Tài liệu Bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán thpt chuyên đề một số bài toán về đa thức

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ ĐA THỨC Phần thứ nhất: ĐẶT VẤN ĐỀ Đối với người giáo viên đặc biệt là giáo viên ở trường chuyên ngoài nhiệm vụ trang bị cho các em học sinh những kiến thức nền tảng để giải quyết các bài toán cơ bản, chúng tôi còn tham gia giảng dạy, bồi dưỡng các đội tuyển học sinh giỏi. Vì vậy việc học tập, trau dồi các chuyên đề nâng cao cũng là một nhiệm vụ quan trọng. Nội dung Đa thức trong phần ôn luyện học sinh giỏi là một nội dung khó đối với học sinh và ngay cả giáo viên giảng dạy. Khó bởi vì các bài tập về Đa thức có phương pháp giải phong phú sử dụng kết hợp cả đại số và giải tích, mà các tài liệu, sách tham khảo về nội dung này đều đã cũ, không được hệ thống và cập nhật một cách đầy đủ, liên tục, bên cạnh đó lại có nhiều phương pháp giải mới mà không phải ai cũng có điều kiện tiếp cận. Tuy thế nhưng trong các kỳ thi học sinh giỏi các cấp thì nội dung này cũng thường xuyên xuất hiện. Nhằm nâng cao hiệu quả giáo dục trong nhà trường phổ thông, và góp phần từng bước nâng cao chất lượng của công tác bồi dưỡng học sinh giỏi của trường chuyên, chúng tôi viết ra chuyên đề ôn luyện học sinh giỏi: “Đa thức”. Phần thứ hai: NỘI DUNG A. Cơ sở khoa học Toán học là khoa học trừu tượng, có nguồn gốc từ thực tiễn và có ứng dụng rộng rãi trong thực tiễn. Việc rèn luyện tư duy logic, phát huy tính tíc cực, tự giác, chủ động của người học, hình thành và phát triển năng lực tự học, trau dồi các phẩm chất linh hoạt, độc lập, sáng tạo của tư duy là một trong những yêu cầu dạy học hàng đầu của môn toán trong trường phổ thông. Việc trang bị cho học sinh phương pháp để giải các bài tập, rèn kỹ năng cho học sinh là điều rất cần trong môn Toán, vì nó sẽ giúp học sinh nắm vững kiến thức cơ bản, đồng thời phát triển tư duy và năng lực sáng tạo, đó còn là phương tiện tư duy tốt nhất để củng cố kiến thức, luyện tính độc lập trong suy luận, tính kiên trì trong gặp bài khó, tính cẩn thận, chính xác trong khoa học. Việc đổi mới phương pháp dạy và học trong các nhà trường nói chung, trong trường chuyên nói riêng là việc làm cần thiết, nhằm phát huy tính chủ động, sáng tạo, phát hiện và bồi dưỡng, rèn luyện trí thông minh cho học sinh. Cũng như các trường phổ thông trong cả nước, tập thể giáo viên trường chuyên Hoàng Văn Thụ luôn suy nghĩ, tìm tòi đổi mới phương pháp dạy theo hướng phát huy tính tích cực của học sinh để các em có thể nắm chắc được kiến thức cơ bản. Đây cũng là bước nền tảng để ôn luyện thi đại học, từ đó từng bước nâng cao tỷ lệ học sinh vào đại học của nhà trường. Song song với các nội dung ôn thi đại học, nhà trường còn thực hiện một trọng trách rất quan trọng đó là phát hiện và bồi dưỡng nhân tài. Cụ thể đó là bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi các cấp, trang bị cho các em trong đội tuyển phương pháp tự nghiên cứu, niềm say mê trong học tập để các em đạt kết quả cao trong kỳ thi toàn quốc. Vì vậy chúng tôi thiết nghĩ việc viết ra những chuyên đề học sinh giỏi có chất lượng là điều cần thiết, đây là nguồn tư liệu cho chính chúng tôi sử dụng, đồng thời cũng là tài liệu hữu ích cho việc tự học của các em học sinh. B. Nội dung cụ thể ĐA THỨC I. Tóm tắt kiến thức Một số kiến thức về đa thức học sinh đã được làm quen từ lớp dưới như: cộng, trừ, nhân, chia đa thức, ... ta không nhắc lại ở đây. 1. Định nghĩa đa thức, bậc đa thức Cho K là một trong các tập hợp: Z, Q, R, C. Định nghĩa 1. Một đa thức trên K là biểu thức có dạng: P  x   an .x n  an 1.x n 1  ...  a1.x  a0 (1) trong đó n N , ai  K,i  0,...,n .  a0 , a1 ,..., an được gọi là các hệ số của đa thức.  Nếu an  0 thì được gọi là hệ số cao nhất.  a0 được gọi là hệ số tự do.  Nếu K = Z (tương ứng Q, R, C) ta nói P  x   Z  x  (tương ứng R  x  , Q  x  , C  x  ).  Nếu a0  a1  ...  an  0 thì P  x   0, x  R , ta nói P  x  là đa thức 0, để đơn giản ta viết P  x   0 . Định nghĩa 2. Cho đa thức ở dạng (1), nếu an  0 thì ta nói đa thức P  x  có bậc n, ký hiệu deg P  x   n . Đa thức 0 có bậc là  . Từ phép cộng và nhân hai đa thức ta rút ra được định lí sau: Định lí 1. Cho P  x  , Q  x  là các đa thức, khi đó: deg  P  x   Q  x    max deg P  x  ,deg Q  x  deg  P  x  .Q  x    deg P  x   deg Q  x  2. Chia hết và chia có dư Định lí 2. (phép chia có dư) Cho hai đa thức P  x  , G  x   K  x  , trong đó G  x  khác đa thức 0. Khi đó tồn tại duy nhất cặp đa thức Q  x  , R  x   K  x  thỏa mãn P  x   G  x  .Q  x   R  x  và deg R  x   deg G  x  Định nghĩa 3. Đa thức Q  x  và R  x  trong định lí 2 được gọi lần lượt là thương và dư của phép chia đa thức P  x  cho G  x  . Xét trường hợp khi R  x  là đa thức 0. Định nghĩa 4. Ta nói đa thức P  x  chia hết cho đa thức G  x  trên K  x  nếu tồn tại đa thức Q  x   K  x  thỏa mãn P  x   G  x  .Q  x  G  x . ký hiệu P  x M Trong trường hợp ngược lại ký hiệu P  x  MG  x  . Trong định lí 2, xét trường hợp đặc biệt G  x   x  a , với a là hằng số, a  K , ta thấy khi đó R  x  là hằng số. Định lí 3. Số dư khi chia đa thức P  x  cho nhị thức x  a là P  a  . Nói cách khác P  x M  x  a  Pa  0 . 3. Nghiệm của đa thức Định nghĩa 5. Số a được gọi là nghiệm của đa thức P  x  nếu P  a   0 . Kết hợp với định lí 3 ta có nhận xét: a là nghiệm của P  x  khi và chỉ khi P  x M  x  a Định nghĩa 6. Cho đa thức P  x  và m N* . Ta nói số a là nghiệm bội m của P  x  nếu P  x M  x  a  và P  x  M x  a  m m 1 Định lí 4. (Định lí cơ bản của đại số) Trong C  x  , một đa thức bậc n bao giờ cũng có đầy đủ n nghiệm phức (kể cả bội). Hệ quả. Trong R  x  , mọi đa thức bậc n có không quá n nghiệm thực (kể cả bội). Định lí 5. Cho đa thức P  x   R  x  . Nếu z  a  b.i,  a, b  R  là một nghiệm phức của P  x  thì liên hợp của nó z  a  b.i cũng là một nghiệm của P  x  . Định lí 6.  Cho P  x   C  x  bậc n, hệ số cao nhất là a và có n nghiệm phức là 1 , 2 ,..., n . Khi đó P  x   a  x  1  x   2  ... x   n  .  Cho P  x   C  x  bậc n, hệ số cao nhất là a và có tất cả nghiệm phức là 1 , 2 ,..., m với bội tương ứng k1 , k2 ,..., km . Khi đó P  x   a  x  1    x    ... x    , và k  k  ...  k  n . Cho đa thức P  x   R  x  có các nghiệm thực là  ,  ,...,  với bội tương ứng k , k ,..., k . Khi đó P  x    x     x    ... x    .Q  x  , với Q  x   R  x . k1 k2 km 2 m 1 1 k1 1 2 m 1 2 2 m m k2 2 km m Từ định lí 5 và 6 ta thấy nếu P  x   R  x  có nghiệm phức z  a  b.i , thì cũng có nghiệm phức z  a  b.i dẫn đến có phân tích P  x    x   a  bi   .  x   a  bi   .Q  x  , với Q  x   R  x    x 2  2a.x  a2  b2  .Q x Lặp lại quá trình trên bằng cách xét các nghiệm phức của Q  x  ta có định lí. Định lí 7. Trong R  x  , mọi đa thức đều phân tích được dưới dạng tích các nhân tử bậc nhất và các nhân tử bậc hai với biệt thức âm. Định lí 8.  Nếu đa thức P  x  với deg P  x   n và P  x  có nhiều hơn n nghiệm (kể cả bội) thì nó là đa thức 0.  Nếu hai đa thức P  x  , Q  x  đều có bậc không vượt quá n, và lại bằng nhau tại nhiều hơn n giá trị khác nhau của biến x thì chúng có các hệ số đều bằng nhau, ta viết P  x   Q  x  . Hệ quả. Cho P  x  là một đa thức với hệ số thực. Khi đó  Nếu hàm y  P  x  là hàm số chẵn thì tất cả các hệ số của lũy thừa bậc lẻ đều bằng 0.  Nếu hàm y  P  x  là hàm số lẻ thì tất cả các hệ số của lũy thừa bậc chẵn đều bằng 0. Định lí 9.  Nếu x  a là nghiệm của đa thức P  x  thì x  a  b là nghiệm của đa thức P  x  b .  Nếu x  a  0 là nghiệm của đa thức P  x   an .x n  an 1.x n 1  ...  a1.x  a0 1 là nghiệm của đa thức P  x   an  an 1.x  ...  a1.x n 1  a0 .x n . a Định lí 10. Cho đa thức P  x   an .x n  an 1.x n 1  ...  a1.x  a0  Z  x  . Khi đó nếu thì x  x p (phân số tối giản) là nghiệm của P  x  thì a0 Mp và an M q. q Trong trường họp đặc biệt khi hệ số cao nhất của P  x  bằng 1 thì dẫn đến mọi nghiệm hữu tỉ của đa thức đều là nghiệm nguyên nên thu được hệ quả. Hệ quả. Cho P  x   x n  an 1.x n1  ...  a1.x  a0  Z  x  khi đó mọi nghiệm thực của P  x  đều nguyên hoặc vô tỉ. 4. Định lí Viét Định lí 11. (Định lí Viét) Trong C, nếu đa thức P  x   an .x n  an 1.x n 1  ...  a1.x  a0 có n nghiệm là x1 , x2 ,..., xn thì n x i i 1  1i  j  n  an1 an xi .x j  an2 an ...  1i1 i2 ...ik  n xi .xi ...xi   1 1 2 k k ank an ... x1.x2 ...xn   1 a0 an n Định lí 12. (Định lí Viét đảo) Nếu có n số phức x1 , x2 ,..., xn thỏa mãn n x i i 1  1i  j  n  A1 xi .x j  A2 ...  1i1 i2 ...ik  n xi .xi ...xi  Ak 1 2 k ... x1.x2 ...xn  An thì x1 , x2 ,..., xn là n nghiệm của đa thức P  x   x n  A1.x n1  ...   1 Ak .x nk  ...   1 k n 1 An1.x   1 An n 5. Các công thức khai triển Định lí 13. (Công thức nội suy Lagrange) Cho đa thức P  x  bậc không vượt quá n, và n  1 số thực phân biệt a0 , a1 ,..., an . Biết Ai  P  ai  , i  0,..., n . Khi đó n P  x    Ai . i 0  x  a  j j i a j i i  aj  Định lí 14. (Khai triển Abel) Cho đa thức P  x   R  x  bậc n và n số thực a1 , a2 ,..., an . Khi đó tồn tại duy nhất n  1 số thực P0 , P1 ,..., Pn sao cho P  x   P0  x  a1  x  a2  ... x  an   P1  x  a1  x  a2  ... x  an1   ...  Pn1  x  a1   Pn Hơn nữa nếu P  x   Z  x  và a1 , a2 ,..., an  Z thì P1 , P2 ,..., Pn  Z . Hệ quả. Cho đa thức P  x  bậc n và n  1 số nguyên a0 , a1 ,..., an thỏa mãn P  ai   Z,i  0,1,..., n Khi đó P  x   Z,x  Z . Định lí 15. (Khai triển Taylor) Cho P  x   R  x  bậc không vượt quá n, a  R . Khi đó P ' a  P ''  a  P n  a  2 n P x  Pa   x  a   x  a   ...   x  a 1! 2! n! i  ( P  x  là đạo hàm cấp i của đa thức P  x  tại điểm x). 6. Đa thức bất khả quy Định nghĩa 7. Cho K là một trong hai tập hợp Z, Q. Đa thức P  x   K  x  được gọi là bất khả quy trên K nếu P  x  không phân tích được thành tích của hai đa thức bậc lớn hơn hoặc bằng 1 với hệ số thuộc K. Định lí 16. (Tiêu chuẩn Eisenstein) Cho đa thức P  x   an .x n  an 1.x n 1  ...  a1.x  a0  Z  x  Nếu tồn tại số nguyên tố p sao cho a0 , a1 ,..., an1 Mp an Mp a0 Mp 2 thì P  x  bất khả quy trên Z. Định lí 17. (Tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng) Cho đa thức P  x   an .x n  an 1.x n 1  ...  a1.x  a0  Z  x  Nếu tồn tại số nguyên tố p và số nguyên dương k thỏa mãn a0 , a1 ,..., ank Mp an Mp a0 Mp 2 Khi đó nếu P  x  phân tích được thành tích của hai đa thức hệ số nguyên thì bậc của một trong hai đa thức không vượt quá k  1. Định nghĩa 8. Đa thức P  x   an .x n  an 1.x n 1  ...  a1.x  a0  Z  x  được gọi là đa thức nguyên bản nếu  a0 , a1 ,..., an   1 . Bổ đề Gauss. Tích của hai đa thức nguyên bản là một đa thức nguyên bản. Định lí 18. Nếu P  x   Z  x  bất khả quy trên Z  x  thì cũng bất khả quy trên Q x . (Chiều ngược lại hiển nhiên) Định lí 19. Cho số vô tỉ  , đa thức P  x   Z  x  , bất khả quy nhận  làm nghiệm là đa thức có bậc nhỏ nhất. II/ MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ ĐA THỨC VẤN ĐỀ 1: BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC 1. Bài toán xác định đa thức dựa vào yếu tố nghiệm của đa thức Bài 1: Tìm tất cả các đa thức P ( x) hệ số thực thỏa mãn đồng nhất thức: a) P( x)  P( x  1) (1) b) xP( x  1)  ( x  2) P( x) (2) Bài giải a) Nhận xét Từ P( x)  P( x  1)  P(0)  P (1)  P (2)  ....  P (n )  ... Nếu P ( x)  C thỏa mãn yêu cầu bài toán Nếu P ( x)  C . Giả sử deg P  n Đặt Q( x)  P( x)  P(0) với degQ  n Ta thấy Q(0)  Q(1)  Q(2)  ....  Q(n)  0 . Đa thức Q( x) bậc n có nhiều hơn n nghiệm. Suy ra Q( x)  0  P( x)  P(0) . Vậy đa thức cần tìm là P ( x)  C ( C là hằng số ). b) Từ giả thiết ta nhận thấy P(0)  P(1)  0 Do đó x  0;1 là nghiệm của đa thức P ( x) . Suy ra P( x)  x( x  1)Q(x) Thay vào đồng nhất thức (2) ta được: x( x  1)( x  2)Q( x  1)  x( x  1)( x  2)Q( x) x  Q( x)  Q( x  1) x  0;1;2  Q( x)  C  P( x)  x( x  1).C Thử lại thấy P( x)  x( x  1).C thỏa mãn yêu cầu bài toán Vậy P( x)  x( x  1).C ( C là một hằng số ) Bài 2: Tìm tất cả các đa thức P ( x) hệ số thực thỏa mãn đồng nhất thức a) P( x  1)  P( x)  2 x  1 b) P(( x  1)2 )  P( x 2 )  2 x  1 Bài giải a) Ta có: P( x  1)  P( x)  2 x  1  P( x  1)  ( x  1) 2  P( x)  x 2 Xét Q( x)  P( x)  x 2 suy ra Q( x)  Q( x  1)  Q( x)  C  P( x)  x 2  C Thử lại đúng Vậy P( x)  x 2  C b) Ta có: P(( x  1)2 )  P( x 2 )  2 x  1  P(( x  1) 2 )  (x  1) 2  P( x 2 )  x 2 Xét Q( x)  P( x)  x suy ra Q( x)  Q( x  1)  Q( x)  C  P( x)  x  C . Thử lại đúng Vậy P( x)  x  C Bài 3: Cho hai số a và b , a  0 . Đa thức P ( x) thỏa mãn xP( x  a)  ( x  b) P( x) x (1) b a) Nếu ¥ * thì P( x)  0 a b b) Nếu  n  ¥ * . Hãy tìm đa thức P ( x) a Bài giải a) Nếu P( x)  0 thỏa mãn (1) Nếu P ( x) là một đa thức bậc n  1 thỏa mãn (1). Ta chứng minh b ¥ * a Giả sử P( x)  an x n  an 1 x n 1  ...  a1 x  a0 ( an  0 ) Từ (1) suy ra b.P( x)  x( P( x)  P( x  a)) Ta có P( x)  P( x  a)  an  x n  ( x  a)n   an 1  x n 1  ( x  a)n 1   ...  (a0  a0 )      x(P(x)  P(x  a))  x(an  xn  ( x  a)n )  ....x(a1 ( x  ( x  a)   n Đồng nhất hệ số x trong đẳng thức b  b.an  an .n.a   n ¥ * a b) Nếu b  na . Hệ thức (1) trở thành xP( x  a)  ( x  na) P( x) Ta thấy P(0)  0 P(a)  0 P(2a)  0 0  k  n 1 Giả sử P(ka)  0 Cho x  (k  1)a  P(ka).(k  1)a  (n  k  1)a.P((k  1)a)  P((k  1)a)  0 Tức là P(0)  P(a)  ...P((n  1)a)  0  P( x)  x( x  a)( x  2a).........( x  (n  1)a).Q( x) Thay vào (1) Q( x  1).x( x  a)( x  2a)......( x  (n  1)a)  Q( x)( x  a)( x  2a)....( x  na )  Q( x  a )  Q( x)  Q( x)  C Thử lại P( x)  C.x( x  a)( x  2a).......( x  (n  1)a) thỏa mãn yêu cầu bài toán Vậy P( x)  C.x( x  a)( x  2a).......( x  (n  1)a) Bài 4 ( Moldova 2004) : Tìm đa thức P ( x) với hệ số thực thỏa mãn ( x3  3x 2  3x  2) P( x  1)  ( x3  3x 2  3x  2) P( x) x (1) Bài giải Từ giả thiết ta có ( x  2)( x 2  x  1) P( x  1)  ( x  2)( x 2  x  1) P( x) x Dễ thấy P(2)  0 P(1)  0 P(0)  0 P(1)  0  P( x)  x( x  1)( x  1)( x  2)Q( x) Với Q( x) là đa thức với hệ số thực Thay vào (1) ta được ( x  2)( x 2  x  1) x( x  1)( x  1)( x  2)Q( x  1)  ( x  2)( x 2  x  1) x( x  1)( x  1)( x  2).Q(x)  ( x2  x  1)Q( x  1)  ( x2  x  1)Q( x) x  2; 1;0;1;2 Q( x  1) Q( x)  2  2 x  x 1 x  x 1 Q( x)  R ( x)  R ( x  1) x  2; 1;0;1;2 Đặt R( x)  2 x x  1  R( x)  C  Q( x)  C ( x 2  x  1)  P( x)  C.x( x  1)( x  1)( x  2)( x 2  x  1) Thử lại P ( x) thỏa mãn yêu cầu bài toán Vậy đa thức cần tìm P( x)  C.x( x  1)( x  1)( x  2)( x 2  x  1) ( C là một hằng số ) Bài 5 ( Đề nghị thi HSG DH ĐBBB 2015) Tìm tất cả các đa thức P  x  với hệ số thực thỏa mãn x 2  x  P  x  2    x 2  5 x  6  P  x   4  x 2  2 x  , x  ¡ . Bài giải Giả thiết đã cho được viết lại dưới dạng  x2  x   P  x  2  x  2   x2  5x  6  P  x   x  , x  ¡ . Đặt P  x   x  Q  x  , ta có x  x  1 Q  x  2    x  2  x  3 Q  x  , x  ¡ . 1 Lần lượt thay x  0, x  1, x  3 vào 1 suy ra Q  0   0, Q 1  0, Q  1  0. Suy ra Q  x   x  x  1 x  1 H  x  , với H  x   ¡  x . Khi đó 1 trở thành x  x  1 x  2  x  1 x  3 H  x  2    x  2  x  3 x  x  1 x  1 H  x  , x  ¡ . Suy ra H  x  2   H  x  , x  3, 2, 1, 0,1. Do đó H  x  2   H  x  , x  ¡ . Suy ra H  x   c, với c là hằng số. Từ đó ta thu được P  x   cx  x  1 x  1  x  cx3   c  1 x, x  ¡ . Thử lại P  x   cx3   c  1 x thỏa mãn bài toán. Bài 6: Xác định tất cả các đa thức P  x  thỏa mãn điều kiện P  u 2  v 2   P  u  v  P  u  v  với u , v  ¡ . Bài giải Nhận thấy phương trình đầu tiên tương đương với P  xy   P  x  P  y  với x, y  ¡ (1) Từ phương trình (1) cho x  y  0 , suy ra P  0   P 2  0  hay P  0  0 hoặc P  0   1 . 1) Với P  0   1 , cho y  0 vào phương trình (1), ta có P  0   P  x  P  0  hay P  x   1. 2) Với P  0  0 , suy ra P  x   xQ1  x  với Q1 có bậc nhỏ hơn P một đơn vị. Suy ra (1) tương đương với xyQ1  xy   xQ1  x  yQ1  y  nhưng phương trình này thỏa mãn với x, y  ¡ nên Q1  xy   Q1  x  Q1  y  với x, y  ¡ Từ đây lại có Q1  x   1 với x ¡ hoặc Q1  x   xQ2  x  với x ¡ . Tiếp tục lập luận này, ta có: - Hoặc P  x   1 với x ¡ - Hoặc P  x   xn với n là một số nguyên dương thỏa mãn đề bài. Vậy, P  x   xk với k ¥ . Bài 7: Tìm tất cả các đa thức f  x  với hệ số thực thỏa mãn f  0   0 và f  x2  x  1   f  x    f  x   1 với mọi x. 2 Bài giải. Thay x bởi x  1, ta được. f  x 1 2    x  1  1   f  x  1   f  x  1  1 2  f  x 2  x  1   f 1  x    f  x  1  1 2 Theo giả thiết, ta có:  f  x  2  f  x   1   f 1  x    f  x  1  1   f  x  1  f  x   1  f 1  x   f  x    0 . 2 Do đó, một trong 2 đa thức f 1  x   f  x   1 hoặc f 1  x   f  x   0 có vô hạn nghiệm. Hay f 1  x   f  x   1  0, x hoặc f 1  x   f  x   0, x . Thay x  1 vào phương trình đầu tiên có f 1  1 . Vậy f 1  x   f  x   1  0, x . vào phương trình ban đầu thì f  1   1 . 2 2 2 Chú ý với x   0;1  0  x  x  x  1  1 . Dựa vào phương trình ban đầu, ta xét  xn  như sau: Thay x  1 2 1   0;1 , xn  xn21  xn 1  1, n  1 . 2 giá trị phân biết của xn đều là nghiệm của f  x   x . x0  Khi đó tất cả các Vậy, đa thức cần tìm là f ( x)  x . Bài 8 ( Đề nghị thi HSG DH ĐBBB 2015) Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P(x) không đồng nhất không thỏa mãn: P(2014) = 2046, P( x)  P( x 2  1)  33  32, x  0 Bài giải Giả sử P ( x) thỏa mãn đầu bài. Khi đó ta có P ( x 2  1)  ( P( x)  32) 2  33, x  0 Suy ra P(20142  1)  (2046  32) 2  33  20142  33 Đặt x0  2014 , ta có x0  32  2046, P( x0 )  x0  32 do P(2014)  2046 Xét dãy {xn} như sau: x0  2014 , x1  x02  1, x n1  xn2  1, n=1,2,3... Khi đó P( x0 )  x0  32 P( x1 )  P( x02  1)  [P( x0 )  32]2  33  x02  33  x02  1  32  x1  32 P( x2 )  P( x12  1)  [P( x1 )  32]2  33  x12  33  x12  1  32  x2  32 Bằng quy nạp dễ dàng chứng minh được P( xn )  xn  32, n  0,1,2... (*) Xét đa thức hệ số thực Q( x)  P( x)  x  32 Từ (*) ta có Q( x) nhận xn làm nghiệm với mọi n=0,1,2… Mặt khác do dãy {xn } n  0 tăng nghiêm ngặt nên Q( x)  0 suy ra P ( x )  x  32 Thử lại ta có thỏa mãn đầu bài Vậy: Có duy nhất đa thức P( x)  x  32 2. Một số bài toán xác định đa thức dựa đánh giá các hệ số và bâc của đa thức Bài 1: Tìm tất cả các đa thức P( x) không phải là đa thức hằng thỏa mãn: P  x3  1  P  x  1 với x ¡ 3 Bài giải Đặt P  x  1  Q  x   ak x k  ak 1 x k 1  K  a0 , ak  0 Suy ra Q  x3   Q  x 3 với x ¡ hay ak x3k  ak 1 x3k 3  K  a0   ak x k  ak 1 x k 1  K  a0  3 Giả sử tồn tại số m lớn nhất sao cho m  k và am  0 , suy ra 3m  2k  m . Đồng nhất hệ số của x 2k  m ở 2 vế, ta được 0  3ak2 am , mâu thuẫn với điều giả sử. 3 Từ đó suy ra ak x3k  Q  x3   Q  x   ak3 x3k  ak  1 Vậy P  x     x  1 với x ¡ . Bài 2 (Albanian TST 2009): Tìm tất cả các đa thức P ( x) khác đa thức không có hệ số không âm và thỏa mãn: 1 P( x).P( )  (P (1))2 x  0 x Bài giải (ai  0, i  0, k  1;a k  0) Giải sử P( x)  ak x k  ak 1 x k 1  ....  a1 x  a0 k Do x  0 P( x) P( x 1 )  (ak x k  ak 1 x k 1  ...  a1x  a0 )(ak x  k  ...  a1x 1  a0 )  (ak  ...  a1  a0 ) 2  P( x) P( x 1 )  ( P(1)) 2 1 Theo giả thiết: P( x).P( )  ( P(1))2 x  0 x 1 Suy ra P( x).P( )  ( P(1))2 x  0 x  (ak x k  ak 1 x k 1  ...  a1 x  a0 )(ak  ak 1x  ...  a0 x k )  ( P (1)) 2 .x k So sánh hệ số của xk 1; xk  2 ;...; x2k ở hai vế của đồng nhất thức Suy ra a0  a1  a2  ....  ak 1 Vậy P( x)  a k x k (ak  0) Bài 3: Tìm tất cả các đa thức P ( x)  Z  x  bậc n thỏa mãn điều kiện sau:  P(2 x)2  16P( x2 ) Bài giải Giả sử P( x)  an x n  an 1 x n 1  ...  a0 x  ¡ (an  0) Cho x  o  ( P(0))2  16 P(0)  a02  16a0  a0  0 hoặc a0  16 Thay biểu thức của P ( x) và so sánh hệ số của x 2n ta thu được 16an  22n an2 16 Do an  0 nên ta có ngay an  n từ đó suy ra n  0, n  1, n  2 4 Với n  0 thì P( x)  16 hoặc P( x)  0 Với n  1 thì P( x)  4 x hoặc P( x)  4 x  16 . Thử lại ta thấy P( x)  4 x thỏa mãn đề bài Với n  2 thì P( x)  x 2  a1 x và P( x)  x 2  a1 x  16 . Thay vào điều kiện của bài toán ta được P( x)  x 2 . Vậy các đa thức cần tìm là P( x)  0 , P( x)  16 , P( x)  4 x và P( x)  x 2 Bài 4: Tìm tất cả các đa thức P  x  với hệ số thực sao cho với bất kì số thực a, b, c nào, ta cũng có: P  a  b  2c   P  b  c  2a   P  c  a  2b   3P  a  b   3P b  c   3P  c  a  Bài giải. Đặt x  a  b , y  b  c , ta có: P  x  2 y   P  2 x  y   P  x  y   3P  x   3P  y   3P  y  x  Cho x  y  0 , ta được P  0  0 . Cho y  0 , ta được P  2 x   P  x   3P   x  . Đặt P  x   an x n  an1 x n1  ...  a1 x . (*) k k Từ (*), ta có  2 ak  ak  3  1 ak với k 1, n  Hay ak  2   1  3  1 k k   ak  2k  4   0, k M2 0  ak  2  2k   0, k M 2  Với k  3 , suy ra ak  0  P  x    x 2   x . Thử lại đúng. Vậy, đa thức cần tìm là P  x    x 2   x , với  ,   ¡ . Bài 5 (IMO 2004). Tìm tất cả các đa thức P  x  sao cho: P  a  b   P  b  c   P  c  a   2P  a  b  c  thỏa mãn ab  bc  ca  0 . Bài giải. Trước hết ta tìm một nghiệm nguyên của phương trình ab  bc  ca  0 Với a  6 , ta có 6b  6c  bc  0 . Với b  3 , ta có 18  6c  3c  0  c  2 . Suy ra  a, b, c    6,3, 2  là một nghiệm nguyên của ab  bc  ca  0 nên với x ta có  a, b, c    6 x,3x, 2 x  cũng là nghiệm của phương trình. Ta có P  a  b   P  b  c   P  c  a   2P  a  b  c  nên P  3x   P  5x   P  8x   2P  7 x  . Đặt P  x   an x n  an1 x n1  an2 x n2  ...  a1x  a0 . a, b, c   Suy ra 3i  5i   8   2.7i ai  0 với mọi i  0, n . i Đặt i  3i  5i   8  2.7i với mọi i  0, n . Ta xét các trường hợp của i . i Nếu i lẻ thì 3i  5i   8  2.7i  0 nên ai  0 với i lẻ. i i Nếu i  0 thì 3i  5i   8  2.7i  0 nên a0  0 . Nếu i chẵn i  6 thì 3i  5i   8  2.7i  0 nên ai  0 với i chẵn và i  6 . Từ đây suy ra P  x   Ax 4  Bx 2 với mọi A, B tùy ý. Thử lại đúng nên đa thức cần tìm là P  x   Ax 4  Bx 2 . Bài 6: Tìm các đa thức P  x  thỏa mãn: i  x y 2 x y P  x  .P  y   P 2  P   , x , y  ¡ .  2   2  Bài giải. Xét P  x   0 thỏa mãn đề bài. Xét P  x   0 . Cho x  y  0 , từ phương trình đầu ta có: P  0  0 . Cho y  3 x , từ phương trình đầu ta có: P  x  .P  3x   P 2  2 x   P 2   x  Hay P  x  .P  3x   P 2   x   P 2  2 x  với x ¡ . Vì P  0  0 nên xét deg P  n  1. Gọi hệ số bậc cao nhất của P  x  là a0 ( a0  0 ). Ta có: n a0 .  3n a0   a02  a02  22   3n  1  4n  n  1 . Suy ra P  x   a0 x , thử lại đúng. Vậy P  x   ax với a¡ . Bài 7( Costa Rican 2008). Tìm tất cả các đa thức P  x  với hệ số thực và thỏa mãn: P    3  a  b  P    3 b  c   P 3  c  a   P  2a  b  c   P  a  2b  c   P  a  b  2c  Với a, b, c  ¡ . Bài giải. Dễ thấy P  x  là đa thức hằng thỏa mãn đề bài. Tiếp theo xét deg P  h  1. Đặt x  a  c, y  b  a, z  c  b , khi đó x  y  z  0 Thay vào phương trình đầu tiên, ta có: P  3x   P    3z   P  x  y   P  y  z   P  z  x  . 3y  P Với x, y, z  ¡ và x  y  z  0 . Như vậy thay bộ  x; y; z  bằng bộ  x; x; 2 x  vào phương trình trên, ta được (1) P  3x   P  3x   P  2 3x   P  0   P  3x   P  3x  , x h Giả sử P  x    ai xi . i 0 Thay vào (1), ta được h 2 ai i 0   h   h   h 3x   ai 2 3x  a0   ai 2 3x   ai  3x  . i i 0 i i 0 i i (2) i 0 So sánh hệ số của x h ở 2 vế của phương trình (2), ta được  3    2 3  h 2 h  3h   3 . h (3) Dễ thấy h  1, h  2 thỏa mãn phương trình (3). Xét h  3 . Từ (3) suy ra h phải là số chẵn: h  2k , k  2 . k  1 Khi đó (3) trở thành 2.3k  12k  2.9k  2  4k  2.3k   . k  2 Tóm lại từ (3), ta có h  1, 2, 4 . Trường hợp h  1 , suy ra P  x   mx  n , thử lại đúng. Trường hợp h  2 , suy ra P  x   mx2  nx  p . Thay vào phương trình ban đầu, ta được 2 2 2 2 2 2 3m  a  b    b  c    c  a    m  2a  b  c    a  2b  c    a  b  2c   . (đúng)     Trường hợp h  4 . Khi đó P  x   mx 4  nx3  px 2  qx  e . Trong phương trình ban đầu, thay  a; b; c  bằng  x;0;0  ta được P  3x   P 0  P   3x   P  2x   2P  x  , x . Thay P  x   mx 4  nx3  px 2  qx  e vào (4), ta được 9mx 4  3 3nx 3  3 px 2  3qx  9mx 4  3 3nx 2  3qx  3e  16mx 4  8nx3  4 px 2  2qx  2mx 4  2nx 3  2 px 2  2qx  3e, x  ¡ Hay mx 4  18mx 4  6nx3 với x . (4) Do đó n  0 , Vậy P  x   mx 4  px 2  qx  e . Thay vào phương trình ban đầu, ta có: 4 4 4 2 2 2 9 m  a  b    b  c    c  a    3 p   a  b    b  c    c  a       4 4 4 2 2 2  m  2a  b  c    2b  c  a    2c  a  b    p  2a  b  c    2b  c  a    2c  a  b       Tiếp theo, ta chúng minh đẳng thức 4 4 4 4 4 4 9  a  b    b  c    c  a     2a  b  c    2b  c  a    2c  a  b  . (6)   Đặt x  a  c, y  b  a, z  c  b . Khi đó x  y  z  0 . 4 4 4 Ta có: 9  a  b    b  c    c  a    9  x 4  y 4  z 4  . Mặt khác:  2a  b  c    2b  c  a    2c  a  b  4 4 4   x  y   y  z   z  x 4 4 4  2  x 4  y 4  z 4   4 x3 y  6 x 2 y 2  4 xy 3  4 y 3 z  6 y 2 z 2  4 yz 3  4 z 3 x  6 z 2 x 2  4 z 3  2  x 4  y 4  z 4   4 x3  y  z   4 y 3  x  z   4 z 3  x  y   6  x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2  . (8) Do x  y  z  0 nên x2  y 2  z 2  2  xy  yz  zx  . Suy ra: x4  y 4  z 4  2  x2 y 2  y 2 z 2  z 2 x2   4  x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2  2 xyz  x  y  z   4  x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2  . Như vậy x4  y 4  z 4  2  x2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2  . Thay vào (8) ta được  2a  b  c    2b  c  a    2c  a  b  4 4 4  9  x4  y 4  z 4  Từ (7) và (9) suy ra (6) được chứng minh. Do đó (5) đúng, nghĩa là đa thức P  x   mx 4  px 2  qx  e thỏa mãn đề bài. Kết luận: các đa thức thỏa mãn đề bài là: P  x   mx  n P  x   mx 2  nx  p P  x   mx 4  px 2  qx  e với m  0 . Bài 8: Tìm các đa thức P  x  thỏa mãn: P  2 x   P '  x  .P ''  x  với mọi x . Bài giải. Xét P  x   C const, nên P  x   0 thỏa mãn. Xét deg P  n, n  1 , suy ra deg P '  n  1, deg P ''  n  2 . (9) Từ phương trình ban đầu suy ra n   n  1   n  2   n  3 . Đặt P  x   ax3  bx 2  cx  d . Suy ra P '  x   3ax 2  2bx  c , P ''  x   6ax  2b và P  2 x   8ax3  4bx 2  2cx  d . Ta có: P  2 x   P '  x  P ''  x   8ax3  4bx 2  2cx  d   3ax 2  2bx  c   6ax  2b   8ax3  4bx 2  2cx  d  18a 2 x 3  18abx 2   4b 2  6ac  x  2bc Đồng nhất hệ số 2 vế của phương trình trên, ta có: 8a  18a 2 4   4 3 4b  18ab a  . Do đó P x  x .    9   2 9 2 c  4 b  6 ac  b  c  d  0 d  2bc  4 Vậy, P  x   0 hoặc P  x   x 3 . 9 Bài 9: Tìm tất cả các đa thức P  x  và Q  x  thỏa mãn: P  Q  x    P  x  Q  x  với x . Bài giải. Xét P  x   0 , suy ra Q  x  là một đa thức bất kì. Xét P  x   0 . Gọi deg P  n , deg Q  m . m  n  0 m  n  2 Từ phương trình ban đầu, ta có: m.n  m  n   m  1 n  1  1   Nếu m  n  0 , P  x   C  0 (C là hằng số), suy ra Q  x   1 . Nếu m  n  2 , đặt P  x   ax 2  bx  c, Q  x   px 2  qx  r (1). Thay (1) vào phương trình ban đầu, đồng nhất hệ số 2 vế, ta có: p 1  b  c  q  r  0 Từ đây suy ra P  x   ax 2 , Q  x   x 2 . Vậy Nếu P  x   0 thì Q  x  là một đa thức bất kì Nếu P  x   c thì Q  x   1 . Nếu P  x   ax2 thì Q  x   x2 . Bài 10 ( Đề nghị thi HSG DH ĐBBB 2015) Tìm đa thức P(x) với hệ số thực và thỏa mãn: P( x) P(2 x 2  1)  P( x 2 ) P(2 x  1) Bài giải giả sử deg P( x)  n - Nếu n  0 thì P(x)  const (thỏa mãn) - Nếu n  0 ta đặt P(2 x  1)  2 n P( x)  R( x) , deg R ( x )  n . Thay vào giả thiết ta nhận được P( x) R( x 2 )  P( x 2 ) R( x) nếu như R ( x) khác đa thức 0 thì ta có deg P  2deg R  2deg P  deg R suy ra deg P  deg R , mâu thuẫn. vì vậy ta có R( x)  0 nên P(2 x  1)  2 n P( x)  P(2 x  1)  2 n P( x  1) đặt Q( x)  P( x  1) thì ta có Q(2 x)  2 n Q( x) n giả sử Q( x)   ai x i , đồng nhất hệ số ta được 2i ai  2 n ai , i  0,1,..., n  1 , suy i 0 ra ai  0, i  0,1,..., n  1 khi đó Q( x)  an x n  P( x)  an ( x  1) n (thỏa mãn) Bài 11 ( Đề nghị thi HSG DH ĐBBB 2014) Tìm tất cả các đa thức với hệ số thực thỏa mãn : P( x).P( x  1)  P( x 2  2) , x  R Bài giải Nếu degP = 0 thì P ( x )  c , c là hằng số c  0 c  1 Từ (1)  c.c  c   Suy ra trường hợp này có hai đa thức : P( x)  0, P( x)  1 thỏa đề ra  Nếu deg P  m với m lẻ thì đa thức P( x) luôn có 1 nghiệm x0  R Từ (1) suy ra : P( x02  2) =P( x0 ).P( x0  1)  0 suy ra x02  2 cũng là nghiệm của P( x) u1  x0  Xét dãy số : (un ) :  2  un  un 1  2 , n  2 Dễ dàng ta thấy (un ) là dãy tăng và bằng quy nạp theo n ta có : P(un )  0 , n Do đó đa thức P( x) có vô số nghiệm : điều này vô lý . Vì vậy deg P ( x) là chẵn  Xét deg P( x)  2 n , n  N *  Ta viết lại P( x)  a2n x2n  a2n1x2n1  .....  a1x  a0 , a2 n  0 Từ quan hệ (1) của bài toán, ta đồng nhất hệ số của x 4n ở cả hai vế phương trình hàm, ta được : a22n  a2n  a2n  1  Ta đặt P( x)  ( x 2  x  2)n  G( x) với deg G ( x)  2n và G ( x)  0