SH thuy BMT phuong trinh ham da thuc va ung dung SV

CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC BÙI MINH THU THỦY ĐẠI HỌC SƯ PHẠM-ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN Ngày 30 tháng 6 năm 2016 1 Một số dạng và phương pháp giải phương trình hàm đa thức.. Vành K[x] đ

CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC

BÙI MINH THU THỦY ĐẠI HỌC SƯ PHẠM-ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

Ngày 30 tháng 6 năm 2016

1 Một số dạng và phương pháp giải phương trình hàm đa thức.

1.1 Phương trình hàm đa thức

Định nghĩa 1.1 Một đa thức một biến với hệ số trên K có thể được viết dưới dạng

P (x) = anxn+ + a1x + a0, trongđó a0, a1, , an∈ K và x là một kí hiệu gọi là biến (hay biến không xác định) Ta cũng viết đa thức này dưới dạng P (x) =

∞

P

i=0

aixi hoặc

P (x) = P aixi, trong đó ai = 0 với mọi i > n Hai đa thức P aixi và P bixi bằng nhau nếu ai = bi với mọi i

Kí hiệu K[x] là tập các đa thức một biến x với hệ số trên K Cho P (x) = anxn+ + a1x + a0 ∈ K[x] Khi đó a0 được gọi là hệ số tự do của P (x)

Nếu an 6= 0 thì n được gọi là bậc của đa thức P(x) và được kí hiệu là degP = n Trong trường hợp này an được gọi là hệ số cao nhất của P (x)

Nếu n = 1 thì P (x) gọi là đa thức dạng chuẩn hay đa thức tuyến tính

Nếu P (x) = a ∈ K thì P (x) được gọi là đa thức hằng Ta không định nghĩa bậc của đa thức 0

Định nghĩa 1.2 Với hai đa thức P (x) = P aixi và Q(x) = P bixi trong K[x], ta định nghĩa:

P (x) + Q(x) =X(ai+ bi)xi

P (x)Q(x) =Xckxk, ck = X

i+j=k

aibj với mọi k

Khi đó K[x] là vành giao hoán với phép cộng và nhân đa thức Vành K[x] được gọi là vành đa thức một biến x với hệ số trong K Phần tử không của vành là đa thức 0 phần

tử đơn vị là đa thức 1

Ta định nghĩa vành đa thức nhiều ẩn bằng quy nạp như sau

Định nghĩa 1.3 Đặt

K1 = K[x1]

K2 = K1[x2]

Kn= Kn−1[xn] vành Kn = Kn−1[xn] và gọi là vành đa thức n ẩn (hay n biến) x1, , xn trên K Một phần tử của K[x1, , xn] gọi là một đa thức của n ẩn x1, , xn lấy hệ số trong vành

K Các phần tử của K[x1, , xn] thường được kí hiệu bởi P (x1, , xn), Q(x1, , xn), Bằng cách quy nạp ta có mỗi phần tử P (x1, , xn) ∈ K[x1, , xn] biểu diễn được dưới dạng

P (x1, , xn) = X

(i 1 , ,i n ∈Λ)

ai 1 , ,i nxi1

1 xin

n, ai 1 , ,i n ∈ K,

Λ ∈ Nn là tập hữu hạn Cho K[x1, , xn] là vành đa thức của n biến x1, , xn trên K Mỗi phần tử có dạng xi1

1 , , xi n

n được gọi là một đơn thức bậc i1+ + in Mỗi phần tử

có dạng au trong đó a ∈ K và u là một đơn thức được gọi là một từ của K[x1, , xn],

u được gọi là một đơn thức của từ au và a được gọi là hệ số của nó Bậc của từ au được định nghĩa là bậc của đơn thức u Hai từ được gọi là đồng dạng nếu các đơn thức chúng là như nhau Với mỗi phần tử P ∈ K[x1, , xn], rõ ràng ta có thể viết P dưới dạng một tổng hữu hạn từ không đồng dạng Một biểu diễn như vậy gọi là biểu diễn chính tắc của P (x1, , xn)

Tiếp theo ta nhắc lại một số tính chất quan trọng cần sử dụng trong phần sau

Bổ đề 1.4 Cho P (x), Q(x) ∈ K[x] là các đa thức khác 0

(i) Nếu P (x) + Q(x) 6= 0 thì deg(P (x ) + Q (x )) ≤ maxdeg P(x ), deg Q(x )

(ii) Nếu P (x)Q(x) 6= 0 thì deg (P (x )Q (x )) ≤ deg P (x ) + deg Q (x )

Định lý 1.5 Cho hai đa thức P (x), Q(x) với Q(x) 6= 0 Tồn tại duy nhất hai đa thức H(x) và R(x) sao cho P (x) = Q(x)H(x) + R(x) và degR(x ) < degQ (x )

Định nghĩa 1.6 Cho đa thức P (x) = anxn+ + a1x + a0 Với mỗi phần tử v ∈ C,

ta kí hiệu P (v) = anvn+ + a1v + a0 ∈ K Phần tử v ∈ C được gọi là nghiệm của

P (x) nếu P (v) = 0

Bổ đề 1.7 Cho P (x) là một đa thức Dư của phép chia P (x) cho (x − a) là P (a) Định lý 1.8 (Định lý Bezout) Số a là nghiệm của P (x) nếu và chỉ nếu tồn tại đa thức Q(x) sao cho P (x) = (x − a)Q(x)

Định nghĩa 1.9 Cho P (x) là một đa thức và k > 0 là một số nguyên Số a được gọi

là một nghiệm bội k của đa thức P (x) nếu P (x) chia hết cho (x − a)k nhưng không chia hết cho (x − a)k+1 Nếu k = 1 thì a gọi là nghiệm đơn Nếu k = 2 thì a được gọi

là nghiệm kép

Định lý 1.10 Cho P (x) 6= 0 và a1, a2 , ar là các nghiệm phân biệt của P(x) Giả

sử ai là nghiệm bội ki của P (x) với i = 1, 2, , r Khi đó ta có P (x) = (x − a1)k 1(x −

a2)k 2 (x − ar)k rQ(x), trong đó Q(ai) 6= 0 với mọi i = 1, 2, , r

Hệ quả 1.11 Cho P (x) là đa thức khác 0 Khi đó số nghiệm của P (x), mỗi nghiệm tính với số bội của nó, không vượt quá bậc của P (x)

Chứng minh Giả sử a1, , ar là các nghiệm của P (x) với số bội tương ứng là k1, , kr Theo định lý trên ta có

P (x) = (x − a1)k1(x − a2)k2 (x − ar)krQ(x)

Ta có deg(P (x)) = deg(Q(x)) +

r

P

i=1

ki Nên ta có điều phải chứng minh

Hệ quả 1.12 Nếu đa thức P (x) có vô số nghiệm thì P (x) ≡ 0, tức là P (x) = 0 với

∀x ∈ R Nói riêng, nếu số nghiệm lớn hơn bậc của đa thức P(x) thì P (x) = 0 với

∀x ∈ R

Hệ quả 1.13 Nếu đa thức P (x) thỏa mãn P (x) = P (x + a) với ∀x ∈ R (với a là hằng

số khác 0 nào đó) thì P (x) ≡ c (với c là hằng số tùy ý.)

Hệ quả 1.14 Cho P (x), Q(x) ∈ R[x], trong đó deg(P (x)) ≤ n và deg(Q(x)) ≤ n Nếu P (x) và Q(x) có giá trị bằng nhau tại n + 1 số khác nhau thì P (x) ≡ Q(x) Chứng minh Đặt R(x) = P (x) − Q(x) Theo giả thiết, R(x) có ít nhất n + 1 nghiệm phân biệt Nếu R 6= 0 thì deg(R(x)) ≤ maxdeg(P (x)), deg(Q(x)) ≤ n Vì thế, theo

hệ quả trên R có nhiều nhất n nghiệm Điều này là vô lý Vậy R(x) = 0 và do đó

P (x) = Q(x)

1.2 Phương pháp đặt ẩn phụ, dồn biến

Ta thường gặp một số dạng phương trình hàm cơ bảnP (ϕ(x)) = ψ(x) Thông thường

ta giải bằng cách đặt ϕ(x) = t, tính x theo t rồi thay vào phương trình đã cho

Ví dụ 1.2.1 Tìm tất cả những đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn

P



x − 1 x



= x3 − 1

Giải Đặt t = x + 1x suy ra x3 − 1

x 3 = t3 + 3t thay vào P x − 1x
= x3− 1

x 3 ta được

P (t) = t3+ 3t, ∀x ∈ R (vì phương trình x2− tx − 1 = 0 luôn có nghiệm với mọi x 6= 0) Hay P (x) = x3+ 3x, ∀x ∈ R Thử lại thấy thỏa mãn

Chú ý Phương trình hàm cơ bản chứa hai biểu thức P (ϕ1(x)), P (ϕ2(x)) thường cho

ta lời giải là một phân thức hữu tỷ

Ví dụ 1.2.2 (HSG Gia Lai năm học 2009 - 2010.) Tìm các hàm số f (x) thỏa mãn điều kiện f (x) + xf (1 − x) = x2, ∀x ∈ R

Giải Giả sử hàm số f thỏa mãn f (x) + xf (1 − x) = x2, ∀x ∈ R Khi đó thay x bởi

1 − x, ta được f (1 − x) + (1 − x)f (x) = (1 − x)2, ∀x ∈ R

Do đó ta có hệ

(

f (x) + xf (1 − x) = x2

f (1 − x) + (1 − x)f (x) = (1 − x)2

Ta có D = 1 − x + x2 6= 0; Df (x) = −x3+ 3x2− x; Df (1−x)= x3− 2x + 1

Bởi vậy

f (x) = −x3+ 3x2− x

(1 − x) = x

3− 2x + 1

Nếu hàm số f thỏa mãn (1.2.2) thì nó thỏa mãn (1.2.3) Thử lại ta thấy duy nhất một hàm số thỏa mãn đề bài đã cho là

f (x) = −x3+ 3x2− x

x2− x + 1 , ∀x ∈ R

Phương pháp dồn biến cũng được sử dụng phổ biến khi giải phương trình hàm đa thức Sau đây là bài toán minh họa

Ví dụ 1.2.3 Tìm tất cả những đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn

(x − y)P (x + y) − (x + y)P (x − y) = 4xy(x2− y2

), ∀x ∈ R

Giải Đặt u = x + y; v = x − y Ta có x = u+v2 ; y = u−v2 Suy ra vP (u) − uP (v) = (u2− v2)uv hay

P (u)

u − u2 = P (v)

v − v2, ∀u, v 6= 0

Cho v = 1 ta được

P (u)

u − u2 = P (1) − 1, ∀u 6= 0

Do đó P (u) = u3+ au, ∀u 6= 0, (với a = P (1) − 1) Cho x = y = 0 ta có 2P (0) = 0 Suy ra P (0) = 0 Vậy P (x) = x3+ ax, ∀x ∈ R

1.3 Phương pháp thế giá trị đặc biệt.

Một kỹ thuật thường gặp trong giải phương trình hàm nói chung và phương trình hàm

đa thức nói riêng là thế giá trị đặc biệt của biến số để tìm lời giải Ta xét một số bài toán cụ thể sau

Ví dụ 1.3.1 Tìm tất cả những đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn

P (x + y) + P (x − y) = P (x) + 6xyp3

P (y), ∀x, y ∈ R (1.3.1) Giải.Trong (1.3.1) cho y = 0 ta được P (x) = x3, ∀x ∈ R Thử lại thấy thỏa mãn

Ví dụ 1.3.2 Tìm tất cả những đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn

P (x + y) + P (x − y) = P (x) + 2P (y) + x2, ∀x, y ∈ R (1.3.2) Giải Đặt P (x) = c Trong (1.3.2) cho y = 0 ta được

Thử lại: Thay (1.3.3) vào (1.3.2) ta được (x + y)2 + 2c + (x − y)2 + 2c = x2 + 2c + 2y2+ 4c + x2, ∀x, y ∈ R Suy ra c = 0 Do đó có duy nhất đa thức thỏa mãn đề bài là

P (x) = x2, ∀x ∈ R

Chú ý Có thể trình bày bằng cách khác như sau: Trong (1.3.2) cho x = y = 0 ta được

P (0) = 0 Sau đó cho y = 0 và sử dụng P (0) = 0 thì phương trình (1.3.2) có dạng

P (x) = x2, ∀x ∈ R Thử lại thấy thỏa mãn

Ví dụ 1.3.3 (Swizerland Final Round 2010) Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn

P (P (x)) + P (P (y)) = 2y + P (x − y), ∀x, y ∈ R (1.3.4) Giải Đặt P (0) = c Trong (1.3.4) cho y = x ta được P (P (x)) + P (P (x)) = 2x +

P (0), ∀x ∈ R Hay P (P (x)) = x +2c, ∀x ∈ R Khi đó (1.3.4) trở thành x + c2+ y + 2c = 2y + P (x − y), ∀x, y ∈ R

Từ (1.3.5), cho y = 0, suy ra P (x) = x + c, ∀x ∈ R Thay vào (1.3.4) ta được x + 2c +

y + 2c = 2y + x − y, ∀x ∈ R Khi đó suy ra c = 0 Vậy có duy nhất một đa thức thỏa mãn yêu cầu đề bài là P (x) = x, ∀x ∈ R

Bài tập đề nghị

Bài 1 Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn

2P (x) = P (x + y) + P (x + 2y), ∀x ∈ R; y 6= 0

1.4 Phương pháp hệ số bất định.

Đa thức có tính chất phổ dụng sau: Đa thức P (x) = Q(x) khi và chỉ khi chúng cùng bậc và cùng các hệ số

Ví dụ 1.4.1 (i) Tìm tất cả các đa thức P (x) thỏa mãn P (x) = P (−x) (ii) Tìm đa thức P (x) thỏa mãn P (x) = −P (−x)

Giải

(i) Từ giải thiết bằng cách đồng nhất ta có P (x) = P (−x) khi và chỉ khi các hệ số ứng với số mũ lẻ của x bằng 0

(ii) Tương tự P (x) = −P (−x) khi và chỉ khi các hệ số tương ứng với số mũ chẵn của

x bằng 0

Đôi khi ta gặp bài toán mà dựa vào giải thiết ta xác định được dạng của đa thức (thường là đa thức bậc nhất hoặc bậc hai) Ta đồng nhất để xác định hệ số và chứng minh nghiệm bài toán là duy nhất

1.5 Phương pháp sử dụng tính chất của đa thức P (x) = P (x + a)

Theo Hệ quả (1.1.14) "Đa thức P (x) thỏa mãn P (x + a) = P (x), ∀x ∈ R ( với a là một hằng số khác 0 nào đó) thì P (x) ≡ c ( với c là hằng số tùy ý)"

Mở rộng ta tìm hiểu bài toán: Tìm các đa thức P (x) sao cho P (x+a) = P (x)+Q(x), trong đó Q(x) là đa thức bậc n cho trước

Ví dụ 1.5.1 Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn P (x) = 12x + 18 + P (x + 3), ∀x ∈ R

Giải Đặt P (x) = ax2+ bx + c + Q(x), ∀x ∈ R Thay vào P (x) = 12x + 18 + P (x + 3)

ta được ax2 + bx + c + Q(x) = 12x + 18 + a(x + 3)2 + b(x + 3) + c + Q(x + 3) hay Q(x) = (12 + 6a)x + 18 + 9a + 3b + Q(x + 3) Chọn a, b sao cho

(

12 + 6a = 0

18 + 9a + 3b = 0 ⇔ a = −2

b = 0 Với a, b như trên ta có Q(x + 3) = Q(x) hay Q(x) ≡ c Vậy P (x) = −2x3+ c, ∀x ∈ R ( với c là hằng số tùy ý)

Ví dụ 1.5.2 Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn P (x + 2016) = P (x) −

4, ∀x ∈ R

Giải Đặt P (x) = 504−1x + Q(x), thay vào P (x + 2016) = P (x) − 4 ta được 504−1(x + 2016) + Q(x + 2016) = 504−1x + Q(x) − 4, ∀x ∈ R hay 504−x(x + 2016) + Q(x + 2016) =

−1

504x + Q(x) − 4, ∀x ∈ R hay Q(x + 2016) = Q(x), ∀x ∈ R Suy ra Q(x) ≡ c Vậy

P (x)504−1x + c, ∀x ∈ R (với c là hằng số tùy ý.)

Nhận xét Phép đặt P (x) = 504−1 + Q(x), được tìm ra như sau: Từ đề bài ta tưởng tượng rằng P (x + 2016) = P (x) + P (2016), ∀x ∈ R (Với P (2016) = −4) Suy ra

P (x) = ax, ∀x ∈ R Từ đó tìm được a = 504−1

Ví dụ 1.5.3 Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn P (1) = 2015 và P (x+y) =

P (x) + P (y), ∀x, y ∈ R

Giải Giải sử P (x) thỏa mãn yêu cầu đề bài Trong phương trình P (x + y) = P (x) +

P (y), ∀x, y ∈ R, lấy y = 1, ta được P (x + 1) = P (x) + 2015, ∀x ∈ R Đặt P (x) = Q(x) + 2015x, ta có Q(x + 1) + 2015(x + 1) = Q(x) + 2015x + 2015, ∀x ∈ R Hay Q(x + 1) = Q(x), ∀x ∈ R Suy ra Q(x) = c, ∀x ∈ R (c là hằng số)

Vậy P (x) = 2015x+c, ∀cx ∈ R Do P (1) = 2015 nên 2015 = 2015+c hay c = 0 Sau khi thử lại ta nhận thấy có duy nhất một đa thức thỏa mãn đề bài là P (x) = 2015x, ∀x ∈ R Bài tập đề nghị

Bài 2 Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn P (x + 2015) = P (x + 2013) +

70, ∀x ∈ R

Bài 3 Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn (x − 1)P (x − 1) − (x − 2)P (x) =

0, ∀x ∈ R

Bài 4 Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn điều kiện xP (x − 4) = (x − 2016)P (x), ∀x ∈ R

Bài 5 Cho số nguyên dương k Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn điều kiện

(x − 2015)kP (x) = (x − 2016)kP (x − 1), ∀x ∈ R

Bài 6 Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn điều kiện

[P (x)]2− 2 = 2P (2x2

− 1), ∀x ∈ R

1.6 Phương pháp sử dụng tính chất nghiệm và so sánh bậc

Ví dụ 1.6.1 (Centro American Olympiad 2008) Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] với hệ số thực thỏa mãn P (1) = 210 và

(x + 10)P (2x) = (8x − 32)P (x + 6), ∀x ∈ R (1.6.1) Giải Từ giả thiết suy ra P (x) không thể là hằng số hằng Giả sử:

P (x) = anxn+ an−1xn−1+ + a1x + a0, an6= 0

So sánh hệ số của lũy thừa cao nhất ở hai vế của (1.6.1) ta được an2n = 8an hay

2n= 8, suy ra n = 3 Vậy P (x) là đa thức bậc ba

Từ (1.6.1) lấy x = −10 ta được P (−4) = 0

Từ (1.6.1) lấy x = −2 ta được −48P (4) = 8P (−4) = 0 suy ra P (4) = 0

Từ (1.6.1) lấy x = 4 ta được 14P (8) = 0.P (10) = 0

Như vậy P (x) = a(x − 4)(x + 4)(x − 8), ∀x ∈ R Do P (1) = 210 nên 105a = 201 hay

a = 2 Khi đó

P (x) = 2(x − 4)(x + 4)(x − 8), ∀x ∈ R (1.6.2) Thử lại, với P (x) là đa thức xác định bởi (1.6.2), ta có

(x + 10)P (2x) = (x + 10)2(2x − 4)(2x + 4)(2x − 8)

(x + 10)P (2x) = 16(x + 10)(x − 2)(x + 2)(x − 4) (1.6.3) (8x − 32)P (x + 6) = 8(x − 4)2(x + 2)(x + 10)(x − 2)

(8x − 32)P (x + 6) = 16(x + 10)2(x − 2)(x + 2)(x − 4) (1.6.4)

Từ (1.6.3) và (1.6.4) suy ra đa thức xác định bởi (1.6.2) và (1.6.1) Vậy có duy nhất một đa thức thỏa mãn yêu cầu của đề bài là P (x) = 2(x − 4)(x + 4)(x − 8), ∀x ∈ R

Ví dụ 1.6.2 Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] với hệ số thực thỏa mãn

P (2) = 12; P (x2) = x2(x2+ 1)P (x), ∀x ∈ R (1.6.5) Giải Từ (1.6.5) cho x = 0 ta được P (0) = 0; cho x = 1 ta được P (1) = 2P (1) hay

P (1) = 0; cho x = −1 được P (1) = 2P (−1) suy ra P (−1) = 0 Vậy P (x) có ba nghiệm

là 0; −1; 1 Giả sử P (x) có nghiệm thực t khác 0; −1; 1; khi đó suy ra t2 cũng là nghiệm của P (x), tương tự suy ra t4 cũng là nghiệm của P (x) Nhưng t khác 0; −1; 1 thì tất

cả các phần tử của dãy t, t2, t4, , t2n, là khác nhau đôi một nên suy ra P (x) có vô

số nghiệm hay P (x) ≡ 0, mâu thuẫn với P (2) = 12 Vậy P (x) chỉ có ba nghiệm thực

là 0; −1; 1 Giả sử deg P = n Từ (1.6.5) suy ra 2n = n + 4 hay n = 4 Vậy P (x) có một trong ba dạng sau P (x) = ax2(x − 1)(x + 1), P (x) = ax(x + 1)2(x − 1), P (x) = ax(x + 1)(x − 1)2 Mặt khác, P (2) = 12 nên a = 1 hoặc a = 2 hoặc a = 23 Thử lại chỉ

có P (x) = ax2(x − 1)(x + 1), ∀x ∈ R thỏa mãn các yêu cầu của đề bài

Ví dụ 1.6.3 Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] với thỏa mãn

Giải Giả sử deg P = n So sánh bậc hai vế của (1.6.6) ta được n2 = 2n suy ra n = 0 hoặc n = 2

+ Khi n = 0 ta được đa thức hằng P (x)(??) Thay vào (1.6.6) ta được c = c2 suy ra

c = 0 hoặc c = 1 Vậy P (x)(??) hoặc P (x)(1.2.1) là các đa thức thỏa mãn bài ra

+ Khi n = 2 Giả sử P (x) = ax2 + bx + c, a 6= 0 So sánh hệ hệ số cao nhất trong

(1.6.6) ta có a3 = a2 suy ra a = 1 Vậy

Khi đó

P (x)P (x + 1) = P (x)(x2+ bx + c + 2x + b + 1)

⇔ P (x)P (x + 1) = P (x)[P(x) + 2x + b + 1]

⇔ P (x)P (x + 1) = [P (x)]2+2xP(x) + bP (x) + P (x)

⇔ P (x)P (x + 1) = [P (x) + x]2+b[P(x) + x] + bP (x) + c − x2− bx − c + P (x)

⇔ P (x)P (x + 1) = P (P (x) + x), ∀x ∈ R

Vậy đa thức xác định bởi (1.6.7) thỏa mãn (1.6.6) Tất cả các đa thức cần tìm là

P (x) = 0, P (x) = 1, P (x) = x2+ bx + c, ∀x ∈ R (b, c là hằng số tùy ý)

Bài tập đề nghị

Bài 7 Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn phương trình hàm

[P (x)]2− 1 = 4P (x2

− 4x + 1), ∀x ∈ R

Bài 8 Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn phương trình hàm

P (x)P (2x2) = P (x2)P (2x − 1), ∀x ∈ R

Bài 9 Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn

P (x)P (2x2+ 1) = P (x2)[P (2x + 1) − 4x], ∀x ∈ R Bài 10 Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn

P (√

3(a−b))+P (√

3(b−c))+P (√

3(c−b)) = P (2a−b−c)+P (−a−2b−c)+P (−a−b−2c), ∀a, b, c ∈ R Bài 11 Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn hệ thức

P2(a) + P2(b) + P2(c) = P2(a + b + c)

với a, b, c ∈ R thỏa mãn ab + bc + ca = 0

Bài 12 Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn hệ thức

P (x2+ y2) = [P (x)]2+ [P (x)]2, ∀x, y ∈ R

2 Một số dạng và phương pháp giải phương trình hàm nâng cao.

2.1 Phương pháp sử dụng công thức nội suy Lagrange

Trước hết ta nhắc lại công thức nội suy Lagrange

Định lý 2.1 (Lagrange) Cho P (x) là đa thức bậc n và x0, x1, , xn là n + 1 số phân biệt Đặt Q(x) =

n

Q

i=0

(x − xi) Khi đó ta có biểu diễn (i) P (x) =

n+

P

i=0

P (xi)

n

Q

k6=i,k=0

x−x 2

x i −xk

(ii) P (x) =

n

P

i=0

P (x i )Q(x)

Q0(x i )x−x i Chứng minh (i) Đặt R(x) = P (x) −

n+

P

i=0

P (xi)

n

Q

k6=i,k=0

x−x 2

x i −xk Ta có deg R(x ) ≤ n

và có quá n nghiệm là x0, x1, , xn Do đó R(x) phải là đa thức không Vậy P (x) =

n+

P

i=0

P (xi)

n

Q

k6=i,k=0

x−x 2

x i −xk (ii) Vì

n

Q

k6=i,k=0

x−x k

x i −xk =

n

P

i=0

1

Q0(x i )

Q(x) x−x i nên từ (i) ta suy ra hệ thức P (x) =

n

P

i=0

P (x i )

Q0(x i )

Q(x) x−x i

Ví dụ 2.1.1 Xác định đa thức bậc hai nhận giá trị bằng 3, 1, 7 tại x bằng −1, 0, 3 tương ứng

Giải Ta có x1 = −1, x2 = 0; x3 = 3 và P (x1) = 3, P (x2) = 1, P (x3) = 7 Áp dụng công thức nội suy Lagrange ta có

P (x) = P (−1) (x − 0)(x − 3)

(−1 − 0)(−1 − 3)+P (0)

(x − 3)(x + 1) (0 − 3)(0 + 1)+P (3)

(x + 1)(x − 0) (3 + 1)(3 − 0) = x

2−x+1

Vậy đa thức cần tìm là P (x) = x2− x + 1, ∀x ∈ R

Ví dụ 2.1.2 Tồn tại hay không một đa thức P (x) bậc 2008 thỏa mãn điều kiện

P (k) = 2k với k = 0, 1, , 2008? Tại sao?

Giải Với mỗi k = 0, 1, đặt

wk(x) = x(x − 1) (x − (k − 1))(x − (k + 1)) (x − 2008)

(k − 0)(k − 1) (k − (k − 1))k(k − (k + 1)) (k − 2008). Theo định lý Lagrange đa thức

P (x) =

2008

X

k=0

wk(x)2k

thỏa mãn điều kiện bài toán