ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN VIẾT BẮC PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN VIẾT BẮC PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS TRẦN NGUYÊN AN THÁI NGUYÊN - 2015 TÓM TẮT NỘI DUNG Luận văn "Phương trình hàm đa thức ứng dụng" chia thành chương, phần mở đầu, phần kết luận Trong Chương 1, luận văn nhắc lại số kiến thức chuẩn bị làm sở cho việc trình bày kiến thức phần sau chương đa thức, nghiệm đa thức, Tiếp đến, luận văn trình bày số phương pháp giải phương trình hàm thường gặp như: Phương pháp đặt ẩn phụ, dồn biến; phương pháp giá trị đặc biệt; phương pháp hệ số bất định; phương pháp đổi biến số; phương pháp sử dụng tính chất nghiệm so sánh bậc Trong Chương 2, luận văn tiếp tục trình bày dạng phương trình hàm P (f )P (g) = P (h) P (f )P (g) = P (h) + Q Ngoài ra, luận văn cịn trình bày thêm phương pháp giải nâng cao như: Phương pháp sử dụng công thức nội suy Lagrange; phương pháp sử dụng số phức; phương pháp sử dụng dãy số Trong số dạng phương trình hàm số phương pháp giải định mà tác giả khơng muốn trình bày tách bạch vấn đề Luận văn tổng hợp lượng lớn ví dụ, với toán lại cho ta kĩ thuật giải riêng biệt Lời cảm ơn Luận văn "Phương trình hàm đa thức ứng dụng" thực hoàn thành trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Qua tác giả xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến thầy cô giáo khoa sau Đại học, Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên trang bị kiến thức bản, tạo điều kiện tốt cho tác giả trình học tập nghiên cứu Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới TS Trần Nguyên An, người tận tình bảo, tạo điều kiện giúp đỡ tác giả có thêm nhiều kiến thức, khả nghiên cứu, tổng hợp tài liệu để hoàn thành luận văn Tác giả xin cảm ơn tới UBND thành phố Tuyên Quang, phòng Giáo dục Đào tạo thành phố, Ban Giám hiệu, đồng nghiệp Trường THCS Lê Quý Đôn tạo điều kiện giúp đỡ tác giả thời gian học tập hoàn thành luận văn Thái Nguyên, 2015 Nguyễn Viết Bắc Học viên Cao học Toán K7A, Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên i Mục lục Mở đầu Chương Một số dạng phương pháp giải phương trình hàm đa thức 1.1 Kiến thức chuẩn bị 1.2 Phương pháp đặt ẩn phụ, dồn biến 1.3 Phương pháp giá trị đặc biệt 1.4 Phương pháp hệ số bất định 10 1.5 Phương pháp sử dụng tính chất đa thức P (x) = P (x + a) 11 1.6 Phương pháp sử dụng phép biến đổi đối số 12 1.7 Phần tử đại số đa thức tối tiểu 17 1.8 Phương pháp sử dụng tính chất nghiệm so sánh bậc 21 1.9 Một số phương pháp khác 37 Chương Một số dạng phương pháp giải phương trình hàm nâng cao 40 2.1 Phương pháp nội suy Lagrange 40 2.2 Phương trình dạng P (f )P (g) = P (h) 44 2.3 Phương trình dạng P (f )P (g) = P (h) + Q 49 2.4 Phương pháp sử dụng số phức 50 2.5 Phương pháp sử dụng dãy số 56 2.6 Phương trình hàm có lời giải hàm đa thức 61 Kết luận 64 Tài liệu tham khảo 65 Mở đầu Đa thức biểu thức bao gồm biến hệ số với phép toán: cộng, trừ, nhân lũy thừa nguyên dương Đa thức xuất hầu hết lĩnh vực khác Toán học Khoa học Đa thức dùng để định nghĩa hàm đa thức sử dụng hóa học vật lý, kinh tế khoa học-xã hội, giải tích số, lý thuyết xấp xỉ Trong Toán học đại đa thức sử dụng để xây dựng vành đa thức đa tạp đại số, khái niệm trung tâm Đại số Hình học đại số Ở phổ thông đa thức đưa vào giảng dạy từ Lớp Các toán đa thức thường gặp kì thi học sinh giỏi toán cấp tỉnh, quốc gia, khu vực, quốc tế Olympic học sinh, sinh viên Một dạng tốn khó phổ biến đa thức phương trình hàm tập đa thức Dạng tốn phương trình hàm nói chung phương trình hàm tập đa thức nói riêng phong phú đa dạng, với nhiều tốn có lời giải "khơng mẫu mực" Mục đích luận văn phân loại cách tương đối số phương pháp số dạng phương trình hàm tập đa thức mà ta gọi phương trình hàm đa thức Để giải phương trình hàm dạng bên cạnh việc sử dụng kỹ thuật chung cho việc giải phương trình hàm ta cịn sử dụng tính chất đặc trưng đa thức nghiệm, hệ số, bậc, tính liên tục, tính hữu hạn nghiệm, tính khả vi, Luận văn "Phương trình hàm đa thức ứng dụng" chia thành chương, phần mở đầu, phần kết luận Trong Chương 1, luận văn nhắc lại số kiến thức chuẩn bị làm sở cho việc trình bày kiến thức phần sau chương đa thức, nghiệm đa thức, Tiếp đến, luận văn trình bày số phương pháp giải phương trình hàm thường gặp như: Phương pháp đặt ẩn phụ, dồn biến; phương pháp giá trị đặc biệt; phương pháp hệ số bất định; phương pháp đổi biến số; phương pháp sử dụng tính chất nghiệm so sánh bậc Trong Chương 2, luận văn tiếp tục trình bày dạng phương trình hàm P (f )P (g) = P (h) P (f )P (g) = P (h) + Q Ngoài ra, luận văn cịn trình bày thêm phương pháp giải nâng cao như: Phương pháp sử dụng công thức nội suy Lagrange; phương pháp sử dụng số phức; phương pháp sử dụng dãy số Trong số dạng phương trình hàm số phương pháp giải định mà tác giả khơng muốn trình bày tách bạch vấn đề Luận văn tổng hợp lượng lớn ví dụ, với tốn lại cho ta kĩ thuật giải riêng biệt Dù nghiêm túc nghiên cứu cố gắng thực luận văn, với trình độ hạn chế nhiều lý khác, luận văn chắn không tránh khỏi thiếu sót Kính mong góp ý Thầy, Cô, các anh chị đồng nghiệp bạn để luận văn hoàn chỉnh nhiều ý nghĩa Chương Một số dạng phương pháp giải phương trình hàm đa thức 1.1 Kiến thức chuẩn bị Trong mục ta nhắc lại định nghĩa số tính chất đa thức với hệ số trường K Định nghĩa 1.1.1 Một đa thức biến với hệ số K viết dạng P (x) = an xn + + a1 x + a0 , a0 , a1 , , an ∈ K, x kí hiệu gọi biến Ta viết đa thức dạng P (x) = ∞ xi P (x) = xi , = với i > n Hai i=0 đa thức xi bi xi = bi với i Kí hiệu K[x] tập đa thức biến x với hệ số K Cho P (x) = an xn + + a1 x + a0 ∈ K[x] Ta gọi a0 hệ số tự P (x) Nếu an = n gọi bậc đa thức P (x) kí hiệu degP = n Trong trường hợp an gọi hệ số cao P(x) Nếu n = P (x) gọi đa thức dạng chuẩn (monic polynomial) Ta không định nghĩa bậc cho đa thức Nếu P (x) = a ∈ K P (x) gọi đa thức Các đa thức bậc gọi đa thức tuyến tính Định nghĩa 1.1.2 Với hai đa thức P (x) = xi Q(x) = K[x], định nghĩa: P (x) + Q(x) = (ai + bi )xi , P (x)Q(x) = ck xk , ck = bj với k i+j=k bi xi Khi K[x] vành giao hoán với phép cộng nhân đa thức Vành K[x] gọi vành đa thức biến x với hệ số K Phần tử không vành đa thức 0, phần tử đơn vị đa thức Ta định nghĩa vành đa thức nhiều biến quy nạp sau Định nghĩa 1.1.3 Đặt K1 = K[x1 ] K2 = K1 [x2 ] Kn = Kn−1 [xn ] vành Kn = Kn−1 [xn ], ký hiệu K[x1 , , xn ] gọi vành đa thức n biến x1 , , xn K Một phần tử K[x1 , , xn ] gọi đa thức n biến x1 , x2 , , xn lấy hệ tử vành K Các phần tử K[x1 , , xn ] thường ký hiệu P (x1 , x2 , , xn ), Q(x1 , x2 , , xn ), Bằng quy nạp ta có phần tử P (x1 , , xn ) ∈ K[x1 , , xn ] biểu diễn dạng P (x1 , , xn ) = (i1 , ,in )∈Λ ai1 , ,in xi11 xinn , ai1 , ,in ∈ K, Λ ⊆ Nn tập hữu hạn Cho K[x1 , , xn ] vành đa thức n biến x1 , , xn K Mỗi phần tử có dạng xi11 xinn gọi đơn thức bậc i1 + + in K[x1 , , xn ] Các số ij gọi bậc theo biến xj đơn thức xi11 xinn Mỗi phần tử có dạng au a ∈ K u đơn thức gọi từ K[x1 , , xn ], u gọi đơn thức từ au a gọi hệ số Bậc từ au định nghĩa bậc đơn thức u Hai từ gọi đồng dạng đơn thức chúng Với phần tử P ∈ K[x1 , , xn ], rõ ràng ta viết P thành tổng hữu hạn từ không đồng dạng Một biểu diễn gọi biểu diễn tắc P (x1 , , xn ) Tiếp theo ta nhắc lại số tính chất quan cần sử dụng phần sau Bổ đề 1.1.4 Cho P (x), Q(x) ∈ K[x] đa thức khác (i) Nếu P (x)+Q(x) = deg(P (x) + Q(x)) ≤ max {degP (x), degQ(x)} (ii) Nếu P (x)Q(x) = deg(P (x)Q(x)) ≤ deg(P (x) + degQ(x) Định lý 1.1.5 Cho hai đa thức P (x) Q(x) với Q(x) = Tồn hai đa thức H(x) R(x) cho P (x) = Q(x)H(x) + R(x), R(x) = deg R(x) < deg Q(x) Định nghĩa 1.1.6 Cho đa thức P (x) = an xn + + a1 x + a0 Với phần tử v ∈ K, ta kí hiệu P (v) = an v n + + a1 v + a0 ∈ K Phần tử v ∈ K gọi nghiệm P (x) P (v) = Trong trường hợp ta nói v nghiệm đa thức P (x) Bổ đề 1.1.7 Cho P (x) đa thức Dư phép chia P (x) cho x−a P (a) Định lý 1.1.8 (Định lý Bezout) Số a nghiệm đa thức P (x) tồn đa thức Q(x) cho P (x) = (x − a)Q(x) Định nghĩa 1.1.9 Cho P (x) đa thức k > số nguyên Số a gọi nghiệm bội k đa thức P (x) P (x) chia hết cho (x − a)k không chia hết cho (x − a)k+1 Nếu k = a gọi nghiệm đơn Nếu k = a gọi nghiệm kép Bổ đề 1.1.10 Cho P (x) đa thức Số a nghiệm bội k P (x) P (x) = (x − a)k Q(x) Q(a) = Định lý 1.1.11 Cho P (x) = a1 , a2 , , ar nghiệm phân biệt P (x) Giả sử nghiệm bội ki P (x) với i = 1, 2, , r Khi ta có P (x) = (x − a1 )k1 (x − a2 )k2 (x − ar )kr Q(x), Q(ai ) = với i = 1, , r Hệ 1.1.12 Cho P (x) đa thức khác Khi số nghiệm P (x), nghiệm tính với số bội nó, khơng vượt q bậc của P Chứng minh Giả sử a1 , , ar nghiệm P (x) với số bội k1 , , kr Theo Định lí 1.1.11 ta có P (x) = (x − a1 )k1 (x − a2 )k2 (x − ar )kr Q(x) Ta có deg(P (x)) = deg(Q(x)) + r i=1 ki ≥ r i=1 ki 51 thức, xét nghiệm thực lời giải khơng hồn chỉnh Định lý đại số đóng vai trị quan trọng dạng toán Định lý 2.4.1 (Định lý đại số) Mọi đa thức bậc n (với n > 0), hệ số phức (thực) P (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 (với an = 0) có đủ n nghiệm phức (phân biệt hay trùng nhau) Bài tốn 2.4.2 (Olympic Hồng Kơng - 1999) Cho k số nguyên dương Tìm đa thức hệ số thực thỏa mãn điều kiện P (P (x)) = [P (x)]k , ∀x ∈ R (2.13) Giải Xét trường hợp P (x) ≡ c (c số) Từ (2.13) c = ck Khi k = c số Khi k > c = c = Xét trường hợp degP ≥ Vì đa thức P (x) − x ln có nghiệm (xét nghiệm phức) với n ∈ N∗ , tồn αn ∈ C cho P (αn ) = αn Từ theo (2.13) ta có P (αn ) = P (P (αn )) = [P (αn )]k , ∀k = 1, 2, (2.14) Từ (2.14) suy đa thức P (x)−xk có vơ số nghiệm, hay P (x)−xk ≡ 0, nghĩa P (x) = xk , ∀x ∈ R Thử lại thấy thỏa mãn Vậy k = P (x) ≡ c (c số bất kỳ) Nếu k > đa thức thỏa mãn đề P (x) = 0, P (x) = 1, P (x) = xk , ∀x ∈ R Bài tốn 2.4.3 Tìm tất đa thức hệ số thực P (x) thỏa mãn phương trình hàm P (x)P (x + 1) = P (x2 + x + 1), ∀x ∈ R (2.15) Giải Nếu P (x) ≡ a (a số) thay vào (2.15) ta a2 = a, suy a ∈ {0, 1} Bây ta xét đa thức có bậc lớn Giả sử a nghiệm P (x) Khi a2 + a + nghiệm Trong (2.15) thay x x − ta P (x − 1)P (x) = P (x2 − x + 1), ∀x ∈ R Vì P (a) = nên suy P (a2 − a + 1) = 0, a2 − a + nghiệm P (x) Chọn a nghiệm có module lớn (nếu có nhiều 52 nghiệm ta chọn chúng) Từ cách chọn suy |a2 + a + 1| ≤ |a|, |a2 − a + 1| ≤ |a| Theo bất đẳng thức module ta có |2a| = |(a2 + a + 1) + (−a2 + a − 1)| ≤ |a2 + a + 1| + | − a2 + a − 1| = |a2 + a + 1| + |a2 − a + 1| ≤ |a| + |a| = 2|a| = |2a| Như dấu phải xảy bất đẳng thức trên, suy |(a2 + a + 1) + (a2 − a + 1)| = |a2 + a + 1| + | − a2 + a − 1| Từ suy tồn số thực s ≥ cho a2 + a + = s(−a2 + a − 1) Nếu |a2 + a + 1| < |a2 − a + 1| 2|a2 + a + 1| > |a2 − a + 1| + |a2 + a + 1| ≥ |2a| ⇒ |a2 − a + 1| > |a| Tương tự |a2 + a + 1| > |a2 − a + 1| |a2 + a + 1| > |a|, mâu thuẫn với cách chọn a Vậy |a2 − a + 1| = |a2 + a + 1| Từ suy s = ta có a2 + a + = −a2 + a − 1, hay a2 = −1, suy a = ±i Vậy P (x) = (x2 + 1)m Q(x), Q(x) đa thức khơng chia hết cho x2 + Thay vào (2.15), ta có (x2 +1)m Q(x)(x2 +2x+2)m Q(x+1) = (x2 + x + 1)2 + m Q(x2 +x+1) Hay Q(x)Q(x + 1) = Q(x2 + x + 1) Vậy Q(x) thỏa mãn (2.15) Nếu Q(x) có nghiệm ta thực tương tự trên, nghiệm có module lớn phải i −i Nhưng điều khơng thể Q(x) không chia hết cho x2 +1 Bởi Q(x) số Giả sử Q(x) ≡ c, thay vào (2.15) ta c = Vậy P (x) = (x2 + 1)m Thử lại ta có tất đa thức thỏa mãn đề P (x) = 0, P (x) = 1, P (x) = (x2 +1)m , ∀x ∈ R với m = 1, 2, Bài tốn 2.4.4 Tìm tất đa thức P (x) thỏa mãn phương trình hàm P (x)P (2x2 ) = P (2x3 + x), ∀x ∈ R (2.16) Giải Với đa thức P (x) ≡ a, ta có a2 = a, suy a = hoăc a = Ta thấy P (x) ≡ P (x) ≡ thỏa mãn toán Tiếp theo ta xét trường hợp P (x) khác số 53 Giả sử P (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 , (với an = 0), đa thức thỏa mãn yêu cầu tốn Từ (2.16) ta có (an xn +an−1 xn−1 + +a1 x+a0 ) an (2x2 )n + an−1 (2x2 )n−1 + + a1 (2x2 ) + a0 = an (2x3 + x)n + an−1 (2x2 )n−1 + + a1 (2x3 + x) + a0 So sánh hệ số x3n hệ số tự hai vế ta 2n a2n = 2n an ⇔ a20 = a0 a2n = an a0 ∈ {0, 1} an =0 ⇔ an = a0 ∈ {0, 1} Truờng hợp an = a0 = Khi P (x) = xn + an−1 xn−1 + + a1 x = xl P1 (x), với l ∈ N∗ , P1 (0) = Thay vào (2.16) ta xl P1 (x)(2x2 )l P1 (2x2 ) = (2x3 + x)P1 (2x3 + x), ∀x ∈ R ⇒ P1 (x)(2x2 )l P1 (2x2 ) = (2x2 + 1)P1 (2x3 + x), ∀x = Do hàm số đa thức liên tục N , nên từ (2.4), cho x → ta đựoc P1 (0) = 0, đến ta thấy mâu thuẫn Vậy trường hợp xảy Trường hợp an = a0 = Giả sử α nghiệm đa thức P (x) Khi a0 = nên α = Ta có P (2a3 + α) = P (α)P (2α2 ) = Suy 2α3 + α nghiệm P (x) Xét dãy số (αn ) sau α0 = α = 0; αn+1 = 2αn3 + αn , ∀n = 0, 1, 2, Nếu α > dãy tăng nghiêm ngặt, α < (α < (αn ) dãy giảm nghiêm ngặt Từ suy P (x) có nghiệm thực khác khơng có vơ số nghiệm thực Điều xảy Kết hợp với P (0) = = suy P (x) = với x ∈ R Suy P (x) có nghiệm phức z1 , z2 , zn Theo định lý Vi-et ta có z1 z2 zn = (−1)n ⇒ |z1 |.|z2 | |zn | = Nếu tồn zk cho |zk | > Điều dẫn đến |2zk2 + 1| = |2zk2 − (−1)| ≥ |2zk2 | − | − 1| = 2|zk2 | − > (2.17) 54 Do |2zk3 + zk | = |zk ||2zk2 + 1| > |zk |, P (x) có vơ số nghiệm, điều khơng thể xảy Vậy với k = 1, 2, 3, , n |zk | ≤ 1, từ từ (2.17) suy |zk | = 1, ∀k = 1, n Giả sử α = cosφ + isinφ nghiệm phức P (x), 2α3 + α nghiệm đa thức P (x) = |2α3 + α| = |α|.|2α2 + 1| = |2α2 + 1| = |2cos2φ + 2isin2φ + 1| = |(2cos2φ + 1) + (2sin2φ)i| = (2cos2φ + 1)2 + (2sin2φ)2 Từ (2cos2φ + 1)2 + (2sin2φ)2 = ⇔ cos2φ = −1 ⇔ φ = π + kπ Suy α = ±i Do P (x) = (x2 + 1)k , ∀k ∈ N Thử lại ta thấy thỏa mãn Vậy tất đa thức thỏa mãn yêu cầu đề P (x) = 0, P (x) = (x + 1)k , ∀x ∈ R, ∀k ∈ N Bài tốn 2.4.5 Tìm tất đa thức P (x) thỏa mãn điều kiện P (x)P (2x2 ) = P (x3 + x), ∀x ∈ R (2.18) Giải Với đa thức P (x) ≡ a, ta có a2 = a, suy a = a = Ta thấy P (x) ≡ P (x) ≡ thỏa mãn Tiếp theo xét trường hợp P (x) không số: P (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 với an = 0, n ∈ N∗ (2.19) Từ (2.18) ta có P (0) = P (0) = Do a0 = a0 = Truờng hợp a0 = Khi giả sử P (x) = xm Q(x), Q(0) = 0, m ∈ N∗ , thay vào (2.18) ta xm Q(x).(2x2 )m Q(2x2 ) = (x3 + x)m Q(x3 + x), ∀x ∈ R Q(x).(2x2 )m Q(2x2 ) = (x2 + 1)m Q(x3 + x), ∀x ∈ R (2.20) Từ (2.20), chọn x = ta Q(0) = 0, đến ta thấy mâu thuẫn Truờng hợp a0 = Đồng thức hệ số bậc cao (2.18) ta an an 2n = an , hay an = n Từ (2.18) suy P (x0 ) = 55 P (x30 + x0 ) = x0 nghiệm đa thức P (x) x30 + x0 nghiệm đa thức P (x) Xét dãy số (xn ) sau x0 = 0; xn+1 = x3n + x − n, ∀n = 0, 1, 2, Nếu x0 > (xn ) dãy tăng nghiêm ngặt, x0 < dãy (xn ) dãy giảm nghiêm ngặt Từ suy P (x) có nghiệm thực khác khơng có vơ số nghiệm thực Điều xảy Kết hợp P (0) = = suy P (x) = với x ∈ R Suy P (x) có nghiệm phức z1 , z2 , , zn Theo định lý Vi-et ta có z1 z2 .zn = (−1)n 2n ⇒ |z1 |.|z2 | |zn | = 2n Vì tồn zk cho |zk | ≥ Điều dẫn đến |zk2 + 1| = |zk2 − (−1)| ≥ |zk2 | − | − 1| = |zk2 | − ≥ Do |zk2 + 1| = |zk |.|zk2 + 1| > |zk |, P (x) có vơ số nghiệm, điều khơng thể xảy Vậy có hai đa thức thỏa mãn yêu cầu đề P (x) = P (x) = 1, ∀x ∈ R Bài tốn 2.4.6 Tìm tất đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn P (sinx + cosx) = P (sinx) + P (cosx), ∀x ∈ R (2.21) Giải Dễ thấy đa thức P (x) ≡ c (c số) thỏa mãn yêu cầu đề x Tiếp theo ta giả sử deg(P ) = n ≥ Đặt t = tan , − t2 2t , cosx = sinx = + t2 + t2 Vậy (2.21) trở thành P( Giả sử P (x) = 2x − x2 + 2x − x2 ) = P ( ) + P ( ) + x2 + x2 + x2 n (2.22) ak xk + a0 Nhân hai vế 2.21 với (1 + x2 )n , k=1 thay x i ta Vậy (2.21) trở thành an (2 + 2i)n = an [(2i)n + 2n ] ⇔ (1 + i)n = + in (2.23) √ π π Số phức (1 + i)n có module 2n Ta có + in = + (cos + isin )n = 2 nπ nπ + cos + isin , suy 2 nπ nπ nπ nπ |1 + in | = (1 + cos )2 + sin2 = + 2cos = 4cos2 2 56 Do từ (2.22) suy 2n = 4cos2 nπ nπ ⇔ 2n−2 = cos2 4 (2.24) Khi n = (2.23) Khi n = (2.24) khơng Khi nπ n > 2n−2 > > cos2 Vậy (2.23) không n > Từ (2.24) ta có n = Do deg(P ) = 1, suy P (x) = ax + b Thay (2.21) b = Vậy P (x) = ax Các đa thức thỏa mãn yêu cầu đề P (x) = c, P (x) = ax, ∀x ∈ R, (với a, c số, a = 0) 2.5 Phương pháp sử dụng dãy số Bài tốn 2.5.1 Tìm tất đa thức hệ số thực P (x) không đồng không thỏa mãn P (1960) = 1992; P (x) = P (x2 + 1) − 33 + 32, ∀x ≥ Giải Giả sử P (x) đa thức thỏa mãn đề Khi ta có P (x2 + 1) = [P (x) − 32]2 + 33, ∀x ≥ Suy P (19602 + 1) = [1992 − 32]2 + 33 = 19602 + 33 Gọi x0 = 1960, ta có x0 + 32 = 1992, P (x0 ) = x0 + 32, (do P(1960)=1992) Ta xét dãy {xn } sau: x0 = 1960, x21 + 1, , xn+1 = x2n , ∀n = 1, 2, 3, Khi P (x0 ) = x0 + 32 P (x1 ) = P (x20 + 1) = [P (x0 ) − 32]2 + 33 = x20 + 33 = (x20 + 1) = x1 + 32, P (x2 ) = P (x21 + 1) = [P (x1 ) − 32]2 + 33 = x21 + 33 = (x21 + 1) = x2 + 32, Bằng quy nạp ta P (xn ) = xn + 32, ∀n = 0, 1, 2, 3, (2.25) Vì dãy số {xn }+∞ n=0 dãy tăng nghiêm ngặt nên từ (2.25) suy P (x) = x + 32, ∀x ∈ R Sau thử lại ta kết luận: Có đa thức thỏa mãn đề P (x) = x + 32, ∀x ∈ R Bài toán 2.5.2 Cho m số nguyên dương lẻ Tìm tất đa thức hệ số thực P (x) thỏa mãn P (2010) = 2016; P (x) = P (xm + 1) − + 6, ∀x ∈ R 57 Giải Từ giả thiết ta có P (xm + 1) = [P (x) − 6]m + 7, ∀x ∈ R Đặt P (x) = Q(x) + x + ta có [Q(x) + x]m = Q(xm + 1) + xm Q(2010) = Xét dãy số (un ) xác định u1 = 2010 un+1 = um n + Dễ thấy dãy (un ) tăng nghiêm ngặt, tập hợp {un |n = 1, 2, 3, } có vơ hạn phần tử Mà Q(un ) = 0, ∀n ≥ nên Q(x) = 0, ∀x ∈ R, tức P (x) = x + 6, ∀x ∈ R Thử lại thấy thỏa mãn Bài tốn 2.5.3 Tìm tất đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn P (x2 + 1) = (P (x))2 + 1, ∀x ∈ R (2.26) Giải Ta có P (0) = 0, P (1) = 02 + 1, P (2) = 12 + 1, P (5) = 22 + (2.27) Xây dựng dãy số (an ) sau: a0 = an+1 = a2n + 1, ∀n ∈ N Ta có a1 = > a0 Giả sử an+1 > an Do an > 0, ∀n ∈ N∗ nên a2n+1 > a2n , dẫn tới an+2 = a2n+1 + > a2n + = an+1 Theo nguyên lí quy nạp suy dãy (an ) tăng thực sự, dãy (an ) gồm vơ số số hạng phân biệt Do (2.27) nên P (a0 ) = a0 , P (a1 ) = a1 , P (a2 ) = a2 Giả sử P (ak ) = ak , ∀k ∈ N Khi sử dụng (2.26) ta P (ak+1 ) = P (a2k + 1) = (P (ak ))2 + = a2k + = ak+1 Theo nguyên lí quy nạp suy P (an ) = an , ∀n ∈ N Xét đa thức hệ số thực Q(x) = P (x) − x Do P (an ) = an , ∀n ∈ N nên Q(x) nhận an làm nghiệm với số tự nhiên n Vì dãy số (an ) gồm vơ số hạng phân biệt nên suy Q(x) ≡ hay P (x) ≡ x Thử lại thấy Vậy có đa thức thỏa mãn yêu cầu đề bài, P (x) = x, ∀x ∈ R Bài tốn 2.5.4 Tìm tất đa thức bậc lẻ P (x) ∈ R [x] thỏa mãn P (x2 + 1) = (P (x))2 + 1, ∀x ∈ R (2.28) Giải Trong (2.28) thay x −x P (x2 + 1) = (P (−x))2 + 1, ∀x ∈ R (2.29) 58 Từ (2.28) (2.29) suy P (x) = P (−x), ∀x ∈ R, hay [P (x) − P (−x)][P (x) + P (−x)] = 0, ∀x ∈ R (2.30) Từ (2.30) suy hai đa thức P (x) − P (−x); P (x) + P (−x) có vơ số nghiệm nên đa thức khơng Do deg(P ) lẻ nên P (x) + P (−x) = 0, ∀x ∈ R (2.31) Từ (2.31) cho x = ta P (0) = Đến sử dụng kết Bài 2.5.3 ta P (x) = x, ∀x ∈ R Bài tốn 2.5.5 Tìm tất đa thức P (x) ∈ R [x] có deg(P ) ≥ thỏa mãn P (x2 + 1) = (P (x))2 + 1, ∀x ∈ R (2.32) Giải Trường hợp P (0) = 0, sử dụng kết Bài 2.5.3 ta P (x) = x Trường hợp P (0) = Giả sử P (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 , với an = Thay vào (2.32) (an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 )2 + = an (x2 + 1)n + an−1 (x2 + 1)n−1 + + a1 (x2 + 1) + a0 , ∀x ∈ R So sánh hệ số x hai vế 2a0 a1 = suy a1 = Sau so sánh hệ số x3 hai vế ta 2a3 a0 + 2a0 a1 = suy a3 = (do a1 = 0.) Tiếp tục trình ta hệ số x mũ lẻ Do P (x) = Q(x2 ), Q(t) đa thức Từ (2.32) ta có Q((x2 + 1)2 ) = P (x2 + 1) = [P (x)]2 + = [Q(x2 )]2 + 1, ∀x ∈ R (2.33) Xét đa thức H(t) cho H(t) = Q(t − 1) Thay vào (2.33) ta H((x2 + 1)2 + 1) = [H(x2 + 1)]2 + 1, ∀x ∈ R (2.34) Do tập hợp {x2 + 1|x ∈ R} có vơ số phần tử khác nên từ (2.34) suy H(x2 + 1) − [H(x)]2 − ≡ 0, ∀x ∈ R H(x2 + 1) = [H(x)]2 + 1, ∀x ∈ R (2.35) 59 Nghĩa H(x) thỏa mãn điều kiện toán deg(H) < deg(P ) Nếu H(0) = theo H(x) ≡ x suy P (x) ≡ Q(x2 ) ≡ H(x2 + 1) ≡ x2 + Nếu H(x) = tiến hành tương tự P (x), ta thu đa thức H1 (x) thỏa mãn yêu cầu đề degH1 < degH Dễ thấy trình tiếp tục hữu hạn bước, nghĩa đến thời điểm chắn đến đa thức x Suy đa thức P (x) thỏa mãn tính chất (2.32) trùng với đa thức dãy P0 (x) = x, P1 (x) = x2 + 1, , Pn+1 (x) = Pn (x2 + 1), , ∀x ∈ R Ngược lại, cách kiểm tra trực tiếp tất đa thức dãy thỏa mãn điều kiện toán Nhận xét Với a, b, c ∈ R thoả mãn ab + bc + ca + ta có (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 = 2(a + b + c)2 (ab + bc + ca)2 = ⇒ 2abc(a + b + c) = −(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) Suy (a − b)4 + (b − c)4 + (c − a)4 = 4(a + b + c)4 − (a − b)2 (b − c)2 + (b − c)2 (c − a)2 + (c − a)2 (a − b)2 = 4(a + b + c)4 − (b2 + 2ca)2 + (c2 + 2ab)2 + (a2 + 2bc)2 = 4(a + b + c)4 − a4 + b4 + 4(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) + 4abc(a + b + c) = 4(a + b + c)4 − a4 + b4 + c4 + 2(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) = 4(a + b + c)4 − 2(a2 + b2 + c2 )2 = 4(a + b + c)4 − 2(a2 + b2 + c2 )2 = 4(a + b + c)4 − 2(a + b + c)4 = 2(a + b + c)4 Tóm lại ta có (a + b)2 + (b + c)2 + (c + a)2 = 2(a + b + c)2 (a − b)4 + (b − c)4 + (c − a)4 = 2(a + b + c)4 Từ ta dễ dàng thấy phương trình hàm đa thức P (a − b) + P (b − c) + P (c − a) = 2P (a + b + c) nhận đa thức P (x) = ax4 + bx2 làm nghiệm Vậy ta thu toán sau đây: 60 Bài tốn 2.5.6 (Olynpic tốn quốc tế 2004) Tìm tất đa thức P (x) hệ số thực thỏa mãn hệ thức P (a − b) + P (b − c) + P (c − a) = 2P (a + b + c), (2.36) với a, b, c ∈ R thoả mãn ab + bc + ca = Giải Trước hết tìm nghiệm nguyên phương trình ab+bc+ca = Chọn a = ta 6b + 6c + bc = 0, chọn b = ta 18 + 6c + 3c = Từ suy c = −2 Vậy (a; b; c) = (6; 3; −2) nghiệm nguyên phương trình ab + bc + ca = Suy với x ∈ R, (6x; 3x; −2x) thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = Do thay vào (2.36) ta P (3x) + P (5x) + P (−8x) = 2P (7x), ∀x ∈ R n Giả sử P (x) = (2.37) xi (quy ước x0 = 1) Thay vào (2.37) ta i=0 n n i (3x) + i=0 n i (5x) + i=0 (−8x) = i=0 ⇔ i=0 (3i + 5i + (−8)i )xi = i=0 i=0 n i=0 (7x)i , ∀x ∈ R n n ⇔ n i (2.7i )xi ∀x ∈ R (3i + 5i + (−8)i − 2.7i )xi = 0, ∀x ∈ R Do vậy, ta có (3i + 5i + (−8)i − 2.7i )ai = 0, ∀n = 0, 1, 2, , n (2.38) Đặt λi = (3i + 5i + (−8)i − 2.7i )ai = 0, ∀n = 0, 1, 2, , n Ta tính vài giá trị ban đầu dãy số {λi }ni=0 : λ0 = > 0, λ1 = + − − 2.7 < 0, λ2 = + 25 + 64 − 2.49 = 0, λ3 = 27 + 125 − 512 − 2.343 < 0, λ4 = 81 + 625 + 4096 − 4802 = Ta nhận thấy với i = 0, 1, 2, , n λi < với i số lẻ; λi > với i = i ≥ chẵn; λi = i = i = Vậy kết hợp với (2.37) ta suy i ∈ {0, 1, 2, , n}\{2; 4} = Bởi P (x) = mx2 + nx4 , ∀x ∈ R Thử lại thấy thỏa mãn điều kiện 61 Vậy tất đa thức cần tìm P (x) = mx2 + nx4 , ∀x ∈ R, với m n số tuỳ ý 2.6 Phương trình hàm có lời giải hàm đa thức Có nhiều phương trình hàm tổng quát có lời giải hàm đa thức, chẳng hạn phương trình hàm Cauchy, phương trình hàm Jensen trình bày Bài tốn 2.6.1 (Phương trình hàm Cauchy) Tìm hàm số f : R → R liên tục thỏa mãn điều kiện f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R (2.39) Giải Giả sử f hàm số thỏa mãn đề bài, ta có (2.39) Trong (2.39) lấy y = x ta f (2x) = 2f (x), ∀x ∈ R (2.40) Cho x = vào (2.40) ta f (0) = Bằng chứng minh quy nạp ta có f (nx) = nf (x), ∀x ∈ R, n ∈ N (2.41) f (−x) = −f (x), ∀x ∈ R (2.42) Trong (2.39) lấy y = −x sử dụng f (0) = ta Bởi cho n = −1, −2, , sử dụng (2.41) (2.42) ta có f (nx) = f (−n(−x)) = −nf (−x) = nf (x), ∀x ∈ R (2.43) Từ (2.41) (2.43) suy f (nx) = nf (x), ∀x ∈ R, ∀n ∈ Z (2.44) Với n = 1, 2, 3, sử dụng (2.41) ta có f (x) = f n n1 x = nf n1 x , hay 1 x = f (x), ∀x ∈ R (2.45) f n n 62 Với m, n ∈ Z, n > sử dụng (2.44) (2.45) ta có f m x =f n m x n = mf x n = m f (x), ∀x ∈ R n Bởi f (rx) = rf (x), ∀x ∈ R, ∀r ∈ Q (2.46) f (r) = rf (1), ∀r ∈ Q (2.47) Trong (2.47) lấy x = ta Với x ∈ R tồn dãy số hữu tỉ {rn }+∞ n=0 cho lim rn = x Vì x→+∞ f liên tục nên f (x) = f lim rn x→+∞ = lim f (rn ) = lim rn f (1) = f (1) lim rn = f (1)x x→+∞ x→+∞ x→+∞ Vậy f (x) = ax, ∀x ∈ R, (a số tùy ý) Thử lại ta thấy thỏa mãn Bài tốn 2.6.2 (Phương trình hàm Jensen) Tìm hàm số f : R → R liên tục thỏa mãn điều kiện f( x+y f (x) + f (y) )= , ∀x, y ∈ R 2 (2.48) Giải Trong (2.48) lấy y = ta Suy f (x) + a x , ∀x ∈ R; a = f (0) f( ) = 2 f (x + y) + a f (x) + f (y) = , ∀x, y ∈ R, 2 hay f (x + y) + a = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R Xét hàm số g : R → R xác định sau g(x) = f (x) − a Vì f liên tục R nên g liên tục R Do ta có g(x + y) + 2a = g(x) + a + g(y) + a, ∀x, y ∈ R, hay g(x + y) = g(x) + g(y), ∀x, y ∈ R Sử dụng Phương trình hàm Cauchy ta g(x) ≡ bx suy f (x) ≡ bx + a Thử lại ta thấy hàm số f (x) = bx + a, ∀x ∈ R (a, b số) thỏa mãn yêu cầu đề 63 Bài toán 2.6.3 Các hàm f, h : R → R thỏa mãn phương trình hàm f (x) − f (y) = h(x + y), x = y, x−y (2.49) f (x) − f (y) = (x − y)h(x + y), x = y (2.50) f (x) = ax2 + bx + c h(x) = ax + b, a, b, c số thực tùy ý Chứng minh Ta có Nếu f thỏa mãn phương trình (2.50), f + b thỏa mãn, với b số tùy ý Vì khơng tính tổng qt ta giả sử f (0) = Đặt y = phương trình (2.50) ta có f (x) = xh(x) (2.51) xh(x) − yh(y) = (x − y)h(x + y) (2.52) Từ (2.50) ta có Ngược lại h thỏa mãn phương trình (2.52) h+c thỏa mãn,với c số tùy ý Giả sử h(0) = 0, đặt x = −y (2.52), ta −yh(−y) = yh(y) (2.53) Do h hàm lẻ, cho y = −y (2.52), ta có xh(x) − yh(y) = (x + y)h(x − y) (2.54) So sánh (2.54) (2.52), ta có (x − y)h(x + y) = (x + y)h(x − y) (2.55) thay u = x + y, v = x − y vào (2.55), ta vh(u) = uh(v),∀u, v ∈ R Do ta có h(u) = au Nếu khơng có giả sử h(0) = ta có h(u) = au + b Từ (2.51) có f (x) = x(ax + b), khơng có f (0) = f (x) = ax2 + bx + c Như ta có điều phải chứng minh 64 Kết luận Luận văn "Phương trình hàm đa thức ứng dụng" thu số kết sau: - Trình bày hệ thống số kiến thức đa thức, nghiệm đa thức, nội suy đa thức - Phân loại số dạng phương trình hàm đa thức P (f )P (g) = P (h), P (f )P (g) = P (h) + Q - Phân loại số phương pháp, kỹ thuật sử dụng giải phương trình hàm đa thức như: Phương pháp đặt ẩn phụ, dồn biến; phương pháp giá trị đặc biệt, phương pháp hệ số bất định, phương pháp đổi biến số, phương pháp sử dụng tính chất nghiệm so sánh bậc, phương pháp sử dụng công thức nội suy Lagrange - Sưu tập ví dụ để minh họa cho dạng phương trình hàm số phương pháp giải chúng Do khn khổ luận văn cịn nhiều vấn đề mà tác giả khơng thể trình bày hết luận văn phân tích số ví dụ phương trình hàm có nhiều lời giải, tìm hiểu số dạng phương trình hàm đa thức đặc biệt hóa từ phương trình hàm thơng thường, tìm hiểu bất phương trình hàm đa thức, Tác giả tiếp tục tìm hiểu tương lai 65 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Lê Hải Châu (2009), Các thi Olympic Tốn trung học phổ thơng Việt Nam, NXB Giáo dục [2] Nguyễn Tài Chung (2014), Bồi dưỡng học sinh giỏi phương trình hàm, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [3] Nguyễn Văn Mậu (1998), Phương trình hàm, NXB Giáo dục [4] Nguyễn Văn Mậu (1998), Đa thức phân thức hữu tỉ, NXB Giáo dục [5] Lê Thị Thanh Nhàn (2015), Giáo trình lý thuyết đa thức, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [6] Tạp chí Tốn học tuổi trẻ, NXB Giáo dục Tiếng Anh [7] Sahoo P.K and Riedel T (2000), Mean Value Theorems and Functional Equations, World Scientific [8] Small R.G (2007), Functional Equations and How to Solve them, Springer [9] http://artofproblemsolving.com ... đối số phương pháp số dạng phương trình hàm tập đa thức mà ta gọi phương trình hàm đa thức Để giải phương trình hàm dạng bên cạnh việc sử dụng kỹ thuật chung cho việc giải phương trình hàm ta... sinh viên Một dạng toán khó phổ biến đa thức phương trình hàm tập đa thức Dạng tốn phương trình hàm nói chung phương trình hàm tập đa thức nói riêng phong phú đa dạng, với nhiều tốn có lời giải... bi xi Khi K[x] vành giao hoán với phép cộng nhân đa thức Vành K[x] gọi vành đa thức biến x với hệ số K Phần tử không vành đa thức 0, phần tử đơn vị đa thức Ta định nghĩa vành đa thức nhiều biến