Đề tài Phương trình hàm đa thức

Nội dung tài liệu: Đề tài Phương trình hàm đa thức

1. SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH BẮC GIANG TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG ĐỀ TÀI NGHIÊN CỨU KHOA HỌC PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC NHÓM THỰC HIỆN: Nguyễn Trung Tín Đồng Văn Thắng Nguyễn Tuấn Hùng Nguyễn Ngọc Khánh Trịnh Lê Minh Phan Minh Dương GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN: VŨ THỊ VÂN, LẠI THU HẰNG Bắc giang, tháng 03 năm 2023 0
2. MỤC LỤC: Trang Mục lục CHƯƠNG I. KHÁI QUÁT CHUNG VỀ ĐA THỨC 1.1. Một số khái niệm cơ bản về đa thức 4 1.1.1. Định nghĩa 4 1.1.2. Phép chia đa thức 4 1.1.3. Phương trình hàm đa thức 4 1.2 Đa thức xác định bởi phép biến đổi đối số 5 1.2.1. Một số tính chất của đa thức. 5 1.2.2. Một số bài toán vận dụng 5 1.2.3. Bài tập tự luyện 14 CHƯƠNG II. PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG TÍNH CHẤT NGHIỆM VÀ SO SÁNH BẬC 2.1. Một số kiến thức cơ bản 16 2.2. Các phương pháp giải phương trình hàm đa thức 16 2.3. Các bài tập minh họa 17 CHƯƠNG III. MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TÌNH HÀM THƯỜNG GẶP 3.1. Phương trình có dạng 푷(풋). 푷(품) = 푷(풉) 32 3.1.1. Lí thuyết cần nhớ 32 3.1.2. Ví dụ và bài tập 33 3.2. Phương trình có dạng 푷(풇). 푷(품) = 푷(풉) + 풒 46 3.2.1. Lí thuyết cần nhớ 46 3.2.2. Ví dụ và bài tập 46 CHƯƠNG IV. Sử dụng số phức để giải phương trình hàm đa thức 1
3. 4.1. Các khái niệm cơ bản 55 4.2. Ví dụ và bài tập 55 CHUYÊN MỤC ĐỌC THÊM: +) Phương pháp sáng tạo ra bài tập mới 64 +) Một số tài liệu tham khảo 65 2
4. Lời Mở Đầu Phương trình hàm đa thức là 1 dạng toán khó.Để giải được các phương trình hàm loại này, chúng ta cần nắm rõ không những các kỹ thuật giải phương trình hàm mà còn cả các tính chất và các đặc trưng cơ bản của đa thức như nghiệm, hệ số, bậc, tính liên tục, tính hữu hạn nghiệm, ... . Chúng tôi đã làm chuyên đề này để tự mình tìm tòi, khám phá về phương trình hàm, nhằm rèn luyện và nâng cao khả năng tự học. Đồng thời cũng là để chia sẻ kiến thức đã tìm hiểu được với mọi người, với cô, với các bạn . Qua đó chúng tôi cũng mong muốn nhận được những lời nhận xét, góp ý để rút kinh nghiệm cho lần tự học này của chúng tôi. Trong quá trình từ lựa chọn đề tài cho chuyên đề đến thực hiện chuyên đề, chúng tôi đã nhận được sự định hướng, cổ vũ, động viên của cô Vũ Thị Vân, cô Lại Thu Hằng. Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành nhất đến mọi người. Các bạn có thể sẽ tìm thấy thiếu xót trong chuyên đề này. Do vậy, sự góp ý xây dựng từ phía các bạn là điều chúng tớ vô cùng mong đợi để hoàn thiện chuyên đề này. Hy vọng rằng trên con đường tìm tòi, sáng tạo toán học, các bạn sẽ tìm được những ý tưởng tốt hơn, mới hơn nhằm bổ sung cho các lời giải của chúng tớ. . 3
5. CHƯƠNG I. KHÁI QUÁT CHUNG VỀ ĐA THỨC 1.1. Một số khái niệm cơ bản về đa thức 1.1.1. Định nghĩa Đa thức ƒ( ) là hàm số có dạng: 푛 푛−1 ƒ( ) = 푛 + 푛−1 + . + 1 + 0. (Trong đó 푛 ∈ N* ; ∈ R; 푛, 푛−1, . , 0 ∈ R và 푛 ≠0) Số tự nhiên 푛 gọi là bậc của ƒ( ) kí hiệu là deg ƒ = 푛. 푛 푛−1 Đa thức ƒ( ) = 푛 + 푛−1 + . + 1 + 0 bằng không khi và chỉ khi 푛 = 푛−1 = ⋯ = 0. Mỗi đa thức ƒ( ) khác không có duy nhất 1 cách biểu diễn. Hai đa thức khác không mà bằng nhau khi và chỉ khi chúng cùng bậc và các hạng tử bằng nhau. Tập hợp tất cả các đa thức có hệ số thực, kí hiệu là ℝ[ ] tương tự ℚ[ ], ℤ[ ], 1.1.2. Phép chia đa thức Với hai đa thức ƒ( ) và ( ) ( ( ) ≠ 0) luôn tồn tại duy nhất hai đa thức 푞( ), ( ) sao cho ƒ( ) = 푞( ) ( ) + ( ). Nếu ( ) = 0 thì khi ấy ta nói ƒ( ) chia hết cho ( ), kí hiệu là ƒ( ) ⁝ ( ). Số 훼 là gọi là nghiệm của ƒ( ) khi (훼) = 0 ℎ ƒ( ) ⁝ ( − 훼). Ta nói 훼 là nghiệm bội ( ∈ , ≥ 2) của đa thức ƒ( ) nếu tồn tại đa thức ( ) ( ( ) ≠ 0) sao cho ƒ( ) = ( − 훼) ( ). 1.1.3. Phương trình hàm đa thức Giả sử 훼1, 훼2, . , 훼푛 là các nghiệm của đa thức ƒ( ) với các bội tương ứng là 1, 2, . . , 푛 khi đó tồn tại đa thức ( ) sao cho: 1 2 푛 ( ) = ( − 훼1) ( − 훼2) . . ( − 훼푛) ( ) 4
6. (Với ( ) ≠ 0 và 푒 ƒ = 1 + 2 + . + 푛 + 푒 ) Mọi đa thức 푛 ≥ 1 đều có không quá 푛 nghiệm. Đa thức bậc lẻ luôn có ít nhất 1 nghiệm. Nếu đa thức ƒ( ) có bậc 푛 mà tồn tại 푛 + 1 nghiệm phân biệt 훼1, 훼2, . . 훼푛 + 1 sao cho ƒ( 𝑖) = thì ƒ( ) = . Đa thức có dạng ƒ( ) = ƒ( + ) là một đa thức hằng. 1.2. Đa thức xác định dưới phép biến đổi đối số 1.2.1. Một số tính chất của đa thức. Tính chất 1. Nếu đa thức 푃( ) thỏa mãn 푃( ) = 푃( + ), ∀ ∈ ℝ (với a là một hằng số khác 0) thì 푃( ) = , ∀ ∈ ℝ (c là một hằng số tùy ý). Tính chất 2. Nếu đa thức 푃( ) có vô số nghiệm thì 푃( ) = 0, ∀ ∈ ℝ. Nếu số nghiệm của đa thức 푃( ) lớn hơn 푒 (푃)푡ℎì 푃( ) = 0, ∀ ∈ ℝ. Một số kĩ thuật khi giải phương trình hàm đa thức. + Tìm các nghiệm của đa thức 푃( ) (nếu được), sau đó nghĩ đến việc biến đổi, đặt đa thức 푃( ) theo dưới dạng tích các nhân tử là bậc nhất có nghiệm là nghiệm của P(x) vừa tìm được trên với nhân tử còn lại là một đa thức ( ). Sử dụng các tính chất trên để tìm ra ( ), từ đó suy ra đa thức P(x) cần tìm. + Đặt hàm đa thức phụ, để đưa phương trình hàm đã cho về phương trình hàm tuần hoàn, hay phương trình hàm đa thức cơ bản đã biết cách giải. 1.2.2. Một số bài toán vận dụng Bài 1.2.2.1. Hãy tìm tất cả các đa thức 푃( ) hệ số thực thỏa mãn. 푃( + 2011) = 푃( + 2009) + 70, ∀ ∈ ℝ (1). Lời giải: Trong (1) thay bởi ( − 2009) được 푃( + 2) = 푃( ) + 70, ∀ ∈ ℝ. (2) Đặt 푃( ) = 35 + ( ), ∀ ∈ ℝ. Khi đó ( ) ∈ ℝ[ ]. Thay vào (2) ta được: 35( + 2) + ( + 2) = 35 + ( ) + 70. 5
7.  ( + 2) = ( )  ( ) = ( là hằng số bất kì). Vậy ( ) = 35 + , ∀ ∈ ℝ. Thử lại ta thấy thỏa mãn . Vậy tất cả các đa thức thỏa mãn đề bài là 푃( ) = 35 + , ∀ ∈ ℝ (với c là hằng số bất kì) Cách khác: đặt 푃(0) = 2 . Trong (2) lấy = 0,2,4,6, . . ,2푛 ta được 푃(2) = 푃(0) + 70 푃(4) = 푃(2) + 70 푃(6) = 푃(4) + 70 => 푃(2푛) = 푃(0) + 70푛, ∀푛 ∈ ∗. .........  푃(2푛) = 푃(2푛 − 2) + 70. Suy ra 푃(푛) = 35푛 + với mọi số tự nhiên 푛 chẵn. Bởi vậy đa thức 푃( ) − 35 – có vô số nghiệm. Suy ra 푃( ) = 35 + , ∀ ∈ ℝ. Thử lại ta thấy thỏa mãn. Bài 1.2.2.2. Tìm tất cả các đa thức thỏa mãn: 푃( + 1) = 푃( ) + 2 + 1, ∀ ∈ ℝ. (1) Lời giải: Đặt 푃( ) = ( ) + 2. Khi đó ( ) cũng là đa thức hệ số thực. Thay vào (1) ta được ( + 1) = ( ) , ∀ ∈ ℝ. Vậy ( ) = (hằng số). Suy ra 푃( ) = 2 + , ∀ ∈ ℝ (với là hằng số bất kì) Thử lại ta thấy thỏa mãn. Cách khác: Đặt 푃(1) = . Trong (1) lần lượt lấy = 1,2,3, . . . , ta được: 6
8. 푃(2) = 푃(1) + 3 푃(3) = 푃(2) + 5 { . 푃( + 1) = 푃( ) + 2 + 1  푃( + 1) = 푃(1) + (3 + 5+. . . +2 + 1). Suy ra 푃( + 1) = +( + 1)2, ∀ = 1,2, . . ., từ đó 푃( ) = + 2 , ∀ ∈ ℝ. Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy tất cả các đa thức cần tìm là 푃( ) = 2 + , ∀ ∈ ℝ (với c là hằng số tùy ý ). Bài 1.2.2.3. Tìm tất cả các đa thức thỏa mãn điều kiện: ( − 1)푃( − 1) – ( + 2)푃( ) = 0 , ∀ ∈ ℝ. (1) Lời giải: Trong (1) lần lượt lấy = 1, = 2, . . . , = 푛 (푛 ∈ 푍, 푛 > 3), ta được = 1, = 2, . . . , = 푛 là nghiệm của 푃( ). Vậy 푃( ) có vô số nghiệm nên 푃( ) ≡ 0, ∀ ∈ ℝ. Thử lại ta thấy thỏa mãn. Bài 1.2.2.4. Tìm tất cả các đa thức 푃( ) thuộc ℝ[ ] thỏa mãn điều kiện : 푃( − 4) = ( − 2016)푃( ), ∀ ∈ ℝ. (1) Lời giải. Trong (1) lần lượt thay bởi 0,4,8, . . . ,2016 ta suy ra 0,4,8, . . . , 2012 là nghiệm của 푃( ). Đặt 푃( ) = ( − 4)( − 8). . . ( − 2012)푄( ), ∀ ∈ ℝ. Khi đó 푄( ) cũng là đa thức và thay vào (1) được 푸(풙 − ퟒ) = 푸(풙), ∀풙 ∈ ℝ\{ , ퟒ, , . . . , }. Suy ra 푄( ) là đa thức hằng, do đó 푃( ) = ( − 4)( − 8). . . ( − 2012), ∀ ∈ ℝ( là hằng số). Thử lại ta thấy thỏa mãn. Bài 1.2.2.5. Tìm tất cả các đa thức 푃( ) thuộc ℝ[ ] thỏa mãn điều kiện . 7
9. 푃( − 4) = ( − 2015)푃( ), ∀ ∈ ℝ. (1) Lời giải. Trong (1) lần lượt thay bởi 2015,2011, . . . , 2015 − 4(푛 + 1) là nghiệm của 푃( ) Vậy 푃( ) có vô số nghiệm , suy ra 푃( ) = 0, ∀ ∈ ℝ. Thử lại ta thấy thỏa mãn . Lưu ý: sự khác nhau cơ bản của ví dụ 4 và ví dụ 5 là 2016 chia hết cho 4. 2015 không chia hết cho 4. Bài 1.2.2.6. Cho số nguyên dương . Tìm tất cả các đa thức 푃( ) ∈ ℝ[ ] thỏa mãn điều kiện: ( − 2015) 푃( ) = ( − 2016) 푃( + 1), ∀ ∈ ℝ. (1) Lời giải. Từ (1) lấy = 2016 suy ra 2016 là nghiệm bội lớn hơn hoặc bằng của 푃( ). Đặt 푃( ) = ( − 2016) 푄( ), ∀ ∈ ℝ. Khi đó 푄( ) là đa thức thỏa mãn ( − 2015) ( − 2016) 푄( ) = ( − 2016) ( − 2015) 푄( + 1), ∀ ∈ ℝ. Hay 푄( ) = 푄( + 1), ∀ ∈ ℝ , nghĩa là 푄( ) là đa thức hằng. Thử lại ta thấy thỏa mãn yêu cầu đề bài. Bài 1.2.2.7(Olympic Moldova-2004). Tìm đa thức 푃( ) có hệ số thực thỏa mãn ( 3 + 3 2 + 3 + 2)푃( − 1) = ( 3 − 3 2 + 3 − 2)푃( ), ∀ ∈ ℝ . Lời giải. Trước hết ta tìm các nghiệm của đa thức 푃( ). Từ giả thiết ta có ( + 2)( 2 + + 1)푃( − 1) = ( − 2)( 2 − + 1)푃( ), ∀ ∈ ℝ. Từ đây chọn = −2 suy ra 푃(−2) = 0. Chọn = −1 suy ra 푃(−1) = 0 (do theo trên ta có 푃(−2) = 9푃(−1) ). Chọn = 0 suy ra 푃(0) = 0. 8
10. Chọn = 1 suy ra 푃(1) = 0. Vậy 푃( ) = ( − 1)( + 1)( + 2)푄( ) là đa thức hệ số thực. Tiếp theo thay 푃( ) vào đẳng thức ở đề bài ta được: [( + 2)( 2 + + 1)( − 2)( − 1) ( + 1)푄( − 1) = [( − 2)( 2 − + 1)( − 1) ( + 1)( + 2)푄( ). Suy ra 푄( − 1)( 2 + + 1) = ( 2 – + 1)푄( ) 푄( − 1) 푄( )  = ( 2 – + 1) ( 2 + + 1) 푄( −1) 푄( )  = [( −1)2 +( −1) +1] ( 2 + +1) 푄( ) Đặt 푅( ) = ta có 푅( ) = 푅( − 1), ∀ ∈ ℝ. ( 2+ +1) Suy ra 푅( ) = (hằng số), vậy 푄( ) = . ( 2 + + 1). Do đó 푃( ) = ( 2 + + 1) ( − 1)( + 1)( + 2), ∀ ∈ ℝ. Thử lại ta thấy thỏa mãn. Bài 1.2.2.8 (Đề thi Olympic 30/4/2010). Tìm tất cả các đa thức 푃( ) có hệ số thực thỏa mãn: ( + 4)푃( ) + 2 = 푃( + 2), ∀ ∈ ℝ. (1) Lời giải: Đặt 푃( ) = 푄( ) + , thay vào (1) được ( + 4)[푄( ) + ] + 2 = [푄( + 2) + ( + 2)], ∀ ∈ ℝ. (2) Từ (2) suy ra cần chọn hằng số sao cho ( + 4) + 2 = ( + 2) , ∀ ∈ ℝ  2 + (4 + 2) = 2 + 2 4 + 2 = 2 9
11.  = −1. Vậy nếu đặt 푃( ) = 푄( ) − , ∀ ∈ ℝ, thay vào (1) được ( + 4)푄( ) = 푄( + 2), ∀ ∈ ℝ. Đến đây ta làm tương tự như các bài toán 1.2.2.3, 1.2.2.4, 1.2.2.5. Bài 1.2.2.9. Tìm tất cả các đa thức 푃( ) có hệ số thực thỏa mãn điều kiện 푃( ) = 푃( )푃( )∀ , ∈ ℝ. (1) Lời giải. Dễ thấy đa thức 푃( ) = 0 thỏa mãn yêu cầu đề bài. Tiếp theo xét 푃( ) khác 0. Giả sử 푒 (푃) = 푛 ≥ 0. Trong (1) cho = = 0 ta được 푃(0) = 푃2(0)  푃(0) = 0 hoặc 푃(0) = 1. Nếu 푃(0) = 1 thì từ (1) lấy = 0 ta được 푃( ) = 1, ∀ ∈ ℝ. Nếu 푃(0) = 0 thì 푃( ) = 푄( ) là đa thức có bậc nhỏ hơn 푒 (푃) một đơn vị. Thay vào (1) ta được 푄( ) = 푄( )푄( ), ∀ , ∈ ℝ. Sử dụng kết quả ở trên ta được 푄( ) = 1 hoặc 푄( ) = 푄1( ), với 푄1 là đa thức thỏa mãn 푒 (푄1) = 푒 (푄) − 1 và 푄( ) = 푄1( )푄1( ), ∀ , ∈ ℝ. Vì bậc của đa thức khác 0, cho trước là hữu hạn nên tiếp tục quá trình trên sau hữu hạn bước ta thu được 푃( ) = 1 hoặc 푃( ) = 푛. Sau khi thử lại ta kết luận các đa thức thỏa mãn yêu cầu đề bài là 푃( ) = 0, 푃( ) = 1, 푃( ) = 푛 (n là số tự nhiên khác 0). Bài 1.2.2.10. Tìm các đa thức 푃( ) hệ số thực thỏa mãn điều kiện: 푃( )푃( + 3) = 푃( + 1)푃( + 2), ∀ ∈ ℝ . Lời giải. Dễ thấy đa thức hằng số thỏa mãn yêu cầu bài toán. 10
12. Giả sử đa thức 푃( ) (với 푒 푃 ≥ 1) thỏa mãn yêu cầu đề bài. Đặt 푆 là tập tất cả các nghiệm (kể cả nghiệm phức )của 푃( ), khi đó 푆 là tập hữu hạn và 푆 khác rỗng. Giả sử thuộc 푆. Do 푃( ) = 0 nên lấy = ta được: 푃( + 1)( + 2) = 0. Suy ra ( + 1) ∈ 푆 hoặc ( + 2) ∈ 푆. Lập luận tương tự , dẫn đến 푆 là tập vô hạn, vô lý. Bài 1.2.2.11. Tìm tất cả các đa thức 푃( ) hệ số thực thỏa mãn 푃( 2 − 푣2 ) = 푃( + 푣)푃( − 푣), ∀ , 푣 ∈ ℝ. (1) Lời giải. Đặt = + 푣, = − 푣. Thay vào phương trình (1) ta được 푃( ) = 푃( )푃( ), với mọi số thực x,y. Sau đó sử dụng 1.2.2.9. Bài 1.2.2.12. (Đề nghị thi Olympic 30/4/2012). Tìm tất cả các đa thức 푃( ) hệ số thực và thỏa mãn điều kiện [푃( )]2 − 2 = 2푃(2 2 − 1), ∀ ∈ ℝ. (1) Lời giải: Giả sử 푃( ) không phải là đa thức hằng. Đặt 푃(1) = . Trong (1) lấy = 1 ta được 2 − 2 − 2 = 0. Giả sử 푃( ) = ( − 1)푃1( ) + , ∀ ∈ 푅. Thay vào (1) ta được 2 2 2 2 2 ( − 1) [푃1( )] + 2 ( − 1)푃1( ) + − 2 = 2[(2 − 2)푃1(2 − 1) + 2 2 2 2 ( − 1) [푃1( )] + 2 ( − 1)푃1( ) = 2[(2 − 2)푃1(2 − 1) 2 2 2 =>( − 1) [푃1( )] + 2 푃1( ) = 4( + 1)푃1(2 − 1), ∀ ≠ 1. (2) Do hàm đa thức 푃1( ) liên tục nên từ (2) cho = 1 ta được 2 푃1(1) = 8푃1(1)  푃1(1) = 0 ( do 2 ≠ 8 ). 2 Từ đó 푃1( ) = ( − 1)푃2( ). Dẫn tới 푃( ) = ( − 1) 푃2( ) + , ∀ ∈ ℝ. Thay vào (1) ta được 11
13. 4 2 2 2 2 2 ( − 1) [푃2( )] + 2 ( − 1) 푃2( ) = 2[(2 − 2) 푃2(2 − 1) 4 2 2 2 => ( − 1) [푃2( )] + 2 푃2( ) = 8( + 1) 푃2(2 − 1), ∀ ≠ 1. (3) Do hàm đa thức 푃2( ) liên tục nên từ (3) cho = 1 ta được 2 푃2(1) = 32푃2(1)  푃2(1) = 0 ( do 2 ≠ 32 ). 3 Từ đó 푃2( ) = ( − 1)푃3( ). Dẫn tới 푃( ) = ( − 1) 푃3( ) + , ∀ ∈ ℝ. Tiếp tục như trên ta được 푃( ) = ( − 1)푛푄( ) + , ∀ ∈ 푅 (푄(1) ≠ 0). Thay vào (1) ta được ( − 1)2푛[푄( )]2 + 2 ( − 1)푛푄( ) = 2[(2 2 − 2)푛푄(2 2 − 1) => ( − 1)푛[푄( )]2 + 2 푄( ) = 2푛+1( + 1)푛푄(2 2 − 1), ∀ ≠ 1. (4) Do hàm đa thức 푄( ) liên tục nên từ (4) cho = 1 ta được 2 푄(1) = 22푛+1푄(1)  푄(1) = 0 ( do 2 ≠ 22푛+1). Đến đây ta gặp mâu thuẫn. Vậy 푃( ) là đa thức hằng: 푃( ) ≡ . Thay vào (1) suy ra kết luận: Có 2 đa thức thỏa mãn yêu cầu đề bài là 푃( ) = 1 + √3 , ∀ ∈ 푅 ; 푃( ) = 1 − √3, ∀ ∈ ℝ. Bài 1.2.2.13. (VMO 2006) Tìm tất cả các đa thức 푃( ) với hệ số thực thỏa mãn điều kiện 푃( 2) + (3푃( ) + 푃(− )) = (푃( ))2 + 2 2, ∀ ∈ ℝ. (1) Lời giải: Thay bởi – vào (1) ta được : 푃( 2) + (3푃(− ) + 푃(− )) = (푃(− ))2 + 2 2, ∀ ∈ ℝ. (2) Lấy (1) trừ (2) ta được: 4 (푃( ) + 푃(− )) = [푃( ) + 푃(− )][푃( ) − 푃(− )] 푃( ) + 푃(− ) = 0 (3) => ∀ [ 푃( ) − 푃(− ) = 4 (4) Một trong 2 hệ thức (3) và (4) phải đúng với vô số giá trị của x vì P là đa thức 12
14. => 1 trong 2 hệ thức (1) và (2) đúng ∀x. Nếu 푃( ) + 푃(− ) = 0, ∀x ∈ ℝ => 푃( 2) + 2 푃( ) = (푃( ))2 + 2 2 => 푃( 2) − 2 = (푃( ) − )2. Đặt 푃( ) = 푄( ) + => 푄( 2) = 푄2( ) 푄( ) = 0 푃( ) = => [ 푄( ) = 1 => [ 푃( ) = + 1 푄( ) = 푛 푃( ) = 푛 + Thay vào phương trình hàm ban đầu nhận nghiệm 푃( ) = [ 푃( ) = + 2 +1 Nếu 푃( ) − 푃(− ) = 4 , ∀ ∈ 푅, thì (1) trở thành : => 푃( 2) + (4푃( ) − 4 ) = 푃2( ) + 2 2 => 푃( 2) − 2 2 = (푃( ) − 2 )2 Đặt 푄( ) = 푃( ) − 2 => 푄( 2) = 푄2( ) 푃( ) = 2 [ 푃( ) = 2 + 1 푃( ) = 푛 + 2 Thay vào phương trình hàm ban đầu => 푃( ) nhận nghiệm 푃( ) = 2 + 1 [푃( ) = 2 + 2 . 푃( ) = 2 푃( ) = 2 푃( ) = Vậy các đa thức 푃( ) thỏa mãn bài toán là: 푃( ) = 2 + 1 . 2 푃( ) = 2 + [ 푃( ) = + 2 +1 13
15. Bài 1.2.2.14. Tìm tất cả các đa thức 푃( ) thỏa mãn điều kiện: ( − 16)푃(2 ) = 16( − 1)푃( ), ∀ ∈ ℝ (1) Lời giải: Giả sử tồn tại đa thức 푃( ) thỏa mãn bài toán Lần lượt thay = 16, = 8, = 4, = 2 vào (1). Ta được = 16, = 8, = 4, = 2 là các nghiệm của 푃( ). Ta đặt 푃( ) = ( − 16)( − 8)( − 4)( − 2)푄( ), ∀ ∈ ℝ. Thay vào (1) ta được: 16푄(2 )( − 16)( − 8)( − 4)( − 2)( − 1) = 16( − 1)( − 16) ( − 8)( − 4)( − 2)푄( ) => 푄(2 ) = 푄( ) => 푄( ) là đa thức hằng => 푄( ) = (với là 1 hằng số bất kì) . Do đó 푃( ) = ( − 2)( − 4)( − 8)( − 16), ∀ ∈ ℝ. Thử lại ta thấy thỏa mãn. Vậy 푃( ) = ( − 2)( − 4)( − 8)( − 16), ∀ ∈ 푅 là đa thức thỏa mãn bài toán. 1.2.3. Bài tập tự luyện Bài 1. (Đề nghị thi Olympic 30/4/2012). Tìm tất cả các đa thức 푃( ) hệ số thực thỏa mãn điều kiện 푃2( ) − 2 = 2푃(2 2 − 1), ∀ ∈ ℝ. Bài 2:Tìm tất cả các đa thức thỏa mãn 푃( − 1) = ( − 5)푃( ) , ∀ ∈ ℝ. Bài 3:Tìm tất cả các đa thức thỏa mãn 푃[( + 1)2] = 푃( 2) + 2 + 1, ∀ ∈ ℝ. Bài 4:Tìm tất cả các đa thức 푃( ), 푄( ) hệ số thực thỏa mãn 14
16. ( 2 + + 1)푃( 2 – + 1) = ( 2 − + 1)푄( 2 + + 1), ∀ ∈ ℝ. Bài 5:Tìm tất cả các đa thức 푃( ) hệ số thực thỏa mãn bài toán 푃( 2 + 1) = 푃2( ) + 1, ∀ ∈ ℝ. (1) 15
17. CHƯƠNG II. PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG TÍNH CHẤT NGHIỆM VÀ SO SÁNH BẬC 2.1. Một số kiến thức cơ bản + Đa thức 푃( ) nhận số a làm nghiệm khi và chỉ khi 푃( ) = 0. + Đa thức 푃( ) có 푒 (푃) ≥ 1 chỉ có hữu hạn nghiệm. + Nếu phân số tối giản /푞 (tức là , 푞 . 푍, ( , 푞) = 1) là nghiệm của đa thức với hệ số nguyên thì 푞 là ước của 푛 và là uớc của 0. Đặc biệt nếu 푛 = ±1 thì nghiệm hữu tỉ đó là nguyên. + Nếu đa thức 푃( ) có vô số nghiệm tức là 푃( ) = 0, với mọi thuộc 푅, nói riêng, nếu số nghiệm của đa thức 푃( ) lớn hơn 푒 (푃) thì 푃( ) = 0, ∀ ∈ ℝ. + Mọi đa thức bậc lẻ đều có nghiệm thực. 푛 푛−1 + Xét đa thức hệ sô nguyên 푃( ) = 푛 + 푛−1 +. . . + 1 + 0. Nếu , là các số nguyên (hoặc hữu tỉ) và √ là số vô tỉ thì 푃( ± √ ) có dạng 푃( + √ ) = + √ và 푃( − √ ) = − , trong đó các số , là các số nguyên (hoặc hữu tỉ). Đặc biệt nếu 푃( ) có nghiệm là = + √ thì có nghiệm là = − √ . 2.2. Các phương pháp giải phương trình hàm đa thức −Khi giải phương trình hàm đa thức, chúng ta có thể sử dụng một số kĩ thuật cơ bản sau: + Gọi bậc cao nhất là 푛, tìm 푛. + Thế các giá trị đặc biệt. + So sánh hệ số của lũy thừa bậc cao nhất. + Dự đoán bậc của đa thức, sử dụng tính chất để chứng minh. + Sử dụng bổ đề để chứng minh nghiệm hữu tỉ, vô tỉ. 16
18. 2.3. Các bài tập minh họa Bài 2.3.1:Tìm đa thức không đồng nhất không, bậc nhỏ nhất có hệ số nguyên nhận 1 − 3√2 + 3√4 làm nghiệm: Lời giải. = 1 − 3√2 + 3√4 ⇒ (1 + 3√2) = 1 + (3√2)3 = 3 ⇒ 3√2 = 3 − 2 3 = (3 − )3 = 27 − 27 + 9 2 − 3 ⇒ 3 − 3 2 + 9 − 9 = 0 Vậy 1 − 3√2 + 3√4 là nghiệm của đa thức bậc ba hệ số nguyên ( ) = 3 − 3 2 + 9 − 9 Nếu ( ) có nghiệm hữu tỉ thì ( ) có nghiệm nguyên là ước của 9. Các số ±1, ±3, ±9 không là nghiệm của ( ) , Do đó ( ) không có nghiệm hữu tỉ và 1 − 3√2 + 3√4 là số vô tỉ. Dẫn tới 1 − 3√2 + 3√4 không là nghiệm của đa thức bậc nhất có hệ số nguyên. Giả sử 1 − 3√2 + 3√4 là nghiệm của đa thức bậc hai ( ) với hệ số nguyên. Chia ( ) cho ( ) , giả sử được là ( ) = ( ). 푞( ) + ( ) với 푒 ( ) < 2 Vì (1 − 3√2 + 3√4) = 0 nên (1 − 3√2 + 3√4) = 0, do đó ( ) = 0. Bởi vậy , với 푞( ) là đa thức bậc 1 có hệ số hữu tỉ. Suy ra ( ) có nghiệm hữu tỉ, điều này mâu thuẫn với ( ) không có nghiệm hữu tỉ. Vậy ( ) là đa thức bậc nhỏ nhất có hệ số nguyên nhận 1 − 3√2 + 3√4 làm nghiệm. Lưu ý. Qua lời giải trên ta còn thu được phương pháp chứng minh một số nào đó là số vô tỉ. Bài 2.3.2.Tìm đa thức không đồng nhất không có hệ số nguyên có bậc nhỏ nhất nhận 17
19. 1 + √2 + √3 làm nghiệm. Lời giải: = 1 + √2 + √3 => ( − 1) − √2 = √3 => ( − 1)2 − 2√2( − 1) + 2 = 3. => 2 − 2 = 2√2( − 1) ⇒ 4 − 4 3 + 4 2 = 8( 2 − 2 + 1). => 4 − 4 3 − 4 2 + 16 − 8 = 0. Vậy đa thức 푄( ) = 4 − 4 3 − 4 2 + 16 − 8 là đa thức hệ số nguyên nhận. 1 + √2 + √3 làm nghiệm và dễ thấy 푒 (푄) = 4 . Giả sử 푃( ) là một đa thức hệ số nguyên nhận 1 + √2 + √3 làm nghiệm. Bằng quy nạp ta dễ dàng chứng minh được: ( 1 + √2 + √3) = + √2 + √3 + √6 ( 1 − √2 + √3) = − √2 + √3 − √6 (1 + √2 − √3) = + √2 − √3 − √6 { (1 − √2 − √3) = − √2 − √3 + √6 푛 푛−1 푃( 1 + √2 + √3) = ( 1 + √2 + √3) . 푛 + ( 1 + √2 + √3) . 푛−1 +. . . +(1 + √2 + √3). 1 + 0 = ( 푛 + 푛√2 + 푛√3 + 푛√6) 푛+. . . +( 1 + 1√2 + 1√3 + 1√6) 1 + 0 = + √2 + √3 + √6. 푛 푛−1 푃(1 − √2 − √3) = ( 1 + √2 + √3) . 푛 + ( 1 + √2 + √3) . 푛−1 +. . . +(1 + √2 + √3). 1 + 0 = ( 푛 − 푛√2 + 푛√3 − 푛√6) 푛+. . . +( 1 − 1√2 + 1√3 − 1√6) 1 + 0 = − √2 + √3 − √6. 푃(1 + √2 + √3) = 0 Vì 푃(1 + √2 + √3) = 0 nên = = = = 0 => {푃(1 − √2 − √3) = 0 푃(1 − √2 + √3) = 0 18
20. Như vậy 푃( ) có tới ít nhất 4 nghiệm, do đó 푒 푃( ) ≥ 4. Vậy 푄( ) là đa thức có bậc nhỏ nhất cần tìm. Qua ví dụ này, ta áp dụng được tính chất cuối cùng. Bài 2.3.3:Tìm tất cả các đa thức hệ số thực thoả mãn: 푃( )푃( 2) = 푃( 3), ∀ ∈ ℝ. Lời giải Nếu 푃( ) là hàm hằng ⇒ 푃( ) = . = 0 Dễ tính [ = 1 Nếu 푃( ) không là hàm hằng. 푛 푛−1 Đặt 푃( ) = 푛 + 푛−1 +. . . + 1 + 0 ( 푛 ≠ 0). Ta có thể dễ dàng dự đoán được 푃( ) = 푛 là hàm thoả mãn để bài. Ta sẽ chứng minh 푛−1 = 푛−2 =. . . . = 0 = 0 bằng cách phản chứng. Giả sử một trong các số đó khác 0 => ∃ max để khác 0.( ≤ 푛 − 1, ∈ ℕ) Theo bài ra, ta có: 푛 2푛 2 2 ( 푛 + + ⋯ + 1 + 0)( 푛 + + ⋯ + 1 + 0 3푛 3 3 = 푛 + +. . . + 1 + 0 2 3푛 2 +푛 2 3 3푛 3 3 => 푛 + 푛 +. . . + 1 + 0 = 푛 + +. . . + 1 + 0 Vì 3 nên đồng nhất hệ số ta có: 푛 = 0 => = 0 Trái với giả thiết nên không tồn tại k để ≠ 0. Do đó 푛−1 = 푛−2 =. . . = 0 푛 => 푃( ) = 푛 Thử lại được: 푛 = 1 19