Tài liệu Skkn một số vấn đề về đa thức một biến

BM 01-Bia SKKN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI Đơn vị: Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh Mã số: ................................ (Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi) SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ ĐA THỨC MỘT BIẾN (Ghi đầy đủ tên gọi giải pháp SKKN) Người thực hiện: Nguyễn Tất Thu Lĩnh vực nghiên cứu: - Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học bộ môn: Toán....................  (Ghi rõ tên bộ môn) - Lĩnh vực khác: .......................................................  (Ghi rõ tên lĩnh vực) Có đính kèm: Các sản phẩm không thể hiện trong bản in SKKN  Mô hình  Đĩa CD (DVD)  Phim ảnh  Hiện vật khác (các phim, ảnh, sản phẩm phần mềm) Năm học: 2015 – 2016 BM02-LLKHSKKN SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC –––––––––––––––––– I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN 1. Họ và tên: NGUYỄN TẤT THU 2. Ngày tháng năm sinh: 13/09/1980 3. Nam, nữ: Nam 4. Địa chỉ: Tổ 10 – Khu phố 5 – Phường Trảng Dài – Biên hòa 5. Điện thoại: 0961610077 6. Fax: (CQ)/ (NR); ĐTDĐ: E-mail: [email protected] 7. Chức vụ: Tổ Phó chuyên môn 8. Nhiệm vụ được giao (quản lý, đoàn thể, công việc hành chính, công việc chuyên môn, giảng dạy môn, lớp, chủ nhiệm lớp,…): Giảng dạy bộ môn Toán ở các lớp: 10A1, 12 Hóa và 10 Toán. 9. Đơn vị công tác: Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO - Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Thạc sĩ - Năm nhận bằng: 2013 - Chuyên ngành đào tạo: Lý luận và phương pháp dạy học bộ môn Toán. III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC - Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy bộ môn Toán Số năm có kinh nghiệm: 13 - Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây: 1. Sử dụng phép đếm để chứng minh đẳng thức tổ hợp – năm 2010 2. Một số phương pháp giải bài toán cực trị tổ hợp – năm 2012 3. Một số phương pháp giải bài toán tồn tại trong tổ hợp – năm 2013 4. Một số phương pháp đếm nâng cao – năm 2014 5. Một số tính chất của hệ số nhị thức – năm 2015. 2 MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ ĐA THỨC MỘT BIẾN 1 LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Đa thức nói chung và đa thức một biến nói riêng là chủ đề quan trọng trong chương trình Toán ở bậc phổ thông, đặc biệt là đối với chương trình Chuyên toán. Học sinh được làm quen với khái niệm cơ bản về đa thức (như khái niệm đa thức, nghiệm của đa thức . . .) và một số phép toán đa thức (như phép cộng, trừ, nhân, chia đa thức) ở cấp THCS. Ở bậc THPT Chuyên toán, các em học sinh được học thêm một số tính chất về đa thức như tính chất về nghiệm, tính chất bất khả quy, tính chất giải tích, . . .. Các bài toán về đa thức thường xuyên xuất hiện trong các đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp Quốc gia cũng như Quốc tế, và các em học sinh cũng gặp không ít khó khăn khi đối diện với các bài toán đó. Những khó khăn đó xuất phát từ các nguyên nhân sau: • Các nội dung về đa thức các em được học rời rạc (lớp 7, đầu lớp 8, cuối lớp 10 và cuối lớp 11) nên việc xâu chuỗi các kiến thức đã học đối với học sinh còn gặp khó khăn. • Nội dung các bài toán về đa thức phong phú và có nhiều hình thức để phát biểu, đo đó học sinh lúng túng không biết huy động nội dung kiến thức và kĩ năng nào vào giải bài toán đó. • Một số bài toán về đa thức liên quan đến các kiến thức số học, số phức,...mà các em được tiếp cận ở cuối lớp 10 và lớp 11 nên việc áp dụng các kiến thức đó gặp nhiều khó khăn. Xuất phát từ những khó khăn trên, chúng tôi chọn đề tài "Một số vấn đề về đa thức một biến" để nghiên cứu, nhằm hệ thống lại một số điểm mẫu chốt khi giải các bài toán về đa thức, qua đó giúp học sinh khắc phục được khó khăn khi giải các bài toán về đa thức một biến, góp phần nâng cao chất lượng giáo dục bộ môn Toán cho học sinh và kết quả thi học sinh giỏi các cấp. Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 1 2 CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN 3 TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP 3.1 3.1.1 Một số kiến thức cơ bản về đa thức Đa thức một biến và các khái niệm cơ bản Định nghĩa 1. Đa thức một biến trên trường số thực là biểu thức có dạng f ( x) = a n x n + a n−1 x n−1 + ... + a 1 x + a 0 . Trong đó n ∈ N, a i ∈ R, i = 0, n; x ∈ R và a n 6= 0. • a 0 , a 1 , . . . , a n được gọi là các hệ số của đa thức. a n được gọi là hệ số cao nhất, a 0 được gọi là hệ số tự do. • n được gọi là bậc của đa thức f . Kí hiệu deg( f ) = n. Nếu f ( x) = a 0 , ∀ x ∈ R thì deg( f ) = 0. • Tập các đa thức trên trường số thực được kí hiệu R[x] . Nếu các hệ số được lấy trên tập hợp các số hữu tỷ, các số nguyên thì ta có khái niệm đa thức với hệ số hữu tỷ, đa thức với hệ số nguyên và tương ứng là các tập hợp Q[x] , Z[x] . Trong bài viết này, nếu không nói gì thêm thì ta hiểu là đa thức đang xét thuộc R[x] . • Hai đa thức f ( x) = m P k=0 a k x k , g ( x) = n P k=0 b k x k bằng nhau khi và chỉ khi m = n và a i = b i với mọi i = 0, n. Ví dụ 1. Tìm đa thức f biết f ( x + 2) = 2 x2 − x + 1. Lời giải. Gọi n = deg( f ) ⇒ f ( x + 2) là đa thức có bậc bằng n . Từ đó suy ra n = 2 ⇒ f ( x) = ax2 + bx + c. Suy ra: f ( x + 2) = a( x + 2)2 + b ( x + 2) + c = ax2 + (4a + b) x + 4a + 2 b + c. Mà f ( x + 2) = 2 x2 − x + 1 nên     a=2     a=2 4a + b = −1 ⇔ b = −9 .    4 a + 2 b + c = 1   c = 11 Vậy f ( x) = 2 x2 − 9 x + 11 . Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 2 3.1.2 Phép toán đa thức Định nghĩa 2. Cho hai đa thức f ( x) = • f ( x) ± g ( x) = • f ( x).g( x) = maxP { m,n} k=0 mP +n i =0 m P k=0 a k x k , g ( x) = n P b k x k . Khi đó k=0 (a k ± b k ) x k c i xi , ck = k P i =0 a i b k− i Ví dụ 2. Cho hai đa thức P ( x) = 3 x3 − x2 + 2 x − 1, Q ( x) = x2 − x. Khi đó: P ( x) + Q ( x) = 3 x3 + x − 1 ¡ ¢¡ ¢ P ( x).Q ( x) = 3 x3 − x2 + 2 x − 1 x2 − x = 3 x5 + (3.(−1) + (−1).1) x4 + ((−1).(−1) + 2.1) x3 + 2.(−1) x2 − 1.(−1) x . = 3 x5 − 4 x4 + 3 x3 − 2 x2 + x Định lí 1. Cho hai đa thức f và g có bậc lần lượt là n và m. Khi đó: • deg( f ± g) ≤ max { m, n}. Đẳng thức xảy ra khi m 6= n • deg( f .g) = m + n. Định lí này chứng minh đơn giản. Định lí 2. Với hai đa thức P ( x) và Q ( x) bất kỳ, trong đó deg(Q ) ≥ 1, tồn tại duy nhất các đa thức S ( x) và R ( x) thoả mãn đồng thời các điều kiện: i) P ( x) = Q ( x).S ( x) + R ( x) ii) deg(R ) < deg(Q ). Chứng minh: +) Tồn tại. Ta chứng minh bằng quy nạp theo m = deg(P ) . Nếu deg(P ) < deg(Q ) thì ta có thể chọn S ( x) ≡ 0 và R ( x) = P ( x) thoả mãn đồng thời các điều kiện i) và ii). Giả sử m ≥ n và định lý đã được chứng minh với các đa thức có bậc nhỏ hơn m. Ta chứng minh định lý đúng với các đa thức bậc m. Giả sử P ( x) = m X a k x k , Q ( x) = k=0 n X b k xk . k=0 Xét đa thức H ( x) = P ( x) − a m m− n x Q ( x) bn a m m− n = (a m x m + a m−1 x m−1 + ... + a 1 x + a 0 ) − x ( b n x n + ... + b 0 ) bn µ ¶ a m b n−1 m−1 = a m−1 − x + ... bn Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 3 Do hệ số của x m ở hai đa thức bị triệt tiêu nên bậc của H ( x) không vượt quá m − 1 . Theo giả thiết quy nạp, tồn tại các đa thức S1 ( x), R1 ( x) sao cho H ( x) = S 1 ( x).Q ( x) + R 1 ( x). Nhưng khi đó P ( x) = H ( x) + a m m− n a m m− n x Q ( x) = ( x + S 1 ( x)) + R 1 ( x). bn bn a m m− n x + S 1 ( x) và R ( x) = R 1 ( x) ta được biểu diễn cần tìm cho P ( x). bm Duy nhất. Giả sử ta có hai biểu diễn P ( x) = S ( x).Q ( x)+R ( x) và P ( x) = S1 ( x).Q ( x)+R1 ( x) Vậy đặt S ( x) = thoả mãn điều kiện ii). Khi đó Q ( x).(S ( x) − S1 ( x)) = R1 ( x) − R ( x). Ta có, theo điều kiện ii) và định lý 1 thì deg(R1 ( x) − R ( x)) < deg(Q ). Mặt khác, nếu S ( x) − S1 ( x) không đồng nhất bằng 0 thì deg(Q ( x).(S ( x) − S 1 ( x))) = deg(Q ( x)) + deg(S ( x) − S 1 ( x)) ≥ deg(Q ). Mâu thuẫn vì hai vế bằng nhau. Theo ký hiệu của định lý thì S ( x) được gọi là thương số và R ( x) được gọi là dư số trong phép chia P ( x) cho Q ( x). Định nghĩa 3. Nếu R ( x) ≡ 0 thì ta nói đa thức P ( x) chia hết cho Q ( x). Định nghĩa 4. Cho P ( x) và Q ( x) là các đa thức khác 0. Ước chung lớn nhất của P ( x) và Q ( x) là đa thức D ( x) thoả mãn đồng thời các điều kiện sau: i) D ( x) là đa thức đơn khởi, tức là có hệ số cao nhất bằng 1 ii) D ( x) là ước chung của P ( x) và Q ( x), tức là D ( x)|P ( x) và D ( x)|Q ( x) iii) Nếu D 0 ( x) cũng là ước chung của P ( x) và Q ( x) thì D ( x) cũng là ước của D 0 ( x). Hai đa thức P ( x),Q ( x) được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu (P ( x),Q ( x)) = 1. Tương tự, ta có khái niệm bội chung nhỏ nhất của hai đa thức. Định nghĩa 5. Cho P ( x) và Q ( x) là các đa thức khác 0. Bội chung lớn nhất của P ( x) và Q ( x) là đa thức M ( x) thoả mãn đồng thời các điều kiện sau: i) M ( x) là đa thức đơn khởi, tức là có hệ số cao nhất bằng 1 ii) M ( x) là bội chung của P ( x) và Q ( x), tức là P ( x)| M ( x) và Q ( x)| M ( x) iii) Nếu M 0 ( x) cũng là bội chung của P ( x) và Q ( x) thì M 0 ( x) cũng là bội của M ( x). Ký hiệu UCLN và BCNN của hai đa thức P ( x),Q ( x) là GCD (P ( x),Q ( x)), LCM (P ( x),Q ( x)) hay đơn giản hơn là (P ( x),Q ( x)), [P ( x),Q ( x)]. Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 4 Ví dụ 3. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho f ( x) = x2n + x n + 1 chia hết cho x2 + x + 1. Lời giải. Ta có ¡ ¢. x3 − 1 = ( x − 1) x2 + x + 1 .. x2 + x + 1. . Suy ra x3k − 1.. x2 + x + 1. +) n = 3k , khi đó ³ f ( x) = x 6k ´ ³ ´ 3k − 1 + x − 1 + 3. Vì x6k − 1 và x3k − 1 đều chia hết cho x2 + x + 1 nên f ( x) không chia hết cho x2 + x + 1 . +) n = 3k + 1, khi đó f ( x) = x 2 ³ x ´ 6k ³ −1 + x x 3k ´ . − 1 + x2 + x + 1.. x2 + x + 1. +) n = 3 k + 2 ,ta có ³ ´ ³ ´ f ( x) = x4 x6k − 1 + x2 x3k − 1 + x4 + x2 + 1. Vì ¡ ¢2 ¡ ¢¡ ¢ x4 + x2 + 1 = x2 + 1 − x2 = x2 + x + 1 x2 − x + 1 . . Suy ra f ( x).. x2 + x + 1 . Vậy n 6= 3k là những giá trị cần tìm. Ví dụ 4. Chứng minh rằng ¡ ¢ x m − 1, x n − 1 = x(m,n) − 1 với m, n ∈ N∗ . m0 Lời giải. Giả sử d = (m, n) thì rõ ràng x m − 1 = ( x d ) − 1 chia hết cho x d − 1 và tương tự x n − 1 chia hết cho x d − 1. Suy ra x d − 1 là ước chung của x m − 1, x n − 1. Giả sử D ( x) là một ước chung của x m − 1, x n − 1. Vì d = (m, n) nên tồn tại các số nguyên dương u, v sao cho d = mu − nv. Khi đó D ( x) là ước của ( x mu −1)−( x nv −1) = x nv ( x d −1). Vì ( x m −1, x nv ) = 1 nên (D ( x), x nv ) = 1, suy ra D ( x) là ước của x d − 1, suy ra x d − 1 là ước chung lớn nhất của x m − 1 và x n − 1. . Ví dụ 5. Cho đa thức hệ số nguyên f ( x). Chứng minh rằng f (a) − f (b)..a − b với mọi a, b ∈ Z. Lời giải. Giả sử f ( x) = n X i =0 a i x i ⇒ f ( a) − f ( b ) = n X ³ ´ a i ai − bi . i =1 . . Vì a i − b i ..a − b với mọi i = 1, n nên f (a) − f (b)..a − b . Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 5 Để tìm ước chung lớn nhất của hai đa thức P ( x),Q ( x), ta sử dụng thuật toán Euclide sau đây: Định lí 3. Giả sử có hai đa thức P ( x),Q ( x), trong đó de g(P ) ≥ de gQ . Thực hiện phép chia P ( x) cho Q ( x) được thương số là S ( x) và dư số là R ( x). Khi đó: • Nếu R ( x) = 0 thì (P ( x),Q ( x)) = q−1 Q ( x), trong đó q là hệ số cao nhất của đa thức Q ( x) • Nếu R ( x) 6= 0 thì (P ( x),Q ( x)) = (Q ( x), R ( x)). Chứng minh: Nếu R ( x) = 0 thì P ( x) = Q ( x).S ( x). Khi đó đa thức q−1 Q ( x) rõ ràng thoả mãn tất cả các điều kiện của UCLN. Nếu R ( x) 6= 0, đặt D ( x) = (P ( x),Q ( x)), D 0 ( x) = (Q ( x), R ( x)). Ta có D ( x)|P ( x) − Q ( x).S ( x) = R ( x), suy ra D ( x) là ước chung của Q ( x), R ( x), theo định nghĩa của D 0 ( x), ta có D 0 ( x) là ước của D ( x). Mặt khác D 0 ( x)|Q ( x)S ( x) + R ( x) = P ( x), suy ra D 0 ( x) là ước chung của P ( x),Q ( x), theo định nghĩa của D ( x), ta có D ( x) là ước của D 0 ( x). Từ đây, do D và D 0 đều là các đa thức đơn khởi, ta suy ra D = D 0 . 3.1.3 Nghiệm của đa thức Định nghĩa 6. Cho đa thức P ( x) trên tập K . • Số a ∈ K được gọi là nghiệm của đa thức P nếu P (a) = 0. • x = a được gọi là nghiệm bội k ∈ Z, k ≥ 2 của đa thức f nếu f ( x) = ( x − a)k g( x) và g(a) 6= 0. Định lí 4. (Bơzu) Nếu x = a là nghiệm của đa thức f thì f chia hết cho x − a. Định lí 5. Cho đa thức hệ số nguyên P ( x) = a n x n + a n−1 x n−1 + ... + a 1 x + a 0 . Khi đó p . . x = ; p, q ∈ Z là nghiệm của f ( x) thì a 0 .. p, a n .. q. q Định lí 6. Xét đa thức f ( x) ∈ R[x] . Nếu x1 , x2 , . . . , xk là các nghiệm phân biệt của f ( x) với các bội r 1 , r 2 , . . . , r k tương ứng thì f ( x) chia hết cho ( x − x1 )r 1 ( x − x2 )r 2 . . . ( x − xk )r k . Hệ quả 1. Từ định lí trên, ta có các hệ quả sau: a) Một đa thức bậc n với hệ số thực có không quá n nghiệm thực. b) Nếu hai đa thức f ( x) và g( x) có bậc nhỏ hơn hay bằng n bằng nhau tại n + 1 điểm thì hai đa thức này bằng nhau. Định lí 7. Xét đa thức P ( x) ∈ R[x] bậc n. Giả sử x1 , x2 , ..., xk là các nghiệm phân biệt của P ( x) với các bội r 1 , r 2 , ..., r k tương ứng. Nếu r 1 + r 2 + ... + r k = n thì P ( x) = a n ( x − x1 )r 1 ( x − x2 )r 2 ...( x − xk )r k . Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 6 Định lí 8. (Định lý Viet) Giả sử đa thức f ( x) = a n x n + a n−1 x n−1 + ... + a 1 x + a 0 có n nghiệm (trong đó có thể có các nghiệm bội) là x1 , x2 , ..., xn thì: f ( x) = a n ( x − x1 )( x − x2 )...( x − xn ) và như hệ quả, ta có          x1 + x2 + ... + xn x1 x2 + x1 x3 + ... + xn−1 xn ...         3.1.4 a n−1 =− a a n−n2 = an . x1 x2 ...xn = (−1)n a0 an Đa thức bất khả quy Định nghĩa 7. Đa thức hệ số nguyên P ( x) có bậc n ≥ 1 được gọi là bất khả quy trên Z[x] nếu P ( x) không phân tích được thành tích của hai đa thức hệ số nguyên khác đa thức hằng và có bậc nhỏ hơn n. Nếu P ( x) phân tích được thành tích của hai đa thức hệ số nguyên khác đa thức hằng và có bậc nhỏ hơn n thì P ( x) được gọi là đa thức khả quy. Tương tự ta cũng có định nghĩa cho đa thức bất khả quy trên Q[x] . Định lí 9. (Tiêu chuẩn Eisenstein) Cho đa thức P ( x) = a n x n + a n−1 x n−1 + ... + a 1 x + a 0 . Biết rằng tồn tại số nguyên tố p sao cho . i) a 0 , a 1 , ..., a n−1 .. p ii) a n không chia hết cho p iii) a 0 không chia hết cho p2 . Khi đó P ( x) bất khả quy trên Z[x] . Chứng minh: Giả sử P ( x) = f ( x).g( x) với f , g ∈ Z[x] . Đặt f ( x) = k P i =0 b i x i , g ( x) = m P i =0 c i x i với m, k ∈ N∗ và m + k = n. Khi đó at = t X b r .c t−r , 0 ≤ t ≤ n. r =0 . . Vì a 0 .. p mà a 0 6 .. p2 nên trong hai số b0 , c 0 có đúng một số chia hết cho p và số còn lại không chia hết cho p, không mất tính tổng quát, ta giả sử b0 chia hết cho p. Khi đó p|a 1 = b 1 c 0 + b 0 c 1 ⇒ p| b 1 c 0 ⇒ p| b 1 . Tương tự như vậy ta có p| b k nên p| b k c m = a n (vô lí). Định lí 10. (Quan hệ giữa khả quy trên Z[x] và trên Q[x] ) Nếu đa thức P ( x) ∈ Z[x] khả quy trên Z[x] thì P ( x) khả quy trên Q[x] . Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 7 3.2 Một số dạng toán về đa thức 3.2.1 Chứng minh hai đa thức bằng nhau 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: Nếu đa thức P ( x) − Q ( x) có bậc n và có ít nhất n + 1 nghiệm phân biệt thì P ( x) = Q ( x) với mọi x. Bài toán 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). 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. Bài toán 2. 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 n n Q (P ( x)) − Q (Q ( x)) = P ( x) − Q ( x) + nX −1 h i a i P ( x) − Q ( x) i i (2). i =1 Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 8 Vì à 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) . 3.2.2 Chứng minh tồn tại đa thức Các phương pháp thường dùng để chứng minh bài toán tồn tại • Phản chứng • Quy nạp Bài toán 3. 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 . 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 µ ¶ µ ¶ ¡ ¢ ¡ ¢ 1 1 R cos2 x = R sin2 x ⇒ R (1 − x) = R ( x) ⇒ R −x = R x− 2 2 hay R (− x) = R ( x) . ¡ ¢ 2 Do đó R ( x) = S x . Vậy ¡ P ( x) = R x 2 ¢ ¡ = R 1− x 2 ¢ ¶ ¡ ¢ 1 =S x −x + = Q x4 − x2 . 4 µ 4 2 Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 9 Bài toán 4. 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 . Lời giải. Ta có ¡ ¢ ¡ ¢ x f ( x)2 + f ( x) = x3 − x g( x)2 ⇔ 4 x2 f ( x)2 + 4 x f ( x) + 1 = 4 x4 − 4 x2 g( x) + 1 ¡ ¢ ⇔ (2 x f ( x) + 1)2 = x2 − 1 [2 xg( x)]2 + 1. Ta đi tìm tất cả các cặp ( p, q) là các đa thức hệ số nguyên thỏa mãn ¡ ¢ p( x)2 = x2 − 1 q( x)2 + 1 (1). Không mất tính tổng quát, ta giả sử p ( x) và q ( x) có hệ số cao nhất là các số dương. • Xét dãy cặp đa thức ( p n ( x); q n ( x)) được xác đỉnh bởi        p 0 ( x) = 1, q 0 ( x) = 0 p n+1 ( x) = xp n ( x) + ( x2 − 1) q n ( x) (2). q n+1 ( x) = p n ( x) + xq n ( x) Ta chứng minh được với mỗi số tự nhiên n thì cặp ( p n ( x); q n ( x))thỏa mãn (1) và p n ( x), q n ( x) có hệ số cao nhất là số dương. Thật vậy: ¡ ¢ ¡ ¢2 £ ¡ ¢ ¤2 p2n+1 ( x) = xp n ( x) + x2 − 1 q n ( x) = x2 p n ( x)2 + 2 x x2 − 1 p n ( x).q n ( x) + x2 − 1 q n ( x)2 Mà x2 − 1 q n ( x)2 = p n ( x)2 − 1 nên ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ £ ¡ ¢ ¤2 ¡ ¢ p2n+1 ( x) = xp n ( x) − x2 − 1 q n ( x) = 2 x2 − 1 p n ( x)2 + 2 x x2 − 1 p n ( x).q n ( x) − x2 − 1 . Tương tự ¡ ¡ ¢ ¡ ¢ ¢ ¡ ¢ x2 − 1 q n+1 ( x)2 + 1 = 2 x2 − 1 p n ( x)2 + 2 x x2 − 1 p n ( x).q n ( x) − x2 − 1 . Suy ra ¡ ¢ p2n+1 ( x) = x2 − 1 q2n+1 ( x) + 1. • Xét ( p, q) là một căp đa thức thỏa mãn (1) và deg ( q) = k ≥ 1. Đặt p 0 = p, q 0 = q và ¡ ¢ p 1 ( x) = xp( x) − x2 − 1 q ( x) , q 1 ( x) = − p( x) + xq( x). Ta thấy nếu cặp ( p 0 , q0 ) thỏa mãn (1) thì cặp ( p 1 , q1 ) cũng thỏa mãn (1) và bậc của q 1 nhỏ hơn bậc của q 0 . ¡ ¢ Vì p( x)2 = x2 − 1 q( x)2 + 1 nên ta có ( p( x) + xq( x)) ( xq( x) − p( x)) = q( x)2 + 1. Mà p( x) + xq( x) có bậc lớn hơn xq( x) − p( x) nên ta có deg ( q1 ) < deg ( q0 ). Cứ tiếp tục như vậy sẽ dẫn đến cặp ( p k , q k ) sao cho deg ( q k ) = 0. Ta thấy, những cặp Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 10 nghiệm như vậy chỉ có hai cặp là ( x; 1) và (1; 0). Do đó, nếu ( p, q) là một cặp nghiệm của (1) thì ta có thể dẫn về cặp nghiệm của (2). ¡ ¢ ¡ ¢ Xét dãy (2). Ta có ( p 1 ; q1 ) = ( x; 1), ( p 2 ; q2 ) = 2 x2 − 1; 2 x , ( p 3 ; q3 ) = 4 x3 − 3 x; 4 x2 − 1 , ¡ ¢ ( p 4 ; q 4 ) = 8 x4 − 8 x2 + 1; 8 x3 − 4 x . Suy ra ( p 4 ; q 4 ) ≡ (1; 0) (mod 2 x). Do đó, dãy ( p n ; q n ) là dãy tuần hoàn với chu kì 4. Vì ta cần chọn cặp ( p n ; q n ) ≡ (1; 0) ( mod 2 x) nên f ( x) = p 4k ( x). Mà deg ( p 4k ) = 4k − 1, k ≥ 1, nên ta có n = 4 k + 3, k ≥ 0. 3.2.3 Các bài toán liên quan đến nghiệm của đa thức Bài toán 5. Cho f , g là hai đa thức hệ số thực khác đa thức hằng thỏa mãn ¡ f x 2 ¢ ¶ µ ¶ 1 1 = f x− g x + , ∀ x ∈ R. 2 2 µ Chứng minh rằng g( x) > 0, ∀ x ∈ R. Lời giải. Từ giả thiết ta có µµ f 1 x+ 2 ¶2 ¶ µµ = f ( x) g ( x + 1) và f 1 x− 2 ¶2 ¶ = f ( x − 1) g ( x) . ¶ µ ¶ 1 2 1 2 Giả sử x = a là nghiệm của f ( x), khi đó a + cũng là nghiệm của f ( x) và a + > 2 2 a nên lúc này f ( x) có vô số nghiệm, hay f là đa thức không (vô lí). µ Do đó f ( x) không có nghiệm hay f ( x) > 0 ∀ x ∈ R hoặc f ( x) < 0 ∀ x ∈ R. ¶ ¶ 1 2 f x− 2 Suy ra g ( x) = > 0, ∀ x ∈ R (đpcm). f ( x − 1) µµ Bài toán 6. (Chinese Girls MO 2014). Cho a là số nguyên dương nhưng không là số chính phương. Gọi r là nghiệm của phương trình x3 − 2ax + 1 = 0. p Chứng minh rằng r + a là số vô tỉ. p p Lời giải. Giả sử r + a = q ∈ Q, suy ra r = q − a. Vì r là nghiệm của phương trình x3 − 2ax + 1 = 0 nên ¡ ¡ ¡ ¢p p ¢3 p ¢ q − a − 2a q − a + 1 = 0 ⇔ q3 + 5 qa + 1 = 3 q2 − a a. Vì q3 + 5 qa + 1 và 3 q2 − a là số hữu tỉ và q3 + 5 qa + 1 = 0. Suy ra q3 + 15 q3 + 1 = 0 ⇔ q3 = − p a là số vô tỉ nên 3 q2 − a = 0 ⇔ a = 3 q2 và 1 1 ⇔q=− p (vô lí). 3 16 2 2 Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 11 Bài toán 7. (USA TST 2014) Cho n là số nguyên dương chẵn và các số thực c 1 , c 2 , ..., c n−1 thỏa mãn nP −1 i =1 | c i − 1| < 1. Chứng minh rằng đa thức P ( x) = 2 x n − c n−1 x n−1 + c n−2 x n−2 − ... − c 1 x + 2 không có nghiệm thực. Lời giải. Ta có c i ∈ (0; 2) ∀ i = 1, n − 1 nên µ ¶với x ≤ 0 thì P ( x) > 0. 1 vô nghiệm nên ta chỉ cần xét x ≥ 1. x Đặt d i = c i − 1, ta có | d1 | + | d2 | + ... + | d n−1 | < 1. Xét x > 0. Ta thấy P ( x) vô nghiệm ⇔ P Khi đó ¯ ¯ |P ( x)| = ¯2 x n − x n−1 + x n−2 − ... − x + 2 − d n−1 x n−1 + d n−2 x n−2 − ... − d 1 x¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ≥ ¯2 x n − x n−1 + x n−2 − ... − x + 2¯ − ¯ d n−1 x n−1 − d n−2 x n−2 + ... + d 1 x¯ ¯ ¯ ¡¯ ¯ ¯ ¯ ¢ ≥ ¯2 x n − x n−1 + x n−2 − ... − x + 2¯ − ¯ d n−1 x n−1 ¯ + ¯ d n−2 x n−2 ¯ + ... | d 1 x| ¯ ¯ ¡¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯¢ ≥ ¯2 x n − x n−1 + x n−2 − ... − x + 2¯ − ¯ d n−1 x n−1 ¯ + ¯ d n−2 x n−1 ¯ + ... ¯ d 1 x n−1 ¯ ¯ ¯ ≥ ¯2 x n − x n−1 + x n−2 − ... − x + 2¯ − (| d n−1 | + | d n−2 | + ... | d 1 |) x n−1 ≥ 2 x n − x n−1 + x n−2 − ... − x + 2 − x n−1 ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ = 2 x n − x n−1 + x n−2 − x n−3 + ... + x2 − x + 2 ≥ 2 > 0. Do đó P ( x) vô nghiệm với mọi x ≥ 1. Vậy bài toán được chứng minh. Bài toán 8. (Hà Tĩnh vòng 2, 2013) Cho đa thức f ( x) với hệ số thực, có bậc không nhỏ hơn 1 và đồng thời thoả mãn hai điều kiện sau: a. Phương trình³ f ( x) =´ 0 không có nghiệm bội. x+ y b. f ( x) · f ( y) ≤ f 2 , ∀ x, y ∈ R. 2 Chứng minh rằng phương trình f ( x) = 0 có duy nhất một nghiệm thực. Lời giải. Ta thấy nếu đa thức f(x) thỏa yêu cầu bài toán thì − f ( x) cũng thỏa yêu cầu bài toán nên ta giả sử f ( x) = a n x n + a n−1 x n−1 + ... + a 1 x + a 0 với a n > 0. Ta chứng minh n lẻ. Thật vậy: Giả sử n chẵn, ta xét các trường hợp sau: TH1: f ( x) > 0, ∀ x ∈ R. Khi đó min f ( x) = f ( x0 ) Xét hai số α, β bất kì thỏa α + β = 2 x0 , ta có: f (α). f (β) ≤ f 2 µ α+β 2 ¶ = f 2 ( x0 ) ⇒ f (α) = f ( x0 ) = f (β). Suy ra f là hàm hằng (vô lí) TH2: f ( x) = 0 có 1 nghiệm . Vì f ( x) là đa thức bậc chẵn và không có nghiệm bội nên số nghiệm của f ( x) luôn là số chẵn. Gọi M, m lầ lượt là nghiệm lớn nhất và nghiệm bé nhất của f ( x). Suy ra f ( x) > 0, ∀ x > M hoặc ∀ x < m. Xét α = m − a, β = Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 12 2 M − m + a với a > 0. Ta µ có α¶ < m, β > M . ¡ ¢ α+β Khi đó: f (α) f β ≤ f 2 = 0 vô lí. 2 Từ đó ta suy ra n lẻ nên f ( x) luôn có ít nhất một nghiệm. Giả sử f ( x) có nhiều hơn một nghiệm, khi đó f ( x) có ít nhất ba nghiệm và số nghiệm của f ( x) luôn là số lẻ Gọi các nghiệm của f ( x) là x1 < x2 < ... < x2k+1 . Khi đó: f ( x) = 2kQ +1 i =1 ( x − x i ).g( x), trong đó g( x) = k hoặc g( x) > 0, ∀ x và f ( x) < 0 với ∀ x < x1 hoặc x ∈ ( x2 ; x3 ). Ta chọn α < x1 và x2µ< β < x¶3 thỏa α + β = 2 x1 . α+β = 0 vô lí. Ta có: f (α). f (β) ≤ f 2 2 Vậy f ( x) có đúng một nghiệm. 3.2.4 Xác định đa thức Bài toán 9. (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. Bài toán 10. 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 . Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 13 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). Bài toán 11. (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 . Lời giải. Thay x bởi − x vào (1), ta được P ( x2 )– x(3P (− x) + P ( x)) = (P (− x))2 + 2 x2 (2) Trừ (1) cho (2), ta được 4 x(P ( x) + P (− x)) = P 2 ( x)–P 2 (− x) Hay (P ( x) + P (− x))(P ( x)–P (– x)–4 x) = 0 (3) vì (3) đúng với mọi x thuộc R , do đó ta phải có • Hoặc P ( x) + P (− x) = 0 đúng với vô số các giá trị x • Hoặc P ( x)–P (– x)–4 x = 0 đúng với vô số các giá trị x. Do P là đa thức nên từ đây ta suy ra • Hoặc P ( x) + P (− x) = 0 đúng với mọi x • Hoặc P ( x)–P (– x)–4 x = 0 đúng với mọi x Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 14 Ta xét các trường hợp: TH 1: P ( x) + P (− x) = 0. Khi đó ta có phương trình P ( x2 ) + 2 xP ( x) = (P ( x))2 + 2 x2 hay P ( x2 )– x2 = (P ( x)– x)2 Đặt Q ( x) = P ( x)– x thì Q ( x2 ) = Q 2 ( x). Theo ví dụ trên thì Q ( x) = 0, Q ( x) = 1, Q ( x) = x n . Từ đó P ( x) = x, P ( x) = x + 1, P ( x) = x n + x. So sánh với điều kiện P ( x) + P (− x) = 0, ta chỉ nhận các nghiệm: P ( x) = x và P ( x) = x2k+1 + x, với k = 0, 1, 2. . . TH 2: P ( x)–P (− x)–4 x = 0. Khi đó ta có phương trình P ( x2 ) + x(4P ( x)–4 x) = P 2 ( x) + 2 x2 hay P ( x2 )–2 x2 = (P ( x)–2 x)2 Đặt Q ( x) = P ( x)–2 x thì Q ( x2 ) = Q 2 ( x) và như thế Q ( x) = 0, Q ( x) = 1, Q ( x) = x n . Từ đó P ( x) = 2 x, P ( x) = 2 x + 1, P ( x) = x n + 2 x. So sánh với điều kiện P ( x)–P (− x)–4 x = 0, ta chỉ nhận các nghiệm: P ( x) = 2 x, P ( x) = 2 x + 1 và P ( x) = x2k + 2 x, với k = 1, 2, 3. . . Vậy tất cả nghiệm của (1) là các đa thức: P ( x) = x, P ( x) = 2 x, P ( x) = 2 x + 1, P ( x) = x2k+1 + x, P ( x) = x2k + 2 x với k = 2, 3, . . . Bài toán 12. (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. Lời giải. +) Nếu deg (P ) = 0 ta có P ( x) = −1 hoặc P ( x) = −2. +) Xét deg (P ) = n ≥ 1. Giả sử a n là hệ số cao nhất của P ( x), từ (1) ta có a3n = a n ⇒ a n = ±1. TH 1: a n = 1, ta đặt P ( x) = x n + Q ( x) với deg (Q ) = k ≤ n − 1, thay vào (1) ta có ¡ ¢3 ¡ ¢2 ¡ ¢ x n + Q ( x) + 3 x n + Q ( x) = x3n + Q x3 − 3(− x)n − 3Q (− x) . Hay A ( x) = B ( x) (1) với A ( x) = 3 x2n Q ( x) + 3 x n .Q ( x)2 + Q ( x)3 + 3 x2n + 6 x n Q ( x) + Q ( x)2 Và ¡ ¢ B ( x) = Q x3 − 3(−1)n x n − 3Q (− x) . Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 15 +) Q ( x) ≡ 0 thì ta có 3 x2n = −3(−1)n x n vô lí. +) k ≥ 1. Ta có deg ( A ) = 2n + k và deg (B) = max {n, 3k} nên suy ra 2n + k = max {n, 3k} ⇔ " n+k =0 vô lí. n=k +) k = 0 ⇒ Q ( x) = c, khi đó (1) trở thành ¡ ¢ 3 ( c + 1) x2n + 3 c2 + 2 c x n + c3 + c2 = −3(−1)n x n − 2 c. Suy ra c = −1 và n = 2m. Do đó ta có P ( x) = x2m − 1. TH 2: Với a n = −1, giải tương tự ta được P ( x) = − x2m − 1. Bài toán 13. (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. Lời giải. Ta có ( x2 − 6 x + 8)P ( x) = ( x2 + 2 x)P ( x − 2) ⇔ ( x − 2)( x − 4)P ( x) = x( x + 2)P ( x − 2) (1). Cho x = 2, x = 4, x = −2 ta có P (0) = P (2) = P (−2) = 0. ¡ ¢ Suy ra P ( x) = x x2 − 4 Q ( x). Thay vào (1) ta được ( x − 2) Q ( x) = xQ ( x − 2) (2). Cho x = 0 ta có Q (0) = 0 nên Q ( x) = xR ( x), thay vào (2) ta được R ( x) = R ( x − 2) ∀ x. Suy ra R ( x) = C . Do đó P ( x) = Cx2 x2 − 4 . ¡ ¢ Bài toán 14. (Chọn đội tuyển TPHCM 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 Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh (1). 16 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. Bài toán 15. 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))). Lời giải. +) Nếu P ( x) ≡ C thì ta có C = 0. +) Xét P ( x) không là đa thức hằng. Giả sử P ( x) = a n x n + a n−1 x n−1 + ... + a 1 x + a 0 . Khi đó deg P 5 = n5 và deg x28 P 2 = n2 + 28. Suy ra n5 = n2 + 28 ⇒ n = 2. Do đó P ( x) = ax2 + bx + c. ¡ ¢ ¡ ¢ µ ¶ ¶ b b 2 ∆ nên ta có P ( x) = P − − x − Vì P ( x) = a x + 2a 4a a b b Với x 6= − , đặt y = − − x ta có P ( x) = P ( y) = z. 2a a Suy ra x28 P ( z) = y28 P ( z), điều này xảy ra khi x = − y hay b = 0. µ So sánh hệ số cao nhất ở hai vế của (1) ta có: a31 = a3 , suy ra a = ±1. Do đó P ( x) = x2 + c hoặc P ( x) = − x2 + c. Từ (1), ta có ¡ ¢ P x28 P 2 ( x) = P 6 ( x) = P ( x)28 P 3 ( x) (2). Trong (2) cho x = 0 ta được ¡ ¢ P (0) = P (0)28 .P 3 (0) ⇔ c = c28 P 2 ( c) = c28 P − c2 + c ¡ ¢ ⇔ c = 0 hoặc c27 P − c2 + c = 1. ¡ ¢ ¡ ¢ Vì c ∈ Z nên P − c2 + c ∈ Z, do đó từ c27 P − c2 + c = 1 suy ra ( ( c = −1 c=1 ¡ 2 ¢ ¡ 2 ¢ hoặc . P − c + c = −1 P −c + c = 1 Do đó ta có c ∈ {−1, 0, 1}. +) Với c = 0 ta có P ( x) = ± x2 , thay vào (1) ta thấy thỏa mãn. +) Với c = ±1 thử lại ta thấy không thỏa. Vậy bài toán có ba nghiệm P ( x) ≡ 0, P ( x) ≡ x2 và P ( x) ≡ − x2 . Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 17 Bài toán 16. 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. Bài toán 17. 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. 1 2 Lời giải. Nếu P ( x) ≡ C thì ta có 4C 2 = 2C ⇔ C = 0, C = . Xét P ( x) không là đa thức hằng. Giả sử P ( x) = a n x n + a n−1 x n−1 + ... + a 1 x + a 0 với n ≥ 1, a n 6= 0. Trong (1) ta xem hai vế là một đa thức đối với ẩn a. So sánh hệ số a n trong (1) ta được a n (P ( c) + P ( d )) = a n c n + a n d n hay P ( c) = c n + d n − P ( d ) . Từ đây, ta có P ( x) = x n + k. Thay vào (1) ta được ¡ ¢¡ ¢ a n + b n + 2 k c n + d n + 2 k = (ac + bd )n + (ad − bc)n + 2 k (2) với mọi a, b, c, d . Trong (2), cho c = d = 0 ta có 2k (a n + b n + 2k) = 2k, suy ra k = 0. Trong (2), cho a = b = c = d = 1 ta có: 4 = 2n ⇒ n = 2. Ta thấy đa thức P ( x) = x2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 18