ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KHOA TỐN −−− −−− TRẦN THỊ THU HƯƠNG PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Chuyên ngành: Cử nhân Toán - Tin Giảng viên hướng dẫn: ThS PHAN QUANG NHƯ ANH - Đà Nẵng, 5/2014 - Mục lục LỜI MỞ ĐẦU LỜI CẢM ƠN TỔNG QUAN VỀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM 1.1 Một số tính chất đặc trưng hàm số 1.1.1 Hàm số chẵn, hàm số lẻ 1.1.2 Hàm số đơn điệu 1.1.3 Hàm số liên tục 1.1.4 Hàm số khả vi 10 1.1.5 Hàm số tuần hồn phản tuần hồn cộng tính 1.1.6 Hàm số tuần hoàn phản tuần hoàn nhân tính 13 1.1.7 Mối liên hệ hàm tuần hồn cộng tính nhân 10 tính 14 1.1.8 1.2 Đặc trưng hàm số hàm số sơ cấp 17 Các phương trình hàm 19 1.2.1 Phương trình hàm (Phương trình hàm Cauchy) 20 1.2.2 Phương trình hàm 22 1.2.3 Phương trình hàm 23 1.2.4 Phương trình hàm 25 ĐA THỨC VÀ MỘT SỐ TÍNH CHẤT CƠ BẢN Khóa Luận Tốt Nghiệp 26 SVTH: Trần Thị Thu Hương 2.1 Định nghĩa 26 2.2 Các phép tính đa thức 27 2.3 Các tính chất 28 2.4 Ước, ước chung lớn 33 PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC 36 3.1 Đa thức xác định phép biến đổi biến số 36 3.2 Sử dụng tính chất nghiệm so sánh bậc 39 3.3 Sai phân phương trình hàm đa thức 45 3.4 Phương trình dạng P (f )P (g) = P (h) 49 3.5 3.6 3.4.1 Bài toán tổng quát 49 3.4.2 Một số tập áp dụng 52 Phương trình dạng P (f ).P (g) = P (h) + Q 54 3.5.1 Bài toán tổng quát: 54 3.5.2 Một số tập áp dụng 55 Một số phương pháp giải khác 57 3.6.1 Sử dụng số phức để giải phương trình hàm 57 3.6.2 Áp dụng phương pháp đồng 60 3.6.3 Sử dụng bậc 62 KẾT LUẬN 65 TÀI LIỆU THAM KHẢO 66 Khóa Luận Tốt Nghiệp SVTH: Trần Thị Thu Hương LỜI MỞ ĐẦU Ngay từ phổ thông làm quen với phương trình đại số hay nhiều biến Giải phương trình hàm giống giải phương trình đại số tìm ẩn số chưa biết, nhiên ẩn hàm số Có thể nói lý thuyết phương trình hàm lĩnh vực nghiên cứu quan trọng Giải tích Tốn học Các dạng tốn phương trình hàm đa dạng phức hợp nên khó phân loại hệ thống hóa thành chuyên đề riêng biệt Phương trình hàm chuyên đề quan trọng bồi dưỡng học sinh giỏi bậc trung học phổ thơng, nhiên mảng kiến thức phương trình hàm chưa đề cập nhiều Mà phần lớn học sinh tìm hiểu phương trình hàm cảm thấy khó dạng tốn địi hỏi người học phải vận dụng nhiều kiến thức giải, có khả tư tốt, khả khái quát hóa, phán đốn vấn đề Và phương trình hàm đa thức lại khó hơn, mà tài liệu đề cập dạng toán cịn chưa có tài liệu trình bày đầy đủ khía cạnh Do đó, việc giúp học sinh tiếp cận với phương trình hàm dễ dàng giải số tốn phương trình hàm đa thức yêu cầu cần thiết nên tơi chọn Đề tài "PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC" Khóa Luận Tốt Nghiệp SVTH: Trần Thị Thu Hương Đề tài trình bày phương pháp giải số dạng phương trình hàm, xét số tốn minh họa với cặp biến tự mà nghiệm đa thức hệ số thực Ngoài phần Mở đầu phần Kết luận, khóa luận bao gồm chương: Chương 1: Trình bày kiến thức chuẩn bị như: số tính chất đặc trưng hàm số phương trình hàm Chương 2: Trình bày tính chất đặc trưng đa thức Chương 3: Trình bày chi tiết dạng phương trình hàm đa thức Đề tài quan tâm đến nhiều đối tượng, đa thức đại số vấn đề liên quan hoàn toàn phù hợp với nội dung bồi dưỡng học sinh giỏi bậc trung học, đem lại niềm đam mê sáng tạo từ toán Đà Nẵng, tháng 05 năm 2014 Sinh viên thực Trần Thị Thu Hương Khóa Luận Tốt Nghiệp SVTH: Trần Thị Thu Hương LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành hướng dẫn trực tiếp ThS Phan Quang Như Anh, Khoa Toán - Trường Đại học Sư Phạm - Đại học Đà Nẵng Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới Cơ - người nhiệt tình hướng dẫn, quan tâm, giúp đỡ tơi thực khóa luận Tơi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới Ban lãnh đạo trường Đại học Sư Phạm Đà Nẵng tồn thể thầy giáo tận tình giảng dạy, giúp đỡ tạo điều kiện cho phấn đấu suốt trình học tập trường Nhân dịp xin gửi lời cảm ơn tha thiết tới gia đình, bạn bè bên tôi, cổ vũ, động viên, giúp đỡ suốt q trình học tập thực khóa luận tốt nghiệp Cuối tơi xin kính chúc tất quý thầy cô, bạn bè dồi sức khỏe, hạnh phúc, may mắn sống nghiệp chọn Tơi xin chân thành cảm ơn! Khóa Luận Tốt Nghiệp SVTH: Trần Thị Thu Hương Chương TỔNG QUAN VỀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM Trong chương có sử dụng tài liệu tham khảo tương ứng danh mục [1], [5] 1.1 Một số tính chất đặc trưng hàm số Xét hàm số f (x) với tập xác định D(f ) ⊂ R tập giá trị R(f ) ⊂ R 1.1.1 Hàm số chẵn, hàm số lẻ Định nghĩa 1.1 • Hàm số f (x) gọi hàm số chẵn tập M, M ⊂ D(f ) (gọi tắt hàm chẵn M) ∀x ∈ M ⇒ −x ∈ M f (−x) = f (x), ∀x ∈ M • Hàm số f (x) gọi hàm số lẻ tập M, M ⊂ D(f ) (gọi tắt hàm lẻ M) ∀x ∈ M ⇒ −x ∈ M f (−x) = −f (x), ∀x ∈ M Bài toán 1.1 Chứng minh hàm số xác định R viết dạng tổng hàm số chẵn hàm số lẻ 1 Giải: Ta có: f (x) = (f (x) + f (−x)) + (f (x) − f (−x)) 2 Khóa Luận Tốt Nghiệp SVTH: Trần Thị Thu Hương Ta chứng minh hàm số f1 (x) = (f (x) + f (−x)) hàm số chẵn hàm số f2 (x) = (f (x) − f (−x)) hàm số lẻ Vì hàm số có tập xác định R nên ∀x ∈ R ⇒ −x ∈ R ta có: f1 (−x) = (f (−x) + f (x)) = f1 (x) ⇒ f1 (x) hàm số chẵn R Chứng minh tương tự cho hàm số f2 (x) hàm số lẻ R Bài toán 1.2 Cho x0 ∈ R Xác định tất hàm số f (x) cho: f (x0 − x) = f (x), ∀x ∈ R (1.1) x0 x0 Giải: Đặt x= − t (⇔ t = − x) 2 x0 Khi đó: x0 − x = + t (1.1) có dạng: x0 x0 f ( + t) = f ( − t), ∀t ∈ R (1.2) 2 x0 x0 x0 Đặt g(t) = f ( + t) g(−t) = f ( − t), f (t) = g(t − ) 2 Khi (1.2) có dạng g(−t) = g(t), ∀t ∈ R Vậy g(t) hàm chẵn R x0 Kết luận: f (x) = g(x − ), g(x) hàm chẵn tùy ý R Bài toán 1.3 Cho a, b ∈ R Xác định tất hàm số f (x) cho: f (a − x) + f (x) = b, ∀x ∈ R (1.3) a − x = t a x= −t a2 a − x = + t (1.3) có dạng a a f ( + t) + f ( − t) = b, ∀x ∈ R (1.4) 2 a b a b a b f ( + t) − = g(t) g(−t) = f ( − t) − , f (t) = g(t − ) + 2 2 2 viết (1.4) dạng Giải: Đặt Khi Khi Đặt Khi g(−t) + g(t) = 0, ∀t ∈ R Khóa Luận Tốt Nghiệp SVTH: Trần Thị Thu Hương hay g(−t) = −g(t), ∀t ∈ R a b Vậy g(t) hàm số lẻ R Kết luận: f (x) = g(x − ) + , với g(x) 2 hàm số lẻ tùy ý R 1.1.2 Hàm số đơn điệu Định nghĩa 1.2 • Hàm số f (x) gọi hàm số đồng biến tập N ⊂ D(f ) ∀x1 , x2 ∈ N mà x1 < x2 f (x1 ) < f (x2 ) • Hàm số f (x) gọi hàm số nghịch biến tập N ⊂ D(f ) ∀x1 , x2 ∈ N mà x1 < x2 f (x1 ) > f (x2 ) Bài toán 1.4 Chứng minh hàm y = f (x) y = g(x) đồng biến tập hợp X hàm số y = h(x) = f (x) + g(x) đồng biến tập X Giải: Hàm số y = h(x) xác định tập X Theo đề: ∀x1 , x2 ∈ X; x1 < x2 f (x1 ) < f (x2 ) g(x1 ) < g(x2 ) ⇒ h(x1 ) = f (x1 ) + g(x1 ) < h(x2 ) = f (x2 ) + g(x2 ) Vậy hàm số y = h(x) hàm số đồng biến tập X 1.1.3 Hàm số liên tục Định nghĩa 1.3 • Giả sử hàm số y = f (x) xác định lân cận điểm x0 Ta nói f (x) liên tục x0 lim f (x) = f (x0 ) Khi x0 gọi x→x0 điểm liên tục f (x) Khóa Luận Tốt Nghiệp SVTH: Trần Thị Thu Hương 10 • Giả sử hàm số f (x) xác định [x0 , b), f (x) gọi liên tục bên phải x0 lim+ f (x) = f (x0 ) x→x0 • Giả sử hàm số f (x) xác định (a, x0 ], f (x) gọi liên tục bên trái x0 lim− f (x) = f (x0 ) x→x0 Định lý 1.1 Hàm số f (x) liên tục x0 f (x) vừa liên tục bên trái vừa liên tục bên phải x0 • Hàm số f (x) liên tục khoảng (a, b) f (x) liên tục điểm thuộc khoảng (a, b) • Hàm số f (x) liên tục đoạn [a, b] f (x) liên tục khoảng (a, b) đồng thời liên tục phải a, liên tục trái b 1.1.4 Hàm số khả vi Định nghĩa 1.4 Cho hàm số f (x), x0 ∈ D(f ) Ta nói f (x) có đạo hàm f (x0 +∆x)−f (x0 ) ∆x ∆x→0 x0 tồn giới hạn hữu hạn lim Giới hạn kí hiệu f (x0 ) gọi đạo hàm hàm f (x) x0 Khi đó, ta nói f (x) khả vi x0 Định lý 1.2 Cho hàm số f (x) xác định (a, b) Điều kiện cần đủ để f (x) khả vi (a, b) có đạo hàm (a, b) dy = f (x).∆x 1.1.5 Hàm số tuần hoàn phản tuần hồn cộng tính Định nghĩa 1.5 • Hàm số f (x) gọi hàm tuần hồn cộng tính chu kỳ a (a > 0) M M ⊂ D(f ) ∀x ∈ M ⇒ x ± a ∈ M f (x + a) = f (x), ∀x ∈ M Khóa Luận Tốt Nghiệp SVTH: Trần Thị Thu Hương 52 tiêu thực phép cộng Tuy nhiên xét hệ số cao hai đa thức này, ta có hệ số xndeg(f )+rdeg(g) đa thức thứ đa thức thứ hai làP ∗ (f ∗ )n R∗ (g ∗ )r , R∗ (f ∗ )r P ∗ (g ∗ )n Như bậc xndeg(f )+rdeg(g) tổng hai đa thức P ∗ (f ∗ )n R∗ (g ∗ )r + R∗ (f ∗ )r P ∗ (g ∗ )n =P ∗ R∗ f ∗r g ∗r [f ∗(n−r) + g ∗(n−r) ] = 0(dof ∗ + g ∗ = 0) Như vậy, bậc vế trái (3.13’) ndeg(f ) + rdeg(g), bậc vế phải rdeg(h) = r(deg(f ) + deg(g)) < ndeg(f ) + rdeg(g) (mâu thuẫn) Định lý chứng minh hoàn toàn Áp dụng Định lý 3.1 hệ 3.1, ta thấy P0 (x) đa thức bậc thỏa mãn phương trình (3.13) với f, g, h đa thức thỏa mãn điều kiện Định lý 3.1 tất nghiệm (3.13) có dạng P (x) ≡ 0, P (x) ≡ P (x) = [P0 (x)]n với n ∈ N∗ Sau đây, xem xét số ví dụ áp dụng tính chất nói 3.4.2 Một số tập áp dụng Bài tốn 3.19 (Đề thi vào Khoa Tốn học tính toán Điều khiển - Đại học Tổng hợp Quốc gia Matxcova năm 2002) Tìm tất đa thức P (x) với hệ số thực thỏa: P (x2 ) = [P (x)]2 , ∀x ∈ R (3.14) Giải: Ta có P (x2 ) = P (x) ⇔ P (x.x) = P (x).P (x) ⇒ f (x) = x, g(x) = x, h(x) = x2 thỏa mãn điều kiện Định lý 3.1 Và có P0 (x) = x đa thức bậc thỏa phương trình (3.14) Do hàm P (x) ≡ 0, P (x) ≡ 1, P (x) = xn , n = 1, 2, 3, tất nghiệm phương trình cho Khóa Luận Tốt Nghiệp SVTH: Trần Thị Thu Hương 53 Bài toán 3.20 (Bulgaria - 1976) Tìm tất đa thức thỏa: P (x2 − 2x) = P (x − 2), ∀x ∈ R (3.15) Giải: Ta có: P (x2 − 2x) = P (x − 2) ⇔ P (x2 − 2x) = P (x − 2).P (x − 2) ⇒ f (x) = x − 2, g(x) = x − 2, h(x) = x2 − 2x thỏa mãn điều kiện Định lý 3.1 Và có P0 (x) = x + đa thức bậc thỏa phương trình (3.15) Do hàm P (x) ≡ 0, P (x) ≡ 1, P (x) = (x + 1)n , n = 1, 2, 3, tất nghiệm phương trình cho Bài tốn 3.21 (HSG Quốc gia - 2006) Tìm tất đa thức thỏa: P (x2 ) + x[3P (x) + P (−x)] = P (x) + 2x2 ∀x ∈ R (3.16) Giải: Thay x = −x vào (3.16), ta được: P (x2 ) = x[3P (−x) + P (x)] = P (−x) + 2x2 (3.17) Lấy (3.16)-(3.17), ta có: 4x[P (x) + P (−x)] = P (x) − P (−x) ⇔ 4x[P (x) + P (−x)] = [P (x) − P (−x)].[P (x) + P (−x)] ⇔ [P (x) + P (−x)].[P (x) − P (−x) − 4x] = ⇔ P (x) + P (−x) = P (x) − P (−x) − 4x = với vô số giá trị x Do P (x) đa thức nên Khóa Luận Tốt Nghiệp P (x) + P (−x) = (a) P (x) − P (−x) − 4x = (b) SVTH: Trần Thị Thu Hương 54 với x Giải (a): P (x) + P (−x) = ⇒ P (−x) = P (x) Thay vào (3.16) ta có: P (x2 ) + 2xP (x) = P (x) + 2x2 ⇔ P (x2 ) − x2 = [P (x) − x]2 Đặt Q(x) = P (x) − x ta có Q(x2 ) = Q2 (x) Theo tốn 3.20 Q(x) ≡ 0, Q(x) ≡ 1, Q(x) = xn (n ∈ N∗ ) Từ suy P (x) = x, P (x) = x + 1, P (x) = xn + x So sánh với điều kiện P (x) + P (−x) = 0, ta nhận nghiệm: P (x) = x, P (x) = x2k+1 + x, k = 0, 1, 2, Giải (b): P (x) − P (−x) − 4x = ⇒ P (−x) = P (x) − 4x Thay vào (3.16) ta có: P (x2 ) + x[4P (x) − 4x] = P (x) + 2x2 ⇔ P (x2 ) − 2x2 = [P (x) − 2x]2 Đặt H(x) = P (x) − 2x ta có H(x2 ) = H (x) Và H(x) ≡ 0, H(x) ≡ 1, H(x) = xn (n ∈ N∗ ) Từ suy P (x) = 2x, P (x) = 2x + 1, P (x) = xn + 2x So sánh với điều kiện P (x) − P (−x) − 4x = 0, ta nhận nghiệm: P (x) = 2x, P (x) = 2x + 1, P (x) = x2k + 2x, k = 0, 1, 2, Vậy đa thức cần tìm là: P (x) = x, P (x) = 2x, P (x) = 2x + 1, P (x) = x2k+1 + x, P (x) = x2k + 2x với k=2,3, 3.5 3.5.1 Phương trình dạng P (f ).P (g) = P (h) + Q Bài toán tổng quát: Giả sử f (x), g(x), h(x), Q(x) đa thức thuộc R[x] cho thỏa mãn điều kiện: deg(f ) + deg(g) = deg(h) Tìm tất đa thức P (x) thuộc R[x] cho: P (f (x)).P (g(x)) = P (h(x)) + Q, ∀x ∈ R Khóa Luận Tốt Nghiệp (3.18) SVTH: Trần Thị Thu Hương 55 Với phương trình (3.18), Q khơng đồng ta khơng cịn tính chất "nhân tính" dạng 3.4 Vì thế, việc xây dựng nghiệm trở nên khó khăn Đây khác biệt hai dạng 3.4 3.5 Tuy nhiên ta chứng minh định lý nhất, phát biểu sau: Định lý 3.2 Cho f, g, h đa thức không thỏa mãn điều kiện deg(f ) + deg(g) = deg(h), Q đa thức cho trước Khi với số nguyên dương n số thực a, tồn nhiều đa thức P thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: (i) (ii) (iii) deg(P ) = n P∗ = a P (f ).P (g) = P (h) + Q Phép chứng minh định lý hoàn toàn tương tự với phép chứng minh định lý chứng minh phần 3.4 Hệ 3.2 Trong điều kiện định lý, với số nguyên dương n, tồn nhiều đa thức P (x) có bậc n thỏa mãn phương trình P (f (x)).P (g(x)) = P (h(x)) + Q Chứng minh Hệ số cao P phải thỏa mãn phương trình P ∗2 (f ∗ g ∗ )n = P ∗ (h∗ )n + hệ số xnh Q Suy P ∗ nhận nhiều giá trị 3.5.2 Một số tập áp dụng Bài toán 3.22 Tìm tất đa thức P (x) thỏa: P (x) − P (x2 ) = 2x4 Giải: Nếu đặt P (x) = axk + R(x), với a = 0, deg(R) = r ≤ k ta có P (x) − P (x2 ) = (a2 − a)x2k + 2axk R(x) + R2 (x) − R(x2 ) Khóa Luận Tốt Nghiệp (3.19) SVTH: Trần Thị Thu Hương 56 Từ suy deg(P (x) − P (x2 )) 2k a = 1, k + r a = r ≥ 0, −∞ a = r = −∞ (tức đồng 0) Từ suy k ≤ Đến đây, ta dễ dàng tìm nghiệm (3.19) P (x) ≡ x4 , P (x) ≡ x3 + x, P (x) ≡ 2x2 , P (x) ≡ −x2 Bài toán 3.23 Tìm tất đa thức P (x) thỏa: P (x2 − 2) = P (x) − (3.20) Giải: Có hai đa thức thỏa mãn phương trình đa thức đồng -1 đa thức đồng Với đa thức bậc lớn hay 1, áp dụng hệ (3.1) ta suy với số nguyên dương n, tồn không đa thức P (x) thỏa (3.20) Điểm khó ta khơng có chế đơn giản để xây dựng nghiệm Dùng phương pháp đồng hệ số, ta tìm nghiệm bậc 1,2,3,4 là: x, x2 − 2, x3 − 3x, x4 − 4x2 + Từ đây, dự đốn quy luật dãy sau: P0 = 2, P1 = x, Pn+1 = xPn − Pn−1 , n = 1, 2, 3, (3.21) Cuối để hồn tất lời giải tốn, ta cần chứng minh đa thức thuộc dãy đa thức xác định (3.21) thỏa mãn phương trình (3.20) Ta thực điều cách sử dụng quy nạp toán học cách sau: Xét x thuộc [−2, 2], đặt x = 2cost từ công thức (3.21), ta suy P2 (x) = 4cos2 t − = 2cos2t, P3 (x) = 2cost.2cos2t − 2cost = 2cos3t nói chung Pn = 2cos(nt) Từ Pn (x2 − 2) = Pn (4cos2 t − 2) = Pn (2cos2t) = 2cos(2nt) = 4cos2 (nt) − = P2 (x) − Đẳng thức với x thuộc [−2, 2] với x Bài tốn giải hồn tồn Khóa Luận Tốt Nghiệp SVTH: Trần Thị Thu Hương 57 3.6 Một số phương pháp giải khác Ngoài ra, cịn số phương pháp giải phương trình hàm đa thức khơng có dạng tổng qt khác 3.6.1 Sử dụng số phức để giải phương trình hàm Nghiệm đa thức đóng vai trị quan trọng việc xác định đa thức Cụ thể đa thức P (x) bậc n (n = 1, 2, ) có n nghiệm x1 , x2 , , xn P (x) có dạng P (x) = c(x − x1 )(x − x2 ) (x − xn ) Tuy nhiên xét nghiệm thực nhiều trường hợp khơng có đủ số nghiệm Hơn tốn phương trình hàm đa thức, xét nghiệm thực lời giải khơng hồn chỉnh Định lý đại số đóng vao trị quan trọng dạng toán Định lý đại số: Mọi đa thức bậc n hệ số phức (thực) P (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 (an = 0) có đủ n nghiệm phức (phân biệt hay trùng nhau) Chú ý 3.2 Trước xét ví dụ ta nhắc lại kết quan trọng sau đây: • Định lý Viète thuận: Nếu x1 , x2 , , xn n nghiệm (phân biệt hay trùng nhau) đa thức P (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 (an = 0) Khóa Luận Tốt Nghiệp SVTH: Trần Thị Thu Hương 58 S1 := x1 + x2 + + xn = − an−1 an S2 := x1 x2 + x2 x3 + + xn−1 xn = Sn := x1 x2 xn = (−1)n an−2 an a0 an • Định lý Viète đảo: Nếu n số x1 , x2 , , xn thỏa mãn x1 + x2 + + xn = S1 x1 x2 + x2 x3 + + xn−1 xn = S2 x1 x2 xn = Sn x1 , x2 , , xn nghiệm phương trình xn − S1 xn−1 + S2 xn−2 + + (−1)n−1 Sn−1 x + (−1)n Sn = • Cho hai số phức z1 z2 Khi đó: |z1 z2 | = |z1 ||z2 | |z1 + z2 | ≤ |z1 | + |z2 |, dấu xảy z1 = kz2 với k ≥ |z1 − z2 | ≥ ||z1 | − |z2 || Bài tốn 3.24 (Olympic Hồng Kơng - 1999) Cho k số nguyên dương Tìm tất cá đa thức hệ số thực thỏa mãn điều kiện: P (P (x)) = [P (x)]k , ∀x ∈ R (3.22) Giải: Xét trường hợp P (x) ≡ C (C số) Từ (3.22) C = C k Khi k = C số Khi k > C = C = Xét trường hợp deg(P ) ≥ Vì đa thức P (x) − x ln có nghiệm (xét nghiệm phức) với n ∈ N∗ , tồn αn ∈ C cho P (αn ) = αn Từ P (αn ) = P (P (αn )) = [P (αn )]k = αnk , ∀n = 1, 2, Khóa Luận Tốt Nghiệp (3.23) SVTH: Trần Thị Thu Hương 59 Từ (3.23) suy đa thức P (x) − xk có vơ số nghiệm, hay P (x) − xk ≡ 0, nghĩa P (x) ≡ xk Thử lại thấy thỏa mãn Kết luận: Nếu k = P (x) ≡ C (C số bất kỳ) Nếu k > đa thức thỏa mãn đề P (x) ≡ 0, P (x) ≡ 1, P (x) ≡ xk Bài tốn 3.25 Tìm tất đa thức hệ số thực P (x) thỏa mãn: P (x)P (x + 1) = P ((x2 + x + 1), ∀x ∈ R (3.24) Giải: Nếu P (x) ≡ a (a số) thay vào (3.24) ta được: a2 = a ⇔ a(a − 1) = ⇔ a ∈ {0, 1} Bây ta xét P (x) đa thức có bậc lớn Giả sử a nghiệm P (x) Khi a2 + a + nghiệm Trong (3.24) thay x x − ta được: 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 modulo lớn (nếu có nhiều nghiệm ta chọn chúng) Từ cách chọn suy ra: |a2 + a + 1| ≤ |a|, |a2 − a + 1| ≤ |a| Theo bất đẳng thức modulo 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 ra: |(a2 + a + 1) + (−a2 + a − 1)| = |a2 + a + 1| + | − a2 + a − 1| Khóa Luận Tốt Nghiệp SVTH: Trần Thị Thu Hương 60 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 ta suy s = ta có: a2 + a + = −a2 + a − ⇔ a2 = −1 ⇔ a = ±i Vậy P (x) = (x2 + 1)m Q(x), Q(x) đa thức không chia hết cho x2 + Thay vào (3.24) ta có: (x2 + 1)m Q(x)(x2 + 2x + 2)m Q(x + 1) = [(x2 + x + 1)2 + 1]m Q(x2 + x + 1) Hay Q(x)Q(x + 1) = Q(x2 + x + 1) Vậy Q(x) thỏa (3.24) Nếu Q(x) có nghiệm ta làm tương tự trên, nghiệm có modulo lớn phải i, −i Nhưng điều khơng thể Q(x) không chia hết cho x2 + Bởi Q(x) số Giả sử c, thay vào (3.24) ta dược c = Vậy P (x) = (x2 + 1)m Thử lại ta kết luận: tất đa thức thỏa mãn đề là: P (x) ≡ 0, P (x) ≡ 1, P (x) ≡ (x2 + 1)m (với m = 1, 2, ) 3.6.2 Áp dụng phương pháp đồng Bài tốn 3.26 (Nam Tư - 1982) Tìm đa thức P (x) hệ số nguyên thỏa: 16P (x2 ) = [P (2x)]2 , ∀x ∈ R (3.25) Giải: Giả sử P (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 (an = 0) Khi với x = ta thu 16a0 = (a0 )2 Suy a0 = a0 = 16 Đồng hệ số bậc cao (3.25) ta được: 16an = 22n (an )2 16 Vì (an = 0) nên an = n Do n = 0, n = n = Khóa Luận Tốt Nghiệp SVTH: Trần Thị Thu Hương 61 • Với n = ta có P (x) ≡ P (x) ≡ 16 • Với n = an = P (x) = 4x + b Thay vào (3.25) đồng ta b = Vậy P (x) ≡ 4x • Với n = ta có an = P (x) = x2 + bx + c Thay vào (3.25) đồng ta b = c = Vậy P (x) ≡ x2 Vậy đa thức P (x) ≡ 16, P (x) ≡ 0, P (x) = 4x, P (x) = x2 nghiệm phương trình hàm 16P (x2 ) = [P (2x)]2 , ∀x ∈ R Bài tốn 3.27 Tìm đa thức P (x) hệ số thực thỏa P (x2 ) ≡ [P (x)]2 Giải: Với P (x) = C C = C suy C = C = Ta có P (x) ≡ 0, P (x) ≡ Với P (x) = an xn +an−1 xn−1 + .+a1 x+a0 (an = 0) Giả sử an−1 , an−2 , , a0 không đồng thời Chọn k < n số lớn cho ak = 0, ta có: P (x2 ) ≡ [P (x)]2 ⇔ an x2n + ak x2k + + a1 x2 + a0 ≡ (an xn + ak xk + + a1 x + a0 )2 So sánh hệ số xn+k hai vế ta có 2an ak = (chú ý 2k < n + k < 2n) Suy ak = (vô lý) Vậy an−1 = an−2 = = a0 = 0, từ suy an = P (x) ≡ xn với n nguyên dương Bài toán 3.28 Tìm đa thức P (x) hệ số thực thỏa: P (x)P (y) = P ( x−y x+y ) − P 2( ) 2 (3.26) Giải: P (x) = thỏa , P (x) = C = không thỏa tốn Giả sử P (x) có bậc n ≥ hệ số cao P (x) a = Thay y = 3x vào (3.26) đồng hệ số x2n ta a.3n a = (2n a)2 − a2 ⇔ 3n + = 4n ⇔ n = Vậy P (x) = ax(a = 0) Khóa Luận Tốt Nghiệp SVTH: Trần Thị Thu Hương 62 Bài toán 3.29 Cho đa thức với hệ số thực: P (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 (an = 0) thỏa P (x).P (2x2 ) ≡ P (2x3 + x) (3.27) Chứng minh P (x) khơng có nghiệm thực Giải: Giả sử tồn x0 cho P (x0 ) = ⇒ P (2x30 + x0 ) = ⇒ x1 = 2x30 + x0 nghiệm Lập luận tương tự xn nghiệm P (x) với xn = 2x3n−1 + xn−1 (n ≥ 1) x0 cho trước • Nếu x0 < x0 > x1 > x2 > > xn > xn+1 > suy P (x) có vơ hạn nghiệm, vơ lý • Nếu x0 > x0 < x1 < x2 < < xn < xn+1 < suy P (x) có vơ hạn nghiệm, vơ lý • Nếu x0 = ta gọi k số bé mà ak = 0(n ≥ k > 0) ta có P (x) = an xn + an−1 xn−1 + + ak xk Thay vào (3.27) ta dược: a2n 2n x3n + + a2k 2k x3k ≡ an (2x3 + x)n + ak (2x3 + x)k (3.28) Do a0 = ak = nên k > ⇒ 3k > k Trong (3.28) đồng hệ số xk hai vế đến ak = , vơ lý Vậy P (x) khơng có nghiệm thực 3.6.3 Sử dụng bậc Ta có cơng thức sau: deg(f g) = deg(f ) + deg(g) deg(f0 g) = deg(f ).deg(g) Khóa Luận Tốt Nghiệp SVTH: Trần Thị Thu Hương 63 Bài tốn 3.30 Tìm tất đa thức thỏa: x4 + 2x3 + 3x2 + 2x + = P (x) Giải: Đặt d = deg[P (x)] ta có: = d2 ⇔ d = Suy ra: P (x) = ax2 + bx + c(a = 0) Ta thay vào thu gọn hai vế: x4 + 2x3 + 3x2 + 2x + = a2 x4 + 2abx3 + (2ac + b2 )x2 + 2bcx + c2 Tiến hành đồng ta được: b=1 c=1 Trong hệ số cao vế trái nên a = Suy ra: P (x) = x2 + x + Bài toán 3.31 Tìm tất đa thức thỏa: P (x − 1).P (x + 1) = P [P (x)] (3.29) Giải: Đặt d = deg[P (x)] ta có: 2d = d2 ⇔ d = ∨ d = • Khi d = ta có P (x) = const = c thay vào (3.29) thì: c2 = c ⇔ c=0 c=1 ⇔ P (x) ≡ P (x) ≡ • Khi d = ta có P (x) = ax2 + bx + c(a = 0) Thay vào (3.29) thu gọn vế ta được: a2 x4 + 2abx2 − (2a2 − 2ac − b2 )x2 − 2(ab − bc)x + a2 + 2ac + c2 − b2 =a4 x4 + 2a2 bx3 + (ab2 + 2a2 c + ab)x2 + (2abc + b)x + bc + ac2 Tiến hành đồng hệ số ta :   a=1 b = −2  c=1 Suy P (x) = (x − 1)2 Khóa Luận Tốt Nghiệp SVTH: Trần Thị Thu Hương 64 Vậy ta có: P (x) ≡ 0; P (x) ≡ P (x) = (x − 1)2 Bài toán 3.32 (Đề thi chọn đội tuyển TP.HCM năm 2006-2007) Tìm tất đa thức thỏa: Q2 (2x) = 4[Q(x2 ) − xQ(2x)], ∀x ∈ R (3.30) Giải: Ta có: (3.30) ⇔ [Q(2x) + 2x]2 = 4[Q(x2 ) + x2 ] Đặt P (x) = Q(x) + x (3.30) trở thành: P (2x) = 4P (x2 ) Đặt d = degP (x) ta có: d2 = d ⇔ d = ∨ d = • Khi d = ta có P (x) = const = c thay vào (3.30) thì: c2 = 4c ⇔ c=0 c=4 ⇔ P (x) ≡ P (x) ≡ ⇔ Q(x) = x Q(x) = − x • Khi d = P (x) = ax + b (a = 0) thay vào phương trình thu gọn vế : 4a2 x2 + 4abx + b2 = 4ax2 + 4b Đồng hệ số ta được: a=1 b=0 Nên P (x) = x ⇔ Q(x) ≡ Vậy: Q(x) ≡ 0; Q(x) = x; Q(x) = − x Khóa Luận Tốt Nghiệp SVTH: Trần Thị Thu Hương 65 KẾT LUẬN Sau thời gian tìm hiểu, nghiên cứu từ tài liệu, giáo trình GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu sách chuyên đề đa thức, phương trình hàm, số tốn đề thi vơ địch tốn nước, từ nguồn Internet với hướng dẫn tận tình, chu đáo Phan Quang Như Anh luận văn tơi hồn thành Với đề tài "Phương trình hàm đa thức", luận văn đề cập giải vấn đề sau: Hệ thống lại số kiến thức phương trình hàm Trình bày lại đặc trưng đa thức Trình bày dạng phương trình hàm đa thức Mặc dù cố gắng lực nghiên cứu thời gian có hạn nên đề tài khơng tránh khỏi sai sót Rất mong nhận góp ý q thầy cơ, hội đồng đánh giá toàn thể bạn sinh viên để đề tài hồn thiện Tơi xin chân thành cảm ơn Khóa Luận Tốt Nghiệp SVTH: Trần Thị Thu Hương 66 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Mậu, Phương trình hàm, NXB Giáo Dục, 1999 [2] Nguyễn Văn Mậu, Đa thức đại số phân thức hữu tỉ, NXB Giáo Dục, 2004 [3] Lê Hồnh Phó - Nguyễn Tài chung, Chuyên khảo Phương trình hàm, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội, 2013 [4] Đề thi Học Sinh Giỏi Quốc gia, Olympic Tốn nước [5] Hồng Văn Hoan, Luận văn thạc sĩ Toán học "MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM", Vinh-2010 [6] Phạm Nguyễn Phương Thủy, Luận văn thạc sĩ Toán học "BIỂU DIỄN MỘT SỐ DẠNG ĐA THỨC VÀ ÁP DỤNG", Thái Nguyên - 2012 [7] Nguyễn Vũ Thanh, Sáng kiến kinh nghiệm "MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ ĐA THỨC VÀ ÁP DỤNG", 2011-2012 [8] Các tài liệu Internet Khóa Luận Tốt Nghiệp SVTH: Trần Thị Thu Hương ... trưng hàm số hàm số sơ cấp 17 Các phương trình hàm 19 1.2.1 Phương trình hàm (Phương trình hàm Cauchy) 20 1.2.2 Phương trình hàm 22 1.2.3 Phương trình hàm ... Các phương trình hàm Ở mục 1.1 trình bày tính chất đặc trưng hàm số Trong phần trình bày số phương trình hàm phương pháp tìm nghiệm phương trình hàm Chúng ta thường gặp loại phương trình hàm. .. đặc trưng hàm số phương trình hàm Chương 2: Trình bày tính chất đặc trưng đa thức Chương 3: Trình bày chi tiết dạng phương trình hàm đa thức Đề tài quan tâm đến nhiều đối tượng, đa thức đại số