bằng n+ 1 nên từ (5) suy ra k = 1. Hơn nữa, thay x = 0
vào (5) ta được (S(0))2−S(0) = 0. Suy ra S(0) = 0 hoặc S(0) = 1. Như vậy S(x) = px hoặc S(x) = px+ 1.
Trường hợp 1. S(x) = px. Thế vào (5) ta được [3 + (−1)n −2p]xn+1−(p2−3p+ 2)x2 ≡ 0
⇔
3 + (−1)n−2p= 0 p2−3p+ 2 = 0
⇔p= 1, n ≡ 1(mod 2) hoặc p= 2;n≡ 0(mod 2).
Từ đó ta được các đa thức P(x) = x2n+1+x và P(x) =x2n+ 2x.
Trường hợp 2. S(x) = px+ 1. Thay vào (5) ta được
[3 + (−1)n −2p]xn+1−2xn + (p2+ 3p−2)x2 + 2x(2−p)≡0.
Đồng nhất hệ số ta được
3 + (−1)n−2p = 0 2xn = 0
p2+ 3p−2 = 0 p= 2
⇒
p= 2
(−1)n −1 = 0 2xn = 0
Suy ra vô lí. Chứng tỏ không tồn tại đa thức thỏa mãn biểu thức (1) trong trường hợp này.
Như vậy, tất cả các đa thức thỏa mãn đề bài là: P(x) = x;P(x) =x2n+1+x và P(x) = x2n+ 2x, n ∈ N tùy ý.
Bài toán đã được thử lại ở bài 2.1.12
Bài toán 2.4.5. Tìm tất cả các đa thức P(x) thỏa mãn hệ thức P(3x) =P0(x)P00(x)P000(x) (1) Lời giải.
Ta xét hai trường hợp
Nếu degP ≤ 2 thì P000(x) = 0⇒ P(3x) = 0 ⇒P(x) = 0
Thử lại đúng. Nếu degP(x) = n≥ 3 thì
degP0(x) =n−1,degP00(x) = n−2,degP000(x) =n−3 Vì bậc hai vế của phương trình (1) là bằng nhau nên ta có n= (n−1) + (n−2) + (n−3) ⇒n= 3.
Đặt P(x) =ax3+bx2+cx+d (a 6= 0). Khi đó P0(x) = 3ax2+ 2bx+c,
P00(x) = 6ax+ 2b, P000(x) = 6a,
P(3x) = 27ax3+ 9bx2+ 3cx+d.
Thế vào phương trình (1) và đồng nhất hệ số ta được
27a = 108a2 9b= 108ba2
3c = 24b2a+ 36ca2 d = 12abc
⇔
a ∈
1 2;−1
2
b = 0 c = 0 d= 0 Do đó: P(x) =
1
2x3 hoặc P(x) =− 1 2x3 Thử lại
Với P(x) = 1
2x3 ta có P(3x) =
27 2x3
P0(x)P00(x)P000(x) = 3
2x2ã3xã3 = 27
2x3. Suy ra thỏa mãn phương trình (1).
Với P(x) =−1
2x3 ta có P(3x) =
27 2x3
P0(x)P00(x)P000(x) =− 3
2x2ã(−3x)ã(−3) =− 27
2x3. Suy ra thỏa mãn phương trình (1).
Vậy P(x) = 0, P(x) = 1
2x3, P(x) = − 1
2x3.
Bài toán 2.4.6. Tìm tất cả các đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn
1 +P(x) = 1
2[P(x+ 1) +P(x−1)]∀x ∈R. Lời giải.
Trước hết ta chứng tỏ rằng deg(P)≤ 2.
Thật vậy, giả sử ngược lại có P(x) vớideg(P)> 2thỏa mãn bài toán. Ta đặt P(x) = anxn+an−1xn−1+ã ã ã+a1x+a0(an 6= 0).
Thay vào hệ thức của đề bài và chú ý tới hệ số của xn−2 (tức an−2) ta được
an−2 = 1
2(2anc2n + 2an−2) suy ra an = 0. Mâu thuẫn.
Khi deg(P) = 0, ta thay P(x) = const vào hệ thức của đề bài, ta thấy cũng ko thỏa mãn.
Khi deg(P) = 1, ta xét P(x) = ax+b, thay vào hệ thức của đề bài, ta thấy cũng không thỏa mãn.
Khi deg(P) = 2, ta xét
P(x) =ax2+bx+c
Thay vào hệ thức của đề bài, suy ra a = 1. Ngược lại, mọi đa thức P(x) =
ax2+bx+c đều thỏa mãn đề bài.
KẾT LUẬN
Luận văn “ Một vài bài toán về đa thức và phương trình hàm đa thức một biến” đã giải quyết được những vấn đề sau
1. Luận văn đã tổng hợp các kiến thức cơ bản về đa thức như định nghĩa đa thức, phép chia hết, phép chia có dư, đa thức bất khả quy, chứng minh các định lí cơ bản, các tiêu chuẩn bất khả quy.
2. Luận văn đã tập trung phân tích các phương pháp giải phương trình hàm đa thức. Cụ thể, luận văn đã trình bày dạng toán phương trình hàm thường gặp và ba phương pháp thường dùng khi giải phương trình hàm đa thức.
3. Luận văn đã sưu tầm, tổng hợp đa dạng các bài toán trong các kì thi Olimpic quốc tế.
4. Luận văn giúp nâng cao hiểu biết của bản thân đối với các bài toán về đa thức, phương trình hàm đa thức. Luận văn cũng là nguồn tài liệu tham khảo cho giáo viên và học sinh phổ thông.
Mặc dù đã cố gắng, tuy nhiên luận văn không tránh khỏi những sai sót, rất mong nhận được sự góp ý của quý thầy cô và bạn đọc.