Luận văn Phương trình hàm đa thức

KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ 1. Kết luận Phương trình hàm đa thức là một dạng toán khó, để giải được các phương trình hàm loại này, chúng ta cần nắm rõ không những các kĩ thuật giải phương trình hàm mà còn các tính chất và các đặc trưng cơ bản của đa thức. Dựa vào các mối quan hệ đặc trưng của hàm, chúng ta sẽ tìm được các đa thức thỏa mãn xem như là nghiệm của phương trình đó. Thông qua một số bài toán về đa thức và phương trình hàm đa thức luận văn đã bước đầu giúp học sinh mới bắt đầu học về phương trình hàm đa thức có những cách tiếp cận và có một số hướng tư duy khi gặp những bài toán đó. 2. Khuyến nghị Luận văn có thể dùng làm tài liệu tham khảo cho các giáo viên và học sinh trong bồi dưỡng học sinh giỏi toán ở trường trung học phổ thông, trong rèn luyện đội tuyển thi giỏi cấp tỉnh, quốc gia và quốc tế. Hy vọng đề tài này sẽ được tiếp tục nghiên cứu, mở rộng và phát triển, được ứng dụng rộng rãi trong nghiên cứu, học tập của học sinh trung học phổ thông. Với việc phân chia các dạng phương trình hàm đa thức sẽ giúp ích nhiều cho học sinh trong quá trình học toán, giúp các em không còn cảm thấy “ngán ngại” khi đứng trước các bài toán về phương trình hàm đa thức nữa.

pdf77 trang | Chia sẻ: builinh123 | Ngày: 01/08/2018 | Lượt xem: 299 | Lượt tải: 1download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Luận văn Phương trình hàm đa thức, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
ng số). Bài toán trên có thể tổng quát thành bài toán sau: 39 Tìm tất cả các đa thức thỏa mãn         *1 , , .k kx m P mx m x P x m k     Bài tập 2.1.1.5 Tìm tất cả các đa thức  P x với hệ số thực thỏa mãn        2 26 8 2 2 , .x x P x x x P x x       Hướng dẫn Từ giả thiết ta có:         2 4 2 2 , .x x P x x x P x x       Dễ thấy      0 0, 2 0, 2 0.P P P    Suy ra        2 2P x x x x Q x   trong đó  Q x cũng là một đa thức. Thay vào phương trình đã cho ta được      2 2 .x Q x xQ x   Nhận thấy  0 0Q  nên suy ra    Q x xR x trong đó  R x cũng là một đa thức. Thay vào phương trình      2 2x Q x xQ x   ta được:        2 .R x R x R x c Q x cx      Do đó     2 2 2 .P x cx x x   Vậy     2 2 2 .P x cx x x   (c là hằng số). 2.1.2 Phương trình có dạng         P f x P g x P h x Bài toán tổng quát Giả sử ( ), ( )f x g x và ( )h x là các đa thức thuộc  x đã cho thỏa mãn điều kiện      deg deg deg .f x g x h x  Tìm tất cả các đa thức  ( )P x x sao cho         , .P f x P g x P h x x   (2.1.2) Nghiệm của phương trình hàm (2.1.2) có nhiều tính chất đặc biệt giúp chúng ta có thể xây dựng được tất cả các nghiệm của nó từ các nghiệm bậc nhỏ. Tính chất 2.1.2.1 Nếu ,P Q là nghiệm của (2.1.2) thì .PQ cũng là nghiệm của (2.1.2). Thang Long University Library 40 Hệ quả 2.1.2.2 Nếu  P x là nghiệm của (2.1.2) thì  nP x cũng là nghiệm của (2.1.2). Định lí 2.1.2.3 Nếu , ,f g h là các đa thức với hệ số thực thỏa mãn điều kiện      deg deg degf x g x h x  và thỏa mãn một trong hai điều kiện sau: (i)    deg deg ,f x g x (ii)    deg degf x g x và * * 0f g  trong đó * *,f g là hệ số cao nhất của các đa thức ,f g tương ứng. Khi đó mọi số nguyên dương n tồn tại nhiều nhất một đa thức  P x có bậc n và thỏa mãn phương trình (2.1.2). Các ví dụ minh họa Ví dụ 2.1.2.1 Tìm tất cả các đa thức  P x với hệ số thực thỏa mãn     22P x P x    với .x  Bài giải Với  P x c thay vào giả thiết ta được 2 ,c c suy ra 0c  hoặc 1.c  Vậy   0P x  hoặc   1.P x  Với  P x khác hằng số. Giả sử  P x có dạng:   11 1 0... , 0 n n n n nP x a x a x a x a a        và các hệ số 1 2 1 0, ,..., ,n na a a a  không đồng thời bằng 0. Giả sử k là số lớn nhất nhỏ hơn n sao cho 0.ka  Ta có       222 2 2 2 1 0 1 0... ... n k n k n k n kP x P x a x a x a x a a x a x a x a             Đồng nhất hệ số của n kx  hai vế ta có 0 2 0n k ka a a   (mâu thuẫn). Vậy 1 2 1 0... 0.n na a a a      Khi đó   , n nP x a x thay vào phương trình đã cho ta được   2 2 .n nn na x a x 41 So sánh hệ số của 2nx trong phương trình trên ta suy ra 2 n na a mà 0na  nên 1.na  Do đó   . nP x x Vậy các đa thức cần tìm là      0, 1, .nP x P x P x x   Nhận xét. Bài toán trên có thể khai thác theo một hướng khác như sau: Ta có       2; ; f x x g x x h x x   thỏa mãn Định lí 2.1.2.3 và có  P x x thỏa mãn phương trình nên ta có các đa thức thỏa mãn là :      0, 1, .nP x P x P x x   Ví dụ 2.1.2.2 (Bulgaria 1976) Tìm tất cả các đa thức  P x với hệ số thực thỏa mãn phương trình     22 2 2P x x P x     với .x  Bài giải Ta có          22 22 2 2 1 1 1 1 .P x x P x P x P x                 Do vậy nếu ta đặt    1Q x P x  thì ta được     22 , .Q x Q x x     Áp dụng kết quả của Ví dụ 2.1.2.1 suy ra      0, 1, .nQ x Q x Q x x   Vậy        0, 1, 1 . n P x P x P x x    Nhận xét. Bài toán trên có thể khai thác theo một hướng khác như sau: Ta có       22; 2; 2f x x g x x h x x x      thỏa mãn Định lí 2.1.2.3 và có   1P x x  thỏa mãn phương trình nên ta có các đa thức thỏa mãn là:        0, 1, 1 . n P x P x P x x    Ví dụ 2.1.2.3 (Nam Tư 1982) Tìm tất cả các đa thức  P x với hệ số nguyên thỏa mãn phương trình     2216 2P x P x    với .x  Bài giải Giả sử  11 0( ) ... 0 . n n n n nP x a x a x a a       Thang Long University Library 42 Cho 0x  ta được     2 0 16 0P P   hay 2 0 016 .a a Do đó 0 0a  hoặc 0 16.a  Thay biểu thức của  P x vào phương trình đã cho và so sánh hệ số của 2nx ta thu được 2 216 2 .nn na a Do 0na  nên ta có ngay 16 . 4 n n a  Mà na là số nguyên nên suy ra 0, 1, 2.n n n   - Với 0n  thì   16P x  hoặc   0.P x  - Với 1n  thì   4P x x hoặc   4 16.P x x  Thử lại ta thấy   4P x x thỏa mãn đề bài. - Với 2n  thì   2 1P x x a x  và   2 1 16.P x x a x   Thay vào điều kiện của bài toán ta được   2.P x x Vậy các đa thức cần tìm là      0, 16, 4P x P x P x x   và   2.P x x Ví dụ 2.1.2.4 ( Romania 2001) Tìm đa thức  P x với hệ số thực và thỏa mãn        2 22 1 2 1 , .P x P x P x P x x     Bài giải Giả sử  degP x n . - Nếu 0n  thì  P x c (thỏa mãn). - Nếu 0n  ta đặt        2 1 2 , deg .nP x P x R x R x n    Thay vào giả thiết ta nhận được        2 2 .P x R x P x R x Nếu  R x khác đa thức 0 thì ta có        deg 2deg 2deg deg .P x R x P x R x   Suy ra    deg deg ,P x R x (mâu thuẫn). Vì vậy ta có   0R x  nên        2 1 2 2 1 2 1 .n nP x P x P x P x      Đặt    1Q x P x  thì ta có    2 2 , .nQ x Q x x   43 Giả sử   0 , n i i i Q x a x   ta có:       111 0 1 02 ... 2 2 ... . n nn n n n n n na x a x a a x a x a          Đồng nhất hệ số ta được 2 2 , 0,1,..., 1.i ni ia a i n    Suy ra 0, 0,1,..., 1.ia i n    Khi đó      1 , . nnQ x ax P x a x x      (thỏa mãn). Vậy    1 , . n P x a x x    (a là hằng số). Nhận xét. Bài toán trên có thể khai thác theo một hướng khác như sau: Tập các nghiệm của  P x là hữu hạn, nên bị chặn. Do đó tồn tại số nguyên dương 1N  sao cho   0.P N  Đặt     2 1P N c P N   và xét đa thức      2 1 .Q x P x cP x   Ta có   0Q N  hơn nữa, khi thay x N vào giả thiết ta được:        2 22 1 2 1 .P N P N P N P N   Dẫn đến    2 22 1 .P N cP N  Nghĩa là N là nghiệm của  Q x thì 2N cũng là nghiệm của  .Q x Như vậy ta xây dựng được một dãy vô hạn các nghiệm đôi một phân biệt của  Q x là 2 2, ,..., ,.... n N N N Suy ra   0Q x  hay    2 1 .P x cP x  Ta khẳng định nếu 0x là nghiệm của  P x (có thể nghiệm phức) thì 0 1.x  Thật vậy, giả sử 0 1.x  Ta có    0 00 2 1 0,P x P x    vì vậy ta lại xây dựng được một dãy nghiệm 0 1 0 1, 2 1,..., 2 1,...n nx x x x x    của  .P x Thang Long University Library 44 Công thức tổng quát của dãy là  01 2 1 , n nx x   suy ra các phần tử của dãy là đôi một khác nhau dẫn đến   0,P x  mâu thuẫn giả thiết. Do đó điều giả sử là sai, tức là  P x chỉ có nghiệm 0 1.x  Vậy    1 , . n P x a x x    (a là hằng số). Ví dụ 2.1.2.5 Tìm tất cả các đa thức với hệ số thực thỏa mãn      21 2 , .P x P x P x x     Bài giải - Nếu  deg 0P x  thì   ,P x c c là hằng số. Từ giả thiết ta có 0; . 1. c c c c c      Suy ra trường hợp này có hai đa thức    0, 1P x P x  thỏa mãn đề ra. - Nếu  degP x m với m lẻ thì đa thức  P x luôn có 1 nghiệm 0 .x  Từ giả thiết ta có      20 0 02 1 0P x P x P x    dẫn đến 20 2x  cũng là nghiệm của ( ).P x Xét dãy số   1 0 2 1 ; : 2, 2. n n n u x u u u n      Ta thấy  nu là dãy tăng và bằng quy nạp theo n ta có   0, .nP u n  Do đó đa thức  P x có vô số nghiệm, điều này vô lý. Vì vậy  degP x là số chẵn. - Xét   *deg 2 , .P x n n  Ta viết lại:   2 2 12 2 1 1 0 2..... , 0. n n n n nP x a x a x a x a a        Từ giả thiết của bài toán, ta đồng nhất hệ số của 4nx ở cả hai vế phương trình hàm, ta được 2 2 2n na a do đó 2 1.na  45 Ta đặt      2 2 n P x x x G x    với  deg 2G x k n  và   0.G x  Khi đó      21 2 , .P x P x P x x                   2 2 2 2 2 22 1 2 2 2 2 2 . n n n n G x x x G x x x G x x x                                          2 2 21 2 1 2 2 . n n G x G x G x x x G x x x G x           (V2.1.2.5) vì          2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2.x x x x x x x x            Mà  deg 2G x k n  nên VT(V2.1.2.5) có bậc là 2 ,n k VP(V2.1.2.5) có bậc là 2 .k Mặt khác 2 2n k k  nên   0.G x  Suy ra    2 2 , . n P x x x x     Vậy các đa thức cần tìm là        20, 1, 2 , . n P x P x P x x x x       Ví dụ 2.1.2.6 Tìm tất cả các đa thức  P x với hệ số thực thỏa mãn      2 3 23 3 1 6 7 16 3 , .P x x P x P x x x x         Bài giải Nếu  P x là đa thức hằng thì    0, 1P x P x  và   2 1, P x x x    là đa thức bậc nhất thỏa mãn. Giả sử    *deg .P x n n  Gọi   0n na a  là hệ số bậc cao nhất cuả  ,P x cân bằng hệ số bậc cao nhất hai vế của phương trình ta được   2 3 6n nn na a suy ra 2 . n na  Đặt      2 1 , n P x x Q x   giả sử    deg .Q x k n k   Thay vào phương trình hàm ban đầu ta được: Thang Long University Library 46             2 2 3 2 3 2 2 2 5 3 6 1 3 1 12 14 32 5 6 7 16 3 , . n n n x x Q x x x Q x x x x Q x x x x                           Hay               2 2 2 3 2 6 1 3 2 2 5 3 1 3 3 1 6 7 16 3 , . nn x Q x x x x Q x Q x x Q x Q x x x x                  Khi đó bậc của đa thức vế trái trong phương trình trên là 2 ,n k trong khi đó bậc đa thức vế phải là 3 2k n k  (vô lý). Do đó   0.Q x  Vậy các đa thức thỏa mãn là          *0, 1, 2 1 .nP x P x P x x n     Bài tập tương tự Bài tập 2.1.2.1 Tìm tất cả các đa thức  P x với hệ số thực thỏa mãn      2 3P x P x P x với .x  Hướng dẫn Nếu  P x đồng nhất là hằng số thì    0, 1P x P x  thỏa mãn yêu cầu. Xét  deg 1P x  đặt     0 0 . n i i n i P x a x a    Ta đi chứng minh: 0 1 2 1... 0.na a a a      Thật vậy, giả sử một trong các số đó khác không. Gọi k là số lớn nhất thỏa mãn 0.ka  Ta có:       2 2 2 21 0 1 0... ... ,n k n kn k n kP x P x a x a x a x a a x a x a x a          3 3 3 31 0... .n kn kP x a x a x a x a     Đồng nhất hệ số của 2n kx  ở hai vế ta có 0,n ka a  đây là điều mâu thuẫn. Từ đó giả sử phản chứng là sai, ta phải có ngay 0 1 2 1... 0.na a a a      Suy ra   , .nP x x x   47 Vậy      0, 1, , .nP x P x P x x x     Bài tập 2.1.2.2 Tìm tất cả các đa thức  P x với hệ số thực thỏa mãn      2 3 23 3P x P x P x x  với .x  (B2.1.2.2.1) Hướng dẫn Cho 0x  thay vào (B2.1.2.2.1) ta được  0 0P  hoặc  0 1P  . - Nếu  0 0,P  ta đặt    kP x x Q x trong đó      , 0.Q x x Q x  Thay vào (B2.1.2.2.1) ta được:         2 2 3 2 3 23 3 3 3 , k k kx Q x x Q x x x Q x x x            2 3 23 3 3 1 3 , .kkx Q x Q x x Q x x x      (B2.1.2.2.2) Cho 0x  thay vào (B2.1.2.2.2) ta được  0 0,Q  mâu thuẫn với cách đặt nên   0.P x  - Nếu  0 1,P  ta đặt     1kP x x Q x  trong đó      , 0,Q x x Q x  thay vào (B2.1.2.2.2) ta được:                                   2 2 3 2 3 2 3 2 2 2 3 2 3 2 2 2 2 2 3 2 1 3 3 1 3 3 1, 3 3 3 3 3 3 , 3 3 3 3 3 3 , . k k k k k k k k k k k k k k x Q x x Q x x x Q x x x x Q x Q x x Q x x Q x x x Q x x x x Q x Q x Q x x Q x x x Q x x x                               (B2.1.2.2.3) Cho 0x  thay vào (B2.1.2.2.3) ta có  0 0,Q  mâu thuẫn với cách đặt nên   1P x  . Vậy có hai đa thức thỏa mãn đề bài là    0, 1.P x P x  Bài tập 2.1.2.3 Giả sử  P x là đa thức với hệ số thực không đồng nhất bằng không thỏa mãn phương trình      2 32 3P x P x P x x  với .x  Thang Long University Library 48 Chứng minh rằng  P x không có nghiệm thực. Hướng dẫn Giả sử ngược lại  P x có một nghiệm thực 0x nào đó. Ta thấy rằng nếu 0x là một nghiệm của  P x thì 30 03x x cũng là nghiệm của  .P x Vì vậy ta xây dựng được một dãy nghiệm của  P x 3 3 0 1 0 0 1, 3 ,..., 3 , 0.n n nx x x x x x x n      - Trường hợp 0 0x  ta có 3 2 1 3 3 1 .n n n n n nx x x x x x n       Suy ra đa thức  P x có vô số nghiệm do đó   0,P x  mâu thuẫn giả thiết. - Trường hợp 0 0x  và là nghiệm kép bậc n của  ,P x nghĩa là       ; 0 0. nP x x Q x Q     Khi đó thay vào phương trình đã cho ta được:                          2 2 3 3 3 2 2 3 2 2 2 3 2 2 3 3 2 2 3 1 3 2 2 3 1 3 , 0. n n n n n n n n n n x Q x x Q x x x Q x x x Q x Q x x x Q x x x Q x Q x x Q x x x              Suy ra        2 2 2 32 2 3 1 3 n n nx Q x Q x x Q x x x     . Thay 0x  ta được  0 0,Q  mâu thuẫn. Vậy điều giả sử là sai, nghĩa là  P x không có nghiệm thực. Bài tập 2.1.2.4 Giả sử  P x là đa thức với hệ số thực không đồng nhất bằng không thỏa mãn phương trình      21P x P x P x  với .x  a) Chứng minh rằng  P x không có nghiệm thực. b) Tìm tất cả các đa thức  P x có bậc bằng 2016 thỏa mãn bài toán. 49 Hướng dẫn a) Giả sử  P x có một nghiệm thực 0x nào đó. Ta thấy rằng nếu 0x là nghiệm của  P x thì   2 0 1x  cũng là nghiệm của  .P x Vì vậy ta xây dựng được một dãy nghiệm của  P x :     2 2 0 1 0 1, 1 ,..., 1 , 0.n nx x x x x n      Chú ý rằng dãy trên là một dãy đơn điệu tăng vì 2 1 1 0,n n n nx x x x      như vậy  P x có vô số nghiệm và do đó   0,P x  mâu thuẫn. Vậy  P x không có nghiệm thực. b) Do  deg 2016P x  nên  P x có ít nhất một nghiệm   .a a Ta thấy rằng a là nghiệm của  P x thì   22 , 1a a  cũng là nghiệm của  .P x Vì vậy ta xây dựng được một dãy nghiệm của  P x là  2 . n a n Do số nghiệm của  P x là hữu hạn nên tồn tại m n sao cho 2 2 , m n a a do đó 2 2 1. m n a   Khi đó 1 os sin .a a c i     (B2.1.2.4.1) Tương tự 2( 1) 1 1 1.a a     (B2.1.2.4.2) Tuy nhiên theo (B2.1.2.4.1) thì 1 os 1 sina c i     nên 2 21 ( os 1) sin 2 2 os .a c c        Vì vậy   1 3 ; 1 3 2 2 B2.1.2.4.2 os sin 2 2 1 3 . 2 2 a i c a i                   Từ giả thiết suy ra hệ số bậc cao nhất của  P x bằng 1. Do  deg 2016P x  nên ta phân tích được  P x thành tích của 1008 đa thức bậc hai hệ số thực: Thang Long University Library 50        1 2 1008...P x f x f x f x hệ số bậc cao nhất của  kf x bằng 1. Với mọi k ta có hoặc 1 3 0 2 2 kf i         hoặc 1 3 0. 2 2 kf i         Cả hai trường hợp đều suy ra   2 1.kf x x x   Vậy     1008 2 1 .P x x x   Bài tập 2.1.2.5 (Việt Nam 2006) Tìm tất cả các đa thức  P x với hệ số thực thỏa mãn phương trình         22 23 2P x x P x P x P x x           với .x  (B2.1.2.5) Hướng dẫn Thay x bởi x vào phương trình (B2.1.2.5) rồi trừ hai phương trình cho nhau ta thu được         4 0P x P x P x P x x            với .x  Do đó     0P x P x     đúng với vô số giá trị của ,x hoặc     4 0P x P x x      đúng với vô số giá trị của .x Mà  P x là một đa thức nên         0; 4 0 P x P x P x P x x         đúng với mọi giá trị của .x - Nếu     0P x P x     (*) thay vào (B2.1.2.5) ta được:           2 22 2 2 22 2 .P x xP x P x x P x x P x x             Đặt    Q x P x x  thì ta có     22 .Q x Q x    Theo Ví dụ 2.1.2.1 thì        *0, 1, .nQ x Q x Q x x n    Suy ra      , 1, .nP x x P x x P x x x     51 So sánh với điều kiện (*) thì ta nhận được:     2 1, , 0;1;...kP x x P x x x k    - Nếu     4 0P x P x x      (**) thay vào (B2.1.2.5) ta được:     22 22 2 .P x x P x x     Đặt     2Q x P x x  thì ta có   22( ) ( ) .Q x Q x Theo Ví dụ 2.1.2.1 thì        *0, 1, .nQ x Q x Q x x n    Suy ra      2 , 2 1, 2 .nP x x P x x P x x x     So sánh với điều kiện (**) thì ta nhận được:     22 , 2 , 1,2,...kP x x P x x x k    Bài tập 2.1.2.6 Tìm tất cả các đa thức  P x khác hằng số, với hệ số thực thỏa mãn phương trình      21 1P x P x P x x    với .x  (B2.1.2.6) Hướng dẫn Giả sử a là một nghiệm của   0.P x  Khi đó 2 1a a  cũng là nghiệm. Thay x bằng 1x  vào (B2.1.2.6) ta có      21 1 .P x P x P x x    Vì   0P a  nên ta cũng suy ra 2 1a a  cũng là nghiệm của   0.P x  Chọn a là nghiệm có modul lớn nhất (nếu có vài nghiệm như thế ta chọn một trong chúng). Từ cách chọn ta suy ra 2 1a a a   và 2 1 .a a a   Áp dụng bất đẳng thức về modul ta có: 2 22 1 1 2 .a a a a a a a a          Như vậy dấu bằng phải xảy ra ở các bất đẳng thức trên, suy ra    2 21 1a a s a a     với s là một số dương nào đó. Thang Long University Library 52 Nếu 2 21 1a a a a     thì 2 2 22 1 1 1 2a a a a a a a         suy ra 2 1 ,a a a   mâu thuẫn với cách chọn .a Do vậy 2 21 1.a a a a     Từ đó 1s  và ta có    2 21 1 ,a a a a      suy ra 2 1 0a   hay a i  và do đó 2 1x  là thừa số của  .P x Từ đây      2 1 , m P x x Q x  trong đó  Q x là đa thức không chia hết cho 2 1.x  Thay vào (B2.1.2.6) ta có  Q x cũng thỏa mãn (B2.1.2.6). Nếu như phương trình   0Q x  có nghiệm thì làm tương tự như trên, nghiệm có modul lớn nhất phải là .i Nhưng điều này không thể vì  Q x là đa thức không chia hết cho 2 1.x  Ta kết luận được  Q x là hằng số, giả sử đó là .c Thay vào phương trình, ta được 1.c  Như vậy tất cả các nghiệm không hằng của phương trình (B2.1.2.6) có dạng  2 1 m x  với m là số nguyên dương. Bài tập 2.1.2.7 Tìm tất cả các đa thức  P x không phải là đa thức hằng thỏa mãn phương trình     33 1 1P x P x     với .x  Hướng dẫn Đặt     11 01 , 0. k k k k kP x Q x a x a x a a         Suy ra     33Q x Q x    với ,x  hay   3 3 3 3 1 1 0 1 0 . k k k k k k k ka x a x a a x a x a           Giả sử tồn tại số m lớn nhất sao cho m k và 0,ma  suy ra 3 2 .m k m  53 Đồng nhất hệ số của 2k mx  ở hai vế ta được 20 3 ,k ma a mâu thuẫn với điều giả sử. Từ đó suy ra     33 3 3 3 1.k kk k ka x Q x Q x a x a        Vậy    1 k P x x   với .x  Bài tập 2.1.2.8 (Albania TST 2009) Tìm tất cả các đa thức  P x khác đa thức không có hệ số không âm và thỏa mãn     21 1 , 0.P x P P x x            Hướng dẫn Giả sử    11 1 0.... 0, 0, 1; a 0 .k kk k i kP x a x a x a x a a i k          Do 0x  nên ta có          1 1 1 1 1 0 1 0 2 1 0 ... ... ... . k k k k k k k P x P x a x a x a x a a x a x a a a a                 Suy ra       21 1 .P x P x P     Theo giả thiết     21 1 , 0.P x P P x x            Suy ra     21 1 , 0P x P P x x            hay      21 1 1 0 1 0... ... 1 . k k k k k k k ka x a x a x a a a x a x P x              So sánh hệ số của 1 2 2; ;...;k k kx x x  ở hai vế của đồng nhất thức ta được 0 1 2 1.... .ka a a a     Vậy     0 .kk kP x a x a  2.1.3 Phương trình có dạng           P f x P g x P h x Q x  Thang Long University Library 54 Bài toán tổng quát Giả sử      , , f x g x h x và  Q x là các đa thức thuộc  x đã cho thỏa mãn điều kiện      deg deg deg .f x g x h x  Tìm tất cả các đa thức    P x x sao cho:           , .P f x P g x P h x Q x x    Định lí 1.3.1 Nếu , ,f g h là các đa thức không hằng thỏa mãn điều kiện      deg deg deg ,f x g x h x   Q x là một đa thức cho trước, ngoài ra    deg degf x g x hoặc    deg degf x g x và * * 0.f g  Khi đó với mỗi số nguyên dương n và số thực ,a tồn tại nhiều nhất một đa thức  P x thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: (i)  deg ,P x n (ii) * ,P a (iii)           , .P f x P g x P h x Q x x    Hệ quả Trong các điều kiện của định lý, với mỗi số nguyên dương ,n tồn tại nhiều nhất hai đa thức  P x có bậc n thỏa mãn phương trình           , .P f x P g x P h x Q x x    Các ví dụ minh họa Ví dụ 2.1.3.1 Tìm tất cả các đa thức  P x với hệ số thực thỏa mãn     22 1 1P x P x     với .x  (V2.1.3.1) Bài giải - TH1: nếu  0 0P  thì    1 1, 2 2,...P P  Bằng phương pháp quy nạp toán học ta chứng minh được   , .P n n n   Mà ( )P x là một đa thức nên   .P x x 55 - TH2: nếu  0 0,P  giả sử    11 1 0 0.... 0 . n n n n nP x a x a x a x a a a        Thay  P x vào (V2.1.3.1) ta được:           2 1 1 2 2 2 1 1 0 1 1 0.... +1= 1 1 .... 1 0 . n n n n n n n n na x a x a x a a x a x a x a a                Đồng nhất hệ số của x ta được 0 12 0,a a  do đó 1 0.a  Đồng nhất hệ số của 3x ta được 2 1 3 02 2 0a a a a  suy ra 3 0.a  Tiếp tục quá trình này ta nhận được hệ số trước bậc lẻ của x bằng không, hay    2 ,P x Q x với  Q t là một đa thức bậc  2 .k k n Thay vào (V2.1.3.1) ta được          22 22 2 21 1 1 1.Q x P x P x Q x            Đặt    1H y Q y  ta có:           2 22 2 2 2 2 21 1 1 1 1 1.H x Q x Q x H x               Cho x thay đổi thì     22 1 1H y H y     với vô số giá trị của ,y suy ra nó cũng đúng với mọi y hay  H y thỏa mãn yêu cầu của bài. - Nếu  H y thỏa mãn  0 0H  thì   .H y y Khi đó      2 2 21 1.P x Q x H x x     - Nếu  0 0H  thì từ đa thức  H y ta tiến hành phương pháp như trên ta sẽ nhận được đa thức  1H x có bậc hai lần bằng bậc của  .H y Cứ tiếp tục quá trình này chỉ hữu hạn bước ta sẽ nhận được đa thức .x Như vậy đa thức thỏa mãn yêu cầu bài toán chỉ có thể nằm trong dãy        2 20 1 1, 1,..., 1 ,...n nP x x P x x P x P x     Thử lại ta thấy các đa thức thuộc dãy trên đều thỏa mãn các yêu cầu của bài. Ví dụ 2.1.3.2 Tìm tất cả các đa thức  P x với hệ số thực thỏa mãn Thang Long University Library 56     2 2 42P x P x x    với .x  Bài giải Nếu đặt    kP x ax R x  với  degR x r k  và 0a  thì ta có:             2 22 2 2 22 .k kP x P x a a x ax R x R x R x            - Nếu 1a  thì     2 2deg 2 .P x P x k    - Nếu 1a  và 0r  thì     2 2deg .P x P x k r     - Nếu 1a  và r   (tức là đồng nhất 0) thì     2 2deg .P x P x     Từ đó suy ra 4.k  Đến đây, ta đễ dàng tìm được các nghiệm của phương trình đã cho là 4 3 21, , 2x x x x  và 2.x Ví dụ 2.1.3.3 (Romania 1990) Tìm tất cả các đa thức  P x với hệ số thực thỏa mãn phương trình     2 22 2 2 1P x P x     với .x  Bài giải Đặt  1 ,P a cho 1x  thay vào phương trình trên ta được:       2 1 2 1 2 0 1 1 3.P P P a         Đặt      1 k P x x Q x a   trong đó      , 1 0.Q x x Q  Thay vào giả thiết ta được:                         2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 2 1 , 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 , . kk k k k kk x Q x a x Q x a x x Q x a x Q x a x x Q x a x                       Hay          2 1 21 2 2 1 2 1 , .k kkx Q x aQ x x Q x x       Cho 1x  thay vào phương trình trên ta được      12 1 2 1 1 0,kaQ Q Q   mâu thuẫn với cách đặt trên. Từ đó ta có   1 3.P x a   57 Ví dụ 2.1.3.4 Tìm tất cả các bộ  , ,a P Q trong đó a là hằng, , P Q là các đa thức sao cho:         2 2 2 2 . P xP x a Q xQ x         Bài giải Nếu  , ,a P Q là nghiệm thì  , ,a PR QR cũng là nghiệm. Không mất tính tổng quát ta giả sử  , 1.P Q  Phương trình trên có thể viết lại thành:           2 22 2 2 .P x Q x Q x P x aQ x           Do     2 2, 1P x Q x        nên suy ra     2 2 .Q x cQ x   Từ đó ta giải được   ,nQ x cx với n là số tự nhiên nào đó. Thay vào phương trình trên ta được     2 2 2 2 .nP x cP x ac x    Đặt    P x R x c  ta được phương trình:     2 2 2 .nR x R x ax    Thay 0x  vào phương trình trên ta được     2 0 0 .R R   Do  , 1P Q  nên 0a  và  0 0.R  Từ đó suy ra  0 1.R  Đặt      1 , 0 0kR x x S x S   khi đó ta có:             2 22 2 2 2 2 2 21 2 1 2 .k k k n k k nx S x x S x x S x ax x S x x S x S x ax               Nếu 2k n thì chia cả hai vế cho 2 ,nx ta được:       22 2 2 22 .k n k nx S x x S x S x a      Với 0x  suy ra 0 ,a mâu thuẫn. Nếu 2k n thì chia cả hai vế cho ,kx ta được:       2 2 22 .k n kS x x S x S x ax      Thang Long University Library 58 Với 0x  suy ra  0 0,S  mâu thuẫn. Vậy chỉ còn một khả năng có thể xảy ra là 2 .k n Lúc đó ta được phương trình:       22 22 .nS x x S x S x a     Lí luận tương tự như trong lời giải của Ví dụ 2.1.3.2, ta suy ra     2 2S x S x   hoặc đồng nhất bằng 0, hoặc có bậc lớn hơn hay bằng bậc của  .S x Như vậy, nếu     2 2S x S x   không đồng nhất 0 thì vế trái sẽ có bậc là 2 ,n s mâu thuẫn. Vậy     2 2 0,S x S x    suy ra   2 a S x  và thay lại vào đẳng thức     2 2 0,S x S x    ta suy ra 2.a  Vậy      22, , 1 .n na Q x cx P x c x    Bài tập tương tự Bài tập 2.1.3.1 Tìm tất cả các đa thức  P x với hệ số thực thỏa mãn phương trình     22 2 2P x P x     với .x  Hướng dẫn Có hai đa thức hằng thỏa mãn phương trình đã cho là đa thức đồng nhất -1 và đa thức đồng nhất 2. Với các đa thức bậc lớn hơn hay bằng 1, áp dụng hệ quả của định lí ta suy ra với mỗi số nguyên dương ,n tồn tại không quá một đa thức  P x thỏa mãn phương trình đã cho. Điểm khó ở đây là ta không có cơ chế đơn giản để xây dựng các nghiệm. Dùng phương pháp đồng nhất hệ số ta tìm được các nghiệm bậc 1,2,3,4 lần lượt là: 2 3 4 2, 2, 3 , 4 2.x x x x x x    Từ đây có thể dự đoán được quy luật của dãy nghiệm như sau: 0 1 1 12, , , 1,2,3,...n n nP P x P xP P n      59 Cuối cùng để hoàn tất lời giải bài toán, ta chỉ cần chứng minh các đa thức thuộc dãy đa thức trên thỏa mãn giả thiết. Ta có thể thực hiện điều này bằng cách sử dụng quy nạp toán học hoặc bằng cách như sau: Xét x bất kì thuộc  2;2 , đặt 2cosx t ta suy ra:    2 34cos2 2 2cos2 , 2cos .2cos2 2cos 2cos3 ,P x t t P x t t t t      và    2cos .nP x nt Từ đó ta có:            2 2 2 22 4cos 2 2cos2 2cos 2 4cos 2 2n n nP x P t P t nt nt P x         Đẳng thức này đúng với mọi x bất kì thuộc  2;2 do đó đúng với mọi .x Bài tập 2.1.3.2 Tìm tất cả các đa thức  P x với hệ số thực thỏa mãn     22 2 2P x P x     với .x  Hướng dẫn Ta sử dụng phương pháp quy nạp. Bằng phương pháp đồng nhất hệ số ta tìm được các đa thức bậc 1,2,3,4,5 thỏa mãn giả thiết là :          2 3 4 2 5 31 2 3 4 5, 1, 3 , 4 2, 5 5 .P x x P x x P x x x P x x x P x x x x           Nhận thấy                  3 2 1 4 3 2 5 4 3; ; .P x xP x P x P x xP x P x P x xP x P x      Ta chứng minh mọi đa thức trong dãy      1 2, ,..., ,...nP x P x P x xác định bởi:           2 1 2 2 1 , 2; n n n P x x P x x P x xP x P x         thỏa mãn yêu cầu của bài. Bài tập 2.1.3.3 Tìm tất cả các đa thức hệ số thực  P x không đồng nhất không thỏa mãn    22014 2046, ( ) 1 33 32, 0.P P x P x x       Hướng dẫn Giả sử  P x thỏa mãn đầu bài. Khi đó ta có: Thang Long University Library 60      22 1 32 33, 0.P x P x x      Suy ra    22 22014 1 2046 32 33 2014 33.P       Đặt 0 2014,x  ta có  0 0 032 2046, 32x P x x    do  2014 2046.P  Xét dãy {xn} như sau: 2 2 0 1 0 12014, 1, x 1, n=1,2,3...n nx x x x      Khi đó:               0 0 22 2 2 1 0 0 0 0 1 22 2 2 2 1 1 1 1 2 32; 1 32 33 33 1 32 32; 1 32 33 33 1 32 32. P x x P x P x P x x x x P x P x P x x x x                               Bằng quy nạp dễ dàng chứng minh được   32, 0,1,2...n nP x x n    (*) Xét đa thức hệ số thực     32.Q x P x x   Từ (*) ta có  Q x nhận nx làm nghiệm với mọi 0,1,2,...n  Mặt khác do dãy 0{ }n nx   tăng nghiêm ngặt nên   0Q x  suy ra   32.P x x  Thử lại ta có   32P x x  thỏa mãn đầu bài. Vậy có duy nhất đa thức   32P x x  . Bài tập 2.1.3.4 Tìm tất cả các đa thức hệ số thực  P x không đồng nhất không thỏa mãn   22005 2037; ( ) ( 1) 33 32, 0.P P x P x x       Hướng dẫn Thay 2005x  vào giả thiết ta được:           2 2 2 2 1 1 1 2037 2005 2005 1 33 32 2005 1 32 2005 1 32 2005 1 . P P P P x x x                61 Thay 1x x vào giả thiết ta được:               2 2 1 1 1 1 2 2 2 1 1 2 2 2 1 1 33 32 32 1 33 32 1 1 32 32 1 . P x P x x P x P x x P x x x x                     Như vậy các số hạng của dãy: 1 2 2 1 2005; 1n n x x x      đều là nghiệm của     32.Q x P x x   Dễ thấy 1 2 ... ...nx x x    và dãy trên có vô số số hạng nên  Q x có vô hạn nghiệm. Suy ra   0Q x  dẫn đến   32.P x x  Thử lại ta thấy  P x thỏa mãn. Vậy đa thức cần tìm là   32P x x  với mọi x không âm. 2.1.4 Bài tập tự luyện Bài tập 2.1.4.1 Tìm tất cả các đa thức  P x với hệ số thực thỏa mãn       2 22 4 2P x P x xP x       với .x  Bài tập 2.1.4.2 Tìm tất cả các đa thức  P x với hệ số thực thỏa mãn        2 2 2 2 12; 1 . P P x x x P x     với .x  Bài tập 2.1.4.3 Tìm tất cả các đa thức  P x với hệ số thực thỏa mãn         22 0 0; 1 2 0. P P x P x xP x           với .x  Bài tập 2.1.4.4 Tìm tất cả các đa thức  P x với hệ số thực thỏa mãn       2 2 2 2 1 1 1 2P x P x P P P x P x x x                           với .x  Thang Long University Library 62 Bài tập 2.1.4.5 Tìm tất cả các đa thức  P x với hệ số thực thỏa mãn    22 1 , 1, .P x P x x x x      Bài tập 2.1.4.6 Tìm tất cả các đa thức  P x với hệ số thực có bậc 1999 thỏa mãn: tồn tại số thực a sao cho       2 224 4P x a x P x         với .x  Bài tập 2.1.4.7 Tìm tất cả các đa thức  P x với hệ số thực thỏa mãn   2 4 3 22 3 2 1P x x x x x       với .x  Bài tập 2.1.4.8 Tìm tất cả các đa thức  P x với hệ số thực thỏa mãn      1 1P x P x P P x      với .x  Bài tập 2.1.4.9 Tìm tất cả các đa thức  P x với hệ số thực thỏa mãn       1P P x x P x P x   với .x  Bài tập 2.1.4.10 (Bulgaria 2001) Tìm tất cả các đa thức  P x với hệ số thực thỏa mãn         2 22 1 2 1 4P x P x P x P x    với .x  Bài tập 2.1.4.11 Tìm tất cả các đa thức  P x với hệ số thực thỏa mãn       2 21 1P x P x P x x       với .x  Bài tập 2.1.4.12 Tìm tất cả các đa thức  P x với hệ số thực thỏa mãn     2 21 4 4 1P x P x x      với .x  2.2 PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC NHIỀU BIẾN 2.2.1 Một số ví dụ Ví dụ 2.2.1.1 Tìm tất cả các đa thức  ,P x y với hệ số thực sao cho    1, 1 ,P x y P x y   với , .x y  Bài giải 63 Giả sử  Q t là một đa thức 1 biến tùy ý. Dễ dàng nhận thấy    ,P x y Q x y  vì         1, 1 1 1 , .P x y Q x y Q x y P x y         Giả sử  ,P x y là đa thức thỏa mãn đề bài. Xét    , ,Q t y P t y y  với ,t y  . Suy ra        , 1 1, 1 , , .Q t y P t y y P t y y Q t y        Do đó với mỗi số thực t tùy ý, đa thức một biến    ,H y Q t y luôn nhận 1 giá trị cố định với mọi y nên  H y là đa thức hằng. Hay    ,Q t y S t là đa thức một ẩn bất kì. Suy ra        , , ,P t y t S t P x y S x y     thử lại ta thấy đúng. Vậy nghiệm của phương trình là    ,P x y Q x y  với  Q t là đa thức một biến bất kì. Ví dụ 2.2.1.2 (Iran TST 2010) Tìm các đa thức 2 biến  ,P x y hệ số thực, thỏa mãn      2 2 2, 1 , 1 , 1 0P ab c P bc a P ca b      với , , .a b c  Bài giải Kí hiệu  , ,A a b c là phép thay , ,a b c vào phương trình ban đầu. Ta có:    0,0,0 0,1 0.A P     0,0, 0, 0A c P y  với 1,y  suy ra  | , .x P x y    , ,0 ,1 0A a b P x  với ,x suy ra  1| , .y P x y Vì vậy      , 1 , .P x y x y Q x y  Ta có        2 2 2, , , 1 , 1 , 1 0.A a b c cQ ab c aQ bc a cQ ca b       Kí hiệu  , ,B a b c là phép thay , ,a b c vào phương trình ở trên. Ta có Thang Long University Library 64    0,0, 0, 0B c Q y  với 1,y  suy ra  | , .x Q x y Vì vậy đặt    , , ,Q x y xR x y từ đây ta được:      2 2 2, 1 , 1 , 1 0,R ab c R cb a R ca b      (lại quay về phương trình ban đầu). Tiếp tục quá trình này ta có    2, 1 , nnP x y x y   ,P x y thỏa mãn với mọi số tự nhiên ,n nghĩa là  , 0.P x y  Thử lại ta thấy thỏa mãn. Vậy đa thức cần tìm là  , 0.P x y  Ví dụ 2.2.1.3 (THTT T11/435) Tìm tất cả đa thức  ,P x y sao cho      , , ,P x y P z t P xz yt xt yz   với , , , .x y z t  Bài giải Xét trường hợp  , 0.P x y  Nhận xét:              , .xz yt xt yz x y z t xz yt xt yz x y z t            Do đó nếu đặt        , , m n P x y x y x y Q x y   trong đó ,m n và đa thức  ,Q x y không chia hết cho ; x y x y  (*) thì      , , , .P x y P z t P xz yt xt yz                        , , , , m n m n m n m n x y x y Q x y z t z t Q z t x y x y z t z t Q xz yt xt yz             hay      , , , .Q x y Q z t Q xz yt xt yz   Cho 0z t  thì      , 0,0 0,0 .Q x y Q Q Ta chứng minh  0,0 0.Q  Thật vậy, giả sử  0,0 0,Q  lấy , y x t z   thì từ giả thiết ta có:      , , 0,0 0.Q x x Q z z Q   Xét    , 0 ; 0.Q z z Q x x    Khi đó:       ij ij ij , , , , . i ii j i j j i j i j i j Q x y a x y a x y y a y y        65 Suy ra    ij , , 0 0. ji i j Q x x a x x     Dẫn đến     ij , , ii j i j Q x y a x y y   chia hết cho .x y Tương tự nếu  , 0, Q z z z   thì suy ra  ,Q x y chia hết cho ( ).x y Điều này mâu thuẫn với (*). Do đó  , 1.Q x y  Vậy      , , , . m n P x y x y x y m n     2.2.2 Bài tập tương tự Bài tập 2.2.2.1 (Iran TST 2009) Hãy xác định tất cả các đa thức  ,P x y với hệ số thực, thỏa mãn điều kiện       2 2 2 2, , 2 2 x y x y P x y P           với , .x y  Bài tập 2.2.2.2 Tìm các đa thức 2 biến  ,P x y hệ số thực, thỏa mãn     2 2, , 1 1P a P b c a bc   với , , .a b c  Bài tập 2.2.2.3 Tìm các đa thức 2 biến  ,P x y hệ số thực, thỏa mãn    , 2 ,P x y x y P x y   với ,x y  . Bài tập 2.2.2.4 Tìm các đa thức 2 biến  ,P x y hệ số thực, thỏa mãn        , 1, , 1 1, 1P x y P x y P x y P x y       với , .x y  2.3 MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC KHÁC 2.3.1 Một số ví dụ Ví dụ 2.3.1.1 Tìm tất cả các đa thức  P x với hệ số thực sao cho với bất kì số thực , ,a b c nào ta cũng có:            2 2 2 3 3 3 .P a b c P b c a P c a b P a b P b c P c a              Bài giải Thang Long University Library 66 Đặt , x a b y b c    ta có:            2 2 3 3 3 .P x y P x y P x y P x P y P x y           Cho 0,x y  ta được  0 0.P  Cho 0,y  ta được      2 3 .P x P x P x    Đặt   11 1... , n n n nP x a x a x a x      thay vào phương trình trên ta suy ra:    2 3 1 k k k k ka a a    với 1,k n hay     2 1 3 1 0.k kka      Khi đó  2 4 0,kka   với k chia hết cho 2. Hoặc  2 2 0,kka   với k không chia hết cho 2. Với 3,k  suy ra 0ka  do đó   2 .P x x x   Vậy đa thức cần tìm là   2 , , .P x x x       Ví dụ 2.3.1.2 (IMO 2004) Tìm tất cả các đa thức  P x sao cho        2P a b P b c P c a P a b c        , ,a b c  thỏa mãn 0.ab bc ca   Bài giải Trước hết ta tìm một nghiệm nguyên của phương trình 0.ab bc ca   Với 6,a  ta có 6 6 0.b c bc   Với 3,b  ta có 18 6 3 0c c   suy ra 2.c   Do đó    , , 6,3, 2a b c   là một nghiệm nguyên của 0ab bc ca   dẫn đến với x ta có    , , 6 ,3 , 2a b c x x x  cũng là nghiệm của phương trình. Vì        2P a b P b c P c a P a b c        nên        3 5 8 2 7 .P x P x P x P x    Đặt   1 21 2 1 0... , n n n n n nP x a x a x a x a x a          ta có 67   3 5 8 2.7 0ii i i ia     với 0, .i n  Ta xét các trường hợp của .i - Nếu i lẻ thì  3 5 8 2.7 0 ii i i     nên 0ia  với i lẻ. - Nếu 0i  thì  3 5 8 2.7 0 ii i i     nên 0 0.a  - Nếu i chẵn 6i  thì  3 5 8 2.7 0 ii i i     nên 0ia  với i chẵn và 6.i  Từ đây suy ra   4 2P x Ax Bx  với mọi ,A B tùy ý. Thử lại đúng nên đa thức cần tìm là   4 2.P x Ax Bx  Nhận xét. Bài toán trên cũng có thể khai thác theo hướng khác như sau: Cho 0a b c   ta được      3 0 2 0 0 0.P P P   Cho 0a b  ta được            0 2 .P P c P c P c P c P c       Điều này cho thấy rằng  P x là hàm chẵn. Đặt    2 ,P x G x khi đó phương trình đề bài cho trở thành:         2 2 2 2 2 .G a b G b c G c a G a b c                       Đặt , x a b y b c    ta có:              2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 1 2 1 . 2 a b c a b c ab bc ca a b c ab bc ca a b b c c a x y x y x xy y                               Như vậy ta được        22 2 2 22 .G x G y G x y G x xy y        Cho a b ta được      2 2 22 4 2 3 .G x G x G x  Thang Long University Library 68 Lại đặt 2t x ta được      2 4 2 3 .G t G t G t  Đặt   0 , n i i i G x a x   thay vào phương trình hàm đa thức trên ta được:           11 1 1 0 1 1 0 1 1 1 0 2 ... 4 4 ... 4 2 3 3 ... 3 . n nn n n n n n n n n n a t a t a t a a t a t a t a a t a t a t a                          Đồng nhất hệ số tự do và hệ số bậc cao nhất ta được: 00 0 0 2 4 2 3 2 4 2.3 ; 0.2 2 n n n n n n na a a aa a a           Dẫn đến 2 11 2 3 .n n  Ta thấy 1n  không thỏa mãn nên 2.n  Do đó ta có  2 13 1 2 1 mod 4 2 ( ).n n n m m       Ta được phương trình    4 13 1 3 1 2 .m m m   Mà  gcd 3 1,3 1 2m m   và 3 1 3 1m m   nên 4 3 3 1 2; 3 1 2 . m m m       Suy ra 1m  và 2.n  Do đó ta có   2deg 2 ( ) .G x G x Ax Bx    Từ đó ta có    4 2 , .P x Ax Bx A B   Thử lại ta thấy thỏa mãn. Vậy đa thức  P x cần tìm là    4 2 , .P x Ax Bx A B   Ví dụ 2.3.1.3 Tìm các đa thức  P x thỏa mãn     2 2 , , . 2 2 x y x y P x P y P P x y                 Bài giải 69 Xét   0P x  ta thấy thỏa mãn đề bài. Xét   0,P x  cho 0,x y  từ phương trình đề bài ta có  0 0.P  Cho 3 ,y x thay vào phương trình đã cho ta có        2 23 2P x P x P x P x   hay        2 23 2P x P x P x P x   với .x  Vì  0 0P  nên xét  deg 1.P x n  Gọi hệ số bậc cao nhất của  P x là 0a  0 0 .a  Đồng nhất hệ số bậc cao nhất ở hai vế phương trình trên ta có:    2 2 20 0 0 03 2 3 1 4 1. n n n na a a a n       Suy ra   0 ,P x a x thử lại ta thấy thỏa mãn. Vậy đa thức cần tìm là  P x ax với .x  (a là hằng số). Ví dụ 2.3.1.4 Tìm các đa thức  P x thỏa mãn      2P x P x P x  với .x  Bài giải Xét  P x c với c là hằng số, từ giả thiết suy ra   0P x  thỏa mãn yêu cầu. Xét  deg , 1P x n n  ta có    deg 1, deg 2.P x n P x n     Từ phương trình ban đầu suy ra    1 2 3.n n n n      Đặt   3 2 ,P x ax bx cx d    ta có:   23 2 ,P x ax bx c      6 2P x ax b   và   3 22 8 4 2 .P x ax bx cx d    Khi đó            3 2 2 3 2 2 3 2 2 2 8 4 2 3 2 6 2 8 4 2 18 18 4 6 2 . P x P x P x ax bx cx d ax bx c ax b ax bx cx d a x abx b ac x bc                    Thang Long University Library 70 Đồng nhất hệ số 2 vế của phương trình trên, ta được: 2 2 8 18 4 4 18 ; 9 2 4 6 0. 2 a a b ab a c b ac b c d d bc                  Do đó   3 4 . 9 P x x Vậy đa thức cần tìm là   0P x  hoặc   3 4 . 9 P x x Ví dụ 2.3.1.5 Tìm tất cả các đa thức  P x và  Q x thỏa mãn       P Q x P x Q x với .x  Bài giải Xét   0P x  suy ra  Q x là một đa thức bất kì. Xét   0,P x  giả sử  degP x n và  deg .Q x m Từ phương trình ban đầu ta có    0; . 1 1 1 2. m n mn m n m n m n             Nếu  0, 0m n P x c    (c là hằng số), suy ra   1.Q x  Nếu 2,m n  đặt    2 2, .P x ax bx c Q x px qx r      Thay vào phương trình ban đầu sau đó đồng nhất hệ số 2 vế, ta được: 1; 0. p b c q r       Từ đây suy ra    2 2, .P x ax Q x x  Vậy nếu   0P x  thì  Q x là một đa thức bất kì; nếu  P x c thì   1;Q x  nếu   2P x ax thì   2.Q x x 71 2.3.2 Bài tập tương tự Bài tập 2.3.2.1 Xác định tất cả các đa thức  P x thỏa mãn điều kiện      2 2P u v P u v P u v    với , .u v  Hướng dẫn Nhận thấy phương trình đầu tiên tương đương với phương trình      P xy P x P y với , .x y  Từ phương trình trên cho 0,x y  suy ra     2 0 0P P    hay  0 0P  hoặc  0 1.P  - Với  0 1,P  cho 0y  thay vào phương trình      P xy P x P y ta có:      0 0P P x P hay   1.P x  - Với  0 0,P  suy ra    1P x xQ x với    1deg deg 1.Q x P x  Do đó:            1 1 1P xy P x P y xyQ xy xQ x yQ y   nhưng phương trình này thỏa mãn với ,x y  nên      1 1 1Q xy Q x Q y với , .x y  Từ đây lại có  1 1Q x  với x  hoặc    1 2Q x xQ x với .x  Tiếp tục lập luận này, ta có: - Hoặc   1P x  với .x  - Hoặc   nP x x với n là một số nguyên dương thỏa mãn đề bài. Vậy   kP x x với .k Bài tập 2.3.2.2 Tìm tất cả các đa thức  P x sao cho            3 3 3P a b P b c P c a P a P b P c        , ,a b c thỏa mãn 0.a b c   Hướng dẫn Thang Long University Library 72 Nếu  P x là đa thức hằng thì   0.P x  Chọn 3 , 2 , a x b x c x     ta được:            5 4 3 3 3 2 3 .P x P x P x P x P x P x         Đặt   0 ( 0), n i i n i P x a x a    thay vào phương trình trên ta được:         0 0 0 0 0 0 5 4 3 3 3 2 3 . n n n n n n i i i ii i i i i i i i i i i i i i i i i i a x a x a x a x a x a x                     Đồng nhất hệ số bậc cao nhất và hệ số tự do ta được:        1 0 0 5 1 4 3 3 2 3 1 ; 3 9 . n n n nn n n n n n n na a a a a a a a             Từ đó suy ra 0 0.a  - Nếu n lẻ, ta có: 1 15 1 4 3 3.2 3 5 3.2 3 3 4 1.n n n n n n n n            Nhận thấy 1n  thỏa mãn, xét 1n  khi đó  5 3.2 3 0 4 .n n n mod   Mà  13 4 1 2 4n n mod    (vì n lẻ nên  3 1 4n mod  ). Do đó 1n  loại. Như vậy     0 .P x ax a  Thử lại ta thấy thỏa mãn. - Nếu n chẵn, ta được 15 1 4 3 3.2 3.n n n n     Nhận thấy 2n  thỏa mãn, xét 2n  khi đó  5 1 4 2 8 .n n mod   Mà  13 3.2 3 6 8 .n n mod    Do đó 2n  không thỏa mãn. Như vậy   2 .P x a x bx  Thử lại ta thấy thỏa mãn. Vậy đa thức cần tìm là   2P x a x bx  trong đó , .a b Bài tập 2.3.2.3 Tìm tất cả các đa thức  P x thỏa mãn         3 7 ; 2 P a b P a P b ab a b b       , , .a b c  73 Hướng dẫn Ta sẽ chọn các số ,a b có dạng    , ,a b mx nx thỏa mãn phương trình thứ hai trong hệ. Thay , a mx b nx  vào phương trình   32ab a b b  ta được:    3 3 3 32 2 .mnx m n n x mn m n n     Ta chọn các số đơn giản nhất là    , 1,1 .m n  Như vậy bộ    , ,a b x x thỏa mãn phương trình thứ hai. Thay vào phương trình thứ nhất ta được:    2 8 .P x P x Đặt   0 , 0 n i i n i P x a x a    thay vào phương trình trên ta được:  1 1 11 1 0 1 1 02 2 ... 2 8 ... .n n n n n nn n n na x a x a x a a x a x a x a            Đồng nhất hệ số tự do và hệ số bậc cao nhất ta được: 00 0 3;2 8 0.8 n n n na a aa a        Như vậy ( )P x có dạng   3 2 .P x px qx rx   Khi đó     3 2 3 22 8 8 4 2 8 8 8 .P x P x px qx rx px qx rx       Đồng nhất hệ số ta có 4 8 0. 2 8 q q q r r r      Suy ra   3, .P x px x   Thử lại:                3 3 3 3 3 3 3 33 3.2 7 7 . P a b p a b p a b ab a b p a b b p a b P a P b               Vậy đa thức cần tìm là   3, P x px x   trong đó .p 2.3.3 Bài tập tự luyện Bài tập 2.3.3.1 Tìm tất cả các đa thức  P x sao cho Thang Long University Library 74        3P x y P x P y xy x y     , .x y  Bài tập 2.3.3.2 Tìm tất cả các đa thức  P x sao cho          22 1 2 3 , , .P x y P x y P x P y xy y x x y         Bài tập 2.3.3.3 Tìm tất cả các đa thức  P x sao cho          2 24 , , .x y P x y x y P x y xy x y x y         Bài tập 2.3.3.4 Tìm tất cả các đa thức  P x sao cho            , , .P P x y P x P y P x P y xy x y       Bài tập 2.3.3.5 (Costa Rica 2008) Tìm tất cả các đa thức  P x thỏa mãn               3 3 3 2 2 2P a b P b c P c a P a b c P a b c P a b c                với , , .a b c  Kết luận chương 2 Chương 2 trình bày các dạng phương trình hàm đa thức, cụ thể tác giả đã phân loại từng dạng phương trình hàm đa thức một biến, phương trình hàm đa thức nhiều biến. Qua đó thấy được sự đa dạng, phong phú của các phương trình hàm đa thức. Chỉ cần vận dụng linh hoạt, hợp lí phương pháp giải từng dạng thì ta có thể giải quyết các bài toán thật đơn giản, hiệu quả và cũng từ đây cho ta sáng tạo thêm nhiều bài toán khác liên quan đến phương trình hàm đa thức. Ngoài ra chương 2 còn đưa ra một số dạng phương trình hàm đa thức khác giúp người giải toán không còn thấy bỡ ngỡ, lạ lẫm khi đứng trước mỗi bài toán phương trình hàm đa thức. 75 KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ 1. Kết luận Phương trình hàm đa thức là một dạng toán khó, để giải được các phương trình hàm loại này, chúng ta cần nắm rõ không những các kĩ thuật giải phương trình hàm mà còn các tính chất và các đặc trưng cơ bản của đa thức. Dựa vào các mối quan hệ đặc trưng của hàm, chúng ta sẽ tìm được các đa thức thỏa mãn xem như là nghiệm của phương trình đó. Thông qua một số bài toán về đa thức và phương trình hàm đa thức luận văn đã bước đầu giúp học sinh mới bắt đầu học về phương trình hàm đa thức có những cách tiếp cận và có một số hướng tư duy khi gặp những bài toán đó. 2. Khuyến nghị Luận văn có thể dùng làm tài liệu tham khảo cho các giáo viên và học sinh trong bồi dưỡng học sinh giỏi toán ở trường trung học phổ thông, trong rèn luyện đội tuyển thi giỏi cấp tỉnh, quốc gia và quốc tế. Hy vọng đề tài này sẽ được tiếp tục nghiên cứu, mở rộng và phát triển, được ứng dụng rộng rãi trong nghiên cứu, học tập của học sinh trung học phổ thông. Với việc phân chia các dạng phương trình hàm đa thức sẽ giúp ích nhiều cho học sinh trong quá trình học toán, giúp các em không còn cảm thấy “ngán ngại” khi đứng trước các bài toán về phương trình hàm đa thức nữa. Thang Long University Library 76 TÀI LIỆU TRÍCH DẪN [1] Nguyễn Văn Mậu, Chuyên đề chọn lọc về đa thức, Nhà xuất bản Giáo dục, Hà Nội 2008. [2] Dương Quốc Việt (Chủ biên), Cơ sở lý thuyết số và đa thức, NXB Đại học Sư phạm, 2014. [3] Dương Quốc Việt (Chủ biên), Bài tập cơ sở lý thuyết số và đa thức, NXB Đại học Sư phạm, 2014. [4] Amir Hossein Parvardi, Functional Polynomial Problems, June 13, 2011. [5] Dusan Djukic, Polynomial Equations, Olympiad Training Materials, www.imomath.com. [6] Juliel’s Blog. Polynomial. October 25, 2013. https://julielltv.wordpress.com/2013/10/25/bai-toan-phuong-trinh-ham-da- thuc-nhieu-bien/ [7] Juliel’s Blog. Polynomial. May 16, 2014. https://julielltv.wordpress.com/category/phuong-trinh-ham-da-thuc/ [8] Titu Andreescu, Functional Equations, Electronic Edition, 2007.

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfc00454_9746_2684.pdf
Luận văn liên quan