Một số lớp bài toán về xác định đa thức đại số

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNGTRƯƠNG TRUNG DUYÊN MỘT SỐ LỚP BÀI TOÁN VỀ XÁC ĐỊNH ĐA THỨC ĐẠI SỐ LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC ĐÀ NẴNG - NĂM 2015... ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNGTRƯƠNG TRUNG DUYÊN MỘT SỐ LỚP BÀI TOÁN VỀ

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

TRƯƠNG TRUNG DUYÊN

MỘT SỐ LỚP BÀI TOÁN VỀ XÁC ĐỊNH ĐA THỨC ĐẠI SỐ

LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC

ĐÀ NẴNG - NĂM 2015

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

TRƯƠNG TRUNG DUYÊN

MỘT SỐ LỚP BÀI TOÁN VỀ XÁC ĐỊNH ĐA THỨC ĐẠI SỐ

LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Mã số: 60.46.10.13

Người hướng dẫn khoa học:

GS TSKH NGUYỄN VĂN MẬU

ĐÀ NẴNG - NĂM 2015

MỞ ĐẦU 1

1 Lý do chọn đề tài 1

2 Mục đích nghiên cứu 1

3 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu 1

4 Phương pháp nghiên cứu 2

5 Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài 2

6 Cấu trúc của luận văn 2

CHƯƠNG 1 NHỮNG KIẾN THỨC BỔ TRỢ 4 1.1 MỘT SỐ TÍNH CHẤT CƠ BẢN CỦA ĐA THỨC ĐẠI SỐ 4

1.2 MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ ĐA THỨC VỚI HỆ SỐ NGUYÊN 6

1.3 BẤT ĐẲNG THỨC 9

CHƯƠNG 2 XÁC ĐỊNH ĐA THỨC THEO CÁC YẾU TỐ ĐẠI SỐ 10 2.1 XÁC ĐỊNH ĐA THỨC THEO ĐẶC TRƯNG SỐ HỌC 10

2.2 XÁC ĐỊNH ĐA THỨC THEO TÍNH CHẤT NGHIỆM 14

2.3 XÁC ĐỊNH ĐA THỨC THEO ĐẶC TRƯNG HÀM VỚI CÁC BIẾN TỰ DO 22

2.4 XÁC ĐỊNH ĐA THỨC BỞI PHÉP BIẾN ĐỔI ĐỐI SỐ 29

2.5 XÁC ĐỊNH ĐA THỨC THEO ĐẶC TRƯNG NỘI SUY 36

CHƯƠNG 3 XÁC ĐỊNH ĐA THỨC THEO CÁC YẾU TỐ GIẢI TÍCH 44 3.1 XÁC ĐỊNH ĐA THỨC THEO ĐẶC TRƯNG GIỚI HẠN, LIÊN TỤC 44

3.2 XÁC ĐỊNH ĐA THỨC THEO ĐẶC TRƯNG VI PHÂN 50

3.3 XÁC ĐỊNH ĐA THỨC THEO ĐẶC TRƯNG TÍCH PHÂN 58

QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI LUẬN VĂN (bản sao)

Tôi cam đoan đây là công trình nghiên cứu của riêng tôi.

Các số liệu, kết quả nêu trong luận văn là trung thực và chưa từng được

ai công bố trong bất kỳ công trình nào khác

Tác giả luận văn

TRƯƠNG TRUNG DUYÊN

Trong các kì thi học sinh giỏi cấp quốc gia, quốc tế, kì thi Olympic Toánsinh viên giữa các trường đại học, các bài toán liên quan đến đa thức thườngxuyên được đề cập và xem như là những dạng toán khó Do đó, đa thức tuy

là vấn đề cổ điển nhưng đối với tôi, đa thức vẫn có sức cuốn hút và hấp dẫn

vô cùng

Chính vì vậy, tôi đã chọn đề tài

"Một số lớp bài toán về xác định đa thức đại số"

Đề tài này nhằm đáp ứng mong muốn của bản thân về một đề tài phùhợp, có thể phục vụ thiết thực cho việc giảng dạy của mình trong nhà trườngphổ thông

3 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

a Đối tượng nghiên cứu

Đề tài này tập trung nghiên cứu về các dạng toán xác định đa thức theocác yếu tố đại số và giải tích

b Phạm vi nghiên cứu

Đề tài chỉ tập trung nghiên cứu về các bài toán xác định đa thức đại sốtrên tập số thực.

4 Phương pháp nghiên cứu

Nghiên cứu tài liệu, sách tham khảo, giáo trình của GS.TSKH NguyễnVăn Mậu, các trang web toán học từ đó trao đổi với thầy hướng dẫn các kếtquả đang nghiên cứu

Nghiên cứu qua thực tế giảng dạy

5 Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài

Tạo được một đề tài gần gũi và phù hợp cho việc giảng dạy và bồi dưỡnghọc sinh giỏi trung học phổ thông

Đề tài đóng góp thiết thực cho việc dạy và học các chuyên đề toán trunghọc phổ thông, qua đó đem lại niềm say mê sáng tạo từ những bài toán cơbản nhất

Bài toán xác định về đa thức thường gặp khi giải phương trình hàmtrên tập các đa thức Ta có thể trước hết xác định bậc của đa thức rồi lầnlượt xác định các hệ số hoặc sử dụng các tính chất của vành các đa thức.Thật khó để phân chia các bài toán xác định về đa thức theo một biên giớirạch ròi như tiêu đề của từng chương, và đâu đó trong một vài vấn đề củabài này vẫn có xuất hiện bóng dáng của vấn đề kia.Tuy nhiên, người viết đã

cố gắng trình bày một cách mạch lạc, hệ thống các bài tập xoay quanh chủ

đề của từng chương luận văn

Luận văn bao gồm phần mở đầu, 3 chương, phần kết luận, và danh mụctài liệu tham khảo

Chương I Những kiến thức bổ trợ

Trong chương này, người viết trình bày tóm tắt các kiến thức cơ bản về

đa thức và đa thức hệ số nguyên, một số bất đẳng thức được dùng trong cácchương sau

Chương II Xác định đa thức theo các yếu tố đại số

Chương này trình bày tổng quan các bài toán xác định đa thức theo các

yếu tố đại số như đặc trưng số học, tính chất nghiệm, đặc trưng nội suy, đặctrưng hàm với các biến tự do, với các phép biến đổi đối số

Chương III Xác định đa thức theo các yếu tố giải tích

Chương này trình bày tổng quan các bài toán xác định đa thức theo cácyếu tố giải tích như là các đặc trưng giới hạn, tích phân, vi phân

CHƯƠNG 1

NHỮNG KIẾN THỨC BỔ TRỢ

1.1 MỘT SỐ TÍNH CHẤT CƠ BẢN CỦA ĐA THỨC ĐẠI SỐĐịnh nghĩa 1.1 (Định nghĩa về đa thức một biến, [4]) Giả sử A = Rhoặc A = C Ta gọi đa thức bậc n biến x trên A là một biểu thức có dạng

đa thức một biến trên trường số thực R

Định nghĩa 1.2 (Bậc của đa thức, [4]) Cho

Pn(x) = anxn+ an−1xn−1 + · · · + a1x + a0trên trường số thực R

Nếu an 6= 0 thì n được gọi là bậc của đa thức Pn(x), kí hiệu degP = n.Nếu ak = 0 (k = 1, , n) và a0 6= 0 thì ta có bậc của đa thức là 0 Tagọi đa thức Pn(x) = a0 là đa thức hằng

Nếu ak = 0 (k = 0, , n) thì ta gọi Pn(x) là đa thức không và người

ta định nghĩa bậc của đa thức không là âm vô cùng

Định nghĩa 1.3 (Đồng nhất thức, [7]) Cho hai đa thức f, g ∈ R[x],

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

g (x) = bmxm + bm−1xm−1 + · · · + b1x + b0, bm 6= 0

Đa thức f (x) và g (x) được gọi là đồng nhất với nhau nếu

f (x) = g (x) , ∀x ∈ R,

tức là f ≡ g ⇔ n = m và ai = bi với i = 0, 1, , n.

Định nghĩa 1.4 ([7]) Giả sử A là một trường, a ∈ A, m ∈ N∗, f (x) ∈

A [x], m là số tự nhiên lớn hơn hoặc bằng 1

a là nghiệm bội cấpmcủaf (x)khi và chỉ khif (x)chia hết cho(x − a)m

và không chia hết cho (x − a)m+1 Trong trường hợp m = 1, ta gọi a lànghiệm đơn, còn khi m = 2 thì a được gọi là nghiệm kép

Số nghiệm của một đa thức là tổng số nghiệm của đa thức đó kể cả bộicủa các nghiệm (nếu có) Vì vậy, người ta coi đa thức có một nghiệm bội cấp

m như đa thức có m nghiệm trùng nhau

Định lý 1.1 ([8]) Mỗi đa thức thực bậc n đều có không quá n nghiệmthực

Chứng minh Ta chứng minh định lí theo phương pháp quy nạp

Với n = 0, đa thức không có nghiệm thực

Với n > 0, giả sử đa thức bậc n đều có không quá n nghiệm thực Tacần chứng minh một đa thức bậcn + 1 đều có không quá n + 1nghiệm thực.Cho f (x) ∈ R[x], degf = n + 1 Gọi c là một nghiệm của f (x) Khi

đó f (x) = (x − c) q (x)

Mà degf (x) = deg (x − c) + degq (x) suy ra degq (x) = n Theo giảthiết quy nạp, đa thức q (x) có không quá n nghiệm, do đó đa thức f (x) cókhông quá n + 1 nghiệm Vậy mệnh đề được chứng minh

Hệ quả 1.1 ([4]) Đa thức có vô số nghiệm là đa thức không

Hệ quả 1.2 ([1]) Nếu đa thức thực có bậc n có hơn n nghiệm thì đó

Tính chất 1.1 (Sơ đồ Horner, [4]) Giả sử f (x) ∈ A [x] với A là mộttrường,

f (x) = anxn+ an−1xn−1 + · · · + a1x + a0.Khi đó thương gần đúng của f (x) cho x − a là một đa thức có bậc bằng

n − 1, có dạng

q (x) = bn−1xn−1+ · · · + b1x + b0,trong đó

Định nghĩa 1.5 (Ước chung lớn nhất, [4]) Nếu hai đa thức P (x) và

Q (x) khác đa thức không, có ước chung d (x) là đa thức chia hết cho tất cảcác ước chung khác thì d (x) được gọi là ước chung lớn nhất của P (x) và

kí hiệu là L∗[x] Vậy P (x) khả quy trên L [x] kéo theo P (x) ∈ L∗[x] và

P (x) bất khả quy trên L [x] kéo theo P (x) /∈ L∗[x]

Tính chất 1.2 ([4]) Mọi đa thức P (x) ∈ R[x] với bậc lớn hơn 2đều phân tích được thành nhân tử bậc nhất và bậc hai nên cũng có thể coi

P (x) ∈R∗[x]

Nhận xét 1.1 ([4]) Tính khả quy của đa thức thực chất chỉ có ýnghĩa trong Q[x] và Z[x] hoặc trong L [x] Nếu P (x) ∈ Q[x] thì gọi M làmẫu chung nhỏ nhất của các mẫu số của các hệ số trong P (x) thì P (x) =1

MP1(x) với P1(x) ∈Z[x].

Hiển nhiên, nếu P (x) khả quy trên L [x] thì với mọi A ∈ L, đa thứcA.P (x) cũng khả quy trên L [x] Bởi vậy ta chỉ xét tính khả quy của các đathức thuộc Z[x]

Định nghĩa 1.8 ([4]) Đa thứcP (x) ∈ Z[x]được gọi là đa thức nguyênbản nếu bộ các hệ số của nó nguyên tố cùng nhau (có thể không đôi mộtnguyên tố cùng nhau)

Tính chất 1.3 ([4]) Nếu f (x) ∈ Q[x] thì tồn tại duy nhất một đathức nguyên bản f1(x) và một phân số tối giản a

b (a ∈ Z, b ∈ N

∗) sao cho

f (x) = a

bf1(x) Tính chất 1.4 ([4]) Tích của hai đa thức nguyên bản là một đa thứcnguyên bản

Tính chất 1.5 ([4]) Nếu đa thức P (x) ∈ Z[x] có bậc lớn hơn 1 màkhông thuộc Z∗[x] thì nó cũng không thuộc Q∗[x]

Bổ đề 1.1 Cho đa thức P (x) ∈ Z[x]có bậc n, vàa, b là hai số nguyênkhác nhau Khi đó [P (a) − P (b)] (a − b)

Chứng minh Đặt

P (x) = anxn+ an−1xn−1 + · · · + a1x + a0,trong đó an 6= 0 và ak ∈ Z với k = 0, , n

Ta có

P (a) = anan+ an−1an−1 + · · · + a1a + a0,

P (b) = anbn+ an−1bn−1 + · · · + a1b + a0.

Do đó

P (a) − P (b) = an(an− bn) + an−1 an−1− bn−1

+ · · · + a1(a − b)

Vì ak − bk
chia hết(a − b)vớik = 1 nnên[P (a) − P (b)] (a − b)

Bổ đề 1.2 ([4]) Chứng minh rằng nếu phân số tối giản p

q, ((p, q) = 1)

là nghiệm của đa thức với hệ số nguyên

f (x) = anxn+ an−1xn−1 + · · · + a1x + a0

thì p là ước của a0 và q là ước của an

Chứng minh Vì phân số tối giản p

q là nghiệm của đa thức f (x) Khi

đó, ta có

f

pq

a0qn = −p anpn−1+ · · · + an−1qpn−2 + a1qn−1
(1.2)

Từ (1.1) suy ra anpn chia hết cho q mà (pn, q) = 1 nên an chia hết cho q

Từ (1.2) suy ra a0qn chia hết cho p mà (qn, p) = 1 nên a0 chia hết cho p.Mệnh đề 1.1 ([7]) Nếu đa thức đa thức f (x) ∈ Z[x] có nghiệm sốhữu tỉ p

q, ((p, q) = 1) thì qx − p là một nhân tử của đa thức f (x) ∈ Z[x].Tính chất 1.6 (Tiêu chuẩn Eisentein) Cho đa thức

f (x) = anxn+ an−1xn−1 + · · · + a1x + a0với các hệ số nguyên Giả sử có ít nhất một cách chọn số nguyên tố p thỏamãn các điều kiện:

(1) Hệ số cao nhất an không chia hết cho p;

(2) Tất cả các hệ số còn lại chia hết cho p;

(3) Hệ số tự do a0 chia hết cho p nhưng không chia hết cho p2

Khi đó đa thức f (x) không phân tích được thành tích các nhân tửvới bậc thấp hơn, với các hệ số hữu tỉ hay đa thức f (x) bất khả quy trong

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hai bộ số (xi) và (yi) tỉ lệ với nhau,tức tồn tại cặp số thực α, β không đồng thời bằng 0, sao cho

αxi + βyi = 0, ∀i = 1, 2, , n

Bất đẳng thức thường được gọi là bất đẳng thức Cauchy (đôi khi còngọi là bất đẳng thức Bunhiascopki, Cauchy - Schwarz hoặc Cauchy - Bunhi-ascopki)

Bất đẳng thức (1.3) là bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trungbình nhân, thường được gọi là bất đẳng thức AM - GM

CHƯƠNG 2

XÁC ĐỊNH ĐA THỨC THEO CÁC YẾU TỐ ĐẠI SỐ

Trong chương này, người viết xin trình bày một số bài toán xác định đathức theo một số yếu tố của đại số như là các tính chất nghiệm của đa thức,đặc trưng số học, đặc trưng nội suy và đặc trưng hàm với các biến tự do, cácphép biến đổi đối số của hàm đa thức

2.1 XÁC ĐỊNH ĐA THỨC THEO ĐẶC TRƯNG SỐ HỌC

Trong phần này, ta xét các bài toán xác định đa thức đại số theo một

số tính chất của số học như là tính chia hết, tính chia có dư, số nguyên tố,ước của một số tự nhiên Trước hết, ta nhắc lại một số kiến thức cơ bản.Định lý 2.1 ([4]) Giả sử A là một trường (A = R hoặc A = C) và

A [x] là vành các đa thức trên A Với f (x) và g (x) là hai đa thức khác đathức không của vành A [x], khi đó luôn tồn tại cặp đa thức duy nhất q (x)

và r (x) thuộc A [x] sao cho

f (x) = g (x) q (x) + r (x) với degr (x) < degg (x) Nếu r (x) = 0 ta nói f (x) chia hết cho g (x) hay g (x) chia hết f (x)hay f (x) là bội của g (x) hay g (x) là ước của f (x) Ta kí hiệu f g, g/f Nhận xét 2.2 Từ định lí trên, nếu ta lấy đa thức f (x) chia cho đathức g (x) ta được thương là q (x) và phần dưr (x) với degr (x) < degg (x)

Và từ f (x) = g (x) q (x) + r (x) suy ra f (x) − r (x) = g (x) q (x) Vậy[f (x) − r (x)] g (x)

Định nghĩa 2.9 ( Nghiệm của đa thức, [4]) Giả sử a ∈ A,

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

là đa thức tùy ý của vành A [x], phần tử

f (a) = anan+ an−1an−1 + · · · + a1a + a0

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

anxn+ an−1xn−1 + · · · + a1x + a0 = 0trong A với x là ẩn

Định lý 2.2 ([4]) Giả sử A là một trường, a ∈ A và f (x) ∈ A [x] Dư

số của phép chia f (x) cho x − a chính là f (a)

Hệ quả 2.5 ([4]) Giả sử A là một trường, a ∈ A và f ∈ A [x] a lànghiệm của f (x) khi và chỉ khi f (x) chia hết cho x − a

Bài toán 2.1 ([7]) Tìm đa thức bậc ba f (x) sao cho f (x) chia hếtcho (x − 2) và f (x) chia cho x2 − 1 thì dư 2x

Giải Đặt f (x) = x3 + ax2 + bx + c với a, b, c ∈ R.

Vì f (x) chia hết cho (x − 2) nên f (2) = 0 hay

Do f (x) chia cho x2 − 1 dư 2x nên ta đặt g (x) = f (x) − 2x Khi đó

g (x) chia hết cho x2 − 1 Suy ra g(1) = 0 và g(−1) = 0, tức là

x4+ 4x3 + ax2 + bx + 1 = A2x4 + 2ABx3 + B2 + 2AC
x2 + 2BCx + C2.Đồng nhất hệ số ta được

B2 + 2AC = a2BC = b

C2 = 1Nếu A = 1, C = 1 thì B = 2, a = 6, b = 4

Nếu A = 1, C = −1 thì B = 2, a = 0, b = −4

(x − b1) , (x − b2) , , (x − bn) , (bi ∈ Z, bi 6= bj, i 6= j),

đều có chung số dư là m với m ∈ Z

Giải Theo giả thiết, ta có f (bi) = m, với i = 1, , n Đặt g (x) =

f (x) − m thì g (x) có n nghiệm phân biệt là b1, b2, , bn, degg = n và hệ

số bậc cao nhất của g (x) là 1

Ta xét đa thức

h (x) = g (x) − (x − b1) (x − b2) (x − bn) Khi đó

h (x) = (an−1 − A1) xn−1+ (an−2− A2) xn−2+ · · · + (a0 − An − m) ,trong đó A1, A2, , An được xác định như sau

An = b1b2 bn

Đa thức h (x) cũng có n nghiệm phân biệt b1, b2, , bn mà degh (x) ≤

n − 1, nên theo hệ quả (1.3) suy ra h (x) ≡ 0 Từ đó suy ra các hệ số

ai(i = 0, , n − 1) được xác định như sau

an−1 = A1, an−2 = A2, , a1 = An−1, a0 = An+ m,trong đó các số Ak được xác định như trên và ai ∈ Z (i = 0, , n − 1)

Bài toán 2.5 Xác định các đa thức P (x) với hệ số nguyên sao cho vớimọi số tự nhiên n thì P (n) luôn là ước tự nhiên của 2015.

Giải Theo giả thiết, ta có

0 < P (n) ≤ 2015, ∀n ∈ N.Suy ra P (x) là đa thức có hệ số bậc cao nhất nguyên dương và hàm đathức P (x) bị chặn trên R+ Điều này chứng tỏ P (x) là đa thức hằng

Vì P (n) là ước tự nhiên của 2015 với mọi số tự nhiên n nên

P (x) = c với c ∈ {1, 5, 13, 31, 65, 155, 403, 2015} Nhận xét 2.3 Ta có thể mở rộng bài toán (2.5) như sau Xác định các

đa thức P (x) với hệ số nguyên sao cho với mọi số tự nhiên n thì P (n) luôn

là ước tự nhiên của N với N là số nguyên dương bất kì

Giải tương tự như trên, ta sẽ thu được kết quả P (n) là đa thức hằng

và P (n) = c với c là ước tự nhiên của N

Bài toán 2.6 ([4]) Chứng minh rằng không tồn tại đa thức bậc lớnhơn 1 với hệ số nguyên dương để m ∈ N∗ luôn luôn kéo theo P (m) là sốnguyên tố

2.2 XÁC ĐỊNH ĐA THỨC THEO TÍNH CHẤT NGHIỆMTrong phần này, ta xét các bài toán xác định đa thức đại số theo tínhchất các nghiệm của đa thức như là định lí Vieete, tính chất nghiệm thực,nghiệm hữu tỉ của một đa thức Ta nhắc lại một số kiến thức liên quan

Định lý 2.3 (Định lí Vieete, [4]) a Giả sử phương trình

Định lý 2.4 ([7]) Cho đa thức f (x) ∈ R[x] có nghiệm x1, x2, , xmvới bội tương ứngk1, k2, , km Khi đó tồn tại đa thức g (x) ∈ R[x]sao cho

f (x) = (x − x1)k1

(x − x2)k2

(x − xm)km

g (x) Mệnh đề 2.3 ([7]) Cho đa thức f (x) ∈ R[x] Nếu degf = n và ki làbội của nghiệm xi với i = 1, , m thì

k1 + k2 + · · · + km ≤ n

Đặc biệt, khi

k1 + k2 + · · · + km = nthì ta có phân tích đầy đủ theo các nghiệmx1, x2, , xm (có thể trùng nhau)của đa thức f (x) bậc n

f (x) = a0(x − x1) (x − x2) (x − xn) , a0 ∈ R.Bài toán 2.7 ([7]) Xác định đa thức P (x) = x3 + ax2 + bx + c biếtrằng đa thức có ba nghiệm u, v, t và u3, v3, t3 là ba nghiệm của phương trình

x3 + a3x2 + b3x + c3 = 0

Giải Vì đa thức P (x) = x3 + ax2 + bx + c có ba nghiệm u, v, t nên

P (x) = (x − u) (x − v) (x − t) Theo định lí Vieete, ta có

u + v + t = −a, uv + ut + vt = b, uvt = −c, (2.6)

và u3, v3, t3 là ba nghiệm của phương trình

x3 + a3x2 + b3x + c3 = 0nên

Bài toán 2.8 ([7]) Xác định đa thức P (x) = x4 + ax3 + bx2 + cx + 1biết đa thức có ít nhất một nghiệm thực và thỏa a2 + b2 + c2 bé nhất.Giải Gọi x0 là nghiệm của đa thức Ta dễ dàng nhận thấy x0 = 0không phải là nghiệm của phương trình.

Ta có x04 + ax30 + bx20 + cx0 + 1 = 0 nên − x4

0 + 1
= ax30+ bx20+ cx0

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được

x40 + 1
2 = ax30 + bx20 + cx0
2 ≤ a2 + b2 + c2
x60 + x40 + x20
.Đặt t = x20 với t > 0 thì

a2 + b2 + c2 ≥ t

2 + 1
2

t3 + t2 + t.Xét hàm số f (t) = t

2 + 1
2

t3 + t2 + t với t > 0. Ta có

f0(t) = (t − 1) t

2 + 1
(t + 1)3(t3 + t2 + t)2 .

Bài toán 2.9 ([4]) Tìm các đa thức dạng

x1x2 xn = (−1)na0Suy ra (x1x2 xn)2 = a20 = 1 Mà ta có

Với n = 2 ta thu được đa thức x2 ± x − 1

Với n = 3 ta thu được đa thức x3 ± x2 − x ± 1

Ta xét trường hợp với an = −1, lập luận tương tự ta có kết quả

Với n = 1, ta thu được đa thức −x ± 1

Với n = 2, ta thu được đa thức −x2 ± x + 1

Với n = 3 ta thu được đa thức −x3 ± x2 + x ± 1

Vậy có 12 đa thức cần tìm là

± (x + 1) , ± (x − 1) ,

f (x) = n!xn+ an−1xn−1 + · · · + a1x + (−1)nn (n + 1)

có các nghiệm thựcx1, x2, , xnthỏa mãnxk ∈ [k, k + 1] , ∀k ∈ {1, 2, , n}.Giải Với n = 1 thì f (x) = x − 2 là đa thức duy nhất thỏa mãn bàitoán

Với n = 2 thì đa thức f (x) = 2x2 + a1x + 6 có 2 nghiệm x1, x2 thỏamãn điều kiện 1 ≤ x1 ≤ 2 ≤ x2 ≤ 3

Kết hợp với a1 < 0 ta thu được a1 = −7 hoặc a1 = −8

Tương ứng ta thu được 2 đa thức

Giải Với n = 0, số nguyên tố p có dạng p = a0, khi đó các đa thức

bn−1(10)n−1 + · · · + b0

.Điều này trái với giả thiết rằng p là một số nguyên tố Vậy các đa thứcbậc nhất fp(x) = a1x + a0 thỏa mãn yêu cầu bài toán với số nguyên tố

Q (x) = a5x5 + a4x4 + a3x3 + a2x2 + a1x + a0cũng nhận x = √

Thay vào hệ (2.9), ta suy ra

a0 = a1 = a2 = a3 = a4 = a5 = 0

Do đó Q (x) ≡ 0 (không thỏa mãn điều kiện bài toán) Vậy đa thức cầntìm là

P (x) = x6 − 6x4 − 6x3 + 12x2 − 36x + 1 (2.10)Nhận xét 2.6 Ta có thể mở rộng bài toán (2.12) như sau

Xác định đa thức P (x) ∈ Q(x) không đồng nhất không có bậc nhỏnhất nhận x = √

Vậy đa thức (2.10) là đa thức cần tìm

2.3 XÁC ĐỊNH ĐA THỨC THEO ĐẶC TRƯNG HÀM VỚICÁC BIẾN TỰ DO

Bài toán xác định đa thức theo đặc trưng hàm với các biến tự do thựcchất là bài toán giải phương trình hàm trong lớp hàm đa thức với các cặpbiến tự do

Phương pháp đặc biệt hóa là phương pháp thường hay sử dụng giảiphương trình hàm với cặp biến tự do Trong phương pháp này, khi thay biến

xbởi các giá trị đặc biệt thì việc chọn các giá trị đặc biệt này đòi hỏi sự nhạycảm nhất mới giúp ta tìm được hàm đa thức f (x) từ một phương trình.Một số kĩ thuật cần lưu ý khi giải phương trình hàm với các cặp biến

Bài toán 2.13 (Đề thi Olympic 30-4-2012, [1]) Tìm tất cả các cặp đathức f (x) , g (x) ∈ R [x] thỏa mãn điều kiện f (0) = g (0) = 1, g (1) = 2 và

f (x) − f (y) = (x − y) g (x + y) , ∀x, y ∈ R.Giải Giả sử tồn tại cặp đa thức f (x) , g (x) thỏa mãn yêu cầu bài toán.Theo giả thiết, ta có

f (x) − f (y) = (x − y) g (x + y) , ∀x, y ∈ R (2.11)Thay y = −x vào (2.11) ta được

f (x) − f (−x) = 2x, ∀x ∈ R (2.12)Thay x bởi x + 1, thay y bởi x vào (2.11) ta được

f (x + 1) − f (x) = g (2x + 1) , ∀x ∈ R (2.13)Thay x bởi x + 1, thay y bởi −x vào (2.11) ta được

Bài toán 2.14 ([1]) Tìm tất cả đa thức f (x) bậc n thỏa mãn điềukiện

f x2 − y2

= f (x + y) f (x − y) , ∀x, y ∈ R.Giải Giả sử tồn tại đa thức f (x) thỏa mãn yêu cầu bài toán

Theo giả thiết, ta có

f x2 − y2

= f (x + y) f (x − y) ∀x, y ∈ R (2.17)Thay u = x + y, v = x − y vào (2.17), ta được

f (uv) = f (u) f (v) , ∀u, v ∈ R (2.18)Nếu f (x) ≡ c với c là hằng số thực Thay vào (2.18), ta thu được

c2 = c ⇔ c = 0 hoặc c = 1

Thử lại, ta thấy f (x) ≡ 0 và f (x) ≡ 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán

Ta đặt degf = n với n ∈ N∗ thì f (x) có dạng

f (x) = anxn + · · · + a1x + a0, an 6= 0 (2.19)Thay u = v = 0 vào (2.18), ta được

f (0) = 0 hoặc f (0) = 1

Nếu f (0) = 1, từ (2.18) với v = 0 ta thu được

f (0) = f (u) f (0) , ∀u ∈ R suy ra f (x) ≡ 1.( mâu thuẫn với (2.19))Nếu f (0) = 0 thì x = 0 là một nghiệm của f (x) nên ta có thể viết

f (x) = xh (x) với h (x) là đa thức bậc n − 1

Thay vào (2.18), ta được

uvh (uv) = uvh (u) h (v) ,suy ra

h (uv) = h (u) h (v) Lập luận tương tự như trên, ta thu được h (x) ≡ 0 hoặc h (x) ≡ 1 hoặc

h (x) = xh1(x), với h1(x) là đa thức bậc n − 2

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

f (x) ≡ 0, f (x) ≡ 1 và f (x) ≡ xn.Thử lại ta thấy các nghiệm f (x) ≡ 0, f (x) ≡ 1 và f (x) ≡ xn thỏamãn điều kiện của bài toán

Bài toán 2.15 (Học sinh giỏi Gia Lai 2006- 2007, [1]) Tìm đa thức

f (x) thỏa mãn

f (x) f (y) = f2



x + y2



− f2



x − y2

, ∀x, y ∈ R.

Giải Theo giả thiết, ta có

f (x) f (y) = f2



x + y2



− f2



x − y2

, ∀x, y ∈ R (2.20)

Ta dễ dàng nhận thấy f (x) ≡ 0 là một nghiệm của bài toán

Xét f (x) 6= 0 Thay y = 3x vào (2.20) ta thu được

f (x) f (3x) = f2(2x) − f2(−x) Suy ra

3n + 1 = 4n nên n = 1

Do đó

f (x) = a0x, a0 6= 0

Thử lại ta thấy đa thức bậc nhất tuyến tính này thỏa mãn.

Vậy đa thức cần tìm là

f (x) = ax, a ∈ R.Bài toán 2.16 (MONDOVA-2004; Algerial MO-2011, [1]) Tìm tất cảcác đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn điều kiện

f x3
− f y3

= x2 + xy + y2
[f (x) − f (y)] , ∀x, y ∈ R.Giải Bước 1: Xây dựng hàm

Theo giả thiết, ta có

f x3
− f y3

= x2 + xy + y2
[f (x) − f (y)] , ∀x, y ∈ R (2.22)Gọi g (x) = f (x) − f (0) Khi đó, g là hàm số xác định trên R thỏamãn

g (0) = 0 và f (x) = g (x) + f (0) , ∀x ∈ R.Thay g (x) vào (2.22), ta được



g x3
+ f (0)−

g y3
+ f (0)

= x2 + xy + y2
[g (x) + f (0) − g (y) − f (0)] , ∀x, y ∈ R.Vậy ta thu được

g x3
− g y3

= x2 + xy + y2
[g (x) − g (y)] , ∀x, y ∈ R (2.23)Thay y = 0 vào (2.23) và kết hợp g (0) = 0, ta thu được

g x3
= x2g (x) , ∀x ∈ R.Tiếp tục thay vào (2.23), ta được

x2g (x) − y2g (y) = x2 + xy + y2
[g (x) − g (y)] , ∀x, y ∈ R

⇔ − x2g (y) + xyg (x) − xyg (y) + y2g (x) = 0, ∀x, y ∈ R

⇔y (x + y) g (x) = x (x + y) g (y) , ∀x, y ∈ R (2.24)

Do đó g (x) = ax, ∀x ∈ R nên f (x) = ax + b, ∀x ∈ R Thử lại ta thấy

đa thức thỏa mãn yêu cầu bài toán Vậy đa thức cần tìm là

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

, ∀x, y ∈ R (2.26)Với hai số thực u, v ta đặt u = x + y, v = x − y Khi đó x = u + v

2 , y =

u − v

2 Ta có thể viết lại (2.26) như sau

vf (u) − uf (v) = uv (u + v) (u − v) , ∀u, v ∈ R.Suy ra

f (0) = 0

Vậy f (x) = x3 + ax2 Thử lại ta thấy đa thức thỏa mãn yêu cầu bàitoán

Bài toán 2.18 (Bangladesh MO - 2012, [1]) Tìm tất cả các đa thức

f (x) ∈R[x] thỏa mãn điều kiện

f x2 − y2

= (x − y) [f (x) + f (y)] , ∀x, y ∈ R.Giải Theo giả thiết, ta có

f x2 − y2

= (x − y) [f (x) + f (y)] , ∀x, y ∈ R (2.27)Thay x = y ta được f (0) = 0 Từ (2.27), cho y = 0 ta được

f x2
= x [f (x) + f (0)] = xf (x) , ∀x ∈ R

Từ đây, ta có

f x2
= −xf (−x) ⇒ xf (x) = −xf (−x) ⇒ f (−x) = −f (x) , ∀x 6= 0.Kết hợp f (0) = 0 ta được f (−x) = −f (x) , ∀x ∈ R

Từ (2.27), ta thu được

f x2 − y2

= xf (x) + xf (y) − yf (x) − yf (y) (2.28)Và

2.4 XÁC ĐỊNH ĐA THỨC BỞI PHÉP BIẾN ĐỔI ĐỐI SỐBài toán 2.19 Tìm tất cả các đa thức f (x) ∈ R[x] thỏa mãn điềukiện

f (x) f x2
= f 2015x3 + 2016x2
, ∀x ∈ R.Giải Giả sử tồn tại đa thức f (x) thỏa mãn yêu cầu bài toán

Theo giả thiết, ta có

f (x) f x2
= f 2015x3 + 2016x2
, ∀x ∈ R (2.30)Nếu f (x) ≡ c với c là hằng số thực Thay vào (2.30), ta được

c2 = c ⇔ c = 0 hoặc c = 1

Vậy f (x) ≡ 0 và f (x) ≡ 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán

Ta đặt degf = n, với n ∈ N∗ thì f (x) = anxn + · · · + a1x + a0 với

f0(x) = xrh (x) , h (0) 6= 0, r ∈ N∗

Thay vào (2.33) và giản ước xr ta thu được

= 6045x2 + 4032x
2015x2 + 2016x
rh 2015x3 + 2016x2
, ∀x ∈ R

(2.35)Cho x = 0 vào (2.35) suy ra h (0) = 0, mâu thuẫn

Theo giả thiết, ta có

(x − 1) f (x + 1) − (x + 2) f (x) = 0, ∀x ∈ R (2.36)Thay x = 1, 0, − 1 vào (2.36), ta thu được

h (x) vào (2.36), ta thu được

Vậy đa thức (2.10) đa thức cần tìm

2.3 XÁC ĐỊNH ĐA THỨC THEO ĐẶC TRƯNG HÀM VỚICÁC BIẾN TỰ DO

Bài toán xác định đa thức theo đặc trưng hàm với biến tự thựcchất toán giải phương... data-page="30">

Thử lại ta thấy đa thức bậc tuyến tính thỏa mãn.

Vậy đa thức cần tìm

f (x) = ax, a ∈ R .Bài toán 2.16 (MONDOVA-2004; Algerial MO-2011, [1]) Tìm tất cảcác đa thức P (x) ∈ R[x]... thấy đa thức thỏa mãn yêu cầu bàitoán

Bài toán 2.18 (Bangladesh MO - 2012, [1]) Tìm tất đa thức< /p>

f