3.2 Các bài toán về đa thức
3.2.1 Phương trình hàm trong đa thức
Nghiệm của đa thức đóng vai trò quan trọng trong việc xác định một đa thức.
Cụ thể nếu đa thức P(x)bậc n cón nghiệmx1, x2, . . . , xn thìP(x) có dạng P(x) =c(x−x1)(x−x2)ã ã ã(x−xn).
Tuy nhiên, nếu chỉ xét các nghiệm thực của đa thức thì trong nhiều trường hợp sẽ không có đủ số nghiệm. Hơn nữa, trong các bài toán phương trình hàm đa thức, nếu chỉ xét các nghiệm thực thì lời giải sẽ là không hoàn chỉnh. Định lí cơ bản của đại số vì vậy đóng một vai trò hết sức quan trọng trong dạng toán này. Ta sử dụng cách phát biểu đơn giản nhất của nó: một đa thức với hệ số phức (bao gồm cả số thực) luôn có ít nhất một nghiệm phức (bao gồm cả nghiệm thực).
Dưới đây ta xem xét một số áp dụng.
Ví dụ 3.28. Cho 0< α <1. Tìm tất cả các đa thức f(x) bậc n (n ≥2) sao cho tồn tại dãy số r1, r2, . . . , rn (r1 < r2 < . . . < rn) thoả mãn các điều kiện
sau
f(ri) = 0,
f0(αri+ (1−α)ri+1) = 0 (i= 1,2, . . . , n).
Lời giải. Nhận xét rằng vớia < b vàx=αa+ (1−α)bthìx∈(a, b). Khi đó p= 1
x−a + 1
x−b = 2α−1 α(1−α)(b−a). Do vậy p > 0 khi và chỉ khi α > 1
2, p < 0 khi và chỉ khi α < 1
2 và p = 0 khi và chỉ khi α= 1
2. Theo giả thiết thì f(x) =c
Yn i=1
(x−ri) nên
f0(x) f(x) =
Xn i=1
1 x−ri
. Vớin ≥3 và0< α≤ 1
2 ta đặt x= αr1+ (1−α)r2. Khi đó theo giả thiết thì f0(x) = 0 và đồng thời ta lại có
f0(x)
f(x) = 1 x−r1
+ 1
x−r2
+ Xn
i=3
1 x−ri
<0, mâu thuẫn. Tương tự với n ≥ 3 và 1
2 < α <1 ta cũng nhận được điều vô lí.
Nếun = 2 và α6= 1
2 thì tương tự như trên cũng dẫn đến điều mâu thuẫn. Do vậy chỉ còn trường hợp n= 2 và α= 1
2 để xét. Khi đó mọi tam thức bậc hai có 2 nghiệm phân biệt đều thoả mãn đề bài.
Ví dụ 3.29. Tìm tất cả các đa thức P(x) khác hằng sao cho
P(x)P(x+ 1) =P(x2+x+ 1), ∀x∈R. (3.29) Lời giải. Giả sử x0 là nghiệm của P(x) = 0. Khi đó x20 +x0 + 1 cũng là nghiệm. Thay x bởi x−1trong (3.29), ta thấy rằng
P(x−1)P(x) =P(x2−x+ 1).
Vì P(x0) = 0 nên x20+x0+ 1 cũng là nghiệm của P(x) = 0.
Chọnα là nghiệm có mô-đun lớn nhất (nếu tồn tại vài nghiệm với mô-đun lớn
3.2. Các bài toán về đa thức 113
nhất, ta chọn một trong số các nghiệm đó). Từ cách chọn α như vậy ta suy ra
|α2+α+ 1| ≤ |α| và |α2−α+ 1| ≤ |α| vì cả α2+α+ 1 và α2 −α+ 1 đều là nghiệm của P(x) = 0.
Ta nhận xét rằng α6= 0. Tiếp theo, ta có
2|α|=|(α2+α+1)−(α2−α+1)| ≤ |α2+α+1|+|α2−α+1| ≤ |α|+|α| ≤2|α|. Vậy phải xảy ra dấu đẳng thức nên từ đây suy ra α2+α+ 1 =−β(α2−α+ 1) với một hằng số dương β nào đó. Hơn nữa từ tính lớn nhất của|α| ta còn suy ra
|α2+α+ 1|=|α2−α+ 1|=|α|. Như vậy β= 1 và ta có
α2+α+ 1 =−(α2 −α+ 1),
suy ra α2+ 1 = 0. Từ đóα =±i vàx2+ 1 là thừa số của P(x). Như vậy ta có thể viết P(x)dưới dạng
P(x) = (x2+ 1)mQ(x),
trong đó Q(x) là đa thức không chia hết cho x2 + 1. Thế ngược trở lại vào phương trình (3.29), ta thấy Q(x)cũng thoả mãn điều kiện
Q(x)Q(x+ 1) =Q(x2+x+ 1), ∀x∈R. (3.30) Nếu phương trình Q(x) = 0 lại có nghiệm thì lí luận trên đây suy ra nghiệm có mô-đun lớn nhất của nó phải là ±i. Điều này không thể xảy ra vì x2+ 1 không chia hết Q(x). Ta suy ra rằng Q(x) là một hằng số, giả sử là c. Thay vào phương trình (3.30) của Q(x), ta được c = 1. Như vậy lớp các đa thức thoả mãn phương trình (3.29) là P(x) = (x2 + 1)m với m là một số nguyên dương nào đó.
Ví dụ 3.30. Tìm tất cả các đa thứcP(x)thoả mãn điều kiện
P(x)P(x+ 1) =P(x2), ∀x∈R. (3.31) Lời giải. Giả sử α là nghiệm của phương trìnhP(x) = 0. Khi đó từ phương trình suy ra α2, α4, α8, . . . cũng là nghiệm của P(x) = 0. Từ đây suy ra rằng |α| = 0 hoặc |α| = 1, vì nếu ngược lại ta sẽ thu được dãy vô hạn các nghiệm phân biệt của P(x). Tương tự α−1 là nghiệm của P(x) và lí luận tương tự, ta cũng được |α−1| = 0 hoặc |α −1| = 1. Giả sử rằng |α| = 1 và |α−1| = 1. Ta viết α = cosβ +isinβ, ta thấy rằng 2cosβ = 1. Từ đây suy ra cosβ = 1
2 hay β = π
3 hoặc β = 5π
3. Giả sử β = π
3. Xét α2 cũng là nghiệm của P(x) = 0. Như vậy α2 −1 cũng là nghiệm của P(x) = 0 và
|α2−1|=
cos 2π
3
−1 2
+ sin2 2π
3
= 3. Mâu thuẫn vì mọi nghiệm của P(x) = 0 có mô-đun bằng 0 hoặc 1. Tương tự với trường hợpβ = 5π
3.
Như vậy ta có thể kết luận rằng α= 1, hoặc α−1 = 0. Từ đây P(x) có dạng P(x) = cxm(1−x)n, với c là một hằng số nào đó và m, n là các số nguyên không âm. Thay vào phương trình đã cho, ta dễ dàng kiểm tra được rằng c= 1 và m=n. Như vậy lớp các đa thức thoả mãn điều kiện đã cho là
P(x) = xm(1−x)m, trong đó m là một số tự nhiên.
Ví dụ 3.31. Tìm tất cả các đa thứcP(x)thỏa mãn phương trình
P2(x)−P(x2) = 2x4, ∀x∈R. (3.32) Lời giải. Nếu đặtP(x) =axk+R(x) vớidegR(x) =r < k thì ta có
P2(x)−P(x2) = (a2−a)x2k+ 2axkR(x) +R2(x)−R(x2).
Từ đó suy ra deg(P2(x)−P(x2)) hoặc bằng 2k nếu a 6= 1, hoặc bằng k +r nếu a = 1 và r ≥ 0, hoặc bằng −∞ khi a = 1 và r = −∞ (tức là đồng nhất
3.2. Các bài toán về đa thức 115
bằng 0). Từ đó, suy ra k ≤ 4. Đến đây ta dễ dàng tìm được các nghiệm của (3.32) là x4+ 1, x3+x,2x2 và −x2.
Ví dụ 3.32. Tìm tất cả các đa thức P(x) thỏa mãn phương trình
P(x2 −2) =P2(x)−2, ∀x∈R. (3.33) Lời giải. Có hai đa thức hằng thỏa mãn phương trình là đa thức đồng nhất
−1 và đa thức đồng nhất 2. Với các đa thức bậc lớn hơn hay bằng 1, áp dụng hệ quả của định lí ta suy ra với mỗi số nguyên dươngn, tồn tại không quá một đa thứcP(x)thỏa mãn (3.33). Điểm khó ở đây là ta không có cơ chế đơn giản để xây dựng các nghiệm. Dùng phương pháp đồng nhất hệ số, ta tìm được các nghiệm bậc 1, 2, 3, 4 lần lượt là:
x, x2−2, x3−3x, x4−4x2+ 2.
Từ đây, có thể dự đoán được quy luật của dãy nghiệm như sau:
Po = 2, P1 =x, Pn+1 =xPn−Pn−1, n = 1,2,3, . . . (3.34) Cuối cùng, để hoàn tất lời giải bài toán, ta chỉ cần chứng minh các đa thức được xác định bởi (3.34) thỏa mãn phương trình (3.33). Ta có thể thực hiện điều này bằng cách sử dụng quy nạp toán học hoặc bằng cách sau:
Xét x bất kỳ thuộc[−2; 2], đặt x= 2 cost thì từ công thức (3.34), ta suy ra P2(x) = 4 cos 2t−2 = 2 cos 2t, P3(x) = 2 cost.2 cos 2t−2 cost= 2 cos 3t, và nói chung Pn(x) = 2 cos(nt). Từ đó, ta có
Pn(x2−2) =Pn(4 cos2t−2) =Pn(2 cos 2t) = 2 cos(2nt) = 4 cos2(nt)−2 = P2(x)−2.
Đẳng thức này đúng với mọix ∈[−2; 2]do đó đúng với mọi x. Bài toán được giải quyết hoàn toàn.
Ví dụ 3.33. Tìm tất cả các bộ (a;P;Q)trong đó a là hằng số thực, P, Q là các đa thức sao cho:
P2(x)
Q2(x)= P(x2)
Q(x2)+a. (3.35)
Lời giải. Nếu(a;P;Q)là nghiệm thỡ(a;PãR;QãR) cũng là nghiệm. Khụng mất tính tổng quát, ta giả sử (P;Q) = 1.
Phương trình có thể viết lại thành
P2(x)Q(x2) =Q2(x)(P(x2) +aQ(x2)). (3.36) Do (P2(x);Q2(x)) = 1 nên từ đây ta suy ra Q2(x) = cQ(x2). Từ đó giải ra được Q(x) =cxn, với n là số tự nhiên nào đó. Thay vào phương trình (3.36), ta được
P2(x) =cP(x2) +ac2x2n. Đặt R(x) = P(x)
c , ta được phương trình
R2(x) =R(x2) +ax2n. (3.37) Thay x = 0 vào phương trình (3.37), ta được R2(0) = R(0). Do (P;Q) = 1 nên a6= 0 và R(0) 6= 0. Từ đó R(0) = 1. ĐặtR(x) = 1 +xkS(x)vớiS(0)6= 0.
Thay vào (3.37), ta được:
1 + 2xkS(x) +x2kS2(x) = 1 +x2kS(x2) +a2n
⇔ 2xkS(x) +x2k(S2(x)−S(x2)) =ax2n. Nếu k >2n thì chia cả hai vế cho x2n, ta được
2xk−2nS(x) +x2k−2n(S2(x)−S(x2)) = a.
Thay x= 0 vào suy ra 0 =a, mâu thuẫn.
Nếu k <2n thì chia hai vế cho k, ta được
2S(x) +xk(S2(x)−S(x2)) = ax2n−k.
3.2. Các bài toán về đa thức 117
Thay x= 0 vào, suy ra S(0) = 0, mâu thuẫn.
Vậy chỉ còn một khả năng có thể xảy ra là k = 2n. Lúc đó ta được phương trình
2S(x) +x2n(S2(x)−S(x2)) =a.
lí luận tương tự như trong lời giải của ví dụ 3.31, ta suy ra S2(x)−S(x2) hoặc đồng nhất bằng 0, hoặc có bậc ≥ bậc của S(x). Như vậy, nếu S2(x)−S(x2) không đồng nhất 0 thì vế trái sẽ có bậc là 2n+s, mâu thuẫn.
VậyS2(x)−S(x2) = 0, suy ra S(x) = a
2, và thay lại vào đẳng thức S2(x)−S(x2) = 0 ta suy ra a= 2. Ta được kết quả
a = 2, Q(x) =cxn, P(x) =c(1 +x2n).
Ví dụ 3.34 (Việt Nam 2006). Hãy xác định tất cả các đa thức P(x) với hệ số thực, thỏa mãn hệ thức sau:
P(x2) +x(3P(x) +P(−x)) = (P(x))2+ 2x2, ∀x ∈R. (3.38) Lời giải. Thay x=−x vào (3.38), ta được
P(x2)−x(3P(−x) +P(x)) = (P(−x))2+ 2x2. (3.39) Trừ (3.38) cho (3.39), ta được
4x(P(x) +P(−x)) =P2(x)−P2(−x)
⇔ (P(x) +P(−x))(P(x)−P(−x)−4x) = 0. (3.40) (3.40) đúng với mọi x thuộc R, do đó ta phải có hoặc là P(x) +P(−x) = 0 đúng với vô số các giá trị x hoặc P(x)−P(−x)−4x= 0 đúng với vô số các giá trị x.
Do P(x)là đa thức nên từ đây ta suy ra hoặcP(x) +P(−x) = 0đúng với mọi x hoặc P(x)−P(−x)−4x = 0 đúng với mọix.
Ta xét các trường hợp sau:
Trường hợp 1. P(x) +P(−x) = 0. Khi đó ta có phương trình
P(x2) + 2xP(x) = (P(x))2+ 2x2 ⇔P(x2)−x2 = (P(x)−x)2.
Đặt Q(x) =P(x)−xthì Q(x2) =Q2(x), ta được Q≡ 0, Q ≡1, Q(x) =xn. Từ đó P(x) = x, P(x) = x + 1, P(x) = xn + x. So sánh với điều kiện P(x) +P(−x) = 0, ta chỉ nhận được các nghiệm:
P(x) =x và P(x) =x2k+1+x, k = 0,1,2, . . .
Trường hợp 2. P(x)−P(−x)−4x= 0. Khi đó ta có phương trình P(x2) +x(4P(x)−4x) =P2(x) + 2x2 ⇔P(x2)−2x2 = (P(x)−2x)2. Đặt Q(x) =P(x)−2xthìQ(x2) =Q2(x), ta được Q≡0, Q≡1, Q(x) =xn. Từ đó P(x) = 2x, P(x) = 2x+ 1, P(x) = xn + 2x. So sánh với điều kiện P(x)−P(−x)−4x= 0, ta chỉ nhận được các nghiệm:
P(x) = 2x, P(x) = 2x+ 1 và P(x) =x2k+ 2x, k = 1,2,3, . . . Tổng hợp hai trường hợp, ta có tất cả nghiệm của (3.38) là các đa thức
P(x) =x, P(x) = 2x, P(x) = 2x+ 1,
P(x) =x2k+1+x, P(x) =x2k + 2xvớik = 2,3, . . .
Ví dụ 3.35. Tìm tất cả các đa thức với hệ số thựcP(x)thỏa mãn đẳng thức sau với mọi số thực x
P(x)(2x2) =P(2x3 +x). (3.41) Lời giải. Ta sẽ đi tìm nghiệm không đồng nhất hằng số bậc nhỏ nhất của (3.41). Xét trường hợp P(x) có bậc nhất, P(x) =ax+b. Thay vào (3.41), ta có
(ax+b)(2ax2+b) =a(2x3+x) +b
3.2. Các bài toán về đa thức 119
So sánh hệ số của các đơn thức ở hai vế, ta được hệ a3 = 2a, 2ba2= 0, ab=a, b2 =b
Hệ này vô nghiệm (do a 6= 0) nên ta có thể kết luận: không tồn tại đa thức bậc nhất thỏa mãn (3.41).
Xét trường hợp P(x) có bậc 2, P(x) =ax2+bx+c. Thay vào (3.41), ta có (ax2+bx+c)(4ax4+ 2bx2+c) =a(2x3+x)2+b(2x3+x) +c
⇔ 4a2x6+ 4abx5+ (4ac+ 2ab)x4+ 2b2x3+ (ac+ 2bc)x2+bcx+c2
= 4ax6+ 4ax4+ 2bx3+ax2+bx+c So sánh hệ số các đơn thức ở hai vế, ta được hệ
4a2 = 4a, 4ab= 0, 4ac+ 2ab= 4a, 2b2= 2b, ac+ 2bc =a, bc=b, c2 =c Hệ này có nghiệm a =c = 1, b= 0. Như vậy, P(x) = x2+ 1 là đa thức bậc hai thỏa mãn (3.41). Ta suy ra(x2+ 1)k là tất cả các đa thức bậc chẵn (không đồng nhất hằng số) thỏa mãn (3.41).
Vậy còn các nghiệm của (3.41) có bậc lẻ thì sao? Rõ ràng đa thứcx2+ 1không
"sinh" ra được các nghiệm bậc lẻ. Rất may mắn, ta có thể chứng minh đa thức bậc lẻ không thể là nghiệm của (3.41). Để chứng minh điều này, dựa vào tính chất mọi đa thức bậc lẻ đều có ít nhất một nghiệm thực, ta chỉ cần chứng minh nếu P(x) là một đa thức khác hằng số thỏa mãn (3.41) thì P(x) không có nghiệm thực (đây chính là nội dung bài thi HSG Việt Nam 1990).
Thật vậy, giả sử α là nghiệm thực của P(x), khi đó 2α3+α cũng là nghiệm của P(x). Nếu α >0thì ta có α, α+ 2α3, α+ 2α3+ 2(α+ 2α3)3, . . . dãy tăng và tất cả đều là nghiệm của P(x), mâu thuẫn. Tương tự, nếu α < 0 thì dãy nói trên là dãy giảm và ta cũng có P(x) có vô số nghiệm. Nếu α = 0, đặt
P(x) =xkQ(x)với Q(0)6= 0, thay vào phương trình ta có:
xkQ(x)(2x2)kQ(2x2) = (2x3+x)kQ(2x3+x)
⇔ Q(x)(2x2)kQ(2x2) = (2x2+ 1)kQ(2x3 +x).
Thay x= 0 vào ta được 0 =Q(0), mâu thuẫn.
Vậy P(x) không có nghiệm thực, có nghĩa là P(x) không thể có bậc lẻ. Nói cách khác, bài toán đã được giải quyết hoàn toàn.