MỘT SỐ BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC MÃ TO16 A MỞ ĐẦU Lý Đa thức có vị trí quan trong toán học nội dung nghiên cứu tâm đại số Trong kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, Olympíc quốc tế toán đa thức thường đề cập đến xem toán khó Một khó khăn giải toán đa thức xác định hướng giải công cụ áp dụng Qua thực tế giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi chuyên đề đa thức nhận thấy để học sinh có hứng thú phát triển tư giải toán đa thức việc trang bị kiến thức điều quan trọng Mục đích Trong chuyên đề trình bày số toán cách xác định đa thức chủ yếu dựa vào đặc điểm đa thức hệ số, bậc, nghiệm, , đa thức vấn đề đặc trưng đa thức Chuyên đề giới thiệu thêm số toán xác định đa thức nhiều biến thông qua số đề thi chọn học sinh giỏi B NỘI DUNG I/ Bài toán xác định đa thức dựa vào yếu tố nghiệm đa thức 1.Lý thuyết: 1.1 Định nghĩa Định nghĩa 1: Ta gọi đa thức bậc n biến x biểu thức có dạng P( x) = an x n + an −1x n −1 + + a1x + a0 (an ≠ 0) Trong (i = 0, n) số thực ( phức) gọi hệ số Nếu = 0, i = 1,2,3, , n a0 bậc đa thức không Nếu = 0, i = 0,1,2,3, , n ta coi bậc đa thức −∞ gọi đa thức không ( nói chung người ta không định nghĩa bậc đa thức không ) Định nghĩa 2: Cho đa thức P( x) = an x n + an −1x n −1 + + a1x + a0 (an ≠ 0) α ∈£ gọi nghiệm đa thức P( x) P(α ) = Nếu tồn k ∈ • , k > cho P( x)M( x − α )k P ( x) không chia hết cho ( x − α )k +1 α gọi nghiệm bội k đa thức Pn ( x) 1.2 Định lý Định lý 1: Mỗi đa thức bậc n có không n nghiệm thực Hệ quả: Đa thức có vô số nghiệm đa thức không Định lý 2: Số α nghiệm P ( x) P ( x) chia hết cho ( x − α ) Bài tập luyện: Bài 1: Tìm tất đa thức P ( x) hệ số thực thỏa mãn đồng 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 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) = Đa thức Q( x) bậc n có nhiều n nghiệm Suy Q( x) ≡ ⇒ P( x) = P(0) Vậy đa thức cần tìm P( x) = C ( C số ) b) Từ giả thiết ta nhận thấy P(0) = P(1) = Do x = {0;1} nghiệm đa thức P ( x) Suy P( x) = x( x − 1)Q(x) Thay vào đồng 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 toán Vậy P( x) = x( x − 1).C ( C số ) Bài 2: Tìm tất đa thức P ( x) hệ số thực thỏa mãn đồng thức a) P( x + 1) = P( x) + x + b) P(( x + 1)2 ) = P( x ) + x + Bài giải a) Ta có: P( x + 1) = P( x) + x + ⇒ P( x + 1) − ( x + 1)2 = P( x) − x Xét Q( x) = P( x) − x suy Q( x) = Q( x + 1) ⇒ Q( x) = C ⇒ P( x) = x + C Thử lại Vậy P( x) = x + C b) Ta có: P(( x + 1)2 ) = P( x2 ) + x + ⇒ P(( x + 1)2 ) − (x + 1)2 = P( x2 ) − x Xét Q( x) = P( x) − x suy Q( x) = Q( x + 1) ⇒ Q( x) = C ⇒ P( x) = x + C Thử lại Vậy P( x) = x + C Bài 3: Cho hai số a b , a ≠ Đa thức P ( x) thỏa mãn xP( x − a) = ( x − b) P( x) ∀x (1) b a) Nếu ∉ • * P( x) ≡ a b b) Nếu = n ∈ • * Hãy tìm đa thức P ( x) a Bài giải a) Nếu P( x) ≡ thỏa mãn (1) Nếu P ( x) đa thức bậc n ≥ thỏa mãn (1) Ta chứng minh b ∈• * a Giả sử P( x) = an x n + an −1x n −1 + + a1x + a0 ( an ≠ ) Từ (1) suy 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 ⎡ x n − ( x − a) n ⎤) + x(a1 ( x − ( x − a) ⎣ ⎦ n Đồng hệ số x 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) = P(a) = P (2a ) = Giả sử P(ka) = 0 ≤ k ≤ n −1 Cho x = (k + 1)a ⇒ P(ka).(k + 1)a = −(n − k + 1)a.P((k + 1)a) ⇒ P((k + 1)a) = Tức P(0) = P(a) = P((n − 1)a) = ⇒ 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 toán Vậy P( x) = C.x( x − a)( x − 2a) .( x − (n − 1)a) Bài ( Moldova 2004) : Tìm đa thức P ( x) với hệ số thực thỏa mãn ( x3 + 3x + 3x + 2) P( x − 1) = ( x3 − 3x + 3x − 2) P( x) Bài giải Từ giả thiết ta có ( x + 2)( x2 + x + 1) P( x − 1) = ( x − 2)( x − x + 1) P( x) Dễ thấy ∀x ∀x (1) P (−2) = P (−1) = P (0) = P (1) = ⇒ P( x) = x( x − 1)( x + 1)( x + 2)Q( x) Với Q( x) đa thức với hệ số thực Thay vào (1) ta ( x + 2)( x2 + x + 1) x( x + 1)( x − 1)( x − 2)Q( x − 1) = ( x − 2)( x − x + 1) x( x − 1)( x + 1)( x + 2).Q(x) ⇒ ( x + x + 1)Q( x − 1) = ( x − x + 1)Q( x) ∀x ≠ {−2; −1;0;1;2} Q( x − 1) Q( x) ⇒ = x − x +1 x + x +1 Q( x) Đặt R ( x) = ⇒ R( x) = R( x − 1) ∀x ≠ {−2; −1;0;1;2} x +x + ⇒ R( x) = C ⇒ Q( x) = C ( x + x + 1) ⇒ P( x) = C.x( x − 1)( x + 1)( x + 2)( x + x + 1) Thử lại P ( x) thỏa mãn yêu cầu toán Vậy đa thức cần tìm P( x) = C.x( x − 1)( x + 1)( x + 2)( x + x + 1) ( C số ) Bài 5: Xác định tất đa thức P ( x ) thỏa mãn điều kiện P (u − v2 ) = P (u − v ) P (u + v ) với ∀u, v ∈ ° Bài giải Nhận thấy phương trình tương đương với (1) P ( xy ) = P ( x ) P ( y ) với ∀x, y ∈ ° Từ phương trình (1) cho x = y = , suy P ( 0) = P2 ( 0) hay P ( ) = P ( 0) = 1) Với P ( 0) = 1, cho y = vào phương trình (1), ta có P ( 0) = P ( x ) P ( 0) hay P ( x ) = 2) Với P ( ) = , suy P ( x ) = xQ1 ( x ) với Q1 có bậc nhỏ P đơn vị Suy (1) tương đương với xyQ1 ( xy ) = xQ1 ( x ) yQ1 ( y ) phương trình thỏa mãn với ∀x, y ∈ ° nên Q1 ( xy ) = Q1 ( x ) Q1 ( y ) với ∀x, y ∈ ° Từ lại có Q1 ( x ) = với ∀x ∈ ° Q1 ( x ) = xQ2 ( x ) với ∀x ∈ ° Tiếp tục lập luận này, ta có: - Hoặc P ( x ) = với ∀x ∈ ° - Hoặc P ( x ) = x n với n số nguyên dương thỏa mãn đề Vậy, P ( x ) = x k với k ∈ • Bài 6: Tìm tất đa thức f ( x ) với hệ số thực thỏa mãn f ( ) = f ( x − x + 1) = ( f ( x ) ) − f ( x ) + với x Bài giải Thay x x − , ta f (( x − 1) − ( x − 1) + 1) = ( f ( x − 1)) − f ( x − 1) + 2 ⇔ f ( x − x + 1) = ( f (1 − x ) ) − f ( x − 1) + Theo giả thiết, ta có: ( f ( x )) − f ( x ) + = ( f (1 − x )) − f ( x − 1) + ⇔ ( f ( x − 1) + f ( x ) − 1) ( f (1 − x ) − f ( x )) = Do đó, đa thức f (1 − x ) + f ( x ) − f (1 − x ) − f ( x ) = có vô hạn nghiệm Hay f (1 − x ) + f ( x ) − = 0, ∀x f (1 − x ) − f ( x ) = 0, ∀x Thay x = vào phương trình có f (1) = Vậy f (1 − x ) + f ( x ) − = 0, ∀x vào phương trình ban đầu Chú ý với x ∈ ( 0;1) ⇒ < x < x2 − x + < Thay x = ⎛1⎞ f ⎜ ⎟= ⎝2⎠ Dựa vào phương trình ban đầu, ta xét ( xn ) sau: x0 = ∈ ( 0;1) , xn = xn2−1 − xn −1 + 1, ∀n ≥ Khi tất giá trị phân biết xn nghiệm f ( x ) − x Vậy, đa thức cần tìm f ( x) = x II/ Một số toán xác định đa thức dựa vào so sánh, đánh giá hệ số đa thức Bài 1: Tìm tất đa thức P( x) đa thức thỏa mãn: P ( x3 + 1) = P ( x + 1) với ∀x ∈ ° Bài giải Đặt P ( x + 1) = Q ( x ) = ak xk + ak −1xk −1 + K + a0 , ak ≠ Suy Q ( x3 ) = Q ( x ) với ∀x ∈ ° hay ak x3k + ak −1 x3k −3 + K + a0 = ( ak x k + ak −1 x k −1 + K + a0 ) Giả sử tồn số m lớn cho m < k am ≠ , suy 3m < 2k + m Đồng hệ số x 2k + m vế, ta = 3ak2 am , mâu thuẫn với điều giả sử Từ suy ak x3k = Q ( x3 ) = Q ( x ) = ak3 x3k ⇒ ak = ±1 Vậy P ( x ) = ± ( x −1)k với ∀x ∈ ° Bài (Albanian TST 2009): Tìm tất đa thức P ( x) khác đa thức hệ số không âm thỏa mãn: P( x).P( ) ≤ ( P(1)) ∀x > x Bài giải Giải sử P( x) = ak x k + ak −1x k −1 + + a1x + a0 (ai ≥ 0, ∀i = 0, k − 1;a k > 0) Do x > P( x) P( x −1 ) = (ak x k + ak −1x k −1 + + a1x + a0 )(ak x −k + + a1x −1 + a0 ) ≥ (ak + + a1 + a0 ) ⇒ P( x) P( x−1 ) ≥ ( P(1))2 Theo giả thiết: P( x).P( ) ≤ ( P(1)) ∀x > x Suy P( x).P( ) = ( P(1))2 ∀x > x k ⇔ (ak x + ak −1x k −1 + + a1x + a0 )(ak + ak −1x + + a0 x k ) = ( P(1)) x k So sánh hệ số xk +1; xk + ; ; x2k hai vế đồng thức Suy a0 = a1 = a2 = = ak −1 Vậy P( x) = a k x k (ak > 0) Bài 3: Tìm tất đa thức P( x) ∈ Z [ x ] bậc n thỏa mãn điều kiện sau: [ P(2 x)]2 = 16P( x2 ) ∀x ∈° Bài giải Giả sử P( x) = an x n + an −1x n −1 + + a0 ( an ≠ 0) Cho x = o ⇒ ( P(0))2 = 16 P(0) ⇒ a02 = 16a0 ⇒ a0 = a0 = 16 Thay biểu thức P ( x) so sánh hệ số x 2n ta thu 16an = 22n an2 16 Do an ≠ nên ta có an = n từ suy n = 0, n = 1, n = Với n = P( x) ≡ 16 P( x) ≡ Với n = P( x) = x P( x) = x + 16 Thử lại ta thấy P( x) = x thỏa mãn đề Với n = P( x) = x + a1 x P( x) = x + a1x + 16 Thay vào điều kiện toán ta P( x) = x Vậy đa thức cần tìm P( x) ≡ , P( x) ≡ 16 , P( x) = x P( x) = x Bài 4: Tìm tất đa thức P ( x ) với hệ số thực cho với số thực a, b, c nào, ta 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 − y ) + P ( −2 x − y ) + P ( x − y ) = 3P ( x ) + 3P ( y ) + 3P ( y − x ) Cho x = y = , ta P ( ) = Cho y = , ta P ( −2 x ) = P ( x ) + 3P ( − x ) Đặt P ( x ) = an xn + an−1xn−1 + + a1x (*) Từ (*), ta có ( −2)k ak = ak + 3( −1)k ak với k ∈1, n ( Hay ak ( −2 ) − − ( −1) k k ) ⎡ ak ( 2k − ) = 0, k M2 =0⇔⎢ ⎢ ak ( − 2k ) = 0, k M /2 ⎣ Với k ≥ , suy ak = ⇒ P ( x ) = α x2 + β x Thử lại Vậy, đa thức cần tìm P ( x ) = α x2 + β x , với α , β ∈ ° Bài (IMO 2004) Tìm tất đa thức P ( x ) cho: P ( a − b ) + P ( b − c ) + P ( c − a ) = 2P ( a + b + c ) ∀a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = Bài giải Trước hết ta tìm nghiệm nguyên phương trình ab + bc + ca = Với a = , ta có 6b + 6c + bc = Với b = , ta có 18 + 6c + 3c = ⇒ c = −2 Suy ( a, b, c ) = ( 6,3, −2) nghiệm nguyên ab + bc + ca = nên với ∀x ta có ( a, b, c ) = (6x,3x, −2 x ) nghiệm 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 xn + an−1xn−1 + an−2 xn−2 + + a1x + a0 ( ) Suy 3i + 5i + ( −8)i − 2.7i = với i ∈ 0, n Đặt λi = 3i + 5i + ( −8) − 2.7i với i ∈ 0, n Ta xét trường hợp i Nếu i lẻ 3i + 5i + ( −8)i − 2.7i < nên = với i lẻ i Nếu i = chẵn 3i + 5i + ( −8)i − 2.7i > nên a0 = Nếu i chẵn i ≥ 3i + 5i + ( −8)i − 2.7i > nên = với i chẵn i ≥ Từ suy P ( x ) = Ax4 + Bx2 với A, B tùy ý Thử lại nên đa thức cần tìm P ( x ) = Ax4 + Bx2 Bài 6: Tìm đa thức P ( x ) thỏa mãn: ⎛ x+ y⎞ 2⎛ x− y⎞ P ( x ) P ( y ) = P ⎜ ⎟−P ⎜ ⎟ , ∀x, y ∈ ° ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Bài giải Xét P ( x ) ≡ thỏa mãn đề Xét P ( x ) ≠ Cho x = y = , từ phương trình đầu ta có: P ( ) = Cho y = 3x , từ phương trình đầu ta có: P ( x ).P (3x ) = P2 ( 2x ) − P2 ( − x ) Hay P ( x ).P (3x ) + P2 ( − x ) = P2 ( 2x ) với ∀x ∈ ° Vì P ( ) = nên xét deg P = n ≥ Gọi hệ số bậc cao P ( x ) a0 ( a0 ≠ ) Ta có: a0 ( 3n a0 ) + a0 = a0 ( 22 ) ⇔ 3n + = 4n ⇔ n = n Suy P ( x ) = a0 x , thử lại Vậy P ( x ) = ax với a ∈ ° Bài 7( Costa Rican 2008) Tìm tất đa thức P ( x ) với hệ số thực thỏa mãn: P ( ) ( (a − b) + P ) ( (b − c ) + P ) ( c − a ) = P ( 2a − b − c ) + P ( −a + 2b − c ) + P ( −a − b + 2c ) Với a, b, c ∈ ° Bài giải Dễ thấy P ( x ) đa thức thỏa mãn đề Tiếp theo xét deg P = h ≥ Đặt x = a − c, y = b − a, z = c − b , x + y + z = 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 ∈ ° x + y + z = Như thay ( x; y; z ) ( x; x; −2 x ) vào phương trình trên, ta P ( 3x ) + P ( 3x ) + P ( −2 3x ) = P (0) + P (3x ) + P ( −3x ) , ∀x (1) h Giả sử P ( x ) = ∑ xi i =0 Thay vào (1), ta h 2∑ i =0 ( ) i h ( ) i h ( ) i h 3x + ∑ −2 3x = a0 + ∑ −2 3x + ∑ ( −3x ) i =0 i =0 i (2) i =0 So sánh hệ số x h vế phương trình (2), ta h h h ( ) + ( −2 ) = 3h + ( −3) (3) Dễ thấy h = 1, h = thỏa mãn phương trình (3) Xét h ≥ Từ (3) suy h phải số chẵn: h = 2k , k ≥ ⎡k = Khi (3) trở thành 2.3k + 12k = 2.9k ⇔ + 4k = 2.3k ⇔ ⎢ ⎣k = Tóm lại từ (3), ta có h∈{1, 2, 4} Trường hợp h = , suy P ( x ) = mx + n , thử lại Trường hợp h = , suy P ( x ) = mx2 + nx + p Thay vào phương trình ban đầu, ta 2 2 2 3m ⎡( a − b ) + (b − c ) + ( c − a ) ⎤ = m ⎡( 2a − b − c ) + ( −a + 2b − c ) + ( −a − b + 2c ) ⎤ (đúng) ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ Trường hợp h = Khi P ( x ) = mx4 + nx3 + px2 + qx + e Trong phương trình ban đầu, thay ( a; b; c ) ( x;0;0) ta P ( 3x ) + P ( ) + P ( − 3x ) = P ( x ) + P ( − x ) , ∀x Thay P ( x ) = mx4 + nx3 + px2 + qx + e vào (4), ta (4) 9mx + 3nx3 + px + 3qx + 9mx − 3nx − 3qx + 3e = 16mx + 8nx3 + px + 2qx + 2mx − 2nx3 + px − 2qx + 3e, ∀x ∈ ° Hay mx = 18mx + 6nx3 với ∀x Do n = , Vậy P ( x ) = mx4 + px2 + qx + e Thay vào phương trình ban đầu, ta có: 4 2 m ⎡( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) ⎤ + p ⎡( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) ⎤ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ 4 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 ⎡( 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 x + y + z = Ta có: ⎡( a − b )4 + (b − c )4 + ( c − a )4 ⎤ = ( x + y + z ) ⎣ ⎦ Mặt khác: ( 2a − b − c ) + ( 2b − c − a ) + ( 2c − a − b ) 4 = (x − y) + ( y − z) + (z − x) 4 = ( x + y + z ) − x3 y + x y − xy − y z + y z − yz − z x + z x − z = ( x + y + z ) − x3 ( y + z ) − y ( x + z ) − z ( x + y ) + ( x y + y z + z x ) (8) Do x + y + z = nên x2 + y + z = −2 ( xy + yz + zx ) Suy ra: x4 + y + z + ( x2 y + y z + z x2 ) = ⎡⎣ x y + y z + z x + xyz ( x + y + z )⎤⎦ = ( x y + y z + z x ) Như x4 + y + z = ( x2 y + y z + z x2 ) Thay vào (8) ta ( 2a − b − c ) + ( 2b − c − a ) + ( 2c − a − b ) 4 = ( x4 + y + z ) Từ (7) (9) suy (6) chứng minh Do (5) đúng, nghĩa đa thức P ( x ) = mx4 + px2 + qx + e thỏa mãn đề Kết luận: đa thức thỏa mãn đề là: P ( x ) = mx + n P ( x ) = mx2 + nx + p P ( x ) = mx4 + px2 + qx + e với m ≠ III/ Một số toán xác định đa thức dựa vào so sánh bậc đa thức Bài 1: Tìm đa thức P ( x ) thỏa mãn: P ( x ) = P ' ( x ).P '' ( x ) với x Bài giải Xét P ( x ) = C const, nên P ( x ) = thỏa mãn Xét deg P = n, n ≥ 1, suy deg P ' = n − 1,deg P '' = n − Từ phương trình ban đầu suy n = ( n − 1) + ( n − 2) ⇔ n = Đặt P ( x ) = ax3 + bx2 + cx + d (9) Suy P ' ( x ) = 3ax2 + 2bx + c , P '' ( x ) = 6ax + 2b P ( x ) = 8ax3 + 4bx2 + 2cx + d Ta có: P ( x ) = P ' ( x ) P '' ( x ) ⇔ 8ax3 + 4bx + 2cx + d = ( 3ax + 2bx + c ) ( 6ax + 2b ) ⇔ 8ax3 + 4bx + 2cx + d = 18a x + 18abx + ( 4b + 6ac ) x + 2bc Đồng hệ số vế phương trình trên, ta có: ⎧8a = 18a ⎪ ⎧ ⎪4b = 18ab ⎪a = Do P x = x ⇔ ( ) ⎨ ⎨ c = b + ac ⎪ ⎪⎩b = c = d = ⎪d = 2bc ⎩ Vậy, P ( x ) = P ( x ) = x3 Bài 2: Tìm tất đa thức P ( x ) Q ( x ) thỏa mãn: P (Q ( x )) = P ( x ) Q ( x ) với ∀x Bài giải Xét P ( x ) ≡ , suy Q ( x ) đa thức Xét P ( x ) ≡/ Gọi deg P = n , deg Q = m ⎡m = n = ⎣m = n = Từ phương trình ban đầu, ta có: m.n = m + n ⇔ ( m − 1)( n − 1) = ⇔ ⎢ Nếu m = n = , P ( x ) = C ≠ (C số), suy Q ( x ) = Nếu m = n = , đặt P ( x ) = ax2 + bx + c, Q ( x ) = px2 + qx + r (1) Thay (1) vào phương trình ban đầu, đồng hệ số vế, ta có: ⎧p =1 ⎨ ⎩b = c = q = r = Từ suy P ( x ) = ax2 , Q ( x ) = x2 Vậy Nếu P ( x ) ≡ Q ( x ) đa thức Nếu P ( x ) = c Q ( x ) = Nếu P ( x ) = ax Q ( x ) = x IV/ Một số toán xác định đa thức nhiều biến Bài 1: Tìm tất đa thức P ( x, y ) với hệ số thực cho P ( x + 1, y + 1) = P ( x, y ) với x, y thực Bài giải Giả sử Q (t ) đa thức biến tùy ý Dễ dàng nhận thấy P ( x, y ) = Q ( x − y ) P ( x + 1, y + 1) = Q ( x + − ( y + 1)) = Q ( x − y ) = P ( x, y ) Giả sử P ( x, y ) đa thức thỏa mãn đề Xét Q (t , y ) = P (t + y, y ) với ∀t , y ∈ ° Suy Q (t , y + 1) = P (t + y + 1, y + 1) = P (t + y, y ) = Q (t , y ) Do với số thực t tùy ý, đa thức biến H ( y ) = Q (t , y ) nhận giá trị cố định với y nên H ( y ) đa thức Hay Q (t , y ) = S (t ) đa thức ẩn Suy P (t + y, t ) = S (t ) ⇔ P ( x, y ) = S ( x − y ) , thử lại Vậy nghiệm phương trình P ( x, y ) = Q ( x − y ) với Q (t ) đa thức biến Bài 2: (Iran TST 2010) Tìm đa thức biến P ( x, y ) hệ số thực, thỏa mãn P ( ab, c2 + 1) + P (bc, a2 + 1) + P (ca, b2 + 1) = với ∀a, b, c Bài giải Kí hiệu A ( a, b, c ) phép thay a, b, c vào phương trình ban đầu Ta có: A ( 0,0,0) ⇒ P ( 0,1) = A ( 0,0, c ) ⇒ P ( 0, y ) = với y > 1, suy x | P ( x, y ) A ( a, b,0) ⇒ P ( x,1) = với ∀x , suy y − 1| P ( x, y ) Vì vậy, P ( x, y ) = x ( y − 1) Q ( x, y ) Ta có: A ( a, b, c ) ⇒ cQ ( ab, c2 + 1) + aQ (bc, a2 + 1) + cQ (ca, b2 + 1) = Kí hiệu B ( a, b, c ) phép thay a, b, c vào phương trình Ta có: B ( 0,0, c ) ⇒ Q ( 0, y ) = với y > 1, suy x | Q ( x, y ) Vì đặt Q ( x, y ) = xR ( x, y ) Từ đây, ta R ( ab, c2 + 1) + R (cb, a2 + 1) + R (ca, b2 + 1) = , lại quay phương trình ban đầu Tiếp tục trình ta có P ( x, y ) = x2n ( y −1)n , P ( x, y ) thỏa mãn với số tự nhiên n , nghĩa P ( x, y ) ≡ Thử lại Vậy đa thức cần tìm P ( x, y ) ≡ Bài (THTT T11/435): Tìm tất đa thức P( x, y ) cho P( x, y).P( z, t ) = P( xz + yt , xt + yz ) với x; y; z; t ∈ R Bài giải: Xét trường hợp P( x, y ) ≠ Nhận xét ( xz + yt ) + ( xt + yz ) = ( x + y )( z + t ) ( xz + yt ) − ( xt + yz (= ( x − y )( z − t ) Do đặt P( x, y) = ( x + y)m ( x − y)n Q( x, y) Trong m, n∈• đa thức Q( x; y ) không chia hết cho x + y; x − y (1) Suy P( x, y).P( z, t ) = P( xz + yt , xt + yz ) ⇔ ( x + y )m ( x − y ) n Q( x, y ).( z + t ) m ( z − t ) n Q( z , t ) = ( x + y ) m ( x − y ) n z + t ) m ( z − t ) n Q( xz + yt , xt + yz ) (2) ⇔ Q( x, y).Q( z, t ) = Q( xz + yt , xt + yz ) Cho z = t = Q( x, y).Q(0,0) = Q(0,0) Ta chứng minh Q(0,0) ≠ Thật vậy, giả sử Q(0,0) = Lấy y = − x, t = z Từ (2) ta có Q( x, − x)Q( z, z ) = Q(0,0) = Xét Q( z, z ) ≠ ⇒ Q( x; − x) = Khi Q ( x, y ) = ∑ aij x i y j i, j = ∑ aij ( xi − (− y )i ) y j + ∑ aij (− y )i y j i, j i, j Q( x, − x) = ⇒ ∑ aij xi (− x) j = i, j Suy Q ( x; y ) = ∑ aij ( xi − ( − y )i ) y j Mx + y i, j Tương tự Q( z, z ) = ∀z ∈ ° Điều mâu thuẫn với (1) Như Q( x, y ) = suy Q( x, y )M( x − y ) Vậy P( x, y) = ( x + y)m ( x − y)n ∀m, n ∈• tất đa thức thỏa mãn yêu cầu toán V Một số tập tự luyện Bài 1( VMO 2006) : Hãy xác định tất đa thức P ( x) với hệ số thực, thỏa mãn hệ thức sau P( x ) + x(3P( x) + P(− x)) = ( P( x))2 + x với x Bài ( Ireland 1994): Hãy xác định tất đa thức P ( x) với hệ số thực, thỏa mãn: P( x2 ) = P( x) P( x − 1) Bài ( Iran, TST 2009) : Hãy xác định tất đa thức P( x; y ) với hệ số thực, thỏa ( x + y )2 ( x − y )2 mãn điều kiện P( x , y ) = P( , ) với x, y 2 Bài 4: Tìm tất đa thức hệ số thực thỏa mãn: Nếu P(a) nguyên a nguyên Bài 5: Tìm tất đa thức P ( x) thỏa mãn hệ thức: P(3x) = P '( x).P ''( x).P '''( x) Bài 6: Xác định đa thức P ( x) hệ số thực thỏa mãn: xP( y) + yP( x) = ( x + y) p( x) P( y) với x, y Bài 7: Tìm tất đa thức P ( x) với hệ số thực thỏa mãn điều kiện: ⎧⎪ P(0) = ⎨ 2 ⎪⎩ P( x + 1) − ( P( x)) − xP( x) = ∀x 2 Bài 8: Hãy tìm tất đa thức P ( x) cho P ( x) có hệ số nguyên không âm, thỏa ⎧ P(1) = mãn ⎨ ⎩ P(2) = 2012 Bài 9: Tìm tất đa thức P ( x) với hệ số thực thỏa mãn điều kiện: 1 P ( x) + P( x) P( ) + P ( ) = P( x ) P( ) ∀x ≠ x x x Bài 10 ( THTT T9/416): Tìm tất đa thức P ( x) cho ⎧⎪ P(2) = 12 ⎨ 2 ∀x ⎪⎩ P( x ) = x ( x + 1) P( x) Bài 11( USA 2014): Tìm tất đa thức P ( x) với hệ số thực thỏa mãn điều kiện P( x 2) = P( x + − x2 ) x ≤ 1; ∀x ∈° Bài 12( VMO 1997): Tìm tất đa thức f ( x) với hệ số hữu tỷ có bậc nhỏ f ( 3 + 9) = + 3 Bài 13 ( THTT T9/421): Tìm tất đa thức P ( x) thỏa mãn ( P( x))2 − = P( x − x + 1) ∀x ∈ ° Bài 14 ( Việt Nam TST 1999): Tìm tất đa thức với hệ số thực có bậc 1999 thỏa mãn điều kiện: Tồn số thực a cho ( P( x))2 − = a( x2 − 4)( P' ( x))2 C KẾT LUẬN Thông qua số toán xác định đa thức chuyên đề bước đầu giúp học sinh bắt đầu học đa thức có cách tiếp cận có số hướng tư gặp toán đa thức Do điều kiện thời gian nên chuyên đề chưa thể mở rộng đề cập đến vấn đề khó hay đa thức mong nhận đóng góp trao đổi kinh nghiệm đồng nghiệp Nhân đây, mong bạn đồng nghiệp suy nghĩ cách thức giảng dạy chủ đề "Đa thức" cho học sinh, nên dạy để học sinh cảm thấy hấp dẫn không mệt mỏi chủ đề ? Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Mậu, Chuyên đề chọn lọc đa thức, Nhà xuất Giáo dục, Hà Nội 2008 [2] Lê Hoành Phò, Chuyên Khảo Đa Thức, Nhà xuất đại học Quốc Gia Hà Nội [3] Nguyễn Văn Nho, Tuyển tập Olympic Toán học nước Châu Á – Thái Bình Dương [4] Báo toán học tuổi trẻ [5] Andreescu Boreico, Functional Equations [6] Amir Hossein Parvardi, Polynomials Problems [...]... tất cả các đa thức thỏa mãn yêu cầu bài toán V Một số bài tập tự luyện Bài 1( VMO 2006) : Hãy xác định tất cả các đa thức P ( x) với hệ số thực, thỏa mãn hệ thức sau P( x 2 ) + x(3P( x) + P(− x)) = ( P( x))2 + 2 x 2 với mọi x Bài 2 ( Ireland 1994): Hãy xác định tất cả các đa thức P ( x) với hệ số thực, thỏa mãn: P( x2 ) = P( x) P( x − 1) Bài 3 ( Iran, TST 2009) : Hãy xác định tất cả các đa thức P( x;... điều kiện: Tồn tại số thực a sao cho ( P( x))2 − 4 = a( x2 − 4)( P' ( x))2 C KẾT LUẬN Thông qua một số bài toán xác định đa thức chuyên đề đã bước đầu giúp học sinh mới bắt đầu học về đa thức có những cách tiếp cận và có một số hướng tư duy khi gặp các bài toán về đa thức Do điều kiện thời gian nên trong chuyên đề này tôi chưa thể mở rộng và đề cập đến những vấn đề khó và hay của đa thức vì vậy tôi rất... với hệ số thực, thỏa ( x + y )2 ( x − y )2 mãn điều kiện P( x , y ) = P( , ) với mọi x, y 2 2 Bài 4: Tìm tất cả các đa thức hệ số thực thỏa mãn: Nếu P(a) nguyên thì a nguyên Bài 5: Tìm tất cả các đa thức P ( x) thỏa mãn hệ thức: P(3x) = P '( x).P ''( x).P '''( x) Bài 6: Xác định đa thức P ( x) hệ số thực thỏa mãn: xP( y) + yP( x) = ( x + y) p( x) P( y) với mọi x, y Bài 7: Tìm tất cả các đa thức P (... P( x) Bài 11( USA 2014): Tìm tất cả các đa thức P ( x) với hệ số thực thỏa mãn điều kiện P( x 2) = P( x + 1 − x2 ) x ≤ 1; ∀x ∈° Bài 12( VMO 1997): Tìm tất cả các đa thức f ( x) với hệ số hữu tỷ có bậc nhỏ nhất f ( 3 3 + 3 9) = 3 + 3 3 Bài 13 ( THTT T9/421): Tìm tất cả các đa thức P ( x) thỏa mãn ( P( x))2 − 1 = 4 P( x 2 − 4 x + 1) ∀x ∈ ° Bài 14 ( Việt Nam TST 1999): Tìm tất cả các đa thức với hệ số thực...Giả sử P ( x, y ) là đa thức thỏa mãn đề bài Xét Q (t , y ) = P (t + y, y ) với ∀t , y ∈ ° Suy ra Q (t , y + 1) = P (t + y + 1, y + 1) = P (t + y, y ) = Q (t , y ) Do đó với mỗi số thực t tùy ý, đa thức một biến H ( y ) = Q (t , y ) luôn nhận 1 giá trị cố định với mọi y nên H ( y ) là đa thức hằng Hay Q (t , y ) = S (t ) là đa thức một ẩn bất kì Suy ra P (t + y, t ) = S (t )... nghiệp cùng suy nghĩ về cách thức giảng dạy chủ đề "Đa thức" cho học sinh, nên dạy như thế nào để học sinh cảm thấy hấp dẫn và không mệt mỏi về chủ đề này ? Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Mậu, Chuyên đề chọn lọc về đa thức, Nhà xuất bản Giáo dục, Hà Nội 2008 [2] Lê Hoành Phò, Chuyên Khảo Đa Thức, Nhà xuất bản đại học Quốc Gia Hà Nội [3] Nguyễn Văn Nho, Tuyển tập Olympic Toán học tại các nước Châu... hệ số thực thỏa mãn điều kiện: ⎧⎪ P(0) = 0 ⎨ 2 2 ⎪⎩ P( x + 1) − ( P( x)) − 2 xP( x) = 0 ∀x 2 2 Bài 8: Hãy tìm tất cả các đa thức P ( x) sao cho P ( x) có các hệ số nguyên không âm, thỏa ⎧ P(1) = 8 mãn ⎨ ⎩ P(2) = 2012 Bài 9: Tìm tất cả các đa thức P ( x) với hệ số thực thỏa mãn điều kiện: 1 1 1 P 2 ( x) + 2 P( x) P( ) + P 2 ( ) = P( x 2 ) P( 2 ) ∀x ≠ 0 x x x Bài 10 ( THTT T9/416): Tìm tất cả các đa thức. .. (t ) ⇔ P ( x, y ) = S ( x − y ) , thử lại đúng Vậy nghiệm của phương trình là P ( x, y ) = Q ( x − y ) với Q (t ) là đa thức một biến bất kì Bài 2: (Iran TST 2010) Tìm các đa thức 2 biến P ( x, y ) hệ số thực, thỏa mãn P ( ab, c2 + 1) + P (bc, a2 + 1) + P (ca, b2 + 1) = 0 với ∀a, b, c Bài giải Kí hiệu A ( a, b, c ) là phép thay a, b, c vào phương trình ban đầu Ta có: A ( 0,0,0) ⇒ P ( 0,1) = 0 A ( 0,0,... ban đầu Tiếp tục quá trình này ta có P ( x, y ) = x2n ( y −1)n , P ( x, y ) thỏa mãn với mọi số tự nhiên n , nghĩa là P ( x, y ) ≡ 0 Thử lại đúng Vậy đa thức cần tìm là P ( x, y ) ≡ 0 Bài 3 (THTT T11/435): Tìm tất cả đa thức P( x, y ) sao cho P( x, y).P( z, t ) = P( xz + yt , xt + yz ) với mọi x; y; z; t ∈ R Bài giải: Xét trường hợp P( x, y ) ≠ 0 Nhận xét ( xz + yt ) + ( xt + yz ) = ( x + y )( z +... trường hợp P( x, y ) ≠ 0 Nhận xét ( xz + yt ) + ( xt + yz ) = ( x + y )( z + t ) ( xz + yt ) − ( xt + yz (= ( x − y )( z − t ) Do đó nếu đặt P( x, y) = ( x + y)m ( x − y)n Q( x, y) Trong đó m, n∈• và đa thức Q( x; y ) không chia hết cho x + y; x − y (1) Suy ra P( x, y).P( z, t ) = P( xz + yt , xt + yz ) ⇔ ( x + y )m ( x − y ) n Q( x, y ).( z + t ) m ( z − t ) n Q( z , t ) = ( x + y ) m ( x − y ) n z ... Vậy, đa thức cần tìm f ( x) = x II/ Một số toán xác định đa thức dựa vào so sánh, đánh giá hệ số đa thức Bài 1: Tìm tất đa thức P( x) đa thức thỏa mãn: P ( x3 + 1) = P ( x + 1) với ∀x ∈ ° Bài. .. Thông qua số toán xác định đa thức chuyên đề bước đầu giúp học sinh bắt đầu học đa thức có cách tiếp cận có số hướng tư gặp toán đa thức Do điều kiện thời gian nên chuyên đề chưa thể mở rộng đề cập... 2 Bài 4: Tìm tất đa thức hệ số thực thỏa mãn: Nếu P(a) nguyên a nguyên Bài 5: Tìm tất đa thức P ( x) thỏa mãn hệ thức: P(3x) = P '( x).P ''( x).P '''( x) Bài 6: Xác định đa thức P ( x) hệ số