Đa thức một biến
MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ ĐA THỨC MỘT BIẾN
Ví dụ 1. Cho hai đa thức P ( x) và Q ( x) đều có nghiệm thực và thỏa mãn
¡
¢
¡
¢
P 1 + x + Q ( x )2 = Q 1 + x + P ( x )2 .
Chứng minh rằng P ( x) ≡ Q ( x).
Để so sánh đồng nhất thức, ta dựa vào định nghĩa sau:
Hai đa thức
f ( x) =
m
X
a k x k , g ( x) =
k=0
n
X
b k xk
k=0
bằng nhau khi và chỉ khi m = n và a i = b i với mọi i = 0, n.
Ngoài ra ta còn dùng định lí về số nghiệm của đa thức để chứng minh hai đa thức bằng
nhau. Cụ thể:
Cho hai đa thức P,Q ∈ R[x] có n = max{deg(P ), deg(Q )}. Nếu đa thức P ( x) − Q ( x)
có ít nhất n + 1 nghiệm phân biệt thì P ( x) = Q ( x) với mọi x.
Lời giải. Ta chứng minh tồn tại α để P (α) = Q (α).
Gọi a, b lần lượt là nghiệm P ( x) và Q ( x). Ta có
P (a)2 − Q (a)2 < 0 < P ( b)2 − Q ( b)2 .
Mà P ( x)2 − Q ( x)2 là hàm liên tục nên tồn tại c sao cho P ( c)2 = Q ( c)2 .
Đặt α = 1 + c + Q ( c)2 = 1 + c + P ( c)2 thì ta có P (α) = Q (α).
Xét dãy ( xn ) : x0 = α, xn+1 = 1 + xn + Q ( xn )2 , ta có dãy ( xn ) là dãy tăng thực sự và đều là
nghiệm của phương trình P ( x) = Q ( x). Suy ra P ≡ Q.
Ví dụ 2. Xác định đa thức hệ số thực P ( x) thỏa mãn
¡
¢
P ( x + 1)2016 = (P ( x) + 3 x + 1)2016 − ( x + 1)2016 và P (0) = 0.
Lời giải. Dễ thấy P ( x) không là đa thức hằng.
Đặt Q ( x) = P ( x) + x, ta có
¡
¢
Q ( x + 1)2016 = (Q ( x) + 2 x + 1)2016 .
(
Xét dãy số ( xn ) :
x0 = Q (0) = 0
xn+1 = (1 + xn )2016
.
Ta có
¡
¢
Q ( x1 ) = Q (1 + x0 )2016 = (Q ( x0 ) + 2 x0 + 1)2016 = 1 = x12 .
Giả sử Q ( xn ) = x2n , ta có
¡
¢
¡
¢2016 £
¤2
Q ( xn+1 ) = Q ( xn + 1)2016 = (Q ( xn ) + 2 xn + 1)2016 = x2n + 2 xn + 1
= ( xn + 1)2016 = x2n+1 .
Do đó Q ( xn ) = x2n với mọi n = 1, 2, ... Mà dãy ( xn ) là dãy tăng thực sự nên ta có Q ( x) ≡ x2 .
Vậy P ( x) = x2 − x.
Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh
1
Đa thức một biến
Ví dụ 3. Cho hai đa thức P ( x) ,Q ( x) có hệ số cao nhất bằng 1 và thỏa mãn
P (P ( x)) = Q (Q ( x)) .
Chứng minh rằng P ( x) ≡ Q ( x).
Lời giải. Đặt R ( x) = P ( x) − Q ( x), gia sử deg (R ) = k, 0 < k ≤ n − 1.
Ta có
P (P ( x)) − Q (Q ( x)) = P (P ( x)) − Q (P ( x)) + Q (P ( x)) − Q (Q ( x)) = Q (P ( x)) − Q (Q ( x)) + R (P ( x)) (1).
Giả sử deg (P ) = deg (Q ) = n, deg (R ) = k, 0 < k ≤ n − 1 và
Q ( x) = x n + a n−1 x n−1 + ... + a 1 x + a 0 .
Khi đó
Q (P ( x)) − Q (Q ( x)) = P ( x)n − Q ( x)n +
nX
−1
h
i
a i P ( x) i − Q ( x) i
(2).
i =1
Vì
Ã
P ( x) n − Q ( x) n = R ( x)
nX
−1
!
P ( x) i .Q ( x)n−1− i
i =0
nên đa thức Q (P ( x)) − Q (Q ( x)) có bậc bằng n2 − n + k.
Mặt khác đa thức R (P ( x)) có bậc nk và nk ≤ n2 − n + k nên vế trái của (1) có bậc bằng
n2 − n + k. Nhưng vế phải của (1) là đa thức không. Điều này dẫn tới mâu thuẫn.
Do đó deg (R ) = 0 hay R ( x) = c.
Khi đó P ( x) = Q ( x) + c nên P (P ( x)) = Q (Q ( x)) trở thành
Q (Q ( x) + c) + c = Q (Q ( x)) .
Suy ra tồn tại vô số giá trị của y để: Q ( y + c) + c = Q ( y) hay Q ( x + c) + c = Q ( x) với mọi x.
Từ đây, suy ra c = 0 hay R ( x) = 0 ∀ x.
Vậy P ( x) ≡ Q ( x) .
Bài tập 1. (T9/411) Cho hai đa thức hệ số thực P ( x) và Q ( x) thỏa mãn
¡
¢
¡
¢
P 1 + x + Q ( x) + Q 2 ( x) = Q 1 + x + P ( x) + P 2 ( x) , ∀ x ∈ R.
Chứng minh rằng nếu phương trình P ( x) = Q ( x) có nghiệm thì P ( x) ≡ Q ( x).
Ví dụ 4. Cho đa thức hệ số thực P ( x) thỏa mãn P (sin x) = P (cos x) với mọi x. Chứng minh
rằng tồn tại đa thức Q ( x) hệ số thực sao cho
¡
¢
P ( x) = Q x4 − x2 .
Các phương pháp thương sử dụng trong bài toán chứng minh tồn tại
Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh
2
Đa thức một biến
• Phản chứng
• Quy nạp
• Xây dựng
Lời giải. Vì cos (− x) = cos x và sin (− x) = − sin x nên ta có P (sin x) = P (− sin x).
¡ ¢
Dẫn tới P (− x) = P ( x) với mọi x hay P ( x) = R x2 .
Suy ra
¡
¢
¡
¢
R cos2 x = R sin2 x ⇒ R (1 − x) = R ( x)
1
2
1
2
Đặt T ( x) = R ( x + ) ⇒ R ( x) = T ( x − ), ta có:
¶
µ
¶
1
1
T
−x = T x−
2
2
µ
hay
T (− x) = T ( x) .
¡
¢
2
Do đó T ( x) = S x . Vậy
¡
P ( x) = R x
2
¢
¶
µ
¶
¡
¢
1
1
4
2
=T x −
=S x −x +
= Q x4 − x2 .
2
4
µ
2
Bài tập 2. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho tồn tại một đa thức bậc n, hệ số
nguyên f ( x) với hệ số khởi đầu dương và đa thức hệ số nguyên g ( x) thỏa mãn
¡
¢
x f ( x )2 + f ( x ) = x 3 − x g ( x )2 .
Bài tập 3. Cho đa thức P ( x) thỏa mãn P ( x) ≥ 0 ∀ x. Chứng minh rằng tồn tại hai đa thức
A ( x) , B ( x) sao cho
P ( x ) = A ( x )2 + B ( x )2 .
Bài tập 4. (Ấn Độ TST 2015) Cho hai đa thức f , g có hệ số nguyên và hệ số cao nhất là
số thực dương. Biết deg ( f ) là số lẻ và
½
¯
¾
¯
¯
f ( a) ¯ a ∈ Z = { g ( a) | a ∈ Z } .
Chứng minh rằng tồn tại số nguyên k sao cho g ( x) = f ( x + k).
Bài tập 5. Cho dãy vô hạn các số nguyên p 0 , p 1 , · · · p n , · · · và một đa thức hệ số nguyên
P ( x) thỏa mãn đồng thời hai tính chất sau
i) m − n| p m − p n với mọi n > m ≥ 0
Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh
3
Đa thức một biến
ii) | p n | < P (n) với mọi n ∈ N.
Chứng minh rằng tồn tại đa thức hệ số nguyên Q ( x) sao cho Q (n) = p n với mọi n ∈ N.
Ví dụ 5. (Slovenia MO 2014) Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P ( x) thỏa mãn
¡
¢
P (P ( x)) = x2 + x + 1 P ( x)
với mọi x ∈ R.
Lời giải. Nếu P ( x) là đa thức hằng thì ta có P ( x) ≡ 0.
Xét deg (P ) = n ≥ 1, giả sử P ( x) =
n
P
i =0
a i x i với a n 6= 0.
¡
¢
deg (P (P ( x))) = n2 , deg ( x2 + x + 1)P ( x) = n + 2.
Suy ra n2 = n + 2 ⇒ n = 2. Do đó P ( x) = ax2 + bx + c, a 6= 0.
Đồng nhất hệ số ta tìm được a = b = 1, c = 0. Do vậy P ( x) = x2 + x.
Ví dụ 6. (T9/416) Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P ( x) thỏa mãn
(
P (2) = 12
¡ 2
¢
.
P x = x x + 1 P ( x) , ∀ x ∈ R
¡ ¢
¡
¢
Lời giải. Đặt deg (P ) = n. Từ hệ thức P x2 = x2 x2 + 1 P ( x) (1) ta có 2n = n + 4, suy ra
¡
2
¢
2
n = 4.
¡ ¢.
.
Từ (1), suy ra P ( x) .. x ( x + 1), suy ra P x2 .. x3 và khi cho x = 1 ta được P (1) = 0.
Suy ra P ( x) = ax2 ( x + 1) ( x − 1).
Do P (2) = 12 nên ta tìm được a = 1.
Vậy P ( x) = x4 − x2 là đa thức cần tìm.
Ví dụ 7. Tìm đa thức P ∈ Z biết
P ( x2 ) =
Lời giải. Đặt P ( x) =
¡
Ta có P x
2
¢
n
P
i =0
1
[P (2 x)]2 .
16
a i x i , a n 6= 0, a i ∈ Z .
có hệ số bậc cao nhất bằng a n và
1
.(2n a n )2 .
16
1
[P (2 x)]2 có hệ số của bậc cao nhất bằng
16
Do đó, ta có
4n a2n = 16a n ⇔ a n =
16
.
4n
Vì a n ∈ Z nên n = 0, 1, 2 .
1 2
C ⇒ C = 0, C = 16
16
1
+) n = 1 ⇒ P ( x) = ax + b ⇒ ax2 + b = (2ax + b)2 ⇒ b = 0, a = 4 ⇒ P ( x) = 4 x
16
¤2
1£ 2
2
4
+) n = 2 ⇒ P ( x) = x + bx + c ⇒ x + bx2 + c =
4 x + 2 bx + c ⇒ b = c = 0
16
Suy ra P ( x) = x2 .
+) n = 0 ⇒ P ( x) = C , ta có C =
Vậy P ( x) ≡ 0, P ( x) ≡ 16, P ( x) = 4 x, P ( x) = x2 là các hàm cần tìm.
Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh
4
Đa thức một biến
Ví dụ 8. Tìm đa thức P ∈ R[x] biết
P ( x2 ) = [P ( x)]2 .
Lời giải. Ta thấy nếu P ≡ C thì C = 0 hoặc C = 1.
Xét P không là đa thức hẳng. Khi đó, ta đặt P ( x) =
n
P
i =0
a n x n , a n 6= 0 , a i ∈ R .
So sánh hệ số cao nhất của hai đa thức P ( x2 ) và [P ( x)]2 ta có a n = 1.
So sánh hệ số tự do của hai đa thức trên ta có a 0 = a20 ⇒ a 0 = 0 hoặc a 0 = 1.
+) a 0 = 1 , ta có hệ số của x trong [P ( x)]2 bằng 2a 1 .
¡ ¢
Còn P x2 là đa thức bậc chẵn nên ta có 2a 1 = 0 ⇔ a 1 = 0 .
Giả sử a k với 3 ≤ k ≤ n − 1 là chỉ số thỏa a k 6= 0 và a i = 0, ∀ i = 2, 3, ..., k − 1.
Khi đó P ( x) = x n + ... + a k x k + 1
¡ ¢
Suy ra P x2 = x2n + ... + a k x2k + 1 và
³
´2
[P ( x)]2 = x2n + ... + a k x k + 1 .
So sánh hệ số của x k trong hai đa thức trên ta có 2a k = 0 ⇒ a k = 0 .
Do đó P ( x) = x n + 1 , ta thấy đa thức này không thỏa bài toán.
+) a 0 = 0 ⇒ P ( x) = x k Q ( x), Q (0) 6= 0.
Nếu Q ( x) không là đa thức hằng thì từ P ( x2 ) = [P ( x)]2 ta có Q ( x2 ) = Q 2 ( x) ⇒ Q ( x) không tồn
tại.
Do đó P ( x) = x n . Vậy P ≡ 0, P ≡ 1, P ≡ x n .
Chú ý: Xét phương trình hàm đa thức
P ( f ).P ( g) = P ( h)
( I ).
Nghiệm của phương trình (I) có một số tính chất thú vị sau:
Tính chất 1: Nếu P,Q là hai nghiệm của (I) thì P.Q cũng là nghiệm của (I). Từ đó, suy
ra nếu P là nghiệm của (I) thì P n cũng là nghiệm của (I).
Tính chất 2: Nếu deg( f ) + deg( g) = deg(h) và thỏa mãn một trong hai tính chất sau
i) deg( f ) 6= deg( g)
ii) deg( f ) = deg( g) và a f + a g 6= 0 với a f , a g tương ứng là hệ số cao nhất của f và g
thì với mỗi số nguyên dương n,tồn tại nhiều nhất một đa thức P ( x) bậc n thỏa mãn (I).
Ví dụ 9. Tìm đa thức P ∈ R[x] thỏa mãn
P ( x).P (2 x2 ) = P (2 x3 + x).
Lời giải. Ta thấy các điều kiện của định lí 2 đều thỏa mãn. Bằng cách thử trực tiếp ta
thấy :
+) Với P ( x) = ax + b thì ta không tìm được a, b.
+) Với P ( x) = ax2 + bx + c thì ta tìm được a = c = 1, b = 0.
Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh
5
Đa thức một biến
Suy ra P ( x) = ( x2 + 1)k là nghiệm của phương trình đã cho. Đo đó nếu P ( x) là đa thức bậc
chẵn thì P ( x) = ( x2 + 1)k .
Xét P ( x)là đa thức bậc lẻ. Ta chứng minh không tồn tại đa thức bậc lẻ thỏa phương trình
đã cho.
Thật vậy, nếu tồn tại đa thức như thế thì P ( x) sẽ có ít nhất một nghiệm thực, ta gọi
nghiệm đó là α. Khi đó, ta xét dãy ( xn ) : x0 = α, xn+1 = 2 x3n + xn với n ≤ 0. Ta có P ( xn ) = 0 với
mọi n.
+) Nếu α > 0 thì ta có dãy ( xn ) là dãy tăng thực sự, suy ra P ( x) = 0 có vô số nghiệm. Điều
này vô lí.
+) Nếu α < 0 thì dãy ( xn ) là dãy giảm thực sự nên ta cũng suy ra điều vô lí.
Do đó α = 0, suy ra P ( x) = x m .Q ( x) với Q (0) 6= 0.
Thay vào phương trình ban đâu ta có
2m x2m Q ( x)Q (2 x2 ) = (2 x2 + 1)m Q (2 x3 + x)
Cho x = 0 ta có Q (0) = 0 (vô lí).
Do vậy không tồn tại đa thức bậc lẻ thỏa bài toán.
Ví dụ 10. (HCM ngày 1, 2013) Tìm đa thức P ( x) hệ số thực thỏa
P ( x).P ( x − 3) = P ( x2 ) ∀ x ∈ R.
Lời giải. • Nếu P ( x) = k, từ giả thiết ta có k2 = k ⇔ k = 0, k = 1.
• Xét deg(P ) ≥ 1. Gọi α nghiệm phức của đa thức P ( x)
Từ P (α2 ) = P (α).P (α − 3) = 0 nên α2 cũng là nghiệm của P ( x)
Bằng quy nạp ta chứng minh được
n
α, α2 , α4 , ..., α2 , ...
đều là nghiệm của P ( x).
Vì nghiệm của P ( x) là hữu hạn nên
α = 0 hoặc |α| = 1
(1).
Mặt khác P ((α + 3)2 ) = P (α + 3).P (α) = 0 nên ta cũng có được dãy
2
n
(α + 3)2 , (α + 3)2 , ..., (α + 3)2 , ..
là nghiệm của P ( x) Suy ra
|α + 3| = 0 hoặc |α + 3| = 1
(2).
Tuy nhiên rằng không có số phức nào thỏa mãn đồng thời (1) và (2).
Vậy P ( x) ≡ 0, P ( x) ≡ 1.
Ví dụ 11. Tìm tất cả các đa thức P ( x) hệ số thực sao cho với mọi a, b, c thỏa a + b + c = 0
thì
¡ ¢
¡ ¢
¡ ¢
P a3 + P b3 + P c3 = 3P (abc)
Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh
(1).
6
Đa thức một biến
Lời giải. Không mất tính tổng quát, ta giả sử P (0) = 0.
Trong (1), chọn a = x, b = − x, c = 0 ta có
¡ ¢
¡
¢
P x3 + P − x3 = 0 ⇒ P ( x) = −P (− x) ∀ x.
Trong (1), chọn a = b = x, c = −2 x ta có
¡ ¢
¡
¢
¡
¢
2P x3 − P 8 x3 = −3P 2 x3
Hay
2P ( x) − P (8 x) = −3P (2 x)
Giả sử P ( x) =
n
P
k=0
(2).
a k x k , n ≥ 1, a n 6= 0. So sánh hệ số x n trong (2) ta thu được:
2a n − a n .8n = −3.a n .2n ⇔ 2 + 3.2n = 8n ⇒ n = 1.
Vậy P ( x) = ax + b với a, b ∈ R.
Ví dụ 12. Tìm tất cả các đa thức f ( x) có hệ số nguyên và f (a) + f (b) + f ( c) chia hết cho
a + b + c với mọi số nguyên a, b, c.
.
Lời giải. Với mọi số nguyên m, n ta có f (m) − f (n)..m − n.
.
.
Suy ra f (a) − f (−(b + c)) ..a + b + c, mà f (a) + f (b) + f ( c)..a + b + c
.
Nên ta có được f (b) + f ( c) + f (−(b + c))..a + b + c với mọi a, b, c.
Cho alớn tùy ý ta có f (b) + f ( c) = − f (−(b + c)).
Cho c = b ta có 2 f (b) = − f (−2 b) (1). Giả sử f ( x) = a n x n + ... + a 1 x + a 0 .
So sánh hệ số của x n trong hai vế của (1) ta được:
2a n b n = −a n (−2)n b n ⇒ a = −(−2)n ⇒ n = 1.
Hơn nữa, cũng từ (1) ta có f (0) = 0 nên suy ra f ( x) = kx, k ∈ Z.
Kiểm tra lại dễ thấy f ( x) = kx, k ∈ Z thỏa bài toán.
Vậy f ( x) = kx, k ∈ Z là đa thức cần tìm.
Ví dụ 13. (TST EGMO 2014). Gọi d (n) là ước nguyên tố nhỏ nhất của số nguyên n ∉
{0, −1, 1}. Xác định tất cả các đa thức hệ số nguyên P ( x) thỏa mãn
P ( n + d ( n)) = n + d (P ( n))
(1)
với mọi số nguyên n > 2014 và P (n) ∉ {0, −1, 1}.
Lời giải. Xét deg (P ) = n ≥ 2 và p là số nguyên tố, ta có:
P ( p + d ( p)) = p + d (P ( p)) ⇔ P (2 p) = p + d (P ( p)) .
Suy ra
¯
¯
¯ P (2 p) ¯
¯
¯ ≤ p +1
|P (2 p)| ≤ p + |P ( p)| ⇒ ¯
P ( p) ¯ |P ( p)|
Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh
(2).
7
Đa thức một biến
Khi cho p → +∞ thì V T (2) → 2n và V P (2) → 1. Điều này vô lí, do đó deg (P ) ≤ 1.
+) deg (P ) = 1. Đặt P ( x) = ax + b, cho x = p ta có
2ap + b = p + d (P ( p)) ⇔ (2a − 1) p + b = d (ap + b) .
Với p đủ lớn, ta có 2a − 1 > 0 ⇒ a ≥ 1. Nhưng, khi đó
(2a − 1) p + b ≥ ap + b ≥ d (ap + b) .
Nên ta có a = 1 và d (n) + b = d (n + b) (3).
Nếu b > 0, khi đó với n = 2k − b ta có V T (3) ≥ 3 > V P (3) = 2 vô lí.
Nếu b < 0, ta chọn n = 2k ta có V T (3) ≤ 1 < 2 ≤ V P (3) vô lí.
Do đó b = 0 hay P ( x) = x.
+) deg (P ) = 0, ta có P ( x) = C, C ∉ {0, −1, 1}.
Bài tập 6. (VMO 2006) Hãy xác định tất cả các đa thức P ( x) với hệ số thực, thoả mãn
hệ thức sau:
¡ ¢
P x2 + x (3P ( x) + P (− x)) = (P ( x))2 + 2 x2
(1)
với mọi số thực x .
Bài tập 7. (Hy Lạp TST 2014). Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P ( x) thỏa mãn
¡ ¢
P ( x)3 + 3P ( x)2 = P x3 − 3P (− x) (1)
với mọi x ∈ R.
Bài tập 8. (Hy Lạp MO 2014). Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P ( x) thỏa mãn
( x2 − 6 x + 8)P ( x) = ( x2 + 2 x)P ( x − 2)
với mọi x.
Bài tập 9. Tìm đa thức hệ số nguyên P ( x) thỏa mãn
P 5 ( x) = x28 P 2 ( x)
(1)
với mọi x ∈ R. Trong đó P n ( x) = P (P (...P ( x))).
Bài tập 10. Tìm đa thức hệ số thực P ( x) thỏa mãn
(P (a) + P ( b)) (P ( c) + P ( d )) = P (ac + bd ) + P (ad − bc)
(1).
với mọi a, b, c, d ∈ R.
Bài tập 11. Cho đa thức P ( x) = a n x n + a n−1 x n−1 + ... + a 1 x + a 0 có bậc n ≥ 1 và các hệ số
không âm. Biết P (4) = 2, P (16) = 8 và P (8) = 4. Xác định đa thức P ( x).
Bài tập 12. (T9/421) Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P ( x) thỏa mãn
¡
¢
P 2 ( x) − 1 = 4 P x2 − 4 x + 1 .
Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh
8
Đa thức một biến
Bài tập 13. (Canada MO 2013) Tìm đa thức P ( x) thỏa mãn đa thức
( x + 1) P ( x − 1) − ( x − 1) P ( x)
là đa thức hằng.
Bài tập 14. Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P ( x) thỏa mãn
P (a)2 + P ( b)2 + P ( c)2 = P (a + b + c)2
(1)
với mọi a, b, c ∈ R thỏa mãn ab + bc + ca = 0.
Bài tập 15. (IMO 2004) Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P ( x) thỏa mãn
P ( a − b ) + P ( b − c ) + P ( c − a) = 2 P ( a + b + c )
với mọi số thực a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 0.
Bài tập 16. (Albanian BMO TST 2009) Tìm các đa thức P ( x) có bậc không vượt quá
n, các hệ số thực không âm và thỏa mãn
µ ¶
1
P ( x) .P
≤ P (1)2
x
với mọi x > 0.
Bài tập 17. (Thái Lan MO 2014). Tìm tất cả các đa thức hệ số nguyên P ( x) sao cho
¯
P ( n) ¯2557n + 213 × 2014 ,
với mọi n ∈ N∗ .
Bài tập 18. Tìm tất cả các đa thức hệ số thực thỏa mãn :
µ ¶
µ ¶
1
1
2
= P ( x )P 2 , ∀ x ∈ R
P ( x) + P
x
x
2
2
Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh
(1).
9
- Xem thêm -