Chuyên đề phương trình hàm đa thức – Nguyễn Phúc Thọ

Giới thiệu Chuyên đề phương trình hàm đa thức – Nguyễn Phúc Thọ

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Chuyên đề phương trình hàm đa thức – Nguyễn Phúc Thọ.

Tài liệu môn Toán và hướng dẫn giải chi tiết các đề thi sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn, các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất miễn phí nhé.

Tài liệu Chuyên đề phương trình hàm đa thức – Nguyễn Phúc Thọ

Các em học sinh và bạn đọc tìm kiếm thêm tài liệu Toán học sinh giỏi tại đây

Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn:Nguyễn Phúc Thọ CHUYÊN ĐỀ 2021 PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC NGUYỄN PHÚC THỌ MỖI TUẦN MỘT BÀI TOÁN-THẢO LUẬN 1 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn:Nguyễn Phúc Thọ PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC Bài toán 1. Tìm tất cả các đa thức P ( x) thoả mãn ¡ ¢ P (a + b) = 6 P (a) + P ( b) + 15a2 b2 (a + b) (1) Với mọi số phức a và b sao cho a2 + b2 = ab. Titu Andreescu Lời giải. Cho a = b = 0 vào (1) được P (0) = 0. Do đó P ( x) = c n x n + c n−1 x n−1 + … + c 1 x với n ≤ 1, c n 6= 0. Giả sử rằng a2 + b2 = ab. Ta sẽ khẳng định rằng với mọi k ≤ 1, tồn tại một hằng số f sao cho a k + b k = f k (a + b)k . Thật vậy f 1 = 1. Ta có a2 + b2 = (a + b)2 − 2ab = (a + b)2 − 2(a2 + b2 ) 1 1 Suy ra: a2 + b2 = (a + b)2 . Do đó f 2 = . 3 3 Với mọi k ≥ 2. Ta lại có f k+1 (a + b)k+1 = a k+1 + b k+1 = (a k + b k )(a + b) − ab(a k−1 + b k−1 ) = f k (a + b)k+1 − 1 9 1 3 1 f k−1 (a + b)k+1 3 Hay f k+1 = f k − f k−1 . Đặc biệt thấy f 3 = 0 và f 4 = − = f 5 . Từ đây, ta dùng phương trình sai phân tuyến tính được µp ¶k µ p ¶k 3+ i 3− i fk = + p p 2 3 2 3 Do đó, với mọi k ≥ 6 thì ¯p ¯ µ ¶k ¯ 3 + i ¯k 1 12 |6 f k | ≤ 12¯¯ p ¯¯ = 12 p < 1 (2) ≤ 27 2 3 3 ¡ ¢ 5 Từ (1) có P (a + b) = 6 P (a)+ P (b) + (a + b)5 (3). Cân bằng hệ số (a + b)k của (3) được (1−6 f k ) c k = 3 0 với k 6= 5, do (2) suy ra c k = 1 với mọi k 6= 5 5 Cân bằng hệ số (a + b)5 của (3) được c 5 = 6 f 5 c 5 + suy ra c 5 = 1. Do đó được P ( x) = x5 thoả 3 mãn bài toán. Bài toán 2. Tìm tất cả các đa thức P ( x) với hệ số thực thoả mãn P ( x) P ( y) P ( z) + + = P ( x − y) + P ( y − z) + P ( z − x) yz zx xy Với mọi số thực x, y, z khác 0 mà 2 x yz = x + y + z. USAMO 2019 Lời giải. Dễ thấy P ( x) = 0 thoả mãn bài toán. Bây giờ xét trường hợp de gP = n ≥ 1. Phương trình đã cho được viết lại xP ( x) + yP ( y) + zP ( z) = x yz[P ( x − y) + P ( y − z) + P ( z − x)] (1) 1 x+z Cố định x > 0. Chọn 0 < z < . Bây giờ, để thoả mãn điều kiện giả thiết, ta chọn y = . 2x 2 xz − 1 Khi đó phương trìnhµ(1) viết¶lại thành · µ ¶ µ ¶ ¸ x+ z x+ z xz( x + z) x+ z x+ z xP ( x) + P + zP ( z) = P x− +P − z + P ( z − x) 2 xz − 1 2 xz − 1 2 xz − 1 2 xz − 1 2 xz − 1 2 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn:Nguyễn Phúc Thọ Lấy đạo hàm hai vế theo z được µ ¶ µ ¶ 2 x2 + 1 x+ z ( x + z)(2 x2 + 1) ‘ x + z − P − P − P ( z) + zP ‘ ( z) 2 xz − 1 (2 xz − 1)2 2 xz + 1 (2 xz − 1)3 · µ ¶ µ ¶ ¸ x+z x+z x(2 xz2 − x − 2 z) P x− +P − z + P ( z − x) = 2 xz − 1 2 xz − 1 (2 xz − 1)2 ½ µ ¶ · ¸ µ ¶ ¾ xz( x + z) 2 x2 − 1 ‘ x+z 2 x2 + 1 x+z ‘ ‘ + P x− − +1 P − z + P ( z − x) 2 xz − 1 (2 xz − 1)2 2 xz − 1 2 xz − 1 (2 xz − 1)2 Bây giờ cho z → 0+ , ta được (2 x2 + 1)[ xP ‘ (− x) − P (− x)] + P (0) = − x2 [P (2 x) + 2P (− x)] (2) Hai đa thức ở hai vế của phương trình trên nhận giá trị bằng nhau tại vô số giá trị dương của x nên chúng đồng nhất với nhau. 1) Nếu P ( x) = ax + b với a 6= 0 khi đó phương trình (2) được viết lại thành (2 x2 + 1)(2ax − b) + b = −3 bx2 , ∀ x ∈ R So sanh hệ số x3 hai vế được a = 0, mâu thuẫn. 2) Nếu de gP = 2. Khi đó đa thức P ( x) có dạng P ( x) = ax2 + bx + c với a 6= 0. Thay lại vào phương trình (2) và rút gọn, ta được 4 bx3 + ( c − 3a) x2 + 2 bx = 0, ∀ x ∈ R Từ đó suy ra b = 0 và c = 3a. Do đó P ( x) = a( x2 + 3), ∀ x ∈ R . 3) Nếu de gP = n ≥ 3. Gọi c là hệ số cao nhất của P ( x). So sánh hệ số x n+2 ở hai vế của phương trình (2) được, 2[ na(−1)n−1 − a(−1)n ] = −[2n a + 2a(−1)n ] Hay n(−1)n = 2n−1 Tuy nhiên phương trình này không có nghiệm với mọi n ≥ 3. Vậy P ( x) = 0 và P ( x) = a( x2 + 3) với mọi x ∈ R thoả mãn bài toán. Bài toán 3. Tìm tất cả các đa thức P ( x) với hệ số thực thoả mãn ( x + 4 y)P ( z) + ( y + 4 z)P ( x) + ( z + 4 x)P ( y) = xP (2 y − z) + yP (2 z − x) + zP (2 x − y) (1) Với mọi x, y, z ∈ R thoả mãn 3( x + y + z) = x yz(2). TST KHTN 2020-2021 Lời giải. Dễ thấy hai bộ nghiệm ( x, y, z) = (3, 3, 3); (−3, −3, −3) thoả (2), do đó thay từng bộ vào (1) được P (3) = P (−3) = 0(3). Với bộ ( x, y, z) = (0, a, −a) với a ∈ R thoả mãn (2), thay bộ này vào (1) được 4aP (−a) − 3aP (0) − aP (a) = aP (−2a) − aP (−a), ∀a ∈ R Hay 5 xP (− x) = P ( x) + P (−2 x) + 3P (0), ∀ x ∈ R (4) Dễ thấy P ( x) = 0 thoả mãn bài toán. Xét de gP = n ≥ 1, gọi hệ số bậc n của đa thức P ( x) là b khác 0. Khi đó cân bằng hệ số bậc n của (4) được 5 b(−1)n = b + b(−2)n 3 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn:Nguyễn Phúc Thọ Hay 5(−1)n = 1 + (−2)n Suy ra n = 2 thoả mãn phương trình trên với mọi n ≥ 1.Tức là, P ( x) = bx2 + cx + d với b 6= 0. Kết hợp với (3) suy ra P ( x) = a( x2 − 9), ∀ x ∈ R . Thử lại P ( x) = a( x2 − 9), ∀ x ∈ R và kết hợp với điều kiện (2) suy ra thoả mãn. Vậy P ( x) = 0 và P ( x) = a( x2 − 9) với mọi x ∈ R thoả mãn bài toán. Bài toán 4. Tìm tất cả các đa thức P ( x) hệ số thực thoả mãn ( x + 1)P ( x − 1) − ( x − 1)P ( x) Là một đa thức hằng. Canadian MO 2013 Lời giải. Cách 1 Gọi A là biểu thức ( x + 1)P ( x − 1) − ( x − 1)P ( x). Dễ thấy P ( x) = T với T là hằng số thoả mãn bài toán. Ta đi xét P ( x) khác hằng. Cho x = −1 vào A được 2P (−1) và cho x = 1 vào A được 2P (0). Từ ( x + 1)P ( x − 1) − ( x − 1)P ( x) là một đa thức hằng nên P (−1) = P (0). Đặt c = P (−1) = P (0) và Q ( x) = P ( x) − c, ta có Q (−1) = Q (0) = 0. Do đó −1, 0 là nghiệm của Q ( x). Suy ra đa thức Q ( x) có dạng Q ( x) = x( x + 1)R ( x) với mọi đa thức R ( x). Dẫn đến P ( x) = x( x + 1)R ( x) + c. (1) Từ (1) dẫn đến biểu thức A được viết lại thành ( x + 1)(( x − 1) xR ( x − 1) + c) − ( x − 1)( x( x + 1)R ( x) + c) Là một đa thức hằng. Hay x( x − 1)( x + 1)(R ( x − 1) − R ( x)) + 2 c Là một đa thức hằng.Do đó R ( x − 1) − R ( x) = 0 là một đa thức. Do đó R ( x − 1) = R ( x), ∀ x ∈ R . Khi đó R ( x) là một đa thức nhận các giá trị nhất định với các giá trị vô hạn của x. Gọi k là một giá trị như vậy. Khi đó R ( x) − k có vô số nghiệm nguyên, có thể xảy ra khi và chỉ khi R ( x) − k = 0. Do đó R ( x) đồng nhất với hằng số k. Do đó Q ( x) = kx( x + 1) với một hằng số k. Khi đó P ( x) = kx( x + 1) + c = kx2 + kx + c. Thử lại P ( x) = kx2 + kx + c là một nghiệm của phương trình trên. Vậy P ( x) = T với mọi hằng số T và P ( x) = kx2 + kx + c với mọi hằng số k khác 0 thoả mãn bài toán. Cách 2 Dễ thấy P ( x) = T với mọi T là hằng số thoả mãn bài toán. Bây giờ ta xét de gP = n với mọi n ≥ 1. Gọi P ( x) = Pn i =1 a i x i với a n 6= 0. Do đó phương trình đề bài được viết lại thành ( x + 1) Pn i =1 a i ( x − 1) i − ( x − 1) Pn i =1 a i x i = C (2) Với C là hằng số. Vì C là hằng số với mọi n ≥ 1 nên hệ số của x n phải bằng 0. Hệ số x n của vế trái của (2) là a n−1 − na n + a n − a n−1 + a n = (2 − n)a n . 4 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn:Nguyễn Phúc Thọ Do đó (2 − n)a n = 0 vì a n 6= 0 nên n = 2. Tức là đa thức P ( x) có dạng P ( x) = ax2 + bx + c với mọi a, b, c là bà số thực vàa 6= 0. Thay lại vào phương trình của đề bài có ( x + 1)(a( x − 1)2 + b( x − 1) + c) − ( x − 1)(ax2 + bx + c) = C Suy ra (b − a) x + 2 c = 2C . Đồng nhất hệ số suy ra a = b và C = c Vậy P ( x) = T với mọi hằng số T và P ( x) = ax2 + ax + c với mọi số thực a khác 0 thoả mãn bài toán. Bài toán 5. Tìm tất cả các đa thức P ( x) hệ số thực thoả mãn p P (P (a + b)) − 2ab(2P (a + b) − ab) ≥ P (a2 ) + P ( b2 ) ≥ P (a2 + b2 ) − P ( 2ab) (*) Karthik Vedula Lời giải. Cho b = 0 vào (*) được P (P (a)) ≥ P (a2 ) + P (0) ≥ P (a2 ) − P (0) (1) Cho a = 0 vào (1) được P (P (0)) ≥ 2P (0) ≥ 0 (2) Cho b = −a vào (*) được P (P (0)) + 4a2 P (0) + 2a4 ≥ 2P (a2 ) (3) Bây giờ, ta sẽ xét các trường hợp sau Trường hợp 1. de gP = 0 hay P ( x) = C với C là hằng số. Từ (1) có P (P (0)) ≥ 2P (0) ≥ 0 ⇔ C ≥ 2C ≥ 0 Suy ra C = 0 hay P ( x) = 0 thử lại vào (*) thấy thoả. Trường hợp 2. de gP = 1 hay P ( x) = cx + d với c, d là hằng số. Thay P ( x) = cx + d vào (*) được p 2a2 b2 − 4ab( ca + cb + d ) + c( ca + cb + d ) + d ≥ c(a2 + b2 ) + 2 d ≥ c(a2 − ab 2 + b2 ) p Suy ra 2d ≥ c(−ab 2). Tuy nhiên, nếu c 6= 0 thì vế phải nhận được các giá trị bất kỳ, điều này dẫn đến mâu thuẫn. Vậy c = 0 mâu thuẫn với de gP = 1, suy ra trường này loại. Trường hợp 2. de gP = 2 hay P ( x) = cx2 + dx + e với c, d, e là hằng số. Từ (1) có P (P (a)) ≥ P (a2 ) + P (0) ⇒ c3 a4 + O (a3 ) ≥ ca4 + O (a3 ) ⇒ c3 ≥ c (4) Với mọi a đủ lớn, ta cũng có P (a2 ) ≤ a4 suy ra c ≤ 1. (5) Từ (4) và (5) được c = 1 hoặc −1 ≤ c < 0. Bây giờ, theo (*) ta có p P (a2 ) + P ( b2 ) ≥ P (a2 + b2 ) − P (ab 2) Suy ra p p c(a4 + b4 ) + d (a2 + b2 ) + 2 e ≥ c(a4 + b4 + 2a2 b2 ) + d (a2 + b2 ) − c(2a2 b2 ) − d (ab 2) ⇔ 2 e ≥ − d (ab 2) Suy ra d = 0, e ≥ 0 Bây giờ, ta có P ( x) = cx2 + e với c ∈ [−1, 0) ∪ {1} và e ≥ 0. Từ (2), ta có P (P (0)) ≥ 2P (0) ⇔ ce2 + e ≥ 2 e ⇔ ce2 ≥ e 5 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn:Nguyễn Phúc Thọ Suy ra e = 0 hoặc c > 0 dẫn đến e = 0 hoặc c = 1 Nếu c = 1 thì P ( x) = x2 + e dẫn đến (3) được P (P (0)) + 4a2 P (0) + 2a4 ≥ 2P (a2 ) ⇔ ( e2 + e) + 4 ea2 + 2a4 ≥ 2a4 + 2 e (**) Tuy nhiên, nếu e 6= 0 thì tồn tại a đủ lớn thoả mãn vế trái(**)< 2a4 , mâu thuẫn. Điều nãy dẫn đến e = 0 tức là P ( x) = cx2 thay lại vào (*) được c3 (a + b)4 + 2a2 b2 − 4 cab(a + b)2 ≥ ca4 + cb4 ⇔ c2 (a + b)4 + 2a2 b2 ≥ c(a + b)4 + 2a2 b2 c Suy ra (1 − c)((− c2 − c)(a + b)4 + 2a2 b2 ) ≥ 0 Từ c ∈ [−1, 0) ∪ {1}, nếu c nằm trong khoảng âm thì − c2 − c ≥ 0 và nếu c = 1 thì vế trái bằng 0. Do đó, với mọi c ∈ [−1, 0) ∪ {1} đều có nghĩa. Bây giờ, ta sẽ xét trường hợp cuối Trường hợp 4. de gP ≥ 3. Nếu ta chọn hệ số cao nhất của P ( x) là l > 0 thì có a đủ lớn sao cho 2P (a2 ) ≥ 2 la6 ≥ 2a4 > P (P (0)) + 4a2 P (0) + 2a4 Mâu thuẫn. Do đó l < 0. Ta có (1) suy ra rằng P (a2 ) − P (P (a)) + P (0) ≤ 0 (***) Lấy a đủ lớn và âm có nghĩa là hệ số cao nhất của vế phải (***) là âm và hệ số có bậc cao nhất là bậc chẵn (Ta biết rằng nếu bậc lẻ thì P ( x) có thể đạt +∞ hoặc −∞). Tuy nhiên, số hạng có bậc cao nhất của P (a2 ) là la2de gP (1) và số hạng cao nhất của P (P ( x)) 2 là l de gP +1 x(de gP) (2). Từ de gP ≥ 3 thì bậc cao nhất của (2) là (de gP )2 và bậc cao nhất của (1) 2 là 2 de gP . Điều này có nghĩa là số hạng cao nhất của vế phải (***) là −l de gP +1 x(de gP) . Điều này có nghĩa là −l de gP +1 là số âm và (de gP )2 là số chẵn. Tuy nhiên, từ l < 0 cho ta de gP + 1 chẵn mà de gP chẵn nên suy ra mâu thuẫn. Điều này dẫn đến de gP không được lớn hơn 2. Vì vậy trường hợp này loại. Vậy P ( x) = 0 và P ( x) = cx2 với c ∈ [−1, 0) ∪ {1} thoả mãn yêu cầu bài toán. Bài toán 6. Tìm tất cả các hàm đa thức P ( x) với hệ số thực thỏa mãn: với mọi số thực x, y, z phân biệt mà x + y + z = 0 thì P ( x) − P ( y) P ( x) − P ( z) = x− y x−z Lời giải. Rõ ràng các đa thức hằng và các đa thức bậc nhất luôn thỏa mãn yêu cầu bài toán. Xét trường hợp deg P = n ≥ 2. Thay y = −2 x + t và z = x − t với x > t > 0 vào phương trình đã cho, ta được P ( x) − P (−2 x + t) P ( x) − P ( x − t) = 3x − t t + Cho t → 0 với chú ý P ( x) liên tục và khả vi trên R, ta được P ( x) − P (−2 x) = 3 xP 0 ( x), ∀ x > 0 Vì hai đa thức P ( x) − P (−2 x) và 3 xP 0 ( x) nhận giá trị bằng nhau tại mọi x > 0 nên ta có P ( x) − P (−2 x) = 3 xP 0 ( x), ∀ x ∈ R (1) Gọi a(a 6= 0) là hệ số cao nhất của P ( x). Khi đó na là hệ số cao nhất của P 0 ( x). So sánh hệ số bậc n của hai đa thức ở hai vế của phương trình (1) ta được a − a(−2)n = 3 na, hay 1 − (−2)n = 3 n 6 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn:Nguyễn Phúc Thọ Giải phương trình này với chú ý n ≥ 2, ta được n = 3. Suy ra P ( x) có dạng P ( x) = ax3 + bx2 + cx + d Thay vào phương trình (1) và rút gọn, ta được b = 0. Thử lại, P ( x) = ax3 + cx + d thỏa mãn phương trình đã cho ở đề bài. Vậy tất cả các đa thức thỏa mãn yêu cầu đề bài có dạng P ( x) = ax3 + cx + d với a, c, d là các hằng số thực nào đó. Bài toán 7. Tìm các đa thức P,Q với hệ số thực và n nguyên dương thoả mãn P ( x + 1)Q ( x n ) − Q ( x + 1)P ( x n ) = 2021 TST Hưng Yên 2021-2022 Lời giải(Thầy Nguyễn Song Minh). Giả sử P,Q là các đa thức thoả mãn yêu cầu bài toán. Rõ ràng thấy P,Q 6= 0, cho nên ta giả sử de gP = k và de gQ = l với k, l ∈ N và ta thấy nếu (P,Q ) thoả mãn yêu cầu thì với hằng số thực a tùy ý cũng sẽ có (P,Q + aP ) thoả mãn, ta xét các trường hợp Trường hợp 1. Nếu n = 1 ta luôn có đẳng thức đầu bài được viết lại thành P ( x)Q ( x − 1) − Q ( x)P ( x − 1) = 2021 Từ đó, ta có P ( x)(Q ( x + 1) + Q ( x − 1)) = Q ( x)(P ( x + 1) + P ( x − 1)) Do 1 ∈ I (P,Q ) nên P ( x)|P ( x + 1) + P ( x − 1), so sánh bậc và hệ số của bậc cao nhất cho ta P ( x + 1) + P ( x − 1) = 2P ( x) Từ đó mà ta có được P ( x) = ax + b, cũng tương tự ts cũng có Q ( x) = cx + d với điều kiện cần thoả mãn sau thử lại là ad − bc = 2021. Trường hợp 2. Nếu n > 1 thì vì P,Q không thể cùng là đa thức hằng, nêu có k = l do k + nl = de g(P ( x + 1)Q ( x n )) = de g(Q ( x + 1)P ( x n ) + 2021) = l + nk bl trong đó a k , b l lần lượt là Nhưng như thế, thì với chú ý ngay từ đầu về việc chọn a = − ak các hệ số bậc cao nhất của P và Q cho ta luôn mâu thuẫn. Tóm lại, với n = 1 thì P ( x) = ax + b và Q ( x) = cx + d với các hằng số thực a, b, c, d thoả mãn điều kiện ac − bd = 2021 là đáp ứng đủ yêu cầu của bài toán. Bình Luận. Với bài toán trên, nếu ta xét trường hợp với n = 1 ta thấy bài toán trên ý tưởng giống với một bài toán trong cuộc thi Putnam 2010, Bài toán. Tìm các đa thức P,Q với hệ số thực và n nguyên dương thoả mãn P ( x + 1)Q ( x) − Q ( x + 1)P ( x) = 1 Bài toán 8. Tìm tất cả các đa thức P ( x) hệ số thực thoả mãn [P ( x)]3 − 3[P ( x)]2 = P ( x3 ) − 3P (− x), ∀ x ∈ R (1) TST QUẢNG NAM 2019-2020 7 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn:Nguyễn Phúc Thọ Lời giải. Ta xét các trường hợp Trường hợp 1. P ( x) là hằng số, tức là P ( x) = c với c là hằng số. Thay P ( x) = c vào (1) được c3 − 3 c2 = c − 3 c ⇔ c ∈ {0, 1, 2}, thử lại thoả mãn. Trường hợp 2. P ( x) khác hằng, tức là de gP = n ≥ 1 và a 6= 0 là hệ số bậc cao nhất của P ( x). Khi đó ta có thể viết P ( x) = ax n +Q ( x) trong đó Q ( x) là đa thức hệ số thực có de gQ ( x) = k ≥ n−1. Cân bằng hệ số của bạc cao nhất (bậc 3n) trong (1) ta có a3 = a ⇔ a ∈ {−1, 1} Nếu a = 1, ta có P ( x) = x n + Q ( x). Thay vào (1) được ( x n + Q ( x))3 − 3( x n + Q ( x))2 = x3n + Q ( x3 ) − 3((− x)n + Q (− x)) Suy ra 3 x2n Q ( x) + 3 x n (Q ( x))2 + (Q ( x))3 − 3 x2n − 6 x n Q ( x) − 3(Q ( x))2 = Q ( x3 ) − 3Q (− x) − 3.(−1)n x n (2) Trong (2), nếu k > 0 thì bậc của vế trái là 2n + k và bậc của vế phải là h ≤ max {3 k, n} nên cân bằng bậc ta phải có 2n + k = h ≤ max {3k, n}, vô lý vì 2 n + k > 3k và 2n + k > n. Do vậy k = 0, tức lad Q ( x) = t với t là hằng số. Thay vào (2) được 3 tx2n + 3 t2 x n + t3 − 3 x2n − 6 tx n − 3 t2 = t − 3 t − 3(−1)n x n Suy ra 3( t − 1) x2n + 3( t2 − 2 t + (−1)n ) x n + t3 − 3 t2 + 2 t = 0 (3) Đẳng thức (3) đúng với mọi x ∈ R nghĩa là    t−1 = 0    t2 − 2 t + (−1)n = 0      t3 − 3 t2 + 2 t = 0 ⇔  t=1  n = 2 m( m ∈ N ∗ ) Khi đó ta có P ( x) = x2m + 1 với m ∈ N ∗ và x ∈ R , thử lại thoả mãn. Nếu a = −1, ta có P ( x) = − x n + Q ( x). Thay vào (1) được (− x n + Q ( x))3 − 3(− x n + Q ( x))2 = − x3n + Q ( x3 ) − 3(−(− x)n + Q (− x)) Suy ra 3 x2n Q ( x) − 3 x n (Q ( x))2 + (Q ( x))3 − 3 x2n + 6 x n Q ( x) − 3(Q ( x))2 = Q ( x3 ) − 3Q (− x) + 3.(−1)n x n (4) Trong (4), nếu k > 0 thì bậc của vế trái là 2n + k và bậc của vế phải là h ≤ max {3k, n} nên cân bằng bậc ta phải có 2n + k = h ≤ max {3 k, n}, vô lý vì 2n + k > 3k và 2n + k > n. Do vậy k = 0, tức lad Q ( x) = t với t là hằng số. Thay vào (4) được 3 tx2n − 3 t2 x n + t3 − 3 x2n + 6 tx n − 3 t2 = t − 3 t + 3(−1)n x n Suy ra 3( t − 1) x2n − 3( t2 − 2 t + (−1)n ) x n + t3 − 3 t2 + 2 t = 0 (5) Đẳng thức (5) đúng với mọi x ∈ R nghĩa là    t−1 = 0    t2 − 2 t + (−1)n = 0      t3 − 3 t2 + 2 t = 0 ⇔ 8  t=1  n = 2 m( m ∈ N ∗ ) 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn:Nguyễn Phúc Thọ Khi đó ta có P ( x) = − x2m + 1 với m ∈ N ∗ và x ∈ R , thử lại thoả mãn. Vậy có 5 đa thức thoả mãn bài toán là P ( x) = 0; P ( x) = 1; P ( x) = 2; P ( x) = x2m + 1 và P ( x) = − x2m + 1 với m ∈ N ∗ và x ∈ R . Bình Luận. Với bài toán trên ta thấy ý tưởng giống với bài toán trong đề thi Greece TST 2014, Bài toán. Tìm tất cả các đa thức P ( x) hệ số thực thoả mãn [P ( x)]3 + 3[P ( x)]2 = P ( x3 ) − 3P (− x), ∀ x ∈ R Bài toán 9. Tìm tất cả các đa thức P ( x) hệ số thực thoả mãn P n ¡ n¢ i =0 i (−1) i P ( x + i ) = 0 với mọi số thực x. Lời giải. Đầu tiên, ta sẽ nêu bổ đề sau: Cho t là một số thực khác không. Nếu một trong đa thức P ( x) có bậc cao nhất d ≥ 1 với hệ số cao nhất a d 6= 0, thì đa thức P ( x + t) − P ( x) có bậc d − 1 và hệ số cao nhất dta d . Chứng minh bổ đề trên, Bây giờ, nếu P ( x) là đa thức có deg P ( x) = d ≥ 2 với hệ số cao nhất a d thì P ( x + 2) − 2P ( x + 1) + P ( x) = (P ( x + 2) − P ( x + 1)) − (P ( x + 1) − P ( x)) là một đa thức có bậc d −2 với hệ số cao nhất d (d −1)a d . Nếu d < 2 thì P ( x +2)−2P ( x +1)+ P ( x) = 0. Tương tự như trên, nếu nếu P ( x) là đa thức có deg P ( x) = d ≥ 3 với hệ số cao nhất a d thì P ( x + 3) − 3P ( x + 2) + 3P ( x + 1) − P ( x) là một đa thức có bậc d − 3 với hệ số cao nhất d (d − 1)(d − 2)a d . Nếu d < 3 thì P ( x + 3) − 3P ( x + 2) + 3P ( x + 1) − P ( x) = 0. Bây giờ, giả sừ Q ( x) là đa thức cố định có bậc d và xét phương trình P ( x + 1) − P ( x) = Q ( x) Theo bổ đề, cho ta biết P ( x) là một đa thức có bậc d + 1 thì P ( x + 1) − P ( x) là một đa thức có bậc d . Như vậy, ta sẽ có thể tìm được nghiệm P ( x) là đa thức bậc d + 1. Điều này xảy ra khi ta dùng phương pháp quy nạp vào d . Nếu Q ( x) = C với C là hằng số thì P ( x) = Cx (cụ thể hơn 0 là P ( x) = Cx + C ). Theo quy nạp, ta có thể tìm được tất cả các đa thức P ( x) có bậc nhỏ hơn d . Gọi a d là hệ số cao nhất của Q ( x) và Q ( x) = a d x d + R ( x) với deg Q ( x) < d . Theo bổ đề, ta có thể viết P 0 ( x) = a d d +1 x d +1 thì P0 ( x + 1) − P0 ( x) = a d x d + S ( x) với mọi đa thức S ( x) có bậc nhiều nhất là d − 1. Từ R ( x) − S ( x) có bậc nhiều nhất là d − 1, nên theo quy nạp cho biết rằng P1 ( x) có bậc nhiều nhất là d sao cho P1 ( x + 1) − P1 ( x) + R ( x) − S ( x). Khi đó, ta sẽ có P ( x + 1) − P ( x) = P0 ( x + 1) − P0 ( x) + P1 ( x + 1) − P1 ( x) = a d x d + S ( x) + R ( x) − S ( x) = Q ( x) 9 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn:Nguyễn Phúc Thọ Lưu ý rằng nếu ta có hai nghiệm P ( x + 1) − P ( x) = Q ( x), T ( x + 1) − T ( x) = Q ( x) thì P ( x) − T ( x) là đa thức tuần hoàn, tức là đa thức hằng. Khi đó, hai nghiệm bất kỳ khác nhau bởi một hằng số. Bổ đề đã được chứng minh xong. Vào bài toán, từ bổ đề trên nếu deg P ( x) = d > 0 và có hệ số cao nhất a d thì P ( x + 1) − P ( x) là một đa thức có bậc d − 1 với hệ số cao nhất là da d . Ta kí hiệu δP = P ( x + 1) − P ( x). Sử dụng cái trên 2 lần, ta có được δ2 P = δ(δP ) = P ( x + 2) − 2P ( x + 1) + P ( x) Tương tự, ta lặp lại điều này cho k lần ta có được à ! k δk P = P ( x + k) − P ( x + k − 1) + … + (−1)k P ( x) 1 Nếu deg P ( x) = d ≥ k với hệ số cao nhất a d thì đa thức δk P có bậc d − k và hệ số cao nhất d ( d − 1)…( d − k + 1)a d = d! ad ( d − k)! (và nếu d < k thì δk P = 0). Đặt biệt, δd P = d !a d . Theo kí hiệu δ, ta thấy ra bài toán trên nói rằng với mọi đa thức P ( x) thoả mãn n P = 0. Do đó, tất cả các đa thức P ( x) có deg P ≤ n − 1 thoả mãn yêu cầu bài toán. Bình luận. Bài toán trên là trường hợp tổng quát cho bài toán trong đề thi Norwegian Mathematical Olympiad 2018 – Abel Competition, Bài toán. Tìm tất cả các đa thức P ( x) với hệ số thực thoả mãn P ( x) + 3P ( x + 2) = 3P ( x + 1) + P ( x + 3) Với mọi số thực x. Bài toán 10. Tìm đa thức P ( x) với hệ số thực, có bậc nhỏ hơn n ∈ N ∗ . Sao cho tồn tại n số thực đôi một phân biệt là a 1 , a 2 , ..., a n thoả mãn điều kiện với mỗi i, j ∈ {1, 2, ..., n} ta có |P (a i ) − P (a j )| = n|a i − a j | Lời giải. Cách 1 Không mất tính tổng quát, ta sắp xếp thứ tự a 1 < a 2 < ... < a n . Rõ ràng các giá trị P ( x i ) đôi một phân biệt và nếu P ( x) thoả mãn yêu cầu thì −P ( x) cũng thế. Do vậy, không mất tính tổng quát ta giả sử P (a 1 ) < P (a n ), ta cũng giả sử luôn P (a m ) = min P ( x i ) 1≤ i ≤ n Ta có được m = 1 từ P (a m ) = P (a 1 ), nhờ các biến đổi sau đây P (a n ) − P (a 1 ) = n(a n − a 1 ) = n(a n − a m ) + n(a m − a 1 ) = |P (a n ) − P (a m )| + |P (a m − P (a 1 )| = P (a n ) + P (a 1 ) − 2P (a m ) Bây giờ với mọi số nguyên dương k nhỏ hơn n + 1, ta lại có 10 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn:Nguyễn Phúc Thọ P (a k ) − P (a 1 ) = |P (a k ) − P (a 1 )| = n(a k − a 1 ) Vậy đa thức f ( x) = P ( x) − nx − P (a 1 ) + na 1 sẽ nhận a 1 , a 2 , ..., a n làm n nghiệm phân biệt, mà bậc của nó nhỏ hơn n cho nên nó phải là đa thức 0. Từ đó, ta thấy đa thức P ( x) có dạng P ( x) = nx + c, c : const và n ∈ N ∗ Thử lại và để ý lý luận từ đầu, cho ta thấy có đúng hai đa thức thoả mãn bài toán là P ( x) = nx + c và P ( x) = − nx + c với c = const, n ∈ N ∗ Cách 2 1 n Xét các điểm M k có hoành độ là a k trên đồ thị hàm số y = P ( x) với n ∈ N ∗ . Cố định mỗi một chỉ số k, thì từ giả thiết ta có ngay các điểm M i còn lại sẽ chỉ thuộc một trong hai đường thẳng d k hoặc d ‘k . Trong đó d k đi qua M k và hệ số góc bằng 1, còn d ‘k đi qua M k và hệ số góc bằng −1. Để ý rằng, d k vuông góc với d ‘k . Nếu n điểm này không thẳng hàng, thì phải có 3 điểm không thẳng hàng trong n điểm đó giả sử là A, B, C . Ta có ngay điều mâu thuẫn là tam giác ABC có 3 góc vuông. Vậy là, n điểm M k phải thẳng hàng, các điểm đó lại là giao điểm của một đường thẳng với độ thị một hàm đa thức có bậc bé hơn n, cho nên cái đồ thị kia chính là đường thẳng kẻ qua n điểm, tức là hàm y = 1 P ( x) là hàm bậc nhất. Nó lại có đồ thị, là đường thẳng có hệ số góc n là −1 hoặc 1, cho nên là Cách 3 1 P ( x) = ± x + c với c = const, n ∈ N ∗ n 1 n Xét các điểm M k có hoành độ là a k trên đồ thị hàm số y = P ( x) với n ∈ N ∗ . Cố định mỗi một chỉ số k, thì từ giả thiết ta có ngay các điểm M i còn lại sẽ chỉ thuộc một trong hai đường thẳng d k hoặc d ‘k . Trong đó d k đi qua M k và hệ số góc bằng 1, còn d ‘k đi qua M k và hệ số góc bằng −1. Để ý rằng, d k vuông góc với d ‘k . Nếu n điểm này không thẳng hàng, thì theo định lý Sylvester-Galai sẽ có đúng 2 điểm ở trong chúng (không mất tính tổng quát) giả sử M1 , M2 mà trên đường thẳng M1 M2 không chứa các điểm nào trong các điểm còn lại. Như thế thì, hai đường kẻ vuông góc với M1 M2 tương ứng tại các điểm M1 và M2 kia mỗi đường đều chứa n − 2 điểm còn lại. Nhưng mà, hai đường này song song với nhau nên không có điểm chung. Vậy là, n điểm M k phải thẳng hàng, các điểm đó lại là giao điểm của một đường thẳng với độ thị một hàm đa thức có bậc bé hơn n, cho nên cái đồ thị kia chính là đường thẳng kẻ qua n điểm, tức là hàm y = 1 P ( x) là hàm bậc nhất. Nó lại có đồ thị, là đường thẳng có hệ số góc n là −1 hoặc 1, cho nên là 1 P ( x) = ± x + c với c = const, n ∈ N ∗ n Bình luận. Bài toán trên là dạng tổng quát từ môt bài toán trong đề thi Trại hè Hùng Vương năm 2019, Bài toán. Tìm đa thức P ( x) với hệ số thực, có bậc nhỏ hơn 2019. Sao cho tồn tại n số thực đôi một phân biệt là a 1 , a 2 , ..., a 2019 thoả mãn điều kiện với mỗi i, j ∈ {1, 2, ..., 2019} ta có |P (a i ) − P (a j )| = 2019|a i − a j | Bài toán 11. Tìm tất cả các đa thức khác hằng P ( z) với hệ số phức thoả mãn tất cả các nghiệm phức của đa thức P ( z) và P ( z) − 1 có modun bằng 1. 11 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn:Nguyễn Phúc Thọ USA TSTST 2020 Lời giải. Gọi đa thức P ( x) = c n x n + c n−1 x n−1 + ... + c 1 x + c 0 = c n ( x + m 1 )( x + m 2 )...( x + m n ) biết m 1 , m 2 , ..., m n biết các nghiệm phức của P ( x) Mặt khác,P ( x)−1 = c n ( x+ p 1 )( x+ p 2 )...( x+ p n ) biết p 1 , p 2 , ..., p n biết các nghiệm phức của P ( x)−1 (1) Bằng cách liên hợp nên (1) có, c n ( x + m 1 )( x + m 2 )...( x + m n ) − 1 = c n ( x + p 1 )( x + p 2 )...( x + p n ) Hay viết lại thành ( x + m 1 )( x + m 2 )...( x + m n ) = ( x + p 1 )( x + p 2 )...( x + p n ) + ( c n )−1 Suy ra 1 x+ m1 ¶ µ ¶ µ ¶µ ¶ µ ¶ ¡ ¢−1 1 1 1 1 1 (2) x+ ... x + = x+ x+ ... x + + cn m2 mn p1 p2 pn Bây giờ từ, ta sẽ đi chứng minh c k = 0 với k ∈ {1, 2, .., n − 1}. µ ¶µ Chứng minh như sau: So sánh hệ số của x k từ (2) có c n− k c n− k =Q Q i mi i pi 1 6= 0. Do đó, dẫn đến c k = 0. cn Do đó P ( x) phải có dạng P ( x) = ax n − b sao cho P ( x) = ax n − (b + 1). Điều này yêu cầu, | b| = Nhưng Q i mi − Q i pi = | b + 1| = |a| để thoả mãn bài toán. Bài toán 12. Tìm tất cả các đa thức P ( x) với hệ số thực và không có nghiệm bội sao cho với mỗi số phức z thì phương trình zP ( z) = 1 thoả mãn khi và chỉ khi P ( z − 1)P ( z + 1) = 1. SAFEST Olympiad 2020 Lời giải. Xét các trường hợp, Trường hợp 1. P ( x) là đa thức hằng, tức là P ( x) = c, ∀ c ∈ R dẫn đến đầu bài được phương trình zc=1 thoả mãn khi vào chỉ khi c2 = 0. Nếu c = 0 thì c2 = 0 nhưng cz = 1, ta thấy mâu thuẫn. 1 c Trường hợp 2. de gP = 1, tức là P ( x) = mx + b với m 6= 0 dẫn đến đầu bài được phương trình Nếu c 6= 0 thì z = , điều này hiển nhiên mâu thuẫn. mz2 + bz = 1 thoả mãn khi và chỉ khi ( m( z −1)+ b)( m( z +1)+ b) = 0, vì vậy hai đa thức mz2 + bz −1 và m2 z2 + 2bmz + (b2 − m2 ) tương đương nhau, tức là hai đa thức này là bội của nhau. Bằng cách so sánh hệ số cao nhất, ta thấy nhân thêm m vào mz2 + bz − 1 được m2 z2 + mz − m và từ m 6= 0 ta so sánh các hệ số còn lại ta được   bm = 2 bm  − m = b 2 − m2 ⇒  b=0 m=1 Dẫn đến P ( z) = z, thử lại thỏa mãn. 12 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn:Nguyễn Phúc Thọ Trường hợp 3. de gP = n ≥ 2 Ta xét đa thức Q ( x) = ( z + 1)P ( z + 1) − ( z − 1)P ( z − 1) (*). Dễ thấy rằng de gQ ≤ de gP Do đó, ta sẽ đi chứng tỏ rằng Q cũng tương đương với P Chứng minh như sau: Nếu P (r ) = 0 với mọi số phức r , ta cho lần lượt z = r + 1 và z = r − 1 vào (*), cho ta được ( r − 1)P ( r − 1) = 1 = ( r + 1)P ( r + 1) và do đó Q (r ) = 0. Điều này chứng tỏ rằng tất cả các của P cũng là nghiệm của Q . Vì P không có nghiệm kép và bậc của Q không thể lớn hơn bậc của P . Do đó, ta có Q là bội của P . Đặt P ( z) = Pn k=0 a k z k . Dẫn đến Pn ¢ ¡ a k ( z + 1)k+1 − ( z − 1)k+1 (**) P Để so sánh Q và P , ta muốn viết lại dưới dạng Q ( z) = nk=0 b k z k . k=0 Để tính b n , lưu ý rằng các số hạng duy nhất có trong (**) chứa z n đến từ k = n − 1 và k = n, ta có ¡ ¢ b n z n = a n−1 ( z n − z n ) + a n ( n + 1) z n − (−( n + 1) z n ) = 2( n + 1)a n z n Do đó, Q = 2( n + 1)P . Bây giờ, ta tính tiếp b n−1 ,lưu ý rằng các số hạng duy nhất có trong (**) chứa z n−1 đến từ k = n − 2,k = n − 1 và k = n, ta có b n−1 z n−1 = a n−2 ( z n−1 −z n−1 ) + a n−1 ( nz n−1 − (− n) z n−1 µ ) + an ¡n+1¢ 2 z n−1 − ¡n+1¢ 2 z n−1 ¶ = 2 na n−1 z n−1 Nhưng nếu Q = 2(n + 1)P thì ta phải có b n−1 = 2( n + 1)a n−1 , điều này mâu thuẫn. Dẫn đến không tồn tại đa thức nào có de gP = n ≥ 2. Vậy P ( z) = z là đa thức thoả mãn bài toán. Bài toán 13. Tìm tất cả các đa thức P ( x) với hệ số thực thoả mãn P (a + b + c) = P (a) + 4P ( b) + 22P ( c) (1) Với a, b, c ∈ R sao cho (a + b)(b + c)( c + a) = b3 + 7 c3 (2). Nguyễn Phúc Thọ Lời giải. Dễ thấy P ( x) = 0 thoả mãn bài toán. Ta sẽ xét P ( x) 6= 0, Ta sẽ chọn các số a, b, c có dạng (a, b, c) = (mx, nx, px) thoả (2). Thay bộ số (a, b, c) = (mx, nx, px) vào (2) được ( m + n)( n + p)( p + m) = n3 + 7 p3 Dễ thấy cặp (m, n, p) = (1, 1, 1) đơn giản và thoả (2). Như vậy bộ (a, b, c) = ( x, x, x) thoả (2). Do đó, thay bộ (a, b, c) = ( x, x, x) vào (1) được P (3 x) = 27P ( x) (*) Ta gọi hệ số tự do và hệ số bậc cao nhất của P ( x) là a 0 và a n 6= 0. Sau đó, ta đồng nhất hệ số tự do và hệ số bậc cao nhất được   a n 3n = 27a n  a = 27a 0 0 ⇒  n=3 a =0 0 Như vậy, đa thức P ( x) có dạng P ( x) = dx3 + ex2 + f x, thay lại vào (*) có 27 dx3 + 9 ex2 + 3 f x = 27 dx3 + 27 ex2 + 27 f x Đồng nhất hệ số suy ra e = f = 0, dẫn đến P ( x) = dx3 với d 6= 0. 13 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn:Nguyễn Phúc Thọ Thử lại, P (a + b + c) = d (a + b + c)3 = d (a3 + b3 + c3 ) + 3 d (a + b)( b + c)( c + a) = d (a3 + b3 + c3 ) + 3 d ( b3 + 7 c3 ) = d (a3 + 4 b3 + 22 c3 ) = P (a) + 4P ( b) + 22P ( c), Ta thấy thoả mãn. Vậy P ( x) = 0 và P ( x) = dx3 với d 6= 0 thoả bài toán. Bài toán 14. Tìm tất cả các đa thức P ( x) với hệ số thực thoả mãn với mọi tất các số nguyên dương phân biệt từng cặp ( x, y, z, t) với x2 + y2 + z2 = 2 t2 và gcd ( x, y, z, t) = 1 thoả mãn 2(P ( t))2 + 2P ( x y + yz + zx) = (P ( x + y + z))2 (*) UKRMO 2009-Grade 11 Lời giải. Đầu tiên, ta dễ dàng tim ra bộ số ( x, y, z, t) = (4, (2 n − 1)2 , (2n + 1)2 , 4n2 + 3) với n nguyên dương thoả mãn x2 + y2 + z2 = 2 t2 và gcd ( x, y, z, t) = 1. Từ bộ nghiệm trên, cho ta x y + yz + zx = t2 và do đó có x + y + z = 2 t. Từ đó, (*) được viết lại thành 2(P ( t))2 + 2P ( t2 ) = (P (2 t))2 , ∀ t ∈ R Hay 2(P ( x))2 + 2P ( x2 ) = (P (2 x))2 , ∀ x ∈ R (**) Ta xét các trường hợp: Trường hợp 1. de gP = 0 tức là P ( x) = c với c là hằng số. Thay lại vào (**) cho ta được 2 c2 + 2 c = c2 ⇒   c = −2 c=0 Do đó, P ( x) = −2 và P ( x) = 0 thoả mãn. Trường hợp 2. de gP = 1 tức là P ( x) = ax + b với a 6= 0, b là các hằng số. Thay lại vào (**) có 2(ax + b)2 + 2(ax2 + b) = (2ax + b)2 Suy ra (2a2 + 2a) x2 + 4abx + (2 b2 + 2 b) = 4a2 x2 + 4abx + b2 Tới đây, ta đồng nhất hệ số với a 6= 0 được   2 a2 + 2 a = 4 a2  2 b2 + 2 b = b2 Suy ra bộ nghiệm (a, b) = (1, 0); (1, 2) . Do đó, P ( x) = x và P ( x) = x − 2 thử lại thấy thoả mãn. Trường hợp 3. de gP = n ≥ 2. Ta đặt P ( x) = a n x n + a n−1 x n−1 + ... + a 1 x + a 0 . Từ (**) ta so sánh hệ số của x2n có (2n .a n )2 = 2a n + 2a2n ⇒ a n = Bây giờ, ta sẽ đi chứng minh a n− i = 0 với mọi 1 ≤ i ≤ n. 1 22n−1 − 1 Chứng minh như sau: Với i = 1, ta so sánh hệ số x2n−1 từ (**) được 2a n a n−1 = 2.2n .a n .2n−1 a n−1 mà a n 6= 0 suy ra a n−1 = 0, đúng. Theo quy nạp, ta giả sử đúng với n = k tức là a n− i = 0 với mọi 1 ≤ i ≤ k Bây giờ, ta sẽ đi chứng minh với k+1 tức là a n−k−1 . Cuối cùng, ta sẽ so sanh hệ số của x2n−k−1 từ (**). Tới đây ta sẽ xử lí như sau: Nếu k chẵn. Khi đó,vì trong khai triển của P ( x2 ) chỉ có các hạng tử có số mũ chẵn, ta suy ra rằng 2n − k − 1 = 0. Ngoài ra, trong khai triển của (P ( x))2 và (P (2 x))2 , số mũ của hạng tử 14 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn:Nguyễn Phúc Thọ x2n−k−1 sẽ xác định với p, q ≤ n thoả mãn p + q = 2 n − k − 1. Nếu ít nhất một trong 2 số p, q là ≥ n − k và ≤ n − 1, thì hệ số a p a q = 0, do đó hệ số của các hạng tử của x p+ q bằng 0. Do đó, ta chỉ có thể xét p, q là n hoặc ≤ n−k−1. Nếu cả hai đều ≤ n−k−1, ta có mâu thuẫn. Do đó, một trong hai bằng n và cái kia bằng n − k − 1. Nghĩa là hệ số của x2n−k−1 trong 2(P ( x))2 là 4a n a n−k−1 . Tương tự,ta cũng xử lý với (P (2 x))2 , do đó hệ số của x2n−k−1 trong (P (2 x))2 là 2.2n .a n .2n−k−1 .a n−k−1 = 22n−k a n a n−k−1 . Do đó, cân bằng hệ số x2n−k−1 của (**) được 4a n a n−k−1 = 22n−k a n a n−k−1 . và từ 2n − k > n ≥ 2 và a n 6= 0, dẫn đến a n−k−1 = 0. (1) Nếu k lẻ. Tương tự với trường hợp k chẵn, mặc dù ta nhân hai vế cho hệ số a 2 n − k − 1 vào 2 (**), do đó cân bằng hệ số x2n−k−1 của (**) được (22n−k − 4)a n a n−k−1 = a 2 n − k − 1 2 2n − k − 1 k−1 Từ = n−k+ > n − k và ta có a 2 n − k − 1 = 0 bằng quy nạp. Từ đó, ta cũng có 2 2 2 a n−k−1 = 0.(2) xn thoả mãn. Từ (1) và (2), dẫn đến điều quy nạp đúng. Dẫn đến, đa thức P ( x) = 2n−1 2 −1 Vậy có 5 đa thức thoả mãn bài toán là P ( x) = −2, P ( x) = 0, P ( x) = x, P ( x) = x − 2, P ( x) = xn 22n−1 − 1 , với ∀ x ∈ R và n ≥ 2. Bài toán 15. Tìm tất cả các đa thức P ( x) với hệ số nguyên sao cho tồn tại vô hạn cặp số nguyên (m, n) thoả mãn P ( m) + P ( n) = 0 Lời giải. Không mất tính tổng quát, xét đa thức thoả đề là P ( x) = a k x k + a k−1 x k−1 + … + a 1 x + a 0 với a k > 0 và bỏ qua trường hợp k = 0. Gọi S là tập chứa các cặp số nguyên ( m, n) thoả đ, vì tính đối xứng ở đây ta chỉ xét các cặp sao cho P ( x) ≤ 0 và P ( x) ≥ 0. Ngoài ra, ta có thể xét m 6= n mà S vẫn có vô số nghiệm, dẫn đến P ( x) = 0, thoả mãn yêu cầu. Nếu k chẵn thì tồn tại số thực dương x0 . Do đó, | m| < x0 hay m chỉ có hữu hạn số giá trị, mà phương trình P ( x) = P (m) cũng hữu hạn nghiệm với mỗi giá trị m kể trên, dẫn đến n cũng có hữu hạn giá trị. Từ đó suy ra S có hữu hạn phân tử, vô lý. Vì vậy, k lẻ và tồn tại số thực dương x0 để P ( x) > 0 với mọi x0 > 0. Nếu chỉ chứa các cặp số nguyên dương thì 0 < m < x0 nên rõ ràng số giá trị m là hữu hạn, tương tự như trên dẫn đến vô lí. Nếu S chỉ chứa các cặp số nguyên âm thì ta cũng xét tương tự như thế. Tóm lại, tồn tại (m 0 , n0 ) sao cho m 0 n0 ≤ 0. Do k lẻ, với mọi (m, n) ∈ S thì nếu đặt g(m, n) = a k (m k−1 − m k−2 n + ... + n k−1 ) và h(m, n) = a k−1 ( m k−1 + n k−1 ) + ... + a 1 ( m + n) + 2a 0 thì 0 = P ( m) + P ( n) = ( m + n) g( m, n) + h( m, n) h( m, n) thì | m + n| = | f (m, n)|. Dễ thấy các hàm theo x là f ( x, n0 ) và f (m 0 , x) đều g( m, n) bị chặn nên | m 0 + n0 | < t1 với t1 là số thực dương. Với mn > 0 thì như các nhận xét trên, ta Đặt f (m, n) = 15 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn:Nguyễn Phúc Thọ cũng có tồn tại số thực dương t2 , t3 sao cho | m| < t2 và | m| < t3 . Tóm lại | m + n| < max { t1 , t2 , t3 } hay tồn tại hằng số c ∈ {m + n|(m, n) ∈ S } xuất hiện vô số lần. Xét phương trình G ( x) = P ( x) + P ( c − x) thì G ( x) = 0 có vô số nghiệm, nên G ( x) = 0 hay P ( x) + P ( c − x) = 0 µ Từ đây đặt Q ( x) = P c 2 ¶ + x , được Q ( x ) + Q (− x ) = 0 Tới đây, dễ thấy de gQ = de gP = k mà k lẻ nên Q ( x) = b k x k + b k−1 x k−1 + .... + b0 , dẫn đến b k x k + b k−1 x k−1 + .... + b 0 − b k x k + b k−1 x k−1 − b k−2 x k−2 + .... − b 1 x + b 0 = 0 hay b k−1 x k−1 + .... + b 0 + b k−1 x k−1 − b k−2 x k−2 + .... − b 1 x + b 0 = 0(∗) c 2 So sánh bậc cao nhất của (*) có k − 1 = 0 hay k = 1. Do đó, Q ( x) = x + d dẫn đến P ( x) = x − + d thay vào lại được x− c c +d−x− +d =0 2 2 c 2 Vậy P ( x) = 0 và P ( x) = x thoả mãn bài toán . dẫn đến − + d = 0. Bài toán 16. Tìm tất cả các đa thức P ( x) với hệ số thực sao cho 1 1 1 − P ( x) P (P ( x)) Adapted from Oleg Mushkarov Lời giải. Cách 1. Đầu tiên, giả sử rằng cả P ( x) và P (P ( x)) − P ( x) đều không phải là đa thức hằng. Ta viết lại đề bài, P (P ( x))P ( x) P (P ( x)) − P ( x) và thấy rằng P (P ( x))P ( x) P ( x )2 = P ( x) + P (P ( x)) − P ( x) P (P ( x)) − P ( x) Khi đó P ( x)2 P (P ( x)) − P ( x) phải là một đa thức. Nếu deg P ( x) = d > 2 thì deg P ( x)2 = 2d nhưng deg(P (P ( x)) − P ( x)) = d 2 thì ta thấy được sự mâu thuẫn. Điều này dẫn đến deg P ( x) ∈ {1, 2} Nếu deg P ( x) = 1 thì ta viết P ( x) = ax + b với a 6= 0 và a 6= 1 từ đó P (P ( x)) − P ( x) không phải là đa thức hằng. Khi đó P ( x)2 ( x + b )2 = 2 = cx + d P (P ( x)) − P ( x) (a − a) x + ab với mọi c, d . 16 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn:Nguyễn Phúc Thọ Viết lại thành, (ax + b)2 = ((a2 − a) x + ab)( cx + d ) a b So sánh hệ số x2 ta tìm được c = và so sánh hệ số tự do ta tìm được d = . Do đó, a−1 a ¶ µ a b x+ (ax + b)2 = ((a2 − a) x + ab) a−1 a Đúng với mọi x ∈ R , có b = 0. Do đó P ( x) = ax thoả mãn bài toán. Nếu deg P ( x) = 2 thì deg P ( x)2 = deg(P (P ( x)) − P ( x)) = 4, do đó P (P ( x)) − P ( x) = aP ( x)2 với a là hằng số. Do đó, có vô hạn t (tất cả t với t = P ( x) với mọi x) thoả mãn P ( t) = at2 + t. Do đó, P ( x) = ax2 + x thoả mãn. Nếu P ( x) là hằng số, thì ta có một nghiệm, và nếu P (P ( x)) − P ( x) = c với mọi c là hằng số thì P ( x) = x + c thoả mãn bài toán. Cách 2. ầu tiên, giả sử rằng cả P ( x) và P (P ( x)) − P ( x) đều không phải là đa thức hằng, thì P ( x)2 P (P ( x)) − P ( x) cũng là một đa thức. Do đó, tất cả nghiệm của P (P ( x) − P ( x) cũng là nghiệm của P ( x)2 . Do đó, tất cả nghiệm của P ( x)2 phải là nghiệm của P ( x) . Gọi r là nghiệm bất kỳ của P (P ( x)) thì P ( r ) = 0 và vì vậy có P (P ( r )) = P ( r ) = 0 Do đó, P (P (r )) = P (0) = 0. Do đó, 0 là nghiệm của P ( x), và vì vậy ta viết P ( x) = xS ( x) với mọi đa thức S ( x). Ở đây, P (P ( x)) = P ( x)S (P ( x)) và đo đó, Còn nếu P ( x) là hằng sớ tương tự cách 1. Bài toán 17. Tìm tất cả các đa thức P ( x) và Q ( x) khác hằng với hệ số thực thoả mãn P (Q ( x)) = P ( x)Q ( x) − P ( x) Lời giải. Gọi deg P ( x) = m và deg Q ( x) = n với m, n ≥ 1. Dẫn đến, deg P (Q ( x)) = mn, deg(P ( x)Q ( x) − P ( x)) = m + n Do đó, ta có mn = m + n hay (m − 1)(n − 1) = 1. Từ m, n là các số nguyên dương nên m = n = 2. Từ đó, ta có thể viết P ( x) = ax2 + bx + c với a 6= 0, do đó từ đề ta được aQ ( x)2 + bQ ( x) = P ( x)Q ( x) − (P ( x) + c) 17 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn:Nguyễn Phúc Thọ tức là P ( x) + c chia hết cho Q ( x). Từ Q ( x) và P ( x) cùng bậc, nên tồn tại với mọi d là số thực sao cho P ( x) + c = dQ ( x). Ờ đây, ta viết lại thành P ( x) = dQ ( x) − c. Thay thế điều này vào phương trình đề bài, được dQ (Q ( x)) − c = ( dQ ( x) − c)Q ( X ) − ( dQ ( x) − c) hay dQ (Q ( x)) − c = dQ ( x)2 − ( d + c)Q ( x) + c Do đó, ta xét phương trình dQ ( t) = dt2 − (d + c) t + 2 c (*), thì ta thấy phương trình có Q ( x) là một nghiệm thực. Vì Q ( x) khác hằng, nên ta giả sử Q ( x) vô số nghiệm thực. Do đó, phương trình (*) có vô số nghiệm thực. Như vậy, µ ¶ 2c c x+ Q ( x) = x − 1 + d d 2 Từ P ( x) = dQ ( x) − c, dẫn đến P ( x) = dx2 − ( d + c) x + c . ¶ µ 2c c thoả mãn bài toán. Vậy P ( x) = dx − (d + c) x + c và Q ( x) = x − 1 + x + d d Bài toán 18. Tìm tất cả các đa thức P ( x) với hệ số thực thoả mãn 2 2 P ( x2 ) = P ( x)Q (1 − x) + Q ( x)P (1 − x) Belarusian MO 2015 Lời giải. Thay x → 1 − x vào phương trình đề bài, ta được P ( x2 ) = P ((1 − x)2 ) = P (( x − 1)2 ) Do đó, đa thức P ( x2 ) là đa thức tuần hoàn, tức là P ( x) = c với c là hằng số. Dẫn đến đề bài được viết lại thành, c = cQ (1 − x) + cQ ( x) 1 2 Nếu c = 0, thì thoả mãn. Còn nếu c 6= 0 thì Q ( x) + Q (1 − x) = 1. Ờ đây, thay x → x + , ta được ¶ µ ¶ 1 1 1 1 Q + x − +Q − x − = 0 2 2 2 2 µ ¶ 1 1 Ở đây, ta đặt R ( x) = Q + x − là đa thức lẻ. Do đó, 2 2 µ ¶ 1 1 Q + x − = xS ( x2 ) 2 2 µ với mọi đa thức S ( x). Vì thế ¶ µµ ¶2 ¶ 1 1 1 Q ( x) = x − S x − + 2 2 2 µ 18 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn:Nguyễn Phúc Thọ Bài toán 19. Tìm tất cả các đa thức P ( x) và Q ( x) với hệ số thực thoả mãn P (Q ( x)) = P ( x)2017 Lời giải. Để giải quyết bài toán trên, ta cần phải sử dụng để bổ đề sau: Long-run Behavior Lemma. Cho P ( x) = a d x d + a d−1 x d−1 + … + a 0 là một đa thức với hệ số thực, và xác định bởi a = p a d −1 d |a d | và b = thì da d lim ³p d | x|→∞ ´ |P ( x)| − a.| x + b| = 0 Chứng minh bổ đề. Vì ta có thể thay P ( x) → −P ( x) nếu cần. Không mất tình tổng quát, ta có thể giả sử a d > 0 và phá đi giá trị tuyệt đối. Sau đó ta có, p d P ( x) − p d ad x = p d a d −1 x d −1 + … + a 0 P ( x) − a d x d = p q q d P ( x)d −1 + … + d a dd−1 x d −1 P ( x)d −1 + … + d a dd−1 x d −1 Do đó, lim | x|→∞ ³p d P ( x) − p d a d −1 x d −1 + … + a 0 a d −1 a d x = lim p = q q | x|→∞ d P ( x)d −1 + … + d a dd−1 x d −1 d d a dd−1 ´ Viết lại thành, l im | x|→∞ ³p d ´ P ( x) − a( x + b ) = 0 Điều phải chứng minh. Vào lại bài toán, nếu (P ( x),Q ( x)) là một nghiệm thì (−P ( x),Q ( x)) cũng là một nghiệm. Do đó, không mất tính tổng quát, giả sử rằng P ( x) có tất cả các hệ số dương. Đặt deg P ( x) = d và có thể viết P ( x) = a d x d + a d −1 x d −1 + … + a 0 với a d 6= 0. Từ p d P (Q ( x)) = lim x→∞ p d P ( x)2 017, áp dụng bổ đề vừa chứng minh trên, ta được µ ¯ ¯ µ ¶2017 ¶ ¯ a d −1 a d −1 ¯¯ q d 2017 ¯ a d ¯Q ( x) + − ad x+ =0 da d ¯ da d p d . Do đó, µ ¶2017 q a d −1 a d −1 d 2016 = ± ad x+ Q ( x) + da d da d Đặt B = q a d −1 và A = ± d a2016 , ta có thể viết điều này lại thành d da d Q ( x) = A ( x + B)2017 − B Thay Q ( x) vào lại phương trình đầu bài, ta được P ( A ( x + B)2017 − B) = P ( x)2017 19 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn:Nguyễn Phúc Thọ Khi đó, P ( Ax2017 − B) = P ( x − B)2017 . Cho R ( X ) = P ( x − B) = a d x d + a s x s + …. Khi đó R ( Ax2017 ) = R ( x)2017 . Ta xét hệ số của số hạng thứ hai khác không, ta thấy số hạng thứ hai của R ( Ax2017 ) và R ( x)2017 lần lượt là a s x2017s và a2016 a s x2016d +s . Từ đó, ta thấy được mâu thuẫn với sự tồn d tại của s. Khi đó, R ( x) = a d x d . Vậy P ( x) = a d ( x+B)d và Q ( x) = A ( x+B)2017 −B với a d 6= 0, B = a d −1 da d q và A = ± d a2016 . d Bài toán 20. Tìm tất cả các đa thức P ( x) với hệ số thực thoả mãn P ( x − 1)P ( x + 1) > P ( x)2 − 1 với mọi x ∈ R . Nikolai Nikolov Lời giải Nếu P ( x) = c với c là hằng số thì phương trình đề bài trở thành c2 > c2 − 1, điều này luôn đúng. Do đó, với mọi c là hằng số sao cho P ( x) = c đều thoả mãn. Ta viết lại đề bài, P ( x)2 − P ( x − 1)P ( x + 1) < 1 Nếu deg P ( x) = d > 0 và giả sử hệ số cao nhất của P ( x) là a d 6= 0 thì deg(P ( x)2 − P ( x − 1)P ( x + 1)) = 2 d − 2 và hệ số cao nhất là da2d . Nếu d ≥ 2 thì P ( x)2 − P ( x − 1)P ( x + 1) sẽ là một đa thức khác hằng với các hệ số dương. Do đó, bất đẳng thức trên sẽ mâu thuẫn với mọi x đủ lớn. Nếu d = 1 thì P ( x)2 − P ( x − 1)P ( x + 1) = a21 là đa thức hằng và bất đẳng thức được viết lại thành a21 < 1. Do đó, với mọi đa thức P ( x) = ax + b với mọi a ∈ (−1, 1) thoả mãn bài toán. Bài Tập. Bài toán 1. Tìm tất cả đa thức P ( x) với hệ số phức thoả mãn P ( a) + P ( b ) = 2 P ( a + b ) Với a và b là các số phức sao cho a2 + b2 + 5ab = 0. Titu Andreescu Bài toán 2. Tìm tất cả các đa thức P ( x) với hệ số¶thực µthoả mãn µ ¶ µ ¶ 1 1 1 1 1 1 P ( x ) P ( y2 ) P ( z 3 ) + + = zP 3 − 2 + xP 2 − + yP − 3 z z z x 3 x3 2 y2 x y y 3 2 Với mọi số thực x, y, z khác 0 mà x y z = x + 2 y + 3 z. Ẩn danh AZOT1 Bài toán 3. Tìm tất cả các đa thức P(x) hệ số thực thoả mãn p p p P ( 3 x) + P ( 3 y) + P ( 3 z) = P ( x − y) + P ( y − z) + P ( z − x) Với mọi x, y, z là ba số thực sao cho x + y + z = 0. Costa Rican MO 2008 Bài toán 4. Tìm tất cả các đa thức P(x) hệ số thực thoả mãn P ( x + P ( x)) = x2 P ( x), ∀ x ∈ R 20 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn:Nguyễn Phúc Thọ Canadian MO Qualification Repechage 2021 Bài toán 5. Tìm tất cả các đa thức a( x), b( x), c( x), d ( x) với hệ số thực sao thoả mãn đồng thời các phương trình   b ( x) c ( x) + a( x) d ( x) = 0  a( x) c( x) + (1 − x2 ) b( x) d ( x) = x + 1 South African MO 2021 Bài toán 6. Cho m 6= 0 là số nguyên. Tìm tất cả các đa thức P ( x) hệ số thực thoả mãn ( x3 − mx2 + 1)P ( x + 1) + ( x3 + mx2 + 1)P ( x − 1) = 2( x3 − mx2 + 1)P ( x) với mọi số thực x. IMO Shorlist 2013 Bài toán 7. Tìm tất cả các đa thức P ( x) hệ số thực thoả mãn   | y2 − P ( x)| ≤ 2| x|  | x2 − P ( x)| ≤ 2| y| với mọi số thực x, y IMO Shorlist 2014 Bài toán 8. Tìm tất cả các đa thức P ( x) hệ số thực sao cho nếu P ( x) + P ( y) + P ( z) = 0 với mọi số thực x, y, z thì x + y + z = 0. Bài toán 9. Tìm tất cả các đa thức P ( x) hệ số thực sao cho với mọi số thực x thì có bất đẳng thức sau xP ( x)P (1 − x) + x3 + 100 ≥ 0 Czech-Slovakia MO 1995 Bài toán 9. Tìm tất cả các đa thức P ( x) và Q ( x) khác hằng với hệ số thực thoả mãn P (Q ( x)2 ) = P ( x)Q ( x)2 Bài toán 10. Với mọi m ≥ 2 và m nguyên. Tìm tất cả các đa thức P ( x) sao cho nếu a m + b m = 1 thì P (a) + P (b) = 1. Bài toán 11. Tìm tất cả các đa thức P ( x) với hệ số thực thoả mãn P ( x y + yz + zx) = P ( x y) + P ( yz) + P ( zx) + 2P ( x)P ( y)P ( z) và x + y + z = x yz với mọi x, y, z ∈ R 21 2021 Tài liệu tham khảo [1] Titu Andreescu, Navid Safaei, Alessandro Ventullo, 117 Polynomial Problems from the Awesome Math Summer Program [2] Titu Andreescu, Navid Safaei, Alessandro Ventullo, Awesome Polynomials for Mathematics Competitions [3] Titu Andreescu, Gabriel Dospinescu, Problems From the Book [4] Titu Andreescu, Iurie Boreico, Oleg Mushkarov, and Nikolai Nikolov, Topics in Functional Equations – 3rd Edition 22
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top