Một Số Lớp Đẳng Thức Trong Đa Thức Và Áp Dụng

Luận văn tìm hiểu một số vấn đề về đathức như: Biểu diễn một số lớp đa thức một biến; Một số đồng nhất thứcgiữa các đa thức nhiều biến; Xác định đa thức theo đặc trưng của chúngcũng như

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐOÀN THỊ HỒNG CẨM

MỘT SỐ LỚP ĐẲNG THỨC TRONG ĐA THỨC VÀ ÁP DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - NĂM 2015

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐOÀN THỊ HỒNG CẨM

MỘT SỐ LỚP ĐẲNG THỨC TRONG ĐA THỨC VÀ ÁP DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa họcPGS.TS TRỊNH THANH HẢI

THÁI NGUYÊN - NĂM 2015

2 Vấn đề biểu diễn, xác định đa thức 102.1 Biểu diễn một số lớp các đa thức một biến 102.1.1 Biểu diễn các đa thức dương trên trục thực và nửa

trục thực 102.1.2 Biểu diễn các đa thức dương trên một khoảng 142.2 Một số đồng nhất thức giữa các đa thức nhiều biến 162.3 Xác định đa thức theo các đặc trưng của chúng 192.3.1 Đặc trưng hàm của đa thức với biến tự do 192.3.2 Xác định đa thức theo các đặc trưng nghiệm 222.3.3 Xác định đa thức theo các phép thế đối số 282.3.4 Xác định đa thức theo tính chất số học của chúng 312.3.5 Xác định đa thức theo các nút nội suy 332.3.6 Xác định đa thức từ các phép tính vi phân 35

3 Một số bài toán áp dụng liên quan 373.1 Bất đẳng thức trong đa thức 373.2 Bài toán cực trị trong đa thức 443.3 Phương pháp đa thức 47

Mở đầu

Trong chương trình Toán THPT nói chung, trong các dạng bài tập dànhcho học sinh khá, giỏi nói riêng thì các bài tập liên quan đến việc khai tháccác tính chất của đa thức rất phong phú, đa dạng Tuy nhiên các dạngbài tập nghiên cứu sâu về một số lớp đẳng thức trong đa thức và áp dụngthì còn rất ít Xuất phát từ thực tế đó, dưới sự hướng dẫn nhiệt tình củaPGS.TS Trịnh Thanh Hải, tôi chọn hướng nghiên cứu của luận văn thạc

sĩ với đề tài: “Một số lớp đẳng thức trong đa thức và áp dụng” nhằm gópmột phần nhỏ bé vào việc bổ sung tài liệu tham khảo cho giáo viên và họcsinh trong giảng dạy và học tập Luận văn tìm hiểu một số vấn đề về đathức như: Biểu diễn một số lớp đa thức một biến; Một số đồng nhất thứcgiữa các đa thức nhiều biến; Xác định đa thức theo đặc trưng của chúngcũng như các ứng dụng trong việc giải một số bài toán bất đẳng thức, bàitoán cực trị trong đa thức và bài toán giải bằng phương pháp đa thức Luận văn gồm 3 chương

Chương 1 Một số kiến thức chuẩn bị

Chương 2 Vấn đề biểu diễn, xác định đa thức

Chương 3 Một số bài toán áp dụng liên quan

Luận văn này được hoàn thành dưới sự giúp đỡ tận tình của GS.TSKHNguyễn Văn Mậu cùng với sự hướng dẫn nhiệt tình của PGS.TS TrịnhThanh Hải Em xin bày tỏ sự kính trọng và biết ơn sâu sắc đến các thầy

Em xin chân thành cảm ơn quý thầy cô trong trường Đại học Khoahọc - Đại học Thái Nguyên mà trực tiếp là khoa Toán – Tin và các thầy

ở Viện Toán học, ĐHKHTN - ĐHQG Hà Nội đã tận tình giảng dạy vàtạo điều kiện thuận lợi cho chúng tôi có những kiến thức cơ sở đủ vững đểthực hiện đề tài

Do một số điều kiện chủ quan và khách quan, luận văn cũng chưa thực

sự hoàn thiện theo ý muốn Em kính mong các Thầy, Cô giáo chỉ bảo để

em được hoàn thiện luận văn Em xin được kính chuyển tới các Thầy, Côgiáo lời cảm ơn trân trọng nhất

Em xin trân trọng cảm ơn

Học viên

Đoàn Thị Hồng Cẩm

Chương 1

Một số kiến thức chuẩn bị

Trong chương này chúng tôi trình bày một số vấn đề cơ bản liên quanđến đa thức được trình bày từ các tài liệu [1]-[7] để sử dụng trong nhữngchương sau

1.1 Một số tính chất cơ bản của đa thức

Định lí 1.1 Giả sử A là một trường (A = R hoặc A = C) và A [x] làvành các đa thức trên A, f (x) và g(x) 6= 0 là hai đa thức của vành A [x].Khi đó luôn tồn tại cặp đa thức duy nhất q (x) và r (x) thuộc A [x] saocho

f (x) = g (x) q (x) + r (x) với deg r (x) < deg g (x)

Nếu r (x) = 0 ta nói f (x) chia hết cho g(x)

Giả sử a ∈ A, f (x) = anxn+ an−1xn−1+ · · · + a1x + a0 là đa thức tùy

ý của vành A [x], phần tử f (a) = anan + an−1an−1 + · · · + a1a + a0 cóđược bằng cách thay x bởi a được gọi là giá trị của f (x) tại a

Nếu f (a) = 0 thì ta gọi a là nghiệm của f (x) Bài toán tìm nghiệm của

f (x) trong A gọi là giải phương trình đại số bậc n

anxn + an−1xn−1+ · · · + a1x + a0 = 0 (an 6= 0)

trong A

Định lí 1.2 Giả sử A là một trường số thực hoặc số phức, a ∈ A, và

f (x) ∈ A [x] Dư số của phép chia f (x) cho (x − a) chính là f (a)

Định lí 1.3 Điều kiện cần và đủ để hai đa thức P (x) và Q(x) nguyên tốcùng nhau là tồn tại cặp đa thức u(x) và v(x) sao cho

P (x) u (x) + Q (x) v (x) ≡ 1

Nếu hai đa thức P (x) và Q(x) (không trùng với đa thức 0) có ước chung

d(x) là đa thức chia hết cho tất cả các ước chung khác thì d(x) được gọi

là ước chung lớn nhất của P (x) và Q(x)

Tương tự, ta có khái niệm ước chung lớn nhất của bộ nhiều đa thức

Tính chất 1.1 Nếu các đa thức f (x) và g(x) nguyên tố cùng nhau vàcác đa thức f (x) và h(x) cũng nguyên tố cùng nhau thì các đa thức f (x)

và g(x)h(x) cũng nguyên tố cùng nhau

Tính chất 1.2 Nếu các đa thức f (x), g(x), h(x) thỏa mãn điều kiện

f (x)h(x) chia hết cho g(x), g(x) và h(x) nguyên tố cùng nhau thì f (x)

chia hết cho g(x)

Tính chất 1.3 Nếu đa thức f (x) chia hết cho các đa thức g(x) và h(x)

với g(x) và h(x) nguyên tố cùng nhau thì f (x) chia hết cho g(x)h(x).Tính chất 1.4 Nếu các đa thức f (x) và g(x) nguyên tố cùng nhau thì

[f (x)]m và [g (x)]n sẽ nguyên tố cùng nhau với mọi m, n nguyên dương

1.2 Các định lý về nghiệm của đa thức

Định lí 1.4 a là nghiệm củaf (x) khi và chỉ khif (x) chia hết cho(x − a).Giả sử A là một trường, a ∈ A, f (x) ∈ A [x] và m là một số tự nhiênlớn hơn hoặc bằng 1 Khi đó a là nghiệm bội cấp m của f (x) khi và chỉkhi f (x) chia hết cho (x − a)m và f (x) không chia hết cho (x − a)m+1.Trong trường hợp m = 1 thì ta gọi a là nghiệm đơn còn khi m = 2 thì

a được gọi là nghiệm kép Số nghiệm của một đa thức là tổng số nghiệmcủa đa thức đó kể cả bội của các nghiệm (nếu có) Vì vậy, người ta coi một

đa thức có một nghiệm bội cấp m như một đa thức có m nghiệm trùngnhau

• Lược đồ Horner

Giả sử f (x) = anxn+ an−1xn−1+ · · · + a1x + a0 ∈ A [x] (với A là mộttrường) Khi đó thương gần đúng của f (x) cho (x − a) là một đa thức cóbậc bằng n − 1, có dạng

Định nghĩa 1.1 Các hàmE1(x) , E2(x) , , En(x) được gọi là hàm (đathức) đối xứng sơ cấp Viète bậc 1, 2, , n tương ứng

Sau đây ta sẽ nêu (không chứng minh) một số định lý cơ bản đối với

đa thức

Định lí 1.6 Mỗi đa thức thực bậc n đều có không quá n nghiệm thực

Hệ quả 1.1 Đa thức có vô số nghiệm là đa thức không

Hệ quả 1.2 Nếu đa thức có bậc ≤ n mà nhận cùng một giá trị tại n + 1

điểm khác nhau thì chúng đồng nhất bằng hằng số

Hệ quả 1.3 Hai đa thức bậc ≤ n mà nhận giá trị bằng nhau tại n + 1

điểm phân biệt thì chúng đồng nhất bằng nhau

Định lí 1.7 Mọi đa thức f (x) ∈ C[x] bậc n có đúng n nghiệm (tính cảbậc của nghiệm)

Định lí 1.8 Mọi đa thức f (x) ∈ R[x] có bậc n và có hệ số chính (hệ sốbậc cao nhất) an 6= 0 đều có thể phân tích (duy nhất) thành nhân tử

là cận trên của các nghiệm dương của đa thức đã cho, trong đó

B là giá trị lớn nhất của trị tuyệt đối các hệ số âm

1.3 Ước, ước chung lớn nhất

Định nghĩa 1.2 Khi đa thức Pn(x) viết được dưới dạng

Nếu hai đa thức P (x)và Q(x) chỉ có ước chung là các đa thức bậc 0 thì

ta nói rằng chúng nguyên tố cùng nhau và ta viết dưới dạng(P (x) , Q (x)) =

1

Bài toán 1.1 Chứng minh rằng hai đa thức P (x) = x2015− 1 và Q(x) =

x2015+ 1 nguyên tố cùng nhau

Lời giải Nhận xét rằng P (x) − Q(x) = 2 Suy ra nếu d(x) là ước chungcủa P (x) và Q(x) thì d(x) là ước của đa thức hằng bằng 2 Suy ra hai đathức đã cho nguyên tố cùng nhau

Bài toán 1.2 Tìm ước chung lớn nhất của hai đa thứcP (x) = (x − 1)2015

và Q(x) = x2015− 1

Lời giải Vì x = 1 là nghiệm đơn của đa thức Q(x) Suy ra nếu d(x) làước chung của P (x) và Q(x) thì d(x) là ước của x − 1 Suy ra

(P (x) , Q (x)) = 1

Bài toán 1.3 Cho đa thức P (x) và hai số a, b phân biệt Biết rằng P (x)

chia cho x − adư A, P (x)chia cho x − b dư B Hãy tìm phần dư của phépchia P (x) cho (x − a)(x − b)

Lời giải Giả sử P (x) = (x − a)(x − b)Q(x) + Cx + D Lần lượt thay

x = a, b, ta được A = Ca + D, B = Cb + D

Từ đó suy ra

C = (A − B)/(a − b)

D = A − (A − B)a/(a − b) = (aB − bA)/(a − b)

Bài toán 1.4 Tìm phần dư trong phép chia x100 cho (x − 1)2

Lời giải Giả sử x100 = (x − 1)2Q(x) + Ax + B Thay x = 1, ta được

1 = A + B

Lấy đạo hàm hai vế rồi cho x = 1, ta được 100 = A Từ đó suy ra phần

dư là 100x − 99

Bài toán 1.5 Tìm a, b, c biết rằng đa thức P (x) = x3 + ax2 + bx + c

chia hết cho x − 2 và chia x2 − 1 dư 2x

Lời giải Từ các điều kiện đề bài suy raP (2) = 0,P (1) = 2 vàP (−1) =

Bài toán 1.6 Chứng minh rằng với mọi giá trị của n, đa thức

(x + 1)2n+1+ xn+2 chia hết cho đa thức x2 + x + 1

Lời giải Cách 1 (Quy nạp theo n) Với n = 0, điều phải chứng minh làhiển nhiên

Giả sử ta đã có (x + 1)2n+1+ xn+2 chia hết cho x2 + x + 1 Khi đó

Để chứng minh P (x) chia hết cho x2 + x + 1 ta chỉ cần chứng minh

P (α) = 0 Điều này tương đương với việc chứng minh

1 + i√

32

Chuyển các số phức sang dạng lượng giác rồi dùng công thức Moivre, ta

có điều này tương đương với

Bài toán 1.7 Tìm tất cả các giá trị n sao cho x2n + xn+ 1 chia hết cho

x2 + x + 1

Lời giải Cách 1 Ta nhận thấy x3 ≡ 1(mod(x2 + x + 1)) Do đó

x2(n+3)+ xn+3+ 1 ≡ x2n + xn+ 1(mod(x2 + x + 1))

Do đó ta chỉ cần xét với n = 0, 1, 2 Rõ ràng

Với n = 0, 3 không chia hết cho x2 + x + 1

Với n = 1, x2 + x + 1 chia hết cho x2 + x + 1

Với n = 2, x4 + x2 + 1 ≡ x + x2 + 1 chia hết cho x2 + x + 1

Từ đó suy ra x2n+ xn+ 1 chia hết cho x2+ x + 1 khi và chỉ khi n có dạng

3k + 1 hoặc 3k + 2

Cách 2 (Số phức) Tương tự như bài toán 1.6, ta có P (x) = x2n + xn+ 1

chia hết chox2+x+1 khi và chỉ khi P (α) = 0 Áp dụng công thức Moivre,

ta có điều này tương đương với

Điều này xảy ra khi n không chia hết cho 3

Bài toán 1.8 Chứng minh rằng (xm − 1, xn− 1) = x(m,n)− 1

Lời giải Giả sử d = (m, n) thì rõ ràng xm− 1 = (xd)m

,

− 1 chia hết cho

xd− 1 và tương tự xn− 1 chia hết cho xd

Suy ra xd − 1 là ước chung của xm − 1, xn − 1

Giả sử D(x) là một ước chung của xm − 1, xn − 1 Vì d = (m, n) nêntồn tại các số nguyên dương u, v sao cho d = mu − nv Khi đó D(x) làước của (xmu − 1) − (xnv − 1) = xnv(xd − 1) Vì (xm − 1, xnv) = 1 nên

(D(x), xnv) = 1, suy ra D(x) là ước của xd− 1, suy ra xd− 1 là ước chunglớn nhất của xm − 1 và xn− 1

Chương 2

Vấn đề biểu diễn, xác định đa thức

2.1 Biểu diễn một số lớp các đa thức một biến

2.1.1 Biểu diễn các đa thức dương trên trục thực và nửa trục

thực

Định lí 2.1 ([3]-[6]) Giả sử đa thức P (x) ∈ R[x] và P (x) > 0 với mọi

x ∈ R Khi đó P (x) có thể biểu diễn được dưới dạng

P (x) = [A(x)]2 + [B(x)]2,

trong đó A(x), B(x) cũng là các đa thức

Chứng minh Do P (x) > 0 với mọi x ∈ R nên đa thức P (x) có bậcbằng 2n và có thể phân tích được dưới dạng tích của các nhân tử bậc haidương, nghĩa là

Bài toán 2.1 Chứng minh rằng tồn tại đa thức bậc nhất P (x), Q(x) saocho

√

2 , P (x) =

x − 32 −

√ 3 2

√

2 , ta thu được

đẳng thức (2.1)

Bài toán 2.2 Cho f (x) = ax2 + bx + c ∈ R[x] thỏa mãn điều kiện

f (x) > 0 với mọi x ≥ 0 Chứng minh rằng tồn tại đa thức P (x) sao cho

đa thức Q(x) = f (x)P (x) có tất cả các hệ số đều không âm

Lời giải Do f (x) > 0 với mọi x ≥ 0 nên a > 0 và c = f (0) > 0

Nếu b ≥ 0 thì ta chọn P (x) = 1 và ta nhận được ngay điều phải chứngminh

Nếu b < 0, do a > 0ta tìm P (x) dưới dạng P (x) = (x + 1)n vớin ≥ 2

Nhận thấy ngay rằng với n > max



−b

a ,

−bc

thì các điều kiện (1) và

(2) được thỏa mãn (do a > 0)

Ta biến đổi vế trái của (3) như sau:

h (k) = (a − b + c) k2 − [a − (n + 2) b + (2n + 3) c] k

+c (n + 1) (n + 2) ≥ 0, do b < 0, a ≥ 0, c ≥ 0

nên a − b + c > 0

Để (3) đúng với mọi k ta chọn n sao cho biệt thức của tam thức bậchai h(k) không dương ∆h ≤ 0 Biểu thức của ∆h cũng là một tam thứcbậc hai theo n có hệ số của n2 là

thỏa mãn điều kiện g(x) > 0 với mọi x > 0 Khi đó tồn tại s ∈ N để đa

thức Q(x) dạng Q(x) = g(x)(x + 1)s có các hệ số đều không âm

Chứng minh Ta xét hai trường hợp deg g (x) = 2m và

đa thức cũng có các hệ số đều không âm

Khi deg g (x) = 2m + 1 thì g (x) có ít nhất một nghiệm không dương

là −a (a ≥ 0) Ta có

g (x) = (x + a) h (x) với h (x) > 0 với mọi x > 0 và deg h (x) = 2m

Do deg h (x) = 2m nên theo (1) tồn tại số nguyên dương s sao cho

h (x) (x + 1)s có các hệ số đều không âm và vì vậy đa thức g (x) (x + 1)s

cũng có các hệ số đều không âm

Bài toán 2.3 Chứng minh rằng tồn tại đa thức Q(x) sao cho đa thức

P (x) = (x2 − 3x + 3)Q(x) có các hệ số đều dương

Lời giải Nhận xét rằng

(x2 − 3x + 3)(x2 + 3x + 3) = x4 − 3x2 + 9,(x4 − 3x2 + 9)(x4 + 3x2 + 9) = x8 + 9x4 + 81

P (x) = [A (x)]2 + [B (x)]2 + xn[C (x)]2 + [D (x)]2o (2.2)Lời giải

1) Trường hợp deg P (x) = 2m

Nếu m = 0 thì ta dễ dàng viết được biểu diễn (2.2)

Với m ≥ 1, ta có thể phân tích đa thức P (x) dưới dạng

2.1.2 Biểu diễn các đa thức dương trên một khoảng

Định lí 2.3 Giả sử đa thức f (x) ∈ R[x] thỏa mãn điều kiện f (x) > 0,

∀x ∈ (−1; 1) Khi đó đa thức f (x) có thể biểu diễn được dưới dạng

là một đa thức thỏa mãn điều kiện Q(t) > 0 , ∀t > 0.

Theo Định lý 2.1 thì tồn tại n ∈ N sao cho

Bài toán 2.5 Chứng minh rằng tồn tại đa thức dạng

(ii) (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca)

(iii) (a + b)3 = a3 + 3ab(a + b) + b3 và (a − b)3 = a3 − 3ab(a − b) − b3

(iv) a2 − b2 = (a − b)(a + b)

(v) a3 − b3 = (a − b)(a2 + ab + b2) và a3 + b3 = (a + b)(a2 − ab + b2)

(vi) (a2 + b2)(x2 + y2) = (ax + by)2 + (ay − bx)2

(vii) (a2 + b2 + c2)(x2 + y2 + z2) = (ax + by + cz)2 + (ay − bx)2 + (bz −cy)2 + (cx − az)2

(viii) |ab| = |a||b|, |a

d| = |a|

|d| và |a| = |b| khi và chỉ khi a = ±b.

Bài toán 2.6 Cho đa thức P (x, y, z, t) với các hệ số thực thỏa mãn hệthức

P



x, y, z, ±px2 + y2 + z2 ≡ 0, ∀x, y, z ∈R

Chứng minh rằng đa thức P (x, y, z, t) có thể biểu diễn được dưới dạng

P (x, y, z, t) = x2 + y2 + z2 − t2

Q (x, y, z, t)

trong đó Q (x, y, z, t) là đa thức với hệ số thực

Lời giải Thực hiện phép chia P (x, y, z) cho t2 − x2 − y2 − z2
theobiến t (x, y, z là tham số) ta thu được

P (x, y, z, t) = (x2+y2+z2−t2)Q(x, y, z, t)+tR(x, y, z)+S(x, y, z) (2.3)Thay t = ±px2 + y2 + z2 vào (2.3) ta suy ra R(x, y, z) = 0

Với x, y, z cố định, ta chọn t = px2 + y2 + z2 thì từ (2.3) ta thu được

S(x, y, z) = 0 Từ đây ta thu được biểu diễn

P (x, y, z, t) = (x2 + y2 + z2 − t2)Q(x, y, z, t)

Bài toán 2.7 Cho đa thức hai biến P (x, y) thỏa mãn điều kiện

i) P (tx, ty) = t2P (x, y) với mọi x, y, t ∈R,

ii) P (b + c, a) + P (c + a, b) + P (a + b, c) = 0 với mọi a, b, c ∈ R,

P (a + b, 1 − a − b) = P (a, 1 − a) + P (b, 1 − b) + 2 (2.5)

Đặt f (x) = P (x, 1 − x) + 2 Khi đó f (x) là hàm liên tục trên R và

f (1) = P (1, 0) + 2 = 3 và (2.5) trở thành f (x + y) = f (x) + f (y) Đó làphương trình hàm Cauchy



f (x + y) = f (x) + f (y)

Phương trình (2.6) có nghiệm duy nhất f (x) = 3x Vậy nên

điều phải chứng minh

Nhận xét 2.1 Biểu diễn (2.10) cũng đúng với những lớp hàm số rộnghơn lớp các hàm đa thức Chẳng hạn ta có biểu diễn

|x| = max

|y|≤1(xy) ∀x ∈ R

Bài toán 2.9 Cho α là bộ n số không âm (a1, a2, , an) (n ≥ 1, n ∈ N).Chứng minh rằng

Vậy (2.11) được chứng minh

Bài toán 2.10 Chứng minh rằng

điều phải chứng minh

2.3 Xác định đa thức theo các đặc trưng của chúng

2.3.1 Đặc trưng hàm của đa thức với biến tự do

Trong mục này ta khảo sát một số dạng đẳng thức đa thức với cặp biến

tự do

Bài toán 2.11 Tìm tất cả các đa thức P (x) bậc n thỏa mãn điều kiện

P x2 + y2
= P (x + y) + P (x − y) , ∀x, y ∈ R (2.13)Lời giải Cho y = 0, ta thu được

P x2
= 2P (x) , ∀x ∈ R (2.14)Giả sử deg P = n Khi đó P (x2) là đa thức bậc 2n và 2P (x) là đa thứcbậc n Từ (2.14) suy ra 2n = n, tức n = 0 và P (x) = const Thế vào(2.13), ta được P (x) = 0 Thử lại ta thấy các nghiệm P (x) ≡ 0 thỏa mãnđiều kiện bài ra

Bài toán 2.12 Tìm tất cả các đa thức P (x) bậc n thỏa mãn điều kiện

P x2 − y2

= P (x + y) P (x − y) , ∀x, y ∈ R (2.15)Lời giải Đặt x + y = u, x − y = v thì (2.15) có dạng

P (u, v) = P (u) P (v) , ∀x, y ∈R (2.16)Đặt u = v = 0 vào (2.16) ta được P (0) = 0 hoặc P (0) = 1

Nếu P (0) = 1 thì từ (2.16) với v = 0, ta thu được

P (0) = P (u) P (0) ⇒ P (x) ≡ 1

Nếu P (0) = 0 thì x = 0 là một nghiệm của P (x) nên P (x) = xQ (x) với

Q(x) là đa thức bậc n − 1 Thế vào (2.16) ta thu được

uvQ (uv) = uvQ (u) Q (v) , ∀x, y ∈ R

Suy ra

Q (uv) = Q (u) Q (v) , ∀x, y ∈ R (2.17)với Q (u) ≡ 1 hoặc Q (x) = xQ1(x) , Q1(x) là đa thức bậc n − 2

Tiếp tục quá trình này, sau hữu hạn bước ta thu được nghiệm của bài toán

P (x) ≡ 1 và P (x) = xn, ∀x, y ∈ R∗

Thử lại ta thấy các nghiệm P (x) ≡ 1 và P (x) = xn thỏa mãn điều kiệnbài ra

Bài toán 2.13 Tìm tất cả các đa thức f : R → R thỏa mãn các điều

kiện

f (x + y) = f (x) + f (y) + 2xy, ∀x, y ∈ R (2.18)Lời giải Cho x = y = 0 vào (2.18) ta được f (0) = 0 Từ giả thiết suyra

2.3.2 Xác định đa thức theo các đặc trưng nghiệm

Bài toán 2.15 Tìm tất cả các cặp số a, b sao cho x4+ 4x3+ ax2+ bx + 1

là bình phương của một đa thức

Lời giải Nếu x4 + 4x3 + ax2 + bx + 1 là bình phương của một đa thứcthì đa thức đó phải có bậc 2 Giả sử

thì có nghiệm thực.

Lời giải Để ý rằng P (x) > 0 và P (−x) = P (x) với ∀x ∈ R nên ta chỉ

cần xét x ≥ 0

Theo giả thiết thì phương trình P (x) = x2 vô nghiệm và vì P (x) − x2 =

x4 + (b − 1) x2 + c nên P (x) > x2 với mọi ∀x ∈ R Suy ra

1 − (a + b + c) + (ab + bc + ca) − abc

1 + a + b + c + (ab + bc + ca) + abc =

c2(c − a)(c − b).

Lời giải Xét đa thức

F (x) = a

2(x − b)(x − c)(a − b)(a − c) +

b2(x − c)(x − a)(b − c)(b − a) +

c2(x − a)(x − b)(c − a)(c − b) − x2

Ta có F (a) = F (b) = F (c) = 0 Nhưng F (x) là đa thức bậc nhỏ hơn haybằng 2 Do đó F (x) phải đồng nhất 0

Từ đó suy ra hệ số của x2 của F (x) bằng 0 Hệ số này bằng

a2(a − b)(a − c) +

b2(b − c)(b − a) +

c2(c − a)(c − b) − 1

Suy ra A = 1

Bài toán 2.19 Tìm tất cả các đa thức P (x) thỏa mãn đồng nhất thức

xP (x − 1) = (x − 26)P (x)

Lời giải Thay x = 0 vào đồng nhất thức, ta suy ra P (0) = 0 Suy ra

P (x) chia hết cho x, tức là P (x) = xP1(x) Thay vào đồng nhất thức, tađược

x(x − 1)P 1(x − 1) = (x − 26)xP 1(x),

suy ra

(x − 1)P1(x − 1) = (x − 26)P1(x) (2.22)Lại thay x = 1, ta được P1(1) = 0, suy ra P1(x) chia hết cho x − 1, tức là

P1(x) = (x − 1)P2(x), thay vào (2.22), ta được

Để 1 là nghiệm bội ít nhất là bậc 2 thì Q(x) chia hết cho x − 1, tức là

Q(1) = 0, suy ra A = n, B = −(n + 1)

Bài toán 2.22 Tìm các đa thức dạng