Phương trình hàm đa thức Trần Nam Dũng

Thuvientoan.net xin gửi đến bạn đọc tài liệu Những bài toán phương trình hàm trên tập số nguyên không âm của tác giả Trần Nam Dũng – ĐHKHTN TP HCM và Dương Bửu Lộc – THPT chuyên Trần Đại Nghĩa.

Phương trình hàm là một chủ đề quan trọng trong các kỳ thi học sinh giỏi Toán ở bậc THPT như VMO, IMO, TST,... Trước đây các bài toán phương trình hàm trên tập số thực hay phương trình hàm trên tập R chiếm ưu thế thì hiện nay dần dần có sự chuyển đổi sang các bài toán phương trình hàm trên tập số tự nhiên.

Tuy nhiên các chủ đề này vẫn chưa được khai thác sâu, các tài liệu về phương trình hàm trên tập số tự nhiên cũng ít. Do đó để hỗ trợ các bạn học sinh có một nguồn tài liệu để nghiên cứu đào sâu về chủ đề này, thầy Trần Nam Dũng cùng các cộng sự đã sưu tầm và biên soạn một tài liệu vô cùng chất lượng về phương trình hàm trên tập số tự nhiên.

Trích dẫn tài liệu:

Một phương trình hàm bao gồm 3 thành phần chính: tập nguồn (miền xác định), tập đích (miền giá trị); phương trình hay hệ phương trình hàm; các điều kiện bổ sung cho hàm số (lớp hàm). Từ ba thành phần này có những phân loại tương ứng. Phương trình hàm trên N, phương trình hàm trên R, phương trình hàm trên Z...; phương trình hàm với 1 biến tự do, 2 biến tự do, nhiều biến tự do, phương trình hàm chuyển đổi các giá trị trung bình...; phương trình hàm trên lớp hàm khả vi, phương trình hàm trên lớp hàm liên tục, phương trình hàm đa thức ... Đây là các yếu tố quan trọng cần xét đến khi giải phương trình hàm. Điều này có thể thấy rõ qua ví dụ về phương trình hàm Cauchy. Bài toán tổng quát tìm tất cả các hàm số f: R -> R thoả mãn phương trình f(x+y) = f(x) + f(y) với mọi x, y thuộc R, theo một nghĩa nào đó không có lời giải, thế nhưng với những giới hạn trên tập nguồn, tập đích, các tính chất của hàm số (đơn điệu, liên tục, đa thức...) thì phương trình này giải được trọn vẹn.

Bài này xét các phương trình hàm với các hàm số xác định trên N (hay Z, Q và các tập rời rạc khác). Để giải phương trình hàm xác định trên một tập nào đó, ta phải hiểu rõ cấu trúc và tính chất của tập hợp đó. Đối với N, ta sẽ chú ý đến những yếu tố sau: các phép toán cộng và nhân trên N; N được sắp thứ tự; thứ tự trên N là tốt; định lý cơ bản của số học về phân tích một số ra thừa số nguyên tố.

Tài liệu

THEO THUVIENTOAN.NET

Bạn đang xem nội dung tài liệu Chuyên đề Đa thức - Trần Nam Dũng, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút TẢI VỀ ở trên

với hệ số thực : P(x) = x4 + ax3 + bx2 + cx + d. Biết rằng phương trình P(x) = 0 không có nghiệm thực. Chứng minh rằng F(x) = P(x) + P’(x) + P’’(x) + P(3)(x) + P(4)(x) > 0 với mọi x. Lời giải. Giả sử ngược lại, tồn tại x0 sao cho F(x0) ≤ 0, ta suy ra phương trình F(x) = 0 có nghiệm thực α. Vì F(x) là đa thức bậc 4 nên hoặc α là nghiệm bội, hoặc F(x) có ít nhất một nghiệm nữa. Từ đó G(x) = e-x.F(x) hoặc có nghiệm bội, hoặc có 2 nghiệm đơn. Từ đó, theo định lý Rolle, G’(x) có ít nhất 1 nghiệm. Nhưng G’(x) = e-x(-F(x) + F’(x)) = e-xP(x) Nên suy ra P(x) có nghiệm. Mâu thuẫn. Bài 7. Cho P(x) = anxn + an-1xn-1 + … + a0 là đa thức với hệ số nguyên với P(r) = P(s) = 0, trong đó r và s là các số nguyên thoả mãn điều kiện 0 < r < s. Chứng minh rằng tồn tại k sao cho ak ≤ - s. Hướng dẫn. Đặt P(x) = (x-s)xtQ(x) với Q(x) = bmxm + bm-1xm-1 + …+ b1x + b0 trong đó b0 ≠ 0 (ta tác nghiệm 0 ra). Ta có at = -sb0 at+1 = b0 – sb1 at+2 = b1 – sb2 … Giả sử với mọi k ta có ak > - s thì từ các đẳng thức trên ta lần lượt suy ra b0 < 0, b1 ≤ 0, b2 ≤ 0 … Điều này mâu thuẫn vì khi đó Q(x) sẽ không thể có nghiệm dương, trong khi theo đề bài thì Q(r) = 0. Bài 8. Tìm tất cả các số nguyên dương k sao cho khẳng định sau đây đúng: Nếu F(x) là đa thức với hệ số nguyên thoả mãn điều kiện 0 ≤ F(c) ≤ k với mọi c = 0, 1, …, k+1 thì F(0) = F(1) = … = F(k+1). Lời giải vắn tắt. Ta sẽ chứng minh k ≥ 4 thoả mãn điều kiện. Thật vậy, xét k ≥ 4 và giả sử P(x) là đa thức với hệ số nguyên thoả mãn điều kiện 0 ≤ F(c) ≤ k với mọi c = 0, 1, …, k+1. Khi đó do k+1 | |F(k+1) – F(0)| ≤ k nên suy ra F(k+1) = F(0). Từ đó suy ra F(x) – F(0) = x(x-k-1)Q(x) Chú ý rằng với c = 2, …, k-1 thì ta có |c(c-k-1)| > k. Do đó vì k ≥ |F(c) – F(0)| = |c(c-k-1)||Q(c)| nên suy ra Q(c) = 0 với mọi c = 2, …, k-1, tức là F(c) = F(0) với mọi c = 2, …, k- 1. Do k ≥ 4 nên 2 ≠ k-1 và ta có F(x) – F(0) = x(x-2)(x-k+1)(x-k-1)S(x) Từ đó k ≥ |F(1) – F(0)| = (k-2)kS(1) suy ra S(1) = 0 k ≥ |F(k) – F(0)| = (k-2)kS(k) suy ra S(k) = 0 Từ đó F(c) = F(0) với mọi c=1, 2, …, k+1, tức là F(0) = F(1) = … = F(k+1). Các ví dụ dưới đây chứng tỏ mệnh đề không đúng với k < 4. k = 3: P(x) = x(x-2)2(x-4) + 3 k = 2: P(x) = x(x-1)(x-3) + 2 k = 1: P(x) = x(x-2) + 1 Bài 9. Cho P(x) là đa thức bậc n ≥ 2 với hệ số thực có n nghiệm thực phân biệt x1, x2, …, xn. Chứng minh rằng ∑ = = n i ixP1 0)(' 1 Lời giải. Gọi an là hệ số cao nhất của đa thức P(x). Theo định lý Bezout thì ta có P(x) = an(x-x1)(x-x2)…(x-xn). Từ đó P’(xi) = an(xi-x1)…(xi-xi-1)(xi-xi+1)…(xi-xn). Như vậy đẳng thức cần chứng minh tương đương với: 0))...()()...(( 1 1 111 = −−−− ∑ = +− n i niiiiii xxxxxxxx Để chứng minh điều này, ta xét đa thức ∑ = +− +− −−−− −−−− = n i niiiiii nii xxxxxxxx xxxxxxxx xP 1 111 111 ))...()()...(( ))...()()...(()( Khi đó rõ ràng P(x) là một đa thức bậc ≤ n – 1. Mặt khác dễ thấy P(xi) = 1 với mọi i=1, 2, …, n. Từ đây suy ra P(x) ≡ 1. Nói riêng, hệ số của xn-1 của P(x) phải bằng 0. Nhưng hệ số của xn-1 của P(x) chính là tổng ∑ = +− −−−− n i niiiiii xxxxxxxx1 111 ))...()()...(( 1 Bài toán được giải quyết hoàn toàn. Bài 10. Tìm tất cả các đa thức P(x) với hệ số thực thoả mãn điều kiện P(x)P(2x2) = P(2x3 + x). Lời giải. Cách 1 Có hai đa thức hằng thoả mãn đề bài là P(x) ≡ 0 và P(x) ≡ 1. Xét các đa thức không hằng. Đầu tiên, ta nhận xét rằng đa thức P(x) không có nghiệm thực khác 0. Thật vậy, nếu α là một nghiệm thực khác 0 của P(x) thì α + 2α3 cũng là nghiệm của P(x). Nếu α > 0 thì α + 2α3 > α, nếu α < 0 thì α + 2α3 < α và trong cả hai trường hợp, ta đều có một dãy vô hạn các nghiệm thực của P(x), mâu thuẫn vì P(x) chỉ có thể có hữu hạn nghiệm. Tiếp theo, ta chứng minh α = 0 cũng không thể là nghiệm của P(x). Thật vậy, giả sử ngược lại P(x) = xkQ(x) với Q(0) ≠ 0 thì thay vào phương trình, ta được x kQ(x)(2x2)kQ(2x2) = (x+2x3)kQ(x+2x3) => Q(x)(2x2)kQ(2x2) = (1+2x2)kQ(x+2x3) Thay x = 0 vào => Q(0) = 0 (mâu thuẫn). Như vậy, ta đã chứng minh được P(x) không có nghiệm thực. Từ đó suy ra P(x) phải có bậc chẵn. Ta tìm đa thức không hằng bậc nhỏ nhất thoả mãn phương trình hàm dưới dạng P(x) = ax2 + bx + c. So sánh hệ số cao nhất, dễ dàng suy ra a = 1. Ngoài ra P(0) = 1 suy ra c = 1. Thay vào phương trình, ta tìm được b = 0. Như vậy đa thức x2 + 1 thoả mãn phương trình. Từ đây, dễ dàng suy ra các đa thức (x2+1)n cũng thoả mãn phương trình. Cuối cùng, ta chứng minh (x2+1)n với n nguyên dương là tất cả các nghiệm không hằng của phương trình hàm bằng sơ đồ sau : 1) Giả sử P(x) là một nghiệm không hằng của PTH, suy ra P(x) phải có bậc chẵn, giả sử bậc 2n. 2) Hệ số cao nhất của P(x) phải bằng 1 3) Suy ra P(x) = (x2+1)n + R(x) với deg(R(x)) = r < 2n. 4) Thay vào phương trình, giản ước phần bậc cao nhất ở hai vế (do (x2+1)n là nghiệm !) rồi suy ra R(x) ≡ 0 bằng cách so sánh bậc của hai vế. Cách 2. Như ở trên, ta suy ra P(0) = 1. Như vậy, tích các nghiệm của P(x) bằng 1. Ta chứng minh mô-đun các nghiệm này đều bằng 1. Thật vậy, giả sử ngược lại, xét α là nghiệm có mô-đun lớn nhất thì |α| > 1. Giả sử α = r(cosϕ + isinϕ). Khi đó α + 2α3 = (rcosϕ+2r3cos3ϕ) + i(rsinϕ + 2r3sin3ϕ) |α + 2α3|2 = (rcosϕ+2r3cos3ϕ)2 + (rsinϕ + 2r3sin3ϕ)2 = r2 + 4r6 + 4r4cos2ϕ > r2. (Do r > 1 và cos2ϕ ≥ - 1). Điều này mâu thuẫn với cách chọn α. Như vậy, điều giả sử là sai, suy ra mọi nghiệm của P(x) đều có mô-đun bằng 1. Xét α = cosϕ + isinϕ là nghiệm của P(x). Vì α + 2α3 cũng là nghiệm của P(x) nên |α + 2α3|2 = 1, tức là 1 + cos2ϕ = 0, suy ra ϕ = ±pi/2, suy ra P(x) chỉ có nghiệm là i và –i. Vì P(x) có hệ số thực nên số bội của i và – i bằng nhau, suy ra P(x) = (x- i)n(x+i)n = (x2+1)n. Thử lại thấy nghiệm đúng. Vậy đa thức đồng nhất 0, đồng nhất 1, (x2+1)n với n nguyên dương là tất cả các nghiệm của phương trình hàm. 3. Bài tập tự giải 1. (USAMO 1977) Chứng minh rằng tích hai nghiệm thực của đa thức x4 + x3 - 1 là nghiệm của đa thức x6 + x4 + x3 - x2 - 1. 2. (USAMO 1975) Đa thức P(x) bậc n thỏa mãn điều kiện P(0) = 0, P(1) = 1/2, P(2) = 2/3, ...., P(n) = n/(n+1). Hãy tính P(n+1). 3. Gọi a < b < c là 3 nghiệm của phương trình x3 - 3x + 1 = 0. Chứng minh rằng a2 - c = b2 - a = c2 - b = 2. 4. (VMO 1984) Tìm đa thức với hệ số nguyên có bậc nhỏ nhất nhận 3 32 + làm nghiệm. 5. (VMO 2000) Cho trước 0 < a < pi. Cho đa thức Pn(x)=(sina)xn-sin(na)+sin(n-1)a a) Chứng minh rằng tồn tại duy nhất tam thức bậc hai f(x) = x2 + ax + b sao cho Pn(x) chia hết cho f(x) với mọi n > 2. b) Chứng minh rằng không tồn tại nhị thức bậc nhất g(x) = x+c sao cho Pn(x) chia hết cho g(x) với mọi n > 2. 6. (VMO 2002) Cho hai đa thức P(x) = 4x3 – 2x2 – 15x + 9, Q(x) = 12x3 + 6x2 – 7x + 1. a) Chứng minh rằng mỗi một đa thức đều có 3 nghiệm thực phân biệt b) Gọi α và β là các nghiệm thực lớn nhất của P và Q tương ứng. Chứng minh rằng α2 + 3β2 = 4. 7. Tìm tất cả các đa thức P(x) với hệ số thực thoả mãn điều kiện P(x2-2) = P2(x) - 2 8. Tìm tất cả các đa thức P(x) với hệ số thực thoả mãn điều kiện P(x2-2) = P2(x) 9. Chứng minh rằng không tồn tại đa thức P(x) bậc lớn hơn hay bằng 2 sao cho: nếu P(x) là số nguyên thì P(x+1) cũng là số nguyên. 10. a) Tìm tất cả các đa thức P(x) thoả mãn điều kiện: P2(x) – P(x2) = 2x4. b) Với Q(x) là một đa thức tuỳ ý bậc n cho trường, tồn tại nhiều nhất bao nhiêu đa thức thoả mãn phương trình P2(x) – P(x2) = Q(x). 11. (Bất đẳng thức Newton) Cho a1, a2, ..., an là các số thực bất kỳ. Đặt (x-a1)(x-a2)...(x-an) = xn - σ1xn-1 + σ2xn-2 - ...+(-1)nσn và Si = σn/Cin Chứng minh rằng Si-1Si+1 ≤ Si2. 12. (Bất đẳng thức Maclaurin). Với các ký hiệu như trên và ai ≥ 0. Chứng minh rằng 13. (VMO 1997) Tìm tất cả các đa thức f(x) có hệ số hữu tỷ có bậc nhỏ nhất sao cho f(31/3 + 91/3) = 3 + 31/3. Tồn tại hay không đa thức f với hệ số nguyên sao cho f(31/3 + 91/3) = 3 + 31/3 ? 14. (Vietnam TST 1995) Tìm tất cả các đa thức P(x) với hệ số thực thoả mãn điều kiện: với mọi a >1995, số nghiệm thực của phương trình P(x) - a (tính cả số bội) là lớn hơn 1995 và mọi nghiệm cũng lớn hơn 1995. 15. Cho f(x) là đa thức với hệ số nguyên thoả mãn điều kiện: 100 ≤ f(x) ≤ 999 với mọi x thuộc {1,2,3,..,1999}. Chứng minh rằng f(x) không có nghiệm nguyên. 16. Cho đa thức P(x) = (x-1)2(x+1)3H(x), trong đó H là một đa thức. Chứng minh rằng luôn tìm được c thuộc (-1,1) sao cho F(4)(c) = 0. n nSSSS ≥≥≥≥ ...3 321 17. Cho P(x,y) = x2y + y2x và Q(x,y) = x2 + xy + y2. Với n = 1, 2, 3, ... đặt Pn(x,y) = (x+y)n - xn - yn, Qn(x,y) = (x+y)n + xn + yn. Chứng minh rằng với mọi n, hoặc Pn, hoặc Qn biểu diễn được dưới dạng đa thức của P và Q với hệ số nguyên. 18. Cho P(x) là đa thức với hệ số thực. Lập đa thức Q(x) = (x2+1)P(x)P’(x) + x[(P(x))2+(P’(x))2] Biết rằng P(x) có n nghiệm thực phân biệt lớn hơn 1. Chứ minh rằng Q(x) có ít nhất 2n-1 nghiệm thực phân biệt. 18. (VMO 2002) Cho a, b, c là các số thực sao cho đa thức x3 +ax2 + bx + c có 3 nghiệm thực. Chứng minh rằng 323 )2(1062712 baacab −+≤+ Dấu bằng xảy ra khi nào? 19. (VMO 2006) Tìm tất cả các đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn đẳng thức sau với mọi số thực x P(x2) + x(3P(x) + P(-x)) = (P(x))2 + 2x2. 20. (Vietnam TST 2008) Tìm tất cả các giá trị m sao cho tồn tại các đa thức P(x), Q(x), R(x,y) với hệ số thực thỏa mãn điều kiện. Với mọi số thực a, b thỏa mãn am - b2 = 0, ta luôn có P(R(a,b)) = a và Q(R(a,b)) = b. 21*. (VMO 2011) Cho n là số nguyên dương và P(x,y) = xn + xy + yn. Chứng minh rằng không tìm được các đa thức G(x,y) và H(x,y) với hệ số thực sao cho P(x,y) = G(x,y).H(x,y). 22*. (Vietnam TST 2011) Cho số nguyên dương n ≥ 3. Các số thực x1, x2, …, xn thỏa mãn điều kiện i) x1 ≥ x2 ≥ …≥ xn; ii) x1 + x2 + … + xn = 0; iii) x12 + x22 + … + xn2 = n(n-1). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của S = x1 + x2.