Chương 2. Một số dạng và phương pháp giải phương trình hàm nâng cao
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) =p
P(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
P(2010) = 2016;P(x) = p
P(xm + 1)−7 + 6,∀x ∈ R
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
P(x2 + 1) = (P(−x))2 + 1,∀x ∈ R. (2.29)
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.
H(x2 + 1) = [H(x)]2 + 1,∀x ∈ R. (2.35)
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 −2
a4 +b4 + 4(a2b2 +b2c2 +c2a2) + 4abc(a+b+c)
= 4(a+b+c)4 −2
a4 +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}ni=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.