Bài toán 3.6. Chứng minh rằng tồn tại duy nhất một đa thức P(x) dạng
P(x) =xn +a1xn−1+· · ·+an
thỏa mãn điều kiện
n(n−1)P(x) = (x−a)(x−b)P00(x), ∀x∈R.
Giải. Chứng minh trực tiếp bằng phương pháp so sánh hệ số của cùng lũy thừa ở hai vế.
Bài toán 3.7. Cho số k ∈Z+. Tìm tất cả các đa thức P(x) thỏa mãn điều kiện
P(P(x)) = (P(x))k ∀x∈R. (3.7) Giải. NếuP(x)≡cthìc=ck.Do vậy, nếu k= 1 thì mọi đa thức hằng đều thỏa mãn. Khik chẵn thì sẽ có hai đa thức hằng P(x)≡0 và P(x)≡1 thỏa mãn. Khi k lẻ (k > 1) thì có ba đa thức hằng P(x)≡0 và P(x)≡ ±1.
là một giá trị tùy ý của P(x). Khi đó từ (3.7) ta sẽ được P(y) = yk ứng với vô số giá trị của y. Suy ra phương trình P(x)−xk = 0 có vô số nghiệm. Điều này tương đương với P(x)≡xk. Thử lại, ta thấy nghiệm này thỏa mãn.
Bài toán 3.8. Tìm tất cả các đa thức P(x) bậcn thỏa mãn điều kiện sau
(1−x2)[P0(x)]2=n2[1−P2(x)], ∀x∈R.
Giải. Giả sử
P(x) = anxn+an−1xn−1+· · ·+a0 (an 6= 0)
Từ các đặc trưng của hàm cost ta thấy hai đa thức P(x) =±cos(n arccos x).
thỏa mãn điều kiện bài ra. Ta chứng minh ngoài ra không còn nghiệm nào khác nữa. Thật vậy, theo điều kiện bài ra ta được
P2(1) = 1, [(1−x2)(P0(x))2]0 =n2[1−P2(x)]0. hay P2(1) = 1, P0(x)[n2P(x)−xP0(x) + (1−x2)P00(x)] = 0, ∀x∈R. Vì đa thức P(x) chỉ có hữu hạn nghiệm nên suy ra
n2P(x)−xP0(x) + (1−x2)P00(x)≡0.
So sánh các hệ số trong đẳng thức trên, ta được an−1= 0 và
k(k−2n)an−k = (n−k+ 2)(n−k+ 1)an−k+2.
Do vậy, theo công thức truy hồi ta được
an−1 =an−3=an−5 =· · ·= 0.
Các hệ số an−2, an−4, . . . được xác định duy nhất theo an. Mà P(1) =±1 nên chỉ có hai giá trị ứng với an.
Bài toán 3.9. Tìm tất cả các đa thức f(x)∈Z[x]bậcn thỏa mãn điều kiện sau [f(x)]2 = 16f(x2), ∀x∈R
Giải. Giả sử
f(x) = anxn+an−1xn−1+· · ·+a0 (an 6= 0).
Khi đó, với x = 0 ta thu được 16a0 = (a0)2. Suy ra a0 = 0 hoặc a0 = 16. Thay biểu thức của f(x) vào điều kiện bài toán và so sánh hệ số của x2n ta thu được
16an = 22n(an)2.
Do an 6= 0 nên ta có ngay an = 164n. Từ đó n = 0, n = 1 hoặc n= 2. Với n= 0 thì f(x)≡16 và f(x)≡0.
Với n= 1 thì f(x) = 4x và f(x) = 4x+ 16. Tuy nhiên chỉ có đa thứcf(x) = 4x thỏa mãn điều kiện bài ra.
Với n = 2 thì f(x) =x2+a1x và f(x) =x2+a1x+ 16. Thế vào điều kiện của bài ra ta thu được a1= 0 và chỉ có đa thức f(x) = x2 là thỏa mãn điều kiện bài toán.
Kết luận: Các đa thức sau đây
f(x)≡16, f(x)≡0, f(x) = 4x, f(x) =x2 là nghiệm của phương trình hàm
[f(x)]2= 16f(x2), ∀x∈R.