Tài liệu Một số bài toán về đa thức một biến

  • Số trang: 9 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 555 |
  • Lượt tải: 2
dangvantuan

Tham gia: 02/08/2015

Mô tả:

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 -