Đang tải... (xem toàn văn)
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ PHƯƠNG ANH MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM VỚI ĐỐI SỐ BIẾN ĐỔI VÀ ÁP DỤNG LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Thái Nguyên 2015 Tai ngay!!! Ban co[.]
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ PHƯƠNG ANH MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM VỚI ĐỐI SỐ BIẾN ĐỔI VÀ ÁP DỤNG LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2015 Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ PHƯƠNG ANH MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM VỚI ĐỐI SỐ BIẾN ĐỔI VÀ ÁP DỤNG Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS TSKH NGUYỄN VĂN MẬU Thái Nguyên - 2015 Mục lục LỜI CẢM ƠN i DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU ii MỞ ĐẦU 1 MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.1 Tính trù mật 1.2 Tính chất hàm số 1.2.1 Hàm số chẵn, hàm số lẻ 1.2.2 Hàm số tuần hồn phản tuần hồn cộng tính 1.2.3 Hàm số tuần hồn phản tuần hồn nhân tính 1.3 Một số đặc trưng hàm hàm số sơ cấp 1.4 Phương trình hàm Cauchy 1.5 Một số phương pháp giải phương trình hàm 1.5.1 Phương pháp 1.5.2 Phương pháp chuyển qua giới hạn 1.5.3 Phương pháp tìm nghiệm riêng 10 1.5.4 Phương pháp quy nạp 12 PHƯƠNG TRÌNH HÀM VỚI CÁC PHÉP BIẾN HÌNH SƠ CẤP 14 2.1 2.2 Biểu diễn số lớp hàm bất biến với phép biến hình 14 2.1.1 Hàm tuần hoàn phản tuần hồn cộng tính 14 2.1.2 Hàm tuần hoàn phản tuần hồn nhân tính 20 2.1.3 Hàm số chẵn, hàm số lẻ 22 2.1.4 Hàm số sinh phép nghịch đảo 24 Phương trình hàm với dịch chuyển bậc phân tuyến tính 26 2.2.1 26 Phương trình dạng f (αx + β) = af (x) + b 32 Một số lớp phương trình hàm với đối số biến đổi 36 2.2.2 2.2.3 2.3 ax + b Phương trình dạng f = αf (x) + β cx + d Phương trình dạng a (x) f (x) + b (x) f (ω (x)) = c (x) MỘT SỐ ÁP DỤNG 3.1 3.2 29 42 Phương trình hàm lớp hàm đa thức 42 3.1.1 Một số toán xác định đa thức 42 3.1.2 Phương trình dạng P (f )P (g) = P (h) 45 3.1.3 Phương trình dạng P (f )P (g) = P (h) + Q 50 Phương trình hàm lớp hàm lượng giác 53 KẾT LUẬN 60 TÀI LIỆU THAM KHẢO 61 i LỜI CẢM ƠN Để hoàn thành luận văn tơi xin bày tỏ lịng kính trọng biết ơn sâu sắc tới GS-TSKH Nguyễn Văn Mậu Thầy truyền đạt cho kiến thức, kinh nghiệm quý báu học tập thầy trực tiếp hướng dẫn tơi hồn thành luận văn Tơi xin chân thành cảm ơn: - Ban giám hiệu, Phòng đào tạo sau đại học, khoa Toán - Tin trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, thầy cô tham gia giảng dạy cho lớp Cao học toán K7A - Sở giáo dục & Đào tạo tỉnh Tuyên Quang, Ban giám hiệu trường THPT Chuyên Tuyên Quang, bạn bè đồng nghiệp gia đình quan tâm động viên, tạo điều kiện thuận lợi cho thời gian học tập, nghiên cứu ii DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU ∀, ∃ : Các ký hiệu logic R : Tập hợp số thực R+ : Tập hợp số thực dương R− : Tập hợp số thực âm Q : Tập hợp số hữu tỷ Z : Tập hợp số nguyên Z+ : Tập hợp số nguyên dương N : Tập hợp số tự nhiên x ∈ M : x phần tử M ∩, ∪, ⊂, ⊃ : phép toán tập hợp MỞ ĐẦU Phương trình hàm chuyên đề quan trọng thuộc chương trình chun tốn trường THPT chun Trong kỳ thi Olympic toán quốc gia, khu vực quốc tế thường xuất dạng toán khác có liên quan đến phương trình hàm Chúng xem tốn khó mẻ học sinh THPT Những tài liệu tham khảo dành cho học sinh lĩnh vực không nhiều Đặc biệt tài liệu sách giáo khoa dành cho học sinh THPT phương trình hàm với đối số biến đổi chưa trình bày cách hệ thống đầy đủ Xuất phát từ thực tế đó, luận văn tác giả trình bày cách hệ thống lớp phương trình hàm với đối số biến đổi phương pháp giải chúng Đồng thời nêu số áp dụng phương pháp giải phương trình hàm với đối số biến đổi vào lớp phương trình hàm đa thức đại số lượng giác Ngoài phần mở đầu kết luận, luận văn chia thành ba chương: Một số kiến thức - Tính trù mật - Tính chất hàm số - Một số đặc trưng hàm hàm số sơ cấp - Các phương trình hàm dạng Cauchy - Một số phương pháp giải phương trình hàm Phương trình hàm với phép biến hình sơ cấp - Biểu diễn số lớp hàm bất biến với phép biến hình - Phương trình hàm với dịch chuyển bậc phân tuyến tính - Một số lớp phương trình hàm với đối số biến đổi Một số áp dụng - Phương trình hàm lớp hàm đa thức - Phương trình hàm lớp hàm lượng giác Thái Nguyên, ngày 10 tháng năm 2015 Tác giả Nguyễn Thị Phương Anh Chương MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.1 Tính trù mật Tập hợp A ⊂ R gọi trù mật R với x, y ∈ R, x < y tồn a ∈ A cho x < a < y Một số ví dụ tập trù mật a) Q trù mật R b) Tập hợp A = 1.2 nm , m ∈ Z, n ∈ N 2n o tập trù mật R Tính chất hàm số Xét hàm số f (x) với tập xác định D (f ) ⊂ R tập giá trị R (f ) ⊂ R 1.2.1 Hàm số chẵn, hàm số lẻ Định nghĩa 1.1 (Xem [4]) a) f (x) gọi hàm số chẵn M, M ⊂ D (f ) (gọi tắt hàm chẵn M ) ∀x ∈ M ⇒ −x ∈ M f (−x) = f (x) , ∀x ∈ M b) f (x) gọi hàm số lẻ M, M ⊂ D (f ) (gọi tắt hàm lẻ M ) ∀x ∈ M ⇒ −x ∈ M f (−x) = −f (x) , ∀x ∈ M 1.2.2 Hàm số tuần hoàn phản tuần hoàn cộng tính Định nghĩa 1.2 (Xem [4]) a) Hàm số f (x)được gọi hàm tuần hồn cộng tính chu kì a (a > 0) M M ⊂ D (f ) ∀x ∈ M ⇒ x ± a ∈ M f (x + a) = f (x) , ∀x ∈ M b) Cho f (x) hàm tuần hồn cộng tính M Khi T (T > 0) gọi chu kì sở f (x) f (x) tuần hồn với chu kì T mà khơng hàm tuần hồn cộng tính với chu kì bé T Định nghĩa 1.3 (Xem [4]) a) Hàm số f (x)được gọi phản tuần hồn cộng tính chu kì b (b > 0) M M ⊂ D (f ) ∀x ∈ M ⇒ x ± b ∈ M f (x + b) = −f (x) , ∀x ∈ M b) Cho f (x) hàm phản tuần hồn cộng tính M Khi T (T > 0) gọi chu kì sở f (x) f (x) phản tuần hồn cộng tính với chu kì T mà khơng hàm phản tuần hồn cộng tính với chu kì bé T 1.2.3 Hàm số tuần hồn phản tuần hồn nhân tính Định nghĩa 1.4 (Xem [4]) f (x) gọi hàm tuần hồn nhân tính chu kì a (a ∈ / {0; 1; −1}) M M ⊂ D (f ) ∀x ∈ M ⇒ a±1 x ∈ M f (ax) = f (x) , ∀x ∈ M Định nghĩa 1.5 (Xem [4]) f (x) gọi hàm phản tuần hồn nhân tính chu kì a (a ∈ / {0; 1; −1}) M M ⊂ D (f ) ±1 ∀x ∈ M ⇒ a x ∈ M f (ax) = −f (x) , ∀x ∈ M 1.3 Một số đặc trưng hàm hàm số sơ cấp Trong phần ta nêu đặc trưng số hàm số sơ cấp thường gặp chương trình phổ thơng Nhờ đặc trưng hàm mà ta dự đốn kết phương trình hàm tương ứng đề xuất dạng tập tương ứng với đặc trưng hàm Các hàm số xét phần thoả mãn điều kiện liên tục toàn miền xác định hàm số Hàm bậc nhất: f (x) = ax + b(a 6= 0, b 6= 0) có tính chất x + y f = [f (x) + f (y)], ∀x, y ∈ R 2 43 Lời giải Trong (3.2) thay x 2015, 2012, 2009, , 2015 − 3n, n ∈ N ta suy 2012, 2009, , 2015 − (n + 1) nghiệm P (x) Vậy P (x) có vơ số nghiệm, suy P (x) = 0, ∀x ∈ R Từ hai tốn ta có tốn tổng quát sau: Bài toán tổng quát 3.1 Cho a, b ∈ R Tìm tất đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn điều kiện xP (x − a) = (x − b) P (x) , ∀x ∈ R (3.3) Lời giải - Khi a 6= 0, b = ta P (x − a) = P (x), tức P (x) đa thức - Khi a 6= 0, b 6= 0, ta xét trường hợp sau: b ∈ N P (x) có nghiệm 0, a, 2a, , (n − 1) a, n ∈ N∗ a Do P (x) = x (x − a) (x − 2a) (x − (n − 1) a) Q (x) + Nếu Thay vào (3.3) ta Q (x − a) = Q (x) , ∀x ∈ R Suy Q (x) đa thức Vậy trường hợp ta P (x) = Cx (x − a) (x − 2a) (x − (n − 1) a) , C số b + Nếu ∈ / N P (x) có nghiệm b − a, b − 2a, b − 3a, , b − na a Do P (x) có vơ số nghiệm nên P (x) ≡ Bài tốn 3.3 Tìm tất đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn điều kiện P (x) P (x + 1) = P x2 + x + , ∀x ∈ R (3.4) Lời giải Nếu P (x) = a = const a2 = a hay a = a = Xét P (x) 6= const Khi đó, P (x) có nghiệm thực x = x0 số sau x0 , x1 = x20 + x0 + 1, , xn+1 = x2n + xn + 1, nghiệm P (x) Do x0 < x1 < x2 < · · · < xn < xn+1 < nên suy đa thức P (x) có vơ số nghiệm, điều vơ lí Vậy P (x) khơng có nghiệm thực nên deg P (x) = 2n P (x) = a2n x2n + · · · + a0 với a2n , a0 6= So sánh hệ số bậc cao hệ số tự do, ta thu a2n = a0 = 44 Gọi x1 , x2 , , x2n nghiệm phức P (x) Khi đó, theo định lí Viette ta có 2n Y j=0 2n Y a0 =1= |xj | xj = (−1) a2n 2n j=0 Nếu tồn j để xj > x2j + xj + (chú ý x2j + xj + > |xj |) nghiệm, nên suy P (x) có vơ số nghiệm Điều vơ lí Tương tự, tồn j để |xj | < vj thỏa mãn phương trình vj2 + vj + = xj nghiệm với |vj | < |xj | Từ ta thu điều vơ lí Vậy phải có |xj | = 1, ∀j Do xj = cos ϕ + i sin ϕ n Do x2j + xj + = nên xj = ±i P (x) = x2 + n Dễ thấy P (x) = x2 + thỏa mãn (3.4) n Tóm lại, ta có P (x) ≡ 0; P (x) ≡ 1; P (x) = x2 + Bài tốn 3.4 Tìm tất đa thức P (x) bậc n thỏa mãn điều kiện P (x + 1) = P (x) + 2x + 1, ∀x ∈ R (3.5) Lời giải Nhận xét hai đa thức bậc nhỏ m trùng m + điểm nguyên chúng trùng nên ta cần xét P (x) điểm nguyên Theo giả thiết, ta có P (n) − P (n − 1) = 2n − (n = 1, 2, ) Suy P (n) = P (0) + + + + · · · + (2n − 1) = P (0) + n2 , ∀n ∈ N∗ Do P (x) = x2 + c, c tùy ý Thử lại ta thấy P (x) = x2 + c thỏa mãn điều kiện tốn Bài tốn 3.5 Tìm tất đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn điều kiện P (x) P 3x2 = P 3x3 + x2 , ∀x ∈ R (3.6) Lời giải Trong (3.6) cho x = ta P (0) = P (0) = Nếu P (0) = 0, đặt P (x) = xk Q (x), Q (x) ∈ R [x] , Q (0) 6= Thay vào (3.6) ta xk Q (x) 3x2 k Q 3x2 = 3x3 + x2 k Q 3x3 + x2 , ∀x ∈ R ⇔ 3xk Q (x) Q 3x2 = (3x + 1)k Q 3x3 + x2 , ∀x ∈ R Trong (3.7) lấy x = Q (0) = 0, mâu thuẫn với cách đặt Từ ta P (x) ≡ (3.7) 45 Nếu P (0) = 1, đặt P (x) = xk Q (x) + 1, Q (x) ∈ R [x] , Q (0) 6= Thay vào (3.6) ta h k x Q (x) + 3x k Q 3x i + = 3x3 + x2 k Q 3x3 + x2 + 1, ∀x ∈ R ⇔ x3k 3k Q (x) Q 3x2 + xk Q (x) + 3k x2k Q 3x2 = 3x3 + x2 k Q 3x3 + x2 , ∀x ∈ R ⇔ x2k 3k Q (x) Q 3x2 + Q (x) + 3k xk Q 3x2 k = 3x2 + x Q 3x3 + x2 , ∀x ∈ R (3.8) Trong (3.8) lấy x = Q (0) = 0, mâu thuẫn với cách đặt Từ ta P (x) ≡ Vậy có hai đa thức thỏa mãn (3.6) P (x) ≡ P (x) ≡ Bài toán 3.6 Cho số nguyên dương k Tìm tất đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn điều kiện (x − 2014)k P (x) = (x − 2015)k P (x + 1) , ∀x ∈ R (3.9) Lời giải Trong (3.9), cho x = 2015 ta P (2015) = (2015 − 2015)k P (2016), suy 2015 nghiệm bội lớn k P (x) Đặt P (x) = (x − 2015)k Q (x) , ∀x ∈ R Thay vào (3.9) ta (x − 2014)k (x − 2015)k Q (x) = (x − 2015)k (x − 2014)k Q (x + 1) , ∀x ∈ R Hay Q (x) = Q (x + 1) , ∀x ∈ R, nghĩa Q (x) ≡ c, c số Suy P (x) = c(x − 2015)k , c số Thử lại ta thấy P (x) = c(x − 2015)k (c số) thỏa mãn yêu cầu đề 3.1.2 Phương trình dạng P (f )P (g) = P (h) Bài toán tổng quát 3.2 Giả sử f (x) , g (x) h (x) đa thức thuộc R [x] cho thỏa mãn điều kiện deg (f ) + deg (g) = deg (h) Tìm tất đa thức P (x) ∈ R [x] cho P (f (x)) P (g (x)) = P (h (x)) , ∀x ∈ R (3.10) Nghiệm phương trình hàm (3.10) có nhiều tính chất đặc biệt giúp xây dựng tất nghiệm từ nghiệm bậc nhỏ: 46 Tính chất 3.1 Nếu P, Q nghiệm (3.10) P Q nghiệm (3.10) Chứng minh Ta có (P.Q) (h (x)) = P (h (x)) Q (h (x)) = P (f (x)) P (g (x)) Q (f (x)) Q (g (x)) = (P.Q) (f (x)) (P.Q) (g (x)) Hệ 3.1 Nếu P (x) nghiệm (3.10) P n (x) nghiệm Trong nhiều trường hợp, hệ 3.1 cho phép mô tả hết nghiệm (3.10) Để làm điều ta có định lý quan trọng sau đây: Định lí 3.1 (Xem [2]) Nếu f, g, h đa thức với hệ số thực thỏa mãn điều kiện deg (f ) + deg (g) = deg (h) thỏa mãn hai điều kiện sau: i) deg (f ) 6= deg (g) ii) deg (f ) = deg (g) f ∗ + g ∗ 6= 0, f ∗ , g ∗ hệ số lũy thừa cao đa thức f, g tương ứng Khi với số dương n tồn nhiều đa thức P (x) có bậc n thỏa mãn phương trình (3.10) Chứng minh Giả sử P đa thức bậc n thỏa mãn phương trình (3.10) Ta gọi deg (f ) = f ; deg (g) = g; deg (h) = h hệ số lũy thừa cao P, f, g, h tương ứng P ∗ , f ∗ , g ∗ , h∗ So sánh hệ số cao hai vế đa thức phương trình P (f (x)) P (g (x)) = P (h (x)) ta có P ∗ (f ∗ )n P ∗ (g ∗ )n = P ∗ (h∗ )n n h∗ Từ suy P ∗ = f ∗g∗ Như vậy, giả sử ngược lại, tồn đa thức Q bậc n (khác P ) thỏa mãn phương trình (3.10) Q∗ = P ∗ ta có Q (x) = P (x)+R (x) với ≤ r = deg (R) < n (ta quy ước bậc đa thức đồng −∞, deg (R) ≥ 0, tức R không đồng 0) Thay vào phương trình (3.10), ta [P (f ) + R (f )] [P (g) + R (g)] = P (h) + R (h) ⇔ P (f ) P (g) + P (f ) R (g) + R (f ) P (g) + R (f ) R (g) = P (h) + R (h) ⇔ P (f ) R (g) + R (f ) P (g) + R (f ) R (g) = R (h) Bây ta xét trường hợp: i) deg (f ) 6= deg (g) Giả sử f > g Khi bậc đa thức vế trái (3.11) nf + rg, rf + ng, rf + rg, (3.11) 47 nf + rg > rf + ng > rf + rg nên vế trái có bậc nf + rg Bậc đa thức vế phải (3.11) rh = r (f + g) < nf + rg Mâu thuẫn ii) deg (f ) = deg (g) Khi đó, hai đa thức vế trái (3.11) có bậc nf + rg = ng + rf xảy triệt tiêu thực phép cộng Tuy nhiên, xét hệ số cao hai đa thức này, ta có hệ số của xnf +rg đa thức thứ thứ hai P ∗ (f ∗ )n R∗ (g ∗ )r , R∗ (f ∗ )r P ∗ (g ∗ )n Như thế, bậc xnf +rg tổng hai đa thức (n−r) r r (n−r) P ∗ R∗ f ∗ g ∗ f∗ + g∗ 6= f ∗ + g ∗ 6= Như vậy, bậc vế trái (3.11) nf + rg , bậc vế phải rh = rf + rg < nf + rg Mâu thuẫn Vậy định lý chứng minh hoàn toàn Áp dụng định lý 3.1 hệ 3.1, ta thấy P0 (x) đa thức bậc thỏa mãn phương trình (3.10) với f, g, h đa thức thỏa mãn điều kiện định lý 3.1 tất nghiệm (3.10) có dạng: P (x) ≡ 0, P (x) ≡ 1, P (x) ≡ (P0 (x))n Sau đây, ta xem xét số ví dụ áp dụng tính chất nói Ví dụ 3.1 Tìm tất đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn điều kiện P x2 = P (x) , ∀x ∈ R (3.12) Lời giải Ta có hàm f (x) = x, g (x) = x, h (x) = x2 thỏa mãn điều kiện định lý 3.1 hàm P (x) = x hàm bậc thỏa mãn phương trình (3.12) Do hàm P (x) ≡ 0, P (x) ≡ 1, P (x) ≡ xn , (n ∈ N∗ ) tất nghiệm (3.12) Ví dụ 3.2 Tìm tất đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn điều kiện P x2 − 2x = P (x − 2) , ∀x ∈ R (3.13) Lời giải Ta có P x2 − 2x = P (x − 2) ⇔ P (x − 1)2 − = P [(x − 1) − 1] , ∀x ∈ R (3.14) 48 Đặt P (x − 1) = Q (x) (3.14) tương đương với 2 Q x = Q (x) , ∀x ∈ R Theo ví dụ 3.1, ta có Q (x) ≡ 0; Q (x) ≡ 1; Q (x) = xn Suy P (x) ≡ 0; P (x) ≡ 1; P (x) = (x + 1)n Ví dụ 3.3 (HSG Quốc gia 2006) Tìm tất đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn điều kiện P x2 + x [3P (x) + P (−x)] = [P (x)]2 + 2x2 , ∀x ∈ R (3.15) Lời giải Trong (3.15), thay x −x ta P x − x [3P (−x) + P (x)] = [P (−x)]2 + 2x2 , ∀x ∈ R (3.16) Trừ (3.15) cho (3.16), ta 4x [P (x) + P (−x)] = P (x) − P (−x) ⇔ [P (x) + P (−x)] [P (x) − P (−x) − 4x] = (3.17) Do (3.17) với x ∈ R nên ta phải có P (x) + P (−x) = với vô số giá trị x P (x) + P (−x) − 4x = với vô số giá trị x Ta xét trường hợp P (x) + P (−x) ≡ Khi ta có phương trình 2 2 P x + 2xP (x) = [P (x)] + 2x ⇔ P x − x = [P (x) − x]2 Đặt P (x) − x = Q (x) Q x2 = Q2 (x) Theo ví dụ 3.1, Q (x) ≡ 0; Q (x) ≡ 1; Q (x) = xn Từ P (x) ≡ x, P (x) ≡ x + 1, P (x) = xn + x So sánh với điều kiện P (x) + P (−x) ≡ 0, ta nhận nghiệm P (x) ≡ x, P (x) ≡ x2k+1 + x, (k = 0, 1.2, ) Tiếp theo xét trường hợp P (x) − P (−x) − 4x ≡ Khi ta có phương trình P x + x [4P (x) − 4x] = P (x) + 2x2 ⇔ P x2 − 2x2 = [P (x) − 2x]2 Đặt P (x) − 2x = Q (x) Q x2 = Q2 (x) Theo ví dụ 3.1, Q (x) ≡ 0; Q (x) ≡ 1; Q (x) = xn Từ P (x) ≡ 2x, P (x) ≡ 2x + 1, P (x) = xn + 2x So sánh với điều kiện P (x) − P (−x) − 4x ≡ 0, ta nhận nghiệm P (x) ≡ 2x, P (x) ≡ 2x + 1, P (x) ≡ x2k + 2x, (k = 1.2, ) 49 Tổng hợp hai trường hợp trên, ta có tất nghiệm (3.15) đa thức P (x) ≡ x, P (x) ≡ 2x, P (x) ≡ 2x + 1, P (x) ≡ x2k+1 + x, P (x) ≡ x2k + 2x (k = 1.2, ) Ví dụ 3.4 Tìm tất đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn điều kiện P (x) P 2x2 = P 2x3 + x , ∀x ∈ R (3.18) Lời giải Các đa thức x, 2x2 , 2x3 + x thỏa mãn điều kiện định lý 3.1, ta tìm nghiệm khơng đồng hệ số bậc nhỏ (3.18) Xét trường hợp P (x) có bậc nhất, P (x) = ax + b Thay vào (3.18), ta (ax + b) 2ax2 + b = a 2x3 + x + b), ∀x ∈ R So sánh hệ số đơn thức hai vế, ta hệ phương trình: 2a2 = 2a, 2ba = 0, ab = a, b2 = b Hệ vô nghiệm (do a 6= 0) nên không tồn đa thức bậc thỏa mãn (3.18) Xét trường hợp P (x) có bậc hai, P (x) = ax2 + bx + c Thay vào (3.18), ta ax + bx + c 4ax + 2bx2 + c = a 2x3 + x 2 + b 2x3 + x + c, ∀x ∈ R ⇔ 4a2 x6 + 4abx5 + (4ac + 2ab) x4 + 2b2 x3 + (ac + 2bc) x2 + bcx + c2 = 4ax6 + 4ax4 + 2bx3 + ax2 + bx + c, ∀x ∈ R So sánh hệ số đơn thức hai vế, ta hệ phương trình: 4a2 = 4a, 4ab = 0, 4ac + 2ab = 4a, 2b2 = 2b, ac + 2bc = a, bc = b, c2 = c Hệ có nghiệm a = c = 1, b = Như vậy, P (x) = x2 + đa thức bậc hai thỏa mãn (3.18) Từ hệ 3.1 định lý 3.1, ta suy x2 + k tất đa thức bậc chẵn (không đồng số) thỏa mãn (3.18) Ta chứng minh đa thức bậc lẻ nghiệm (3.18) Để chứng minh điều này, ta sử dụng tính chất đa thức bậc lẻ có nghiệm thực, ta cần chứng minh P (x) đa thức không đồng số thỏa mãn (3.18) P (x) khơng có nghiệm thực Thật vậy, giả sử α nghiệm thực P (x), 2α3 + α nghiệm P (x)