Tìm tất cả các đa thứcPxvới hệ số thực thoả mãn Dễ thấy Px = 0thoả mãn bài toán... Tìm tất cả các đa thứcPxhệ số thực thoả mãn Dễ thấyPx = T vớiT là hằng số thoả mãn bài toán.. Với bài t
Trang 2PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC Bài toán 1 Tìm tất cả các đa thứcP(x)thoả mãn
P(a + b) = 6¡P(a) + P(b)¢ + 15a2b2(a + b)(1)Với mọi số phứcavà bsao cho a2+ b2= ab
Titu Andreescu Lời giải.
Choa = b = 0vào (1) được P(0) = 0 Do đóP(x) = cnxn+ cn−1xn−1+ + c1xvớin ≤ 1, cn6= 0.Giả sử rằnga2+ b2= ab Ta sẽ khẳng định rằng với mọik ≤ 1, tồn tại một hằng số f sao cho
¶k
≤12
27< 1 (2)
Từ (1) cóP(a+b) = 6¡P(a)+P(b)¢+5
3(a+b)5(3) Cân bằng hệ số(a+b)kcủa (3) được(1−6fk)ck=
0vớik 6= 5, do (2) suy ra ck= 1 với mọi k 6= 5
Cân bằng hệ số (a + b)5 của (3) được c5= 6 f5c5+5
3 suy ra c5= 1 Do đó được P(x) = x5 thoảmãn bài toán
Bài toán 2 Tìm tất cả các đa thứcP(x)với hệ số thực thoả mãn
Dễ thấy P(x) = 0thoả mãn bài toán Bây giờ xét trường hợp d e gP = n ≥ 1 Phương trình đãcho được viết lại
xP(x) + yP(y) + zP(z) = xyz[P(x − y) + P(y − z) + P(z − x)](1)
¶+ zP(z) = xz(x + z)
2xz − 1
·P
µ
x − x + z2xz − 1
¶+ P
µ
x + z2xz − 1− z
¶+ P(z − x)
¸
Trang 3Lấy đạo hàm hai vế theo zđược
− 2x
2+ 1(2xz − 1)2P
µ
x + z2xz + 1
¶
−(x + z)(2x2+ 1)(2xz − 1)3 P‘
µ
x + z2xz − 1
¶
− P(z) + zP‘(z)
= x(2xz
2− x − 2z)(2xz − 1)2
·P
µ
x − x + z2xz − 1
¶+ P
µ
x + z2xz − 1− z
¶+ P(z − x)
¸
+xz(x + z)
2xz − 1
½ 2x2− 1(2xz − 1)2P‘
µ
x − x + z2xz − 1
¶
−
· 2x2+ 1(2xz − 1)2+ 1
¸
P‘µ
x + z2xz − 1− z
¶+ P‘(z − x)
¾
Bây giờ cho z → 0+, ta được
(2x2+ 1)[xP‘(−x) − P(−x)] + P(0) = −x2[P(2x) + 2P(−x)](2)Hai đa thức ở hai vế của phương trình trên nhận giá trị bằng nhau tại vô số giá trị dươngcủa xnên chúng đồng nhất với nhau
1) NếuP(x) = ax + b vớia 6= 0khi đó phương trình (2) được viết lại thành
(2x2+ 1)(2ax − b) + b = −3bx2, ∀x ∈ R
So sanh hệ sốx3 hai vế đượca = 0, mâu thuẫn
2) Nếud e gP = 2 Khi đó đa thứcP(x)có dạngP(x) = ax2+bx+cvớia 6= 0 Thay lại vào phươngtrình (2) và rút gọn, ta được
Tuy nhiên phương trình này không có nghiệm với mọi n ≥ 3
Vậy P(x) = 0vàP(x) = a(x2+ 3)với mọi x ∈ R thoả mãn bài toán
Bài toán 3 Tìm tất cả các đa thứcP(x)với hệ số thực thoả mãn
(x + 4y)P(z) + (y + 4z)P(x) + (z + 4x)P(y) = xP(2y − z) + yP(2z − x) + zP(2x − y)(1)
Với mọix, y, z ∈ R thoả mãn3(x + y + z) = xyz(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
5xP(−x) = P(x) + P(−2x) + 3P(0),∀x ∈ R (4)
Dễ thấyP(x) = 0thoả mãn bài toán
Xét d e gP = n ≥ 1, gọi hệ số bậc ncủa đa thứcP(x)làb khác0
Khi đó cân bằng hệ số bậc ncủa (4) được
5b(−1)n= b + b(−2)n
Trang 45(−1)n= 1 + (−2)n
Suy ran = 2thoả mãn phương trình trên với mọin ≥ 1.Tức là, P(x) = bx2+ cx + dvới b 6= 0.Kết hợp với (3) suy raP(x) = a(x2− 9), ∀x ∈ R
Thử lạiP(x) = a(x2− 9), ∀x ∈ Rvà kết hợp với điều kiện (2) suy ra thoả mãn
VậyP(x) = 0và P(x) = a(x2− 9)với mọi x ∈ R thoả mãn bài toán
Bài toán 4 Tìm tất cả các đa thứcP(x)hệ số thực thoả mãn
Dễ thấyP(x) = T vớiT là hằng số thoả mãn bài toán Ta đi xétP(x)khác hằng
Chox = −1vào Ađược2P(−1) và chox = 1vào Ađược 2P(0) Từ(x + 1)P(x − 1) − (x − 1)P(x)làmột đa thức hằng nênP(−1) = P(0)
R(x)− k = 0 Do đóR(x)đồng nhất với hằng sốk Do đóQ(x) = kx(x+1)với một hằng sốk Khi
đóP(x) = kx(x + 1) + c = kx2+ kx + c
Thử lạiP(x) = kx2+ kx + c là một nghiệm của phương trình trên
VậyP(x) = T với mọi hằng số T vàP(x) = kx2+ kx + c với mọi hằng số k khác0thoả mãn bàitoán
Cách 2
Dễ thấyP(x) = T với mọiT là hằng số thoả mãn bài toán
Bây giờ ta xétd e gP = nvới mọi n ≥ 1 GọiP(x) =Pn
Hệ số xncủa vế trái của (2) làan−1− nan+ an− an−1+ an= (2 − n)an
Trang 5Do đó(2 − n)an= 0 vìan6= 0 nênn = 2 Tức là đa thứcP(x)có dạngP(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 + 2c = 2C Đồng nhất hệ số suy ra a = bvàC = c
Vậy P(x) = T với mọi hằng số T và P(x) = ax2+ ax + c với mọi số thực akhác0thoả mãn bàitoán
Bài toán 5 Tìm tất cả các đa thứcP(x)hệ số thực thoả mãn
P(P(a + b)) − 2ab(2P(a + b) − ab) ≥ P(a2) + P(b2) ≥ P(a2+ b2) − P(p2ab)(*)
Karthik Vedula
Lời giải.
Chob = 0vào (*) được
P(P(a)) ≥ P(a2) + P(0) ≥ P(a2) − P(0)(1)Choa = 0vào (1) được
P(P(0)) ≥ 2P(0) ≥ 0(2)Chob = −a vào (*) được
P(P(0)) + 4a2P(0) + 2a4≥ 2P(a2)(3)Bây giờ, ta sẽ xét các trường hợp sau
Trường hợp 1. d e gP = 0hayP(x) = C vớiC là hằng số
Từ (1) có
P(P(0)) ≥ 2P(0) ≥ 0 ⇔ C ≥ 2C ≥ 0
Suy raC = 0hayP(x) = 0thử lại vào (*) thấy thoả
Trường hợp 2. d e gP = 1hayP(x) = cx + dvới c, d là hằng số
ThayP(x) = cx + dvào (*) được
2a2b2− 4ab(ca + cb + d) + c(ca + cb + d) + d ≥ c(a2+ b2) + 2d ≥ c(a2− abp2 + b2)
Suy ra 2d ≥ c(−abp2) Tuy nhiên, nếu c 6= 0 thì vế phải nhận được các giá trị bất kỳ, điềunày dẫn đến mâu thuẫn
Vậy c = 0mâu thuẫn với d e gP = 1, suy ra trường này loại
Trường hợp 2. d e gP = 2hayP(x) = cx2+ dx + evới c, d, e là hằng số
Từ (1) có
P(P(a)) ≥ P(a2) + P(0) ⇒ c3a4+ O(a3) ≥ ca4+ O(a3) ⇒ c3≥ c(4)Với mọiađủ lớn, ta cũng cóP(a2) ≤ a4suy ra c ≤ 1 (5)
Từ (4) và (5) được c = 1hoặc−1 ≤ c < 0
Bây giờ, theo (*) ta có
P(a2) + P(b2) ≥ P(a2+ b2) − P(abp2)
Trang 6Suy rae = 0hoặc c > 0dẫn đến e = 0hoặcc = 1
Nếu c = 1thìP(x) = x2+ e dẫn đến (3) được
P(P(0)) + 4a2P(0) + 2a4≥ 2P(a2) ⇔ (e2+ e) + 4ea2+ 2a4≥ 2a4+ 2e(**)Tuy nhiên, nếu e 6= 0 thì tồn tại a đủ lớn thoả mãn vế trái(**)< 2a4, mâu thuẫn Điều nãydẫn đến e = 0tức là P(x) = cx2thay lại vào (*) được
c3(a + b)4+ 2a2b2− 4cab(a + b)2≥ ca4+ cb4⇔ c2(a + b)4+ 2a2b2≥ c(a + b)4+ 2a2b2c
Suy ra
(1 − c)((−c2− c)(a + b)4+ 2a2b2) ≥ 0
Từ c ∈ [−1,0)∪{1}, nếuc nằm trong khoảng âm thì−c2− c ≥ 0và nếuc = 1thì vế trái bằng0
Do đó, với mọic ∈ [−1,0) ∪ {1}đều có nghĩa
Bây giờ, ta sẽ xét trường hợp cuối
Trường hợp 4. d e gP ≥ 3 Nếu ta chọn hệ số cao nhất củaP(x) là l > 0thì có ađủ lớn saocho
2P(a2) ≥ 2la6≥ 2a4> P(P(0)) + 4a2P(0) + 2a4
Mâu thuẫn Do đól < 0 Ta có (1) suy ra rằng
P(a2) − P(P(a)) + P(0) ≤ 0(***)Lấy ađủ lớn và âm có nghĩa là hệ số cao nhất của vế phải (***) là âm và hệ số có bậc caonhất là bậc chẵn (Ta biết rằng nếu bậc lẻ thìP(x)có thể đạt+∞hoặc−∞)
Tuy nhiên, số hạng có bậc cao nhất củaP(a2)làla2d e gP (1) và số hạng cao nhất củaP(P(x))
làld e gP+1x(d e gP)2 (2) Từd e gP ≥ 3thì bậc cao nhất của (2) là(d e gP)2 và bậc cao nhất của (1)
là2d e gP Điều này có nghĩa là số hạng cao nhất của vế phải (***) là −ld e gP+1x(d e gP)2 Điềunày có nghĩa là−ld e gP+1 là số âm và(d e gP)2 là số chẵn Tuy nhiên, từ l < 0cho tad e gP + 1
chẵn màd e gP chẵn nên suy ra mâu thuẫn Điều này dẫn đến d e gP không được lớn hơn 2
Vì vậy trường hợp này loại
VậyP(x) = 0và P(x) = cx2với c ∈ [−1,0) ∪ {1}thoả mãn yêu cầu bài toán
Bài toán 6 Tìm tất cả các hàm đa thứcP(x)với hệ số thực thỏa mãn: với mọi số thực x, y, z
P(x) − P(−2x + t)3x − t =
P(x) − P(x − t)t
Chot → 0+ với chú ýP(x)liên tục và khả vi trênR,ta được
P(x) − P(−2x) = 3xP0(x), ∀x > 0
Vì hai đa thứcP(x) − P(−2x) và3xP0(x) nhận giá trị bằng nhau tại mọi x > 0nên ta có
P(x) − P(−2x) = 3xP0(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 P0(x) So sánh
hệ số bậc n của hai đa thức ở hai vế của phương trình (1) ta được a − a(−2)n= 3na, hay
1 − (−2)n= 3n
Trang 7Giải phương trình này với chú ýn ≥ 2, ta đượcn = 3.Suy ra P(x)có dạng
Lời giải(Thầy Nguyễn Song Minh).
Giả sửP, Qlà các đa thức thoả mãn yêu cầu bài toán Rõ ràng thấy P, Q 6= 0, cho nên ta giả
sử d e gP = k và d e gQ = l với k, l ∈ N và ta thấy nếu (P, Q)thoả mãn yêu cầu thì với hằng sốthựcatùy ý cũng sẽ có(P, Q + aP)thoả mãn, ta xét các trường hợp
Trường hợp 1 Nếu n = 1ta luôn có đẳng thức đầu bài được viết lại thành
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 mãnđiều kiệnac − 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, Qvới hệ số thực và nnguyên dương thoả mãn
P(x + 1)Q(x) − Q(x + 1)P(x) = 1
Bài toán 8 Tìm tất cả các đa thứcP(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
Trang 8Lời giải.
Ta xét các trường hợp
Trường hợp 1.P(x)là hằng số, tức làP(x) = c vớic là hằng số
ThayP(x) = cvào (1) được c3− 3c2= c − 3c ⇔ c ∈ {0, 1, 2}, thử lại thoả mãn
Trường hợp 2.P(x)khác hằng, tức làd e gP = n ≥ 1 vàa 6= 0là hệ số bậc cao nhất của P(x).Khi đó ta có thể viếtP(x) = axn+Q(x)trong đóQ(x)là đa thức hệ số thực cód e gQ(x) = k ≥ n−1.Cân bằng hệ số của bạc cao nhất (bậc 3n) trong (1) ta có
Do vậyk = 0, tức ladQ(x) = tvớitlà hằng số Thay vào (2) được
3tx2n+ 3t2xn+ t3− 3x2n− 6txn− 3t2= t − 3t − 3(−1)nxn
Suy ra
3(t − 1)x2n+ 3(t2− 2t + (−1)n)xn+ t3− 3t2+ 2t = 0(3)Đẳng thức (3) đúng với mọi x ∈ R nghĩa là
Khi đó ta cóP(x) = x2m+ 1 vớim ∈ N∗ và x ∈ R, thử lại thoả mãn
Nếua = −1, ta cóP(x) = −xn+ Q(x) Thay vào (1) được
(−xn+ Q(x))3− 3(−xn+ Q(x))2= −x3n+ Q(x3) − 3(−(−x)n+ Q(−x))
Suy ra
3x2nQ(x) − 3xn(Q(x))2+ (Q(x))3− 3x2n+ 6xnQ(x) − 3(Q(x))2= Q(x3) − 3Q(−x) + 3.(−1)nxn(4)Trong (4), nếuk > 0thì bậc của vế trái là2n + kvà bậc của vế phải làh ≤ max {3k, n}nên cânbằng bậc ta phải có2n + k = h ≤ max {3k, n}, vô lý vì2n + k > 3kvà2n + k > n
Do vậyk = 0, tức ladQ(x) = tvớitlà hằng số Thay vào (4) được
3tx2n− 3t2xn+ t3− 3x2n+ 6txn− 3t2= t − 3t + 3(−1)nxn
Suy ra
3(t − 1)x2n− 3(t2− 2t + (−1)n)xn+ t3− 3t2+ 2t = 0(5)Đẳng thức (5) đúng với mọi x ∈ R nghĩa là
Trang 9Khi đó ta cóP(x) = −x2m+ 1 vớim ∈ 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+ 1và P(x) = −x2m+ 1với 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 thứcP(x)hệ số thực thoả mãn
Pn i=0
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 nhấtad6= 0, thì đa thứcP(x + t) − P(x)có bậcd − 1 và hệ số cao nhất dtad
ta dùng phương pháp quy nạp vàod NếuQ(x) = C vớiClà hằng số thìP(x) = Cx(cụ thể hơn
làP(x) = Cx + C0) Theo quy nạp, ta có thể tìm được tất cả các đa thứcP(x)có bậc nhỏ hơnd.Gọiad là hệ số cao nhất củaQ(x)vàQ(x) = adxd+ R(x)vớideg Q(x) < d Theo bổ đề, ta có thểviết
P0(x) = ad
d + 1x
d+1
thìP0(x+1)−P0(x) = adxd+S(x)với mọi đa thứcS(x)có bậc nhiều nhất làd −1 TừR(x)−S(x)
có bậc nhiều nhất làd − 1, nên theo quy nạp cho biết rằng P1(x)có bậc nhiều nhất là d saochoP1(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) = adxd+ S(x) + R(x) − S(x) = Q(x)
Trang 10Lưu ý rằng nếu ta có hai nghiệm
!P(x + k − 1) + + (−1)kP(x)
Nếudeg P(x) = d ≥ kvới hệ số cao nhấtad thì đa thứcδkP có bậcd − k và hệ số cao nhất
đó, tất cả các đa thứcP(x)códeg P ≤ n − 1thoả 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 thứcP(x)với hệ số thực thoả mãn
P(am) = min
1≤i≤nP(xi)
Ta có đượcm = 1từ P(am) = P(a1), nhờ các biến đổi sau đây
P(an) − P(a1) = n(an− a1) = n(an− am) + n(am− a1) = |P(an) − P(am)| + |P(am− P(a1)|
= P(an) + P(a1) − 2P(am)
Bây giờ với mọi số nguyên dươngk nhỏ hơnn + 1, ta lại có
Trang 11P(ak) − P(a1) = |P(ak) − P(a1)| = n(ak− a1)
Vậy đa thức f (x) = P(x) − nx − P(a1) + na1 sẽ nhận a1, a2, , an làm n nghiệm phân biệt, màbậc của nó nhỏ hơn ncho nên nó phải là đa thức 0 Từ đó, ta thấy đa thức P(x)có dạng
Nếu nđiểm này không thẳng hàng, thì phải có 3 điểm không thẳng hàng trong n điểm đógiả sử là A, B, C Ta có ngay điều mâu thuẫn là tam giác ABCcó 3 góc vuông
Vậy là, n điểmMk phải thẳng hàng, các điểm đó lại là giao điểm của một đường thẳng với
độ thị một hàm đa thức có bậc bé hơnn, cho nên cái đồ thị kia chính là đường thẳng kẻ qua
k Trong đódkđi qua Mk và hệ số góc bằng1, cònd‘
k đi qua Mk và hệ số gócbằng−1 Để ý rằng,dk vuông góc vớid‘
k.Nếu n điểm này không thẳng hàng, thì theo định lý Sylvester-Galai sẽ có đúng 2 điểm ởtrong chúng (không mất tính tổng quát) giả sử M1, M2 mà trên đường thẳng M1M2 khôngchứa các điểm nào trong các điểm còn lại Như thế thì, hai đường kẻ vuông góc với M1M2
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 điểmMk phải thẳng hàng, các điểm đó lại là giao điểm của một đường thẳng với
độ thị một hàm đa thức có bậc bé hơnn, cho nên cái đồ thị kia chính là đường thẳng kẻ qua
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 hơn2019 Sao cho tồn tại n số thựcđôi một phân biệt là a1, a2, , a2019 thoả mãn điều kiện với mỗi i, j ∈ {1,2, ,2019}ta có
|P(ai) − P(aj)| = 2019|ai− aj|
Bài toán 11 Tìm tất cả các đa thức khác hằng P(z) với hệ số phức thoả mãn tất cả cácnghiệm phức của đa thức P(z)và P(z) − 1có modun bằng 1
Trang 12USA TSTST 2020 Lời giải.
Gọi đa thứcP(x) = cnxn+ cn−1xn−1+ + c1x + c0= cn(x + m1)(x + m2) (x + mn)biếtm1, m2, , mn
biết các nghiệm phức củaP(x)
Mặt khác,P(x)−1 = cn(x+p1)(x+p2) (x+pn)biết p1, p2, , pnbiết các nghiệm phức củaP(x)−1
µ
x + 1
pn
¶+¡cn¢−1 (2)Bây giờ từ, ta sẽ đi chứng minhck= 0vớik ∈ {1,2, , n − 1}
Chứng minh như sau:
So sánh hệ số của xk từ (2) có
cn−kQ
Do đó P(x) phải có dạng P(x) = axn− b sao cho P(x) = axn− (b + 1) Điều này yêu cầu, |b| =
|b + 1| = |a|để thoả mãn bài toán
Bài toán 12 Tìm tất cả các đa thứcP(x)với hệ số thực và không có nghiệm bội sao cho vớimỗi số phức zthì phương trình zP(z) = 1thoả mãn khi và chỉ khiP(z − 1)P(z + 1) = 1
SAFEST Olympiad 2020 Lời giải.
c, điều này hiển nhiên mâu thuẫn
Trường hợp 2.d e gP = 1, tức làP(x) = mx + b vớim 6= 0dẫn đến đầu bài được phương trình
mz2+bz = 1thoả mãn khi và chỉ khi(m(z−1)+b)(m(z+1)+b) = 0, vì vậy hai đa thứcmz2+bz−1
và m2z2+ 2bmz + (b2− m2)tương đương nhau, tức là hai đa thức này là bội của nhau Bằngcách so sánh hệ số cao nhất, ta thấy nhân thêmmvàomz2+ bz − 1được m2z2+ mz − mvà từ
Trang 13Trường hợp 3. d e gP = n ≥ 2
Ta xét đa thứcQ(x) = (z + 1)P(z + 1) − (z − 1)P(z − 1) (*) Dễ thấy rằngd e gQ ≤ degP
Do đó, ta sẽ đi chứng tỏ rằngQ cũng tương đương vớiP
Chứng minh như sau:
NếuP(r) = 0 với mọi số phứcr, ta cho lần lượtz = r + 1và z = r − 1vào (*), cho ta được
(r − 1)P(r − 1) = 1 = (r + 1)P(r + 1)
và do đóQ(r) = 0 Điều này chứng tỏ rằng tất cả các củaP cũng là nghiệm củaQ VìP không
có nghiệm kép và bậc củaQ không thể lớn hơn bậc của P Do đó, ta cóQ là bội củaP.ĐặtP(z) =Pn
k=0akzk Dẫn đến
Pn k=0ak¡(z + 1)k+1− (z − 1)k+1¢(**)
Để so sánhQ và P, ta muốn viết lại dưới dạngQ(z) =Pn
Vậy P(z) = zlà đa thức thoả mãn bài toán
Bài toán 13 Tìm tất cả các đa thứcP(x)với hệ số thực thoả mãn
P(a + b + c) = P(a) + 4P(b) + 22P(c)(1)Vớia, b, c ∈ R sao cho(a + b)(b + c)(c + a) = b3+ 7c3 (2)
Nguyễn Phúc Thọ Lời giải Dễ thấyP(x) = 0thoả mãn bài toán Ta sẽ xétP(x) 6= 0,
Ta sẽ chọn các sốa, b, ccó 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+ 7p3
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(3x) = 27P(x)(*)
Ta gọi hệ số tự do và hệ số bậc cao nhất củaP(x)làa0 vàan6= 0
Sau đó, ta đồng nhất hệ số tự do và hệ số bậc cao nhất được