Giới thiệu Chuyên đề phương trình hàm đa thức – Nguyễn Phúc Thọ
Học toán online.vn gửi đến những em học viên và bạn đọc Chuyên đề phương trình hàm đa thức – Nguyễn Phúc Thọ .
Tài liệu môn Toán và hướng dẫn giải chi tiết các đề thi sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn, các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất miễn phí nhé.
Bạn đang đọc: Chuyên đề phương trình hàm đa thức – Nguyễn Phúc Thọ
Tài liệu Chuyên đề phương trình hàm đa thức – Nguyễn Phúc Thọ
Các em học viên và bạn đọc tìm kiếm thêm tài liệu Toán học sinh giỏi tại đây
Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn : Nguyễn Phúc Thọ CHUYÊN ĐỀ 2021 PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC NGUYỄN PHÚC THỌ MỖI TUẦN MỘT BÀI TOÁN-THẢO LUẬN 1 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn : Nguyễn Phúc Thọ PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC Bài toán 1. Tìm tổng thể những đa thức P ( x ) thoả mãn ¡ ¢ P ( a + b ) = 6 P ( a ) + P ( b ) + 15 a2 b2 ( a + b ) ( 1 ) Với mọi số phức a và b sao cho a2 + b2 = ab. Titu Andreescu Lời giải. Cho a = b = 0 vào ( 1 ) được P ( 0 ) = 0. Do đó P ( x ) = c n x n + c n − 1 x n − 1 + … + c 1 x với n ≤ 1, c n 6 = 0. Giả sử rằng a2 + b2 = ab. Ta sẽ khẳng định chắc chắn rằng với mọi k ≤ 1, sống sót một hằng số f sao cho a k + b k = f k ( a + b ) k. Thật vậy f 1 = 1. Ta có a2 + b2 = ( a + b ) 2 − 2 ab = ( a + b ) 2 − 2 ( a2 + b2 ) 1 1 Suy ra : a2 + b2 = ( a + b ) 2. Do đó f 2 =. 3 3 Với mọi k ≥ 2. Ta lại có f k + 1 ( a + b ) k + 1 = a k + 1 + b k + 1 = ( a k + b k ) ( a + b ) − ab ( a k − 1 + b k − 1 ) = f k ( a + b ) k + 1 − 1 9 1 3 1 f k − 1 ( a + b ) k + 1 3 Hay f k + 1 = f k − f k − 1. Đặc biệt thấy f 3 = 0 và f 4 = − = f 5. Từ đây, ta dùng phương trình sai phân tuyến tính được µp ¶ k µ p ¶ k 3 + i 3 − i fk = + p p 2 3 2 3 Do đó, với mọi k ≥ 6 thì ¯ p ¯ µ ¶ k ¯ 3 + i ¯ k 1 12 | 6 f k | ≤ 12 ¯ ¯ p ¯ ¯ = 12 p < 1 ( 2 ) ≤ 27 2 3 3 ¡ ¢ 5 Từ ( 1 ) có P ( a + b ) = 6 P ( a ) + P ( b ) + ( a + b ) 5 ( 3 ). Cân bằng thông số ( a + b ) k của ( 3 ) được ( 1 − 6 f k ) c k = 3 0 với k 6 = 5, do ( 2 ) suy ra c k = 1 với mọi k 6 = 5 5 Cân bằng thông số ( a + b ) 5 của ( 3 ) được c 5 = 6 f 5 c 5 + suy ra c 5 = 1. Do đó được P ( x ) = x5 thoả 3 mãn bài toán. Bài toán 2. Tìm tổng thể những đa thức P ( x ) với thông số thực thoả mãn P ( x ) P ( y ) P ( z ) + + = P ( x − y ) + P ( y − z ) + P ( z − x ) yz zx xy Với mọi số thực x, y, z khác 0 mà 2 x yz = x + y + z. USAMO 2019 Lời giải. Dễ thấy P ( x ) = 0 thoả mãn bài toán. Bây giờ xét trường hợp de gP = n ≥ 1. Phương trình đã cho được viết lại xP ( x ) + yP ( y ) + zP ( z ) = x yz [ P ( x − y ) + P ( y − z ) + P ( z − x ) ] ( 1 ) 1 x + z Cố định x > 0. Chọn 0 < z <. Bây giờ, để thoả mãn điều kiện kèm theo giả thiết, ta chọn y =. 2 x 2 xz − 1 Khi đó phương trìnhµ ( 1 ) viết ¶ lại thành · µ ¶ µ ¶ ¸ x + z x + z xz ( x + z ) x + z x + z xP ( x ) + P + zP ( z ) = P x − + P − z + P ( z − x ) 2 xz − 1 2 xz − 1 2 xz − 1 2 xz − 1 2 xz − 1 2 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn : Nguyễn Phúc Thọ Lấy đạo hàm hai vế theo z được µ ¶ µ ¶ 2 x2 + 1 x + z ( x + z ) ( 2 x2 + 1 ) ‘ x + z − P − P − P ( z ) + zP ‘ ( z ) 2 xz − 1 ( 2 xz − 1 ) 2 2 xz + 1 ( 2 xz − 1 ) 3 · µ ¶ µ ¶ ¸ x + z x + z x ( 2 xz2 − x − 2 z ) P x − + P − z + P ( z − x ) = 2 xz − 1 2 xz − 1 ( 2 xz − 1 ) 2 ½ µ ¶ · ¸ µ ¶ ¾ xz ( x + z ) 2 x2 − 1 ‘ x + z 2 x2 + 1 x + z ‘ ‘ + P x − − + 1 P − z + P ( z − x ) 2 xz − 1 ( 2 xz − 1 ) 2 2 xz − 1 2 xz − 1 ( 2 xz − 1 ) 2 Bây giờ cho z → 0 +, ta được ( 2 x2 + 1 ) [ xP ‘ ( − x ) − P ( − x ) ] + P ( 0 ) = − x2 [ P ( 2 x ) + 2P ( − x ) ] ( 2 ) Hai đa thức ở hai vế của phương trình trên nhận giá trị bằng nhau tại vô số giá trị dương của x nên chúng giống hệt với nhau. 1 ) Nếu P ( x ) = ax + b với a 6 = 0 khi đó phương trình ( 2 ) được viết lại thành ( 2 x2 + 1 ) ( 2 ax − b ) + b = − 3 bx2, ∀ x ∈ R So sanh thông số x3 hai vế được a = 0, xích míc. 2 ) Nếu de gP = 2. Khi đó đa thức P ( x ) có dạng P ( x ) = ax2 + bx + c với a 6 = 0. Thay lại vào phương trình ( 2 ) và rút gọn, ta được 4 bx3 + ( c − 3 a ) x2 + 2 bx = 0, ∀ x ∈ R Từ đó suy ra b = 0 và c = 3 a. Do đó P ( x ) = a ( x2 + 3 ), ∀ x ∈ R. 3 ) Nếu de gP = n ≥ 3. Gọi c là thông số cao nhất của P ( x ). So sánh thông số x n + 2 ở hai vế của phương trình ( 2 ) được, 2 [ na ( − 1 ) n − 1 − a ( − 1 ) n ] = − [ 2 n a + 2 a ( − 1 ) n ] Hay n ( − 1 ) n = 2 n − 1 Tuy nhiên phương trình này không có nghiệm với mọi n ≥ 3. Vậy P ( x ) = 0 và P ( x ) = a ( x2 + 3 ) với mọi x ∈ R thoả mãn bài toán. Bài toán 3. Tìm toàn bộ những đa thức P ( x ) với thông số thực thoả mãn ( x + 4 y ) P ( z ) + ( y + 4 z ) P ( x ) + ( z + 4 x ) P ( y ) = xP ( 2 y − z ) + yP ( 2 z − x ) + zP ( 2 x − y ) ( 1 ) Với mọi x, y, z ∈ R thoả mãn 3 ( x + y + z ) = x yz ( 2 ). TST KHTN 2020 - 2021 Lời giải. Dễ thấy hai bộ nghiệm ( x, y, z ) = ( 3, 3, 3 ) ; ( − 3, − 3, − 3 ) thoả ( 2 ), do đó thay từng bộ vào ( 1 ) được P ( 3 ) = P ( − 3 ) = 0 ( 3 ). Với bộ ( x, y, z ) = ( 0, a, − a ) với a ∈ R thoả mãn ( 2 ), thay bộ này vào ( 1 ) được 4 aP ( − a ) − 3 aP ( 0 ) − aP ( a ) = aP ( − 2 a ) − aP ( − a ), ∀ a ∈ R Hay 5 xP ( − x ) = P ( x ) + P ( − 2 x ) + 3P ( 0 ), ∀ x ∈ R ( 4 ) Dễ thấy P ( x ) = 0 thoả mãn bài toán. Xét de gP = n ≥ 1, gọi thông số bậc n của đa thức P ( x ) là b khác 0. Khi đó cân đối thông số bậc n của ( 4 ) được 5 b ( − 1 ) n = b + b ( − 2 ) n 3 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn : Nguyễn Phúc Thọ Hay 5 ( − 1 ) n = 1 + ( − 2 ) n Suy ra n = 2 thoả mãn phương trình trên với mọi n ≥ 1. Tức là, P ( x ) = bx2 + cx + d với b 6 = 0. Kết hợp với ( 3 ) suy ra P ( x ) = a ( x2 − 9 ), ∀ x ∈ R. Thử lại P ( x ) = a ( x2 − 9 ), ∀ x ∈ R và tích hợp với điều kiện kèm theo ( 2 ) suy ra thoả mãn. Vậy P ( x ) = 0 và P ( x ) = a ( x2 − 9 ) với mọi x ∈ R thoả mãn bài toán. Bài toán 4. Tìm toàn bộ những đa thức P ( x ) thông số thực thoả mãn ( x + 1 ) P ( x − 1 ) − ( x − 1 ) P ( x ) Là một đa thức hằng. Canadian MO 2013 Lời giải. Cách 1 Gọi A là biểu thức ( x + 1 ) P ( x − 1 ) − ( x − 1 ) P ( x ). Dễ thấy P ( x ) = T với T là hằng số thoả mãn bài toán. Ta đi xét P ( x ) khác hằng. Cho x = − 1 vào A được 2P ( − 1 ) và cho x = 1 vào A được 2P ( 0 ). Từ ( x + 1 ) P ( x − 1 ) − ( x − 1 ) P ( x ) là một đa thức hằng nên P ( − 1 ) = P ( 0 ). Đặt c = P ( − 1 ) = P ( 0 ) và Q. ( x ) = P ( x ) − c, ta có Q. ( − 1 ) = Q. ( 0 ) = 0. Do đó − 1, 0 là nghiệm của Q. ( x ). Suy ra đa thức Q. ( x ) có dạng Q. ( x ) = x ( x + 1 ) R ( x ) với mọi đa thức R ( x ). Dẫn đến P ( x ) = x ( x + 1 ) R ( x ) + c. ( 1 ) Từ ( 1 ) dẫn đến biểu thức A được viết lại thành ( x + 1 ) ( ( x − 1 ) xR ( x − 1 ) + c ) − ( x − 1 ) ( x ( x + 1 ) R ( x ) + c ) Là một đa thức hằng. Hay x ( x − 1 ) ( x + 1 ) ( R ( x − 1 ) − R ( x ) ) + 2 c Là một đa thức hằng. Do đó R ( x − 1 ) − R ( x ) = 0 là một đa thức. Do đó R ( x − 1 ) = R ( x ), ∀ x ∈ R. Khi đó R ( x ) là một đa thức nhận những giá trị nhất định với những giá trị vô hạn của x. Gọi k là một giá trị như vậy. Khi đó R ( x ) − k có vô số nghiệm nguyên, hoàn toàn có thể xảy ra khi và chỉ khi R ( x ) − k = 0. Do đó R ( x ) như nhau với hằng số k. Do đó Q. ( x ) = kx ( x + 1 ) với một hằng số k. Khi đó P ( x ) = kx ( x + 1 ) + c = kx2 + kx + c. Thử lại P ( x ) = kx2 + kx + c là một nghiệm của phương trình trên. Vậy P ( x ) = T với mọi hằng số T và P ( x ) = kx2 + kx + c với mọi hằng số k khác 0 thoả mãn bài toán. Cách 2 Dễ thấy P ( x ) = T với mọi T là hằng số thoả mãn bài toán. Bây giờ ta xét de gP = n với mọi n ≥ 1. Gọi P ( x ) = Pn i = 1 a i x i với a n 6 = 0. Do đó phương trình đề bài được viết lại thành ( x + 1 ) Pn i = 1 a i ( x − 1 ) i − ( x − 1 ) Pn i = 1 a i x i = C ( 2 ) Với C là hằng số. Vì C là hằng số với mọi n ≥ 1 nên thông số của x n phải bằng 0. Hệ số x n của vế trái của ( 2 ) là a n − 1 − na n + a n − a n − 1 + a n = ( 2 − n ) a n. 4 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn : Nguyễn Phúc Thọ Do đó ( 2 − n ) a n = 0 vì a n 6 = 0 nên n = 2. Tức là đa thức P ( x ) có dạng P ( x ) = ax2 + bx + c với mọi a, b, c là bà số thực vàa 6 = 0. Thay lại vào phương trình của đề bài có ( x + 1 ) ( a ( x − 1 ) 2 + b ( x − 1 ) + c ) − ( x − 1 ) ( ax2 + bx + c ) = C Suy ra ( b − a ) x + 2 c = 2C. Đồng nhất thông số suy ra a = b và C = c Vậy P ( x ) = T với mọi hằng số T và P ( x ) = ax2 + ax + c với mọi số thực a khác 0 thoả mãn bài toán. Bài toán 5. Tìm tổng thể những đa thức P ( x ) thông số thực thoả mãn p P ( P ( a + b ) ) − 2 ab ( 2P ( a + b ) − ab ) ≥ P ( a2 ) + P ( b2 ) ≥ P ( a2 + b2 ) − P ( 2 ab ) ( * ) Karthik Vedula Lời giải. Cho b = 0 vào ( * ) được P ( P ( a ) ) ≥ P ( a2 ) + P ( 0 ) ≥ P ( a2 ) − P ( 0 ) ( 1 ) Cho a = 0 vào ( 1 ) được P ( P ( 0 ) ) ≥ 2P ( 0 ) ≥ 0 ( 2 ) Cho b = − a vào ( * ) được P ( P ( 0 ) ) + 4 a2 P ( 0 ) + 2 a4 ≥ 2P ( a2 ) ( 3 ) Bây giờ, ta sẽ xét những trường hợp sau Trường hợp 1. de gP = 0 hay P ( x ) = C với C là hằng số. Từ ( 1 ) có P ( P ( 0 ) ) ≥ 2P ( 0 ) ≥ 0 ⇔ C ≥ 2C ≥ 0 Suy ra C = 0 hay P ( x ) = 0 thử lại vào ( * ) thấy thoả. Trường hợp 2. de gP = 1 hay P ( x ) = cx + d với c, d là hằng số. Thay P ( x ) = cx + d vào ( * ) được p 2 a2 b2 − 4 ab ( ca + cb + d ) + c ( ca + cb + d ) + d ≥ c ( a2 + b2 ) + 2 d ≥ c ( a2 − ab 2 + b2 ) p Suy ra 2 d ≥ c ( − ab 2 ). Tuy nhiên, nếu c 6 = 0 thì vế phải nhận được những giá trị bất kể, điều này dẫn đến xích míc. Vậy c = 0 xích míc với de gP = 1, suy ra trường này loại. Trường hợp 2. de gP = 2 hay P ( x ) = cx2 + dx + e với c, d, e là hằng số. Từ ( 1 ) có P ( P ( a ) ) ≥ P ( a2 ) + P ( 0 ) ⇒ c3 a4 + O ( a3 ) ≥ ca4 + O ( a3 ) ⇒ c3 ≥ c ( 4 ) Với mọi a đủ lớn, ta cũng có P ( a2 ) ≤ a4 suy ra c ≤ 1. ( 5 ) Từ ( 4 ) và ( 5 ) được c = 1 hoặc − 1 ≤ c < 0. Bây giờ, theo ( * ) ta có p P ( a2 ) + P ( b2 ) ≥ P ( a2 + b2 ) − P ( ab 2 ) Suy ra p p c ( a4 + b4 ) + d ( a2 + b2 ) + 2 e ≥ c ( a4 + b4 + 2 a2 b2 ) + d ( a2 + b2 ) − c ( 2 a2 b2 ) − d ( ab 2 ) ⇔ 2 e ≥ − d ( ab 2 ) Suy ra d = 0, e ≥ 0 Bây giờ, ta có P ( x ) = cx2 + e với c ∈ [ − 1, 0 ) ∪ { 1 } và e ≥ 0. Từ ( 2 ), ta có P ( P ( 0 ) ) ≥ 2P ( 0 ) ⇔ ce2 + e ≥ 2 e ⇔ ce2 ≥ e 5 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn : Nguyễn Phúc Thọ Suy ra e = 0 hoặc c > 0 dẫn đến e = 0 hoặc c = 1 Nếu c = 1 thì P ( x ) = x2 + e dẫn đến ( 3 ) được P ( P ( 0 ) ) + 4 a2 P ( 0 ) + 2 a4 ≥ 2P ( a2 ) ⇔ ( e2 + e ) + 4 ea2 + 2 a4 ≥ 2 a4 + 2 e ( * * ) Tuy nhiên, nếu e 6 = 0 thì sống sót a đủ lớn thoả mãn vế trái ( * * ) < 2 a4, xích míc. Điều nãy dẫn đến e = 0 tức là P ( x ) = cx2 thay lại vào ( * ) được c3 ( a + b ) 4 + 2 a2 b2 − 4 cab ( a + b ) 2 ≥ ca4 + cb4 ⇔ c2 ( a + b ) 4 + 2 a2 b2 ≥ c ( a + b ) 4 + 2 a2 b2 c Suy ra ( 1 − c ) ( ( − c2 − c ) ( a + b ) 4 + 2 a2 b2 ) ≥ 0 Từ c ∈ [ − 1, 0 ) ∪ { 1 }, nếu c nằm trong khoảng chừng âm thì − c2 − c ≥ 0 và nếu c = 1 thì vế trái bằng 0. Do đó, với mọi c ∈ [ − 1, 0 ) ∪ { 1 } đều có nghĩa. Bây giờ, ta sẽ xét trường hợp cuối Trường hợp 4. de gP ≥ 3. Nếu ta chọn thông số cao nhất của P ( x ) là l > 0 thì có a đủ lớn sao cho 2P ( a2 ) ≥ 2 la6 ≥ 2 a4 > P ( P ( 0 ) ) + 4 a2 P ( 0 ) + 2 a4 Mâu thuẫn. Do đó l < 0. Ta có ( 1 ) suy ra rằng P ( a2 ) − P ( P ( a ) ) + P ( 0 ) ≤ 0 ( * * * ) Lấy a đủ lớn và âm có nghĩa là thông số cao nhất của vế phải ( * * * ) là âm và thông số có bậc cao nhất là bậc chẵn ( Ta biết rằng nếu bậc lẻ thì P ( x ) hoàn toàn có thể đạt + ∞ hoặc − ∞ ). Tuy nhiên, số hạng có bậc cao nhất của P ( a2 ) là la2de gP ( 1 ) và số hạng cao nhất của P ( P ( x ) ) 2 là l de gP + 1 x ( de gP ) ( 2 ). Từ de gP ≥ 3 thì bậc cao nhất của ( 2 ) là ( de gP ) 2 và bậc cao nhất của ( 1 ) 2 là 2 de gP. Điều này có nghĩa là số hạng cao nhất của vế phải ( * * * ) là − l de gP + 1 x ( de gP ). Điều này có nghĩa là − l de gP + 1 là số âm và ( de gP ) 2 là số chẵn. Tuy nhiên, từ l < 0 cho ta de gP + 1 chẵn mà de gP chẵn nên suy ra xích míc. Điều này dẫn đến de gP không được lớn hơn 2. Vì vậy trường hợp này loại. Vậy P ( x ) = 0 và P ( x ) = cx2 với c ∈ [ − 1, 0 ) ∪ { 1 } thoả mãn nhu yếu bài toán. Bài toán 6. Tìm tổng thể những hàm đa thức P ( x ) với thông số thực thỏa mãn nhu cầu : với mọi số thực x, y, z phân biệt mà x + y + z = 0 thì P ( x ) − P ( y ) P ( x ) − P ( z ) = x − y x − z Lời giải. Rõ ràng những đa thức hằng và những đa thức bậc nhất luôn thỏa mãn nhu cầu nhu yếu bài toán. Xét trường hợp deg P = n ≥ 2. Thay y = − 2 x + t và z = x − t với x > t > 0 vào phương trình đã cho, ta được P ( x ) − P ( − 2 x + t ) P ( x ) − P ( x − t ) = 3 x − t t + Cho t → 0 với quan tâm P ( x ) liên tục và khả vi trên R, ta được P ( x ) − P ( − 2 x ) = 3 xP 0 ( x ), ∀ x > 0 Vì hai đa thức P ( x ) − P ( − 2 x ) và 3 xP 0 ( x ) nhận giá trị bằng nhau tại mọi x > 0 nên ta có P ( x ) − P ( − 2 x ) = 3 xP 0 ( x ), ∀ x ∈ R ( 1 ) Gọi a ( a 6 = 0 ) là thông số cao nhất của P ( x ). Khi đó na là thông số cao nhất của P 0 ( x ). So sánh thông số bậc n của hai đa thức ở hai vế của phương trình ( 1 ) ta được a − a ( − 2 ) n = 3 na, hay 1 − ( − 2 ) n = 3 n 6 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn : Nguyễn Phúc Thọ Giải phương trình này với chú ý quan tâm n ≥ 2, ta được n = 3. Suy ra P ( x ) có dạng P ( x ) = ax3 + bx2 + cx + d Thay vào phương trình ( 1 ) và rút gọn, ta được b = 0. Thử lại, P ( x ) = ax3 + cx + d thỏa mãn nhu cầu phương trình đã cho ở đề bài. Vậy tổng thể những đa thức thỏa mãn nhu cầu nhu yếu đề bài có dạng P ( x ) = ax3 + cx + d với a, c, d là những hằng số thực nào đó. Bài toán 7. Tìm những đa thức P, Q. với hệ số thực và n nguyên dương thoả mãn P ( x + 1 ) Q. ( x n ) − Q ( x + 1 ) P ( x n ) = 2021 TST Hưng Yên 2021 – 2022 Lời giải ( Thầy Nguyễn Song Minh ). Giả sử P, Q. là những đa thức thoả mãn nhu yếu bài toán. Rõ ràng thấy P, Q. 6 = 0, do đó ta giả sử de gP = k và de gQ = l với k, l ∈ N và ta thấy nếu ( P, Q. ) thoả mãn nhu yếu thì với hằng số thực a tùy ý cũng sẽ có ( P, Q + aP ) thoả mãn, ta xét những trường hợp Trường hợp 1. Nếu n = 1 ta luôn có đẳng thức đầu bài được viết lại thành P ( x ) Q. ( x − 1 ) − Q ( x ) P ( x − 1 ) = 2021 Từ đó, ta có P ( x ) ( Q. ( x + 1 ) + Q. ( x − 1 ) ) = Q ( x ) ( P ( x + 1 ) + P ( x − 1 ) ) Do 1 ∈ I ( P, Q. ) nên P ( x ) | P ( x + 1 ) + P ( x − 1 ), so sánh bậc và thông số của bậc cao nhất cho ta P ( x + 1 ) + P ( x − 1 ) = 2P ( x ) Từ đó mà ta có được P ( x ) = ax + b, cũng tương tự như ts cũng có Q. ( x ) = cx + d với điều kiện kèm theo cần thoả mãn sau thử lại là ad − bc = 2021. Trường hợp 2. Nếu n > 1 thì vì P, Q. không hề cùng là đa thức hằng, nêu có k = l do k + nl = de g ( P ( x + 1 ) Q. ( x n ) ) = de g ( Q. ( x + 1 ) P ( x n ) + 2021 ) = l + nk bl trong đó a k, b l lần lượt là Nhưng như vậy, thì với chú ý quan tâm ngay từ đầu về việc chọn a = − ak những thông số bậc cao nhất của P và Q. cho ta luôn xích míc. Tóm lại, với n = 1 thì P ( x ) = ax + b và Q. ( x ) = cx + d với những hằng số thực a, b, c, d thoả mãn điều kiện kèm theo ac − bd = 2021 là cung ứng đủ nhu yếu của bài toán. Bình Luận. Với bài toán trên, nếu ta xét trường hợp với n = 1 ta thấy bài toán trên ý tưởng sáng tạo giống với một bài toán trong cuộc thi Putnam 2010, Bài toán. Tìm những đa thức P, Q. với hệ số thực và n nguyên dương thoả mãn P ( x + 1 ) Q. ( x ) − Q ( x + 1 ) P ( x ) = 1 Bài toán 8. Tìm tổng thể những đa thức P ( x ) thông số thực thoả mãn [ P ( x ) ] 3 − 3 [ P ( x ) ] 2 = P ( x3 ) − 3P ( − x ), ∀ x ∈ R ( 1 ) TST QUẢNG NAM 2019 – 2020 7 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn : Nguyễn Phúc Thọ Lời giải. Ta xét những trường hợp Trường hợp 1. P ( x ) là hằng số, tức là P ( x ) = c với c là hằng số. Thay P ( x ) = c vào ( 1 ) được c3 − 3 c2 = c − 3 c ⇔ c ∈ { 0, 1, 2 }, thử lại thoả mãn. Trường hợp 2. P ( x ) khác hằng, tức là de gP = n ≥ 1 và a 6 = 0 là thông số bậc cao nhất của P ( x ). Khi đó ta hoàn toàn có thể viết P ( x ) = ax n + Q. ( x ) trong đó Q. ( x ) là đa thức thông số thực có de gQ ( x ) = k ≥ n − 1. Cân bằng thông số của bạc cao nhất ( bậc 3 n ) trong ( 1 ) ta có a3 = a ⇔ a ∈ { − 1, 1 } Nếu a = 1, ta có P ( x ) = x n + Q. ( x ). Thay vào ( 1 ) được ( x n + Q. ( x ) ) 3 − 3 ( x n + Q. ( x ) ) 2 = x3n + Q. ( x3 ) − 3 ( ( − x ) n + Q. ( − x ) ) Suy ra 3 x2n Q. ( x ) + 3 x n ( Q. ( x ) ) 2 + ( Q. ( x ) ) 3 − 3 x2n − 6 x n Q. ( x ) − 3 ( Q. ( x ) ) 2 = Q ( x3 ) − 3Q ( − x ) − 3. ( − 1 ) n x n ( 2 ) Trong ( 2 ), nếu k > 0 thì bậc của vế trái là 2 n + k và bậc của vế phải là h ≤ max { 3 k, n } nên cân đối bậc ta phải có 2 n + k = h ≤ max { 3 k, n }, vô lý vì 2 n + k > 3 k và 2 n + k > n. Do vậy k = 0, tức lad Q. ( x ) = t với t là hằng số. Thay vào ( 2 ) được 3 tx2n + 3 t2 x n + t3 − 3 x2n − 6 tx n − 3 t2 = t − 3 t − 3 ( − 1 ) n x n Suy ra 3 ( t − 1 ) x2n + 3 ( t2 − 2 t + ( − 1 ) n ) x n + t3 − 3 t2 + 2 t = 0 ( 3 ) Đẳng thức ( 3 ) đúng với mọi x ∈ R nghĩa là t − 1 = 0 t2 − 2 t + ( − 1 ) n = 0 t3 − 3 t2 + 2 t = 0 ⇔ t = 1 n = 2 m ( m ∈ N ∗ ) Khi đó ta có P ( x ) = x2m + 1 với m ∈ N ∗ và x ∈ R, thử lại thoả mãn. Nếu a = − 1, ta có P ( x ) = − x n + Q. ( x ). Thay vào ( 1 ) được ( − x n + Q. ( x ) ) 3 − 3 ( − x n + Q. ( x ) ) 2 = − x3n + Q. ( x3 ) − 3 ( − ( − x ) n + Q. ( − x ) ) Suy ra 3 x2n Q. ( x ) − 3 x n ( Q. ( x ) ) 2 + ( Q. ( x ) ) 3 − 3 x2n + 6 x n Q. ( x ) − 3 ( Q. ( x ) ) 2 = Q ( x3 ) − 3Q ( − x ) + 3. ( − 1 ) n x n ( 4 ) Trong ( 4 ), nếu k > 0 thì bậc của vế trái là 2 n + k và bậc của vế phải là h ≤ max { 3 k, n } nên cân đối bậc ta phải có 2 n + k = h ≤ max { 3 k, n }, vô lý vì 2 n + k > 3 k và 2 n + k > n. Do vậy k = 0, tức lad Q. ( x ) = t với t là hằng số. Thay vào ( 4 ) được 3 tx2n − 3 t2 x n + t3 − 3 x2n + 6 tx n − 3 t2 = t − 3 t + 3 ( − 1 ) n x n Suy ra 3 ( t − 1 ) x2n − 3 ( t2 − 2 t + ( − 1 ) n ) x n + t3 − 3 t2 + 2 t = 0 ( 5 ) Đẳng thức ( 5 ) đúng với mọi x ∈ R nghĩa là t − 1 = 0 t2 − 2 t + ( − 1 ) n = 0 t3 − 3 t2 + 2 t = 0 ⇔ 8 t = 1 n = 2 m ( m ∈ N ∗ ) 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn : Nguyễn Phúc Thọ Khi đó ta có P ( x ) = − x2m + 1 với m ∈ N ∗ và x ∈ R, thử lại thoả mãn. Vậy có 5 đa thức thoả mãn bài toán là P ( x ) = 0 ; P ( x ) = 1 ; P ( x ) = 2 ; P ( x ) = x2m + 1 và P ( x ) = − x2m + 1 với m ∈ N ∗ và x ∈ R. Bình Luận. Với bài toán trên ta thấy ý tưởng sáng tạo giống với bài toán trong đề thi Greece TST năm trước, Bài toán. Tìm toàn bộ những đa thức P ( x ) thông số thực thoả mãn [ P ( x ) ] 3 + 3 [ P ( x ) ] 2 = P ( x3 ) − 3P ( − x ), ∀ x ∈ R Bài toán 9. Tìm tổng thể những đa thức P ( x ) thông số thực thoả mãn P n ¡ n ¢ i = 0 i ( − 1 ) i P ( x + i ) = 0 với mọi số thực x. Lời giải. Đầu tiên, ta sẽ nêu bổ đề sau : Cho t là một số thực khác không. Nếu một trong đa thức P ( x ) có bậc cao nhất d ≥ 1 với thông số cao nhất a d 6 = 0, thì đa thức P ( x + t ) − P ( x ) có bậc d − 1 và thông số cao nhất dta d. Chứng minh bổ đề trên, Bây giờ, nếu P ( x ) là đa thức có deg P ( x ) = d ≥ 2 với thông số cao nhất a d thì P ( x + 2 ) − 2P ( x + 1 ) + P ( x ) = ( P ( x + 2 ) − P ( x + 1 ) ) − ( P ( x + 1 ) − P ( x ) ) là một đa thức có bậc d − 2 với thông số cao nhất d ( d − 1 ) a d. Nếu d < 2 thì P ( x + 2 ) − 2P ( x + 1 ) + P ( x ) = 0. Tương tự như trên, nếu nếu P ( x ) là đa thức có deg P ( x ) = d ≥ 3 với thông số cao nhất a d thì P ( x + 3 ) − 3P ( x + 2 ) + 3P ( x + 1 ) − P ( x ) là một đa thức có bậc d − 3 với thông số cao nhất d ( d − 1 ) ( d − 2 ) a d. Nếu d < 3 thì P ( x + 3 ) − 3P ( x + 2 ) + 3P ( x + 1 ) − P ( x ) = 0. Bây giờ, giả sừ Q. ( x ) là đa thức cố định và thắt chặt có bậc d và xét phương trình P ( x + 1 ) − P ( x ) = Q ( x ) Theo bổ đề, cho ta biết P ( x ) là một đa thức có bậc d + 1 thì P ( x + 1 ) − P ( x ) là một đa thức có bậc d. Như vậy, ta sẽ hoàn toàn có thể tìm được nghiệm P ( x ) là đa thức bậc d + 1. Điều này xảy ra khi ta dùng chiêu thức quy nạp vào d. Nếu Q. ( x ) = C với C là hằng số thì P ( x ) = Cx ( đơn cử hơn 0 là P ( x ) = Cx + C ). Theo quy nạp, ta hoàn toàn có thể tìm được toàn bộ những đa thức P ( x ) có bậc nhỏ hơn d. Gọi a d là thông số cao nhất của Q. ( x ) và Q. ( x ) = a d x d + R ( x ) với deg Q. ( x ) < d. Theo bổ đề, ta hoàn toàn có thể viết P 0 ( x ) = a d d + 1 x d + 1 thì P0 ( x + 1 ) − P0 ( x ) = a d x d + S ( x ) với mọi đa thức S ( x ) có bậc nhiều nhất là d − 1. Từ R ( x ) − S ( x ) có bậc nhiều nhất là d − 1, nên theo quy nạp cho biết rằng P1 ( x ) có bậc nhiều nhất là d sao cho P1 ( x + 1 ) − P1 ( x ) + R ( x ) − S ( x ). Khi đó, ta sẽ có P ( x + 1 ) − P ( x ) = P0 ( x + 1 ) − P0 ( x ) + P1 ( x + 1 ) − P1 ( x ) = a d x d + S ( x ) + R ( x ) − S ( x ) = Q ( x ) 9 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn : Nguyễn Phúc Thọ Lưu ý rằng nếu ta có hai nghiệm P ( x + 1 ) − P ( x ) = Q ( x ), T ( x + 1 ) − T ( x ) = Q ( x ) thì P ( x ) − T ( x ) là đa thức tuần hoàn, tức là đa thức hằng. Khi đó, hai nghiệm bất kể khác nhau bởi một hằng số. Bổ đề đã được chứng tỏ xong. Vào bài toán, từ bổ đề trên nếu deg P ( x ) = d > 0 và có thông số cao nhất a d thì P ( x + 1 ) − P ( x ) là một đa thức có bậc d − 1 với thông số cao nhất là da d. Ta kí hiệu δP = P ( x + 1 ) − P ( x ). Sử dụng cái trên 2 lần, ta có được δ2 P = δ ( δP ) = P ( x + 2 ) − 2P ( x + 1 ) + P ( x ) Tương tự, ta lặp lại điều này cho k lần ta có được à ! k δk P = P ( x + k ) − P ( x + k − 1 ) + … + ( − 1 ) k P ( x ) 1 Nếu deg P ( x ) = d ≥ k với thông số cao nhất a d thì đa thức δk P có bậc d − k và thông số cao nhất d ( d − 1 ) … ( d − k + 1 ) a d = d ! ad ( d − k ) ! ( và nếu d < k thì δk P = 0 ). Đặt biệt, δd P = d ! a d. Theo kí hiệu δ, ta thấy ra bài toán trên nói rằng với mọi đa thức P ( x ) thoả mãn n P = 0. Do đó, tổng thể những đa thức P ( x ) có deg P ≤ n − 1 thoả mãn nhu yếu bài toán. Bình luận. Bài toán trên là trường hợp tổng quát cho bài toán trong đề thi Norwegian Mathematical Olympiad 2018 – Abel Competition, Bài toán. Tìm tổng thể những đa thức P ( x ) với thông số thực thoả mãn P ( x ) + 3P ( x + 2 ) = 3P ( x + 1 ) + P ( x + 3 ) Với mọi số thực x. Bài toán 10. Tìm đa thức P ( x ) với thông số thực, có bậc nhỏ hơn n ∈ N ∗. Sao cho sống sót n số thực đôi một phân biệt là a 1, a 2, ..., a n thoả mãn điều kiện kèm theo với mỗi i, j ∈ { 1, 2, ..., n } ta có | P ( a i ) − P ( a j ) | = n | a i − a j | Lời giải. Cách 1 Không mất tính tổng quát, ta sắp xếp thứ tự a 1 < a 2 < ... < a n. Rõ ràng những giá trị P ( x i ) đôi một phân biệt và nếu P ( x ) thoả mãn nhu yếu thì − P ( x ) cũng thế. Do vậy, không mất tính tổng quát ta giả sử P ( a 1 ) < P ( a n ), ta cũng giả sử luôn P ( a m ) = min P ( x i ) 1 ≤ i ≤ n Ta có được m = 1 từ P ( a m ) = P ( a 1 ), nhờ những đổi khác sau đây P ( a n ) − P ( a 1 ) = n ( a n − a 1 ) = n ( a n − a m ) + n ( a m − a 1 ) = | P ( a n ) − P ( a m ) | + | P ( a m − P ( a 1 ) | = P ( a n ) + P ( a 1 ) − 2P ( a m ) Bây giờ với mọi số nguyên dương k nhỏ hơn n + 1, ta lại có 10 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn : Nguyễn Phúc Thọ P ( a k ) − P ( a 1 ) = | P ( a k ) − P ( a 1 ) | = n ( a k − a 1 ) Vậy đa thức f ( x ) = P ( x ) − nx − P ( a 1 ) + na 1 sẽ nhận a 1, a 2, ..., a n làm n nghiệm phân biệt, mà bậc của nó nhỏ hơn n do đó nó phải là đa thức 0. Từ đó, ta thấy đa thức P ( x ) có dạng P ( x ) = nx + c, c : const và n ∈ N ∗ Thử lại và chú ý lý luận từ đầu, cho ta thấy có đúng hai đa thức thoả mãn bài toán là P ( x ) = nx + c và P ( x ) = − nx + c với c = const, n ∈ N ∗ Cách 2 1 n Xét những điểm M k có hoành độ là a k trên đồ thị hàm số y = P ( x ) với n ∈ N ∗. Cố định mỗi một chỉ số k, thì từ giả thiết ta có ngay những điểm M i còn lại sẽ chỉ thuộc một trong hai đường thẳng d k hoặc d ‘ k. Trong đó d k đi qua M k và thông số góc bằng 1, còn d ‘ k đi qua M k và thông số góc bằng − 1. Để ý rằng, d k vuông góc với d ‘ k. Nếu n điểm này không thẳng hàng, thì phải có 3 điểm không thẳng hàng trong n điểm đó giả sử là A, B, C. Ta có ngay điều xích míc là tam giác ABC có 3 góc vuông. Vậy là, n điểm M k phải thẳng hàng, những điểm đó lại là giao điểm của một đường thẳng với độ thị một hàm đa thức có bậc bé hơn n, do đó cái đồ thị kia chính là đường thẳng kẻ qua n điểm, tức là hàm y = 1 P ( x ) là hàm bậc nhất. Nó lại có đồ thị, là đường thẳng có thông số góc n là − 1 hoặc 1, vì vậy là Cách 3 1 P ( x ) = ± x + c với c = const, n ∈ N ∗ n 1 n Xét những điểm M k có hoành độ là a k trên đồ thị hàm số y = P ( x ) với n ∈ N ∗. Cố định mỗi một chỉ số k, thì từ giả thiết ta có ngay những điểm M i còn lại sẽ chỉ thuộc một trong hai đường thẳng d k hoặc d ‘ k. Trong đó d k đi qua M k và thông số góc bằng 1, còn d ‘ k đi qua M k và thông số góc bằng − 1. Để ý rằng, d k vuông góc với d ‘ k. Nếu n điểm này không thẳng hàng, thì theo định lý Sylvester-Galai sẽ có đúng 2 điểm ở trong chúng ( không mất tính tổng quát ) giả sử M1, M2 mà trên đường thẳng M1 M2 không chứa những điểm nào trong những điểm còn lại. Như thế thì, hai đường kẻ vuông góc với M1 M2 tương ứng tại những điểm M1 và M2 kia mỗi đường đều chứa n − 2 điểm còn lại. Nhưng mà, hai đường này song song với nhau nên không có điểm chung. Vậy là, n điểm M k phải thẳng hàng, những điểm đó lại là giao điểm của một đường thẳng với độ thị một hàm đa thức có bậc bé hơn n, cho nên vì thế cái đồ thị kia chính là đường thẳng kẻ qua n điểm, tức là hàm y = 1 P ( x ) là hàm bậc nhất. Nó lại có đồ thị, là đường thẳng có thông số góc n là − 1 hoặc 1, do đó là 1 P ( x ) = ± x + c với c = const, n ∈ N ∗ n Bình luận. Bài toán trên là dạng tổng quát từ môt bài toán trong đề thi Trại hè Hùng Vương năm 2019, Bài toán. Tìm đa thức P ( x ) với thông số thực, có bậc nhỏ hơn 2019. Sao cho sống sót n số thực đôi một phân biệt là a 1, a 2, ..., a 2019 thoả mãn điều kiện kèm theo với mỗi i, j ∈ { 1, 2, ..., 2019 } ta có | P ( a i ) − P ( a j ) | = 2019 | a i − a j | Bài toán 11. Tìm tổng thể những đa thức khác hằng P ( z ) với thông số phức thoả mãn toàn bộ những nghiệm phức của đa thức P ( z ) và P ( z ) − 1 có modun bằng 1. 11 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn : Nguyễn Phúc Thọ USA TSTST 2020 Lời giải. Gọi đa thức P ( x ) = c n x n + c n − 1 x n − 1 + ... + c 1 x + c 0 = c n ( x + m 1 ) ( x + m 2 ) ... ( x + m n ) biết m 1, m 2, ..., m n biết những nghiệm phức của P ( x ) Mặt khác, P ( x ) − 1 = c n ( x + p 1 ) ( x + p 2 ) ... ( x + p n ) biết p 1, p 2, ..., p n biết những nghiệm phức của P ( x ) − 1 ( 1 ) Bằng cách phối hợp nên ( 1 ) có, c n ( x + m 1 ) ( x + m 2 ) ... ( x + m n ) − 1 = c n ( x + p 1 ) ( x + p 2 ) ... ( x + p n ) Hay viết lại thành ( x + m 1 ) ( x + m 2 ) ... ( x + m n ) = ( x + p 1 ) ( x + p 2 ) ... ( x + p n ) + ( c n ) − 1 Suy ra 1 x + m1 ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ ¡ ¢ − 1 1 1 1 1 1 ( 2 ) x + ... x + = x + x + ... x + + cn mét vuông mn p1 p2 pn Bây giờ từ, ta sẽ đi chứng tỏ c k = 0 với k ∈ { 1, 2, .., n − 1 }. µ ¶ µ Chứng minh như sau : So sánh thông số của x k từ ( 2 ) có c n − k c n − k = Q Q i mi i pi 1 6 = 0. Do đó, dẫn đến c k = 0. cn Do đó P ( x ) phải có dạng P ( x ) = ax n − b sao cho P ( x ) = ax n − ( b + 1 ). Điều này nhu yếu, | b | = Nhưng Q. i mi − Q i pi = | b + 1 | = | a | để thoả mãn bài toán. Bài toán 12. Tìm toàn bộ những đa thức P ( x ) với hệ số thực và không có nghiệm bội sao cho với mỗi số phức z thì phương trình zP ( z ) = 1 thoả mãn khi và chỉ khi P ( z − 1 ) P ( z + 1 ) = 1. SAFEST Olympiad 2020 Lời giải. Xét những trường hợp, Trường hợp 1. P ( x ) là đa thức hằng, tức là P ( x ) = c, ∀ c ∈ R dẫn đến đầu bài được phương trình zc = 1 thoả mãn khi vào chỉ khi c2 = 0. Nếu c = 0 thì c2 = 0 nhưng cz = 1, ta thấy xích míc. 1 c Trường hợp 2. de gP = 1, tức là P ( x ) = mx + b với m 6 = 0 dẫn đến đầu bài được phương trình Nếu c 6 = 0 thì z =, điều này hiển nhiên xích míc. mz2 + bz = 1 thoả mãn khi và chỉ khi ( m ( z − 1 ) + b ) ( m ( z + 1 ) + b ) = 0, vì thế hai đa thức mz2 + bz − 1 và mét vuông z2 + 2 bmz + ( b2 − mét vuông ) tương tự nhau, tức là hai đa thức này là bội của nhau. Bằng cách so sánh thông số cao nhất, ta thấy nhân thêm m vào mz2 + bz − 1 được mét vuông z2 + mz − m và từ m 6 = 0 ta so sánh những thông số còn lại ta được bm = 2 bm − m = b 2 − mét vuông ⇒ b = 0 m = 1 Dẫn đến P ( z ) = z, thử lại thỏa mãn nhu cầu. 12 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn : Nguyễn Phúc Thọ Trường hợp 3. de gP = n ≥ 2 Ta xét đa thức Q. ( x ) = ( z + 1 ) P ( z + 1 ) − ( z − 1 ) P ( z − 1 ) ( * ). Dễ thấy rằng de gQ ≤ de gP Do đó, ta sẽ đi chứng tỏ rằng Q. cũng tương tự với P Chứng minh như sau : Nếu P ( r ) = 0 với mọi số phức r, ta cho lần lượt z = r + 1 và z = r − 1 vào ( * ), cho ta được ( r − 1 ) P ( r − 1 ) = 1 = ( r + 1 ) P ( r + 1 ) và do đó Q. ( r ) = 0. Điều này chứng tỏ rằng toàn bộ những của P cũng là nghiệm của Q.. Vì P không có nghiệm kép và bậc của Q. không hề lớn hơn bậc của P. Do đó, ta có Q. là bội của P. Đặt P ( z ) = Pn k = 0 a k z k. Dẫn đến Pn ¢ ¡ a k ( z + 1 ) k + 1 − ( z − 1 ) k + 1 ( * * ) P Để so sánh Q. và P, ta muốn viết lại dưới dạng Q. ( z ) = nk = 0 b k z k. k = 0 Để tính b n, chú ý quan tâm rằng những số hạng duy nhất có trong ( * * ) chứa z n đến từ k = n − 1 và k = n, ta có ¡ ¢ b n z n = a n − 1 ( z n − z n ) + a n ( n + 1 ) z n − ( − ( n + 1 ) z n ) = 2 ( n + 1 ) a n z n Do đó, Q = 2 ( n + 1 ) P. Bây giờ, ta tính tiếp b n − 1, quan tâm rằng những số hạng duy nhất có trong ( * * ) chứa z n − 1 đến từ k = n − 2, k = n − 1 và k = n, ta có b n − 1 z n − 1 = a n − 2 ( z n − 1 − z n − 1 ) + a n − 1 ( nz n − 1 − ( − n ) z n − 1 µ ) + an ¡ n + 1 ¢ 2 z n − 1 − ¡ n + 1 ¢ 2 z n − 1 ¶ = 2 na n − 1 z n − 1 Nhưng nếu Q = 2 ( n + 1 ) P thì ta phải có b n − 1 = 2 ( n + 1 ) a n − 1, điều này xích míc. Dẫn đến không sống sót đa thức nào có de gP = n ≥ 2. Vậy P ( z ) = z là đa thức thoả mãn bài toán. Bài toán 13. Tìm tổng thể những đa thức P ( x ) với thông số thực thoả mãn P ( a + b + c ) = P ( a ) + 4P ( b ) + 22P ( c ) ( 1 ) Với a, b, c ∈ R sao cho ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) = b3 + 7 c3 ( 2 ). Nguyễn Phúc Thọ Lời giải. Dễ thấy P ( x ) = 0 thoả mãn bài toán. Ta sẽ xét P ( x ) 6 = 0, Ta sẽ chọn những số a, b, c có dạng ( a, b, c ) = ( mx, nx, px ) thoả ( 2 ). Thay bộ số ( a, b, c ) = ( mx, nx, px ) vào ( 2 ) được ( m + n ) ( n + p ) ( p + m ) = n3 + 7 p3 Dễ thấy cặp ( m, n, p ) = ( 1, 1, 1 ) đơn thuần và thoả ( 2 ). Như vậy bộ ( a, b, c ) = ( x, x, x ) thoả ( 2 ). Do đó, thay bộ ( a, b, c ) = ( x, x, x ) vào ( 1 ) được P ( 3 x ) = 27P ( x ) ( * ) Ta gọi thông số tự do và thông số bậc cao nhất của P ( x ) là a 0 và a n 6 = 0. Sau đó, ta giống hệt thông số tự do và thông số bậc cao nhất được a n 3 n = 27 a n a = 27 a 0 0 ⇒ n = 3 a = 0 0 Như vậy, đa thức P ( x ) có dạng P ( x ) = dx3 + ex2 + f x, thay lại vào ( * ) có 27 dx3 + 9 ex2 + 3 f x = 27 dx3 + 27 ex2 + 27 f x Đồng nhất thông số suy ra e = f = 0, dẫn đến P ( x ) = dx3 với d 6 = 0. 13 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn : Nguyễn Phúc Thọ Thử lại, P ( a + b + c ) = d ( a + b + c ) 3 = d ( a3 + b3 + c3 ) + 3 d ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) = d ( a3 + b3 + c3 ) + 3 d ( b3 + 7 c3 ) = d ( a3 + 4 b3 + 22 c3 ) = P ( a ) + 4P ( b ) + 22P ( c ), Ta thấy thoả mãn. Vậy P ( x ) = 0 và P ( x ) = dx3 với d 6 = 0 thoả bài toán. Bài toán 14. Tìm toàn bộ những đa thức P ( x ) với thông số thực thoả mãn với mọi tất những số nguyên dương phân biệt từng cặp ( x, y, z, t ) với x2 + y2 + z2 = 2 t2 và gcd ( x, y, z, t ) = 1 thoả mãn 2 ( P ( t ) ) 2 + 2P ( x y + yz + zx ) = ( P ( x + y + z ) ) 2 ( * ) UKRMO 2009 - Grade 11 Lời giải. Đầu tiên, ta thuận tiện tim ra bộ số ( x, y, z, t ) = ( 4, ( 2 n − 1 ) 2, ( 2 n + 1 ) 2, 4 n2 + 3 ) với n nguyên dương thoả mãn x2 + y2 + z2 = 2 t2 và gcd ( x, y, z, t ) = 1. Từ bộ nghiệm trên, cho ta x y + yz + zx = t2 và do đó có x + y + z = 2 t. Từ đó, ( * ) được viết lại thành 2 ( P ( t ) ) 2 + 2P ( t2 ) = ( P ( 2 t ) ) 2, ∀ t ∈ R Hay 2 ( P ( x ) ) 2 + 2P ( x2 ) = ( P ( 2 x ) ) 2, ∀ x ∈ R ( * * ) Ta xét những trường hợp : Trường hợp 1. de gP = 0 tức là P ( x ) = c với c là hằng số. Thay lại vào ( * * ) cho ta được 2 c2 + 2 c = c2 ⇒ c = − 2 c = 0 Do đó, P ( x ) = − 2 và P ( x ) = 0 thoả mãn. Trường hợp 2. de gP = 1 tức là P ( x ) = ax + b với a 6 = 0, b là những hằng số. Thay lại vào ( * * ) có 2 ( ax + b ) 2 + 2 ( ax2 + b ) = ( 2 ax + b ) 2 Suy ra ( 2 a2 + 2 a ) x2 + 4 abx + ( 2 b2 + 2 b ) = 4 a2 x2 + 4 abx + b2 Tới đây, ta giống hệt thông số với a 6 = 0 được 2 a2 + 2 a = 4 a2 2 b2 + 2 b = b2 Suy ra bộ nghiệm ( a, b ) = ( 1, 0 ) ; ( 1, 2 ). Do đó, P ( x ) = x và P ( x ) = x − 2 thử lại thấy thoả mãn. Trường hợp 3. de gP = n ≥ 2. Ta đặt P ( x ) = a n x n + a n − 1 x n − 1 + ... + a 1 x + a 0. Từ ( * * ) ta so sánh thông số của x2n có ( 2 n. a n ) 2 = 2 a n + 2 a2n ⇒ a n = Bây giờ, ta sẽ đi chứng tỏ a n − i = 0 với mọi 1 ≤ i ≤ n. 1 22 n − 1 − 1 Chứng minh như sau : Với i = 1, ta so sánh thông số x2n − 1 từ ( * * ) được 2 a n a n − 1 = 2.2 n. a n. 2 n − 1 a n − 1 mà a n 6 = 0 suy ra a n − 1 = 0, đúng. Theo quy nạp, ta giả sử đúng với n = k tức là a n − i = 0 với mọi 1 ≤ i ≤ k Bây giờ, ta sẽ đi chứng tỏ với k + 1 tức là a n − k − 1. Cuối cùng, ta sẽ so sanh thông số của x2n − k − 1 từ ( * * ). Tới đây ta sẽ xử lí như sau : Nếu k chẵn. Khi đó, vì trong khai triển của P ( x2 ) chỉ có những hạng tử có số mũ chẵn, ta suy ra rằng 2 n − k − 1 = 0. Ngoài ra, trong khai triển của ( P ( x ) ) 2 và ( P ( 2 x ) ) 2, số mũ của hạng tử 14 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn : Nguyễn Phúc Thọ x2n − k − 1 sẽ xác lập với p, q ≤ n thoả mãn p + q = 2 n − k − 1. Nếu tối thiểu một trong 2 số p, q là ≥ n − k và ≤ n − 1, thì thông số a p a q = 0, do đó thông số của những hạng tử của x p + q bằng 0. Do đó, ta chỉ hoàn toàn có thể xét p, q là n hoặc ≤ n − k − 1. Nếu cả hai đều ≤ n − k − 1, ta có xích míc. Do đó, một trong hai bằng n và cái kia bằng n − k − 1. Nghĩa là thông số của x2n − k − 1 trong 2 ( P ( x ) ) 2 là 4 a n a n − k − 1. Tương tự, ta cũng giải quyết và xử lý với ( P ( 2 x ) ) 2, do đó thông số của x2n − k − 1 trong ( P ( 2 x ) ) 2 là 2.2 n. a n. 2 n − k − 1. a n − k − 1 = 22 n − k a n a n − k − 1. Do đó, cân đối thông số x2n − k − 1 của ( * * ) được 4 a n a n − k − 1 = 22 n − k a n a n − k − 1. và từ 2 n − k > n ≥ 2 và a n 6 = 0, dẫn đến a n − k − 1 = 0. ( 1 ) Nếu k lẻ. Tương tự với trường hợp k chẵn, mặc dầu ta nhân hai vế cho thông số a 2 n − k − 1 vào 2 ( * * ), do đó cân đối thông số x2n − k − 1 của ( * * ) được ( 22 n − k − 4 ) a n a n − k − 1 = a 2 n − k − 1 2 2 n − k − 1 k − 1 Từ = n − k + > n − k và ta có a 2 n − k − 1 = 0 bằng quy nạp. Từ đó, ta cũng có 2 2 2 a n − k − 1 = 0. ( 2 ) xn thoả mãn. Từ ( 1 ) và ( 2 ), dẫn đến điều quy nạp đúng. Dẫn đến, đa thức P ( x ) = 2 n − 1 2 − 1 Vậy có 5 đa thức thoả mãn bài toán là P ( x ) = − 2, P ( x ) = 0, P ( x ) = x, P ( x ) = x − 2, P ( x ) = xn 22 n − 1 − 1, với ∀ x ∈ R và n ≥ 2. Bài toán 15. Tìm toàn bộ những đa thức P ( x ) với hệ số nguyên sao cho sống sót vô hạn cặp số nguyên ( m, n ) thoả mãn P ( m ) + P ( n ) = 0 Lời giải. Không mất tính tổng quát, xét đa thức thoả đề là P ( x ) = a k x k + a k − 1 x k − 1 + … + a 1 x + a 0 với a k > 0 và bỏ lỡ trường hợp k = 0. Gọi S là tập chứa những cặp số nguyên ( m, n ) thoả đ, vì tính đối xứng ở đây ta chỉ xét những cặp sao cho P ( x ) ≤ 0 và P ( x ) ≥ 0. Ngoài ra, ta hoàn toàn có thể xét m 6 = n mà S vẫn có vô số nghiệm, dẫn đến P ( x ) = 0, thoả mãn nhu yếu. Nếu k chẵn thì sống sót số thực dương x0. Do đó, | m | < x0 hay m chỉ có hữu hạn số giá trị, mà phương trình P ( x ) = P ( m ) cũng hữu hạn nghiệm với mỗi giá trị m kể trên, dẫn đến n cũng có hữu hạn giá trị. Từ đó suy ra S có hữu hạn phân tử, vô lý. Vì vậy, k lẻ và sống sót số thực dương x0 để P ( x ) > 0 với mọi x0 > 0. Nếu chỉ chứa những cặp số nguyên dương thì 0 < m < x0 nên rõ ràng số giá trị m là hữu hạn, tựa như như trên dẫn đến phi lí. Nếu S chỉ chứa những cặp số nguyên âm thì ta cũng xét tựa như như thế. Tóm lại, sống sót ( m 0, n0 ) sao cho m 0 n0 ≤ 0. Do k lẻ, với mọi ( m, n ) ∈ S thì nếu đặt g ( m, n ) = a k ( m k − 1 − m k − 2 n + ... + n k − 1 ) và h ( m, n ) = a k − 1 ( m k − 1 + n k − 1 ) + ... + a 1 ( m + n ) + 2 a 0 thì 0 = P ( m ) + P ( n ) = ( m + n ) g ( m, n ) + h ( m, n ) h ( m, n ) thì | m + n | = | f ( m, n ) |. Dễ thấy những hàm theo x là f ( x, n0 ) và f ( m 0, x ) đều g ( m, n ) bị chặn nên | m 0 + n0 | < t1 với t1 là số thực dương. Với mn > 0 thì như những nhận xét trên, ta Đặt f ( m, n ) = 15 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn : Nguyễn Phúc Thọ cũng có sống sót số thực dương t2, t3 sao cho | m | < t2 và | m | < t3. Tóm lại | m + n | < max { t1, t2, t3 } hay sống sót hằng số c ∈ { m + n | ( m, n ) ∈ S } Open vô số lần. Xét phương trình G ( x ) = P ( x ) + P ( c − x ) thì G ( x ) = 0 có vô số nghiệm, nên G ( x ) = 0 hay P ( x ) + P ( c − x ) = 0 µ Từ đây đặt Q. ( x ) = P c 2 ¶ + x, được Q. ( x ) + Q. ( − x ) = 0 Tới đây, dễ thấy de gQ = de gP = k mà k lẻ nên Q. ( x ) = b k x k + b k − 1 x k − 1 + .... + b0, dẫn đến b k x k + b k − 1 x k − 1 + .... + b 0 − b k x k + b k − 1 x k − 1 − b k − 2 x k − 2 + .... − b 1 x + b 0 = 0 hay b k − 1 x k − 1 + .... + b 0 + b k − 1 x k − 1 − b k − 2 x k − 2 + .... − b 1 x + b 0 = 0 ( ∗ ) c 2 So sánh bậc cao nhất của ( * ) có k − 1 = 0 hay k = 1. Do đó, Q. ( x ) = x + d dẫn đến P ( x ) = x − + d thay vào lại được x − c c + d − x − + d = 0 2 2 c 2 Vậy P ( x ) = 0 và P ( x ) = x thoả mãn bài toán. dẫn đến − + d = 0. Bài toán 16. Tìm tổng thể những đa thức P ( x ) với thông số thực sao cho 1 1 1 − P ( x ) P ( P ( x ) ) Adapted from Oleg Mushkarov Lời giải. Cách 1. Đầu tiên, giả sử rằng cả P ( x ) và P ( P ( x ) ) − P ( x ) đều không phải là đa thức hằng. Ta viết lại đề bài, P ( P ( x ) ) P ( x ) P ( P ( x ) ) − P ( x ) và thấy rằng P ( P ( x ) ) P ( x ) P ( x ) 2 = P ( x ) + P ( P ( x ) ) − P ( x ) P ( P ( x ) ) − P ( x ) Khi đó P ( x ) 2 P ( P ( x ) ) − P ( x ) phải là một đa thức. Nếu deg P ( x ) = d > 2 thì deg P ( x ) 2 = 2 d nhưng deg ( P ( P ( x ) ) − P ( x ) ) = d 2 thì ta thấy được sự xích míc. Điều này dẫn đến deg P ( x ) ∈ { 1, 2 } Nếu deg P ( x ) = 1 thì ta viết P ( x ) = ax + b với a 6 = 0 và a 6 = 1 từ đó P ( P ( x ) ) − P ( x ) không phải là đa thức hằng. Khi đó P ( x ) 2 ( x + b ) 2 = 2 = cx + d P ( P ( x ) ) − P ( x ) ( a − a ) x + ab với mọi c, d. 16 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn : Nguyễn Phúc Thọ Viết lại thành, ( ax + b ) 2 = ( ( a2 − a ) x + ab ) ( cx + d ) a b So sánh thông số x2 ta tìm được c = và so sánh thông số tự do ta tìm được d =. Do đó, a − 1 a ¶ µ a b x + ( ax + b ) 2 = ( ( a2 − a ) x + ab ) a − 1 a Đúng với mọi x ∈ R, có b = 0. Do đó P ( x ) = ax thoả mãn bài toán. Nếu deg P ( x ) = 2 thì deg P ( x ) 2 = deg ( P ( P ( x ) ) − P ( x ) ) = 4, do đó P ( P ( x ) ) − P ( x ) = aP ( x ) 2 với a là hằng số. Do đó, có vô hạn t ( toàn bộ t với t = P ( x ) với mọi x ) thoả mãn P ( t ) = at2 + t. Do đó, P ( x ) = ax2 + x thoả mãn. Nếu P ( x ) là hằng số, thì ta có một nghiệm, và nếu P ( P ( x ) ) − P ( x ) = c với mọi c là hằng số thì P ( x ) = x + c thoả mãn bài toán. Cách 2. ầu tiên, giả sử rằng cả P ( x ) và P ( P ( x ) ) − P ( x ) đều không phải là đa thức hằng, thì P ( x ) 2 P ( P ( x ) ) − P ( x ) cũng là một đa thức. Do đó, toàn bộ nghiệm của P ( P ( x ) − P ( x ) cũng là nghiệm của P ( x ) 2. Do đó, toàn bộ nghiệm của P ( x ) 2 phải là nghiệm của P ( x ). Gọi r là nghiệm bất kể của P ( P ( x ) ) thì P ( r ) = 0 và vì thế có P ( P ( r ) ) = P ( r ) = 0 Do đó, P ( P ( r ) ) = P ( 0 ) = 0. Do đó, 0 là nghiệm của P ( x ), và thế cho nên ta viết P ( x ) = xS ( x ) với mọi đa thức S ( x ). Ở đây, P ( P ( x ) ) = P ( x ) S ( P ( x ) ) và đo đó, Còn nếu P ( x ) là hằng sớ tựa như cách 1. Bài toán 17. Tìm toàn bộ những đa thức P ( x ) và Q. ( x ) khác hằng với thông số thực thoả mãn P ( Q. ( x ) ) = P ( x ) Q. ( x ) − P ( x ) Lời giải. Gọi deg P ( x ) = m và deg Q. ( x ) = n với m, n ≥ 1. Dẫn đến, deg P ( Q. ( x ) ) = mn, deg ( P ( x ) Q. ( x ) − P ( x ) ) = m + n Do đó, ta có mn = m + n hay ( m − 1 ) ( n − 1 ) = 1. Từ m, n là những số nguyên dương nên m = n = 2. Từ đó, ta hoàn toàn có thể viết P ( x ) = ax2 + bx + c với a 6 = 0, do đó từ đề ta được aQ ( x ) 2 + bQ ( x ) = P ( x ) Q. ( x ) − ( P ( x ) + c ) 17 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn : Nguyễn Phúc Thọ tức là P ( x ) + c chia hết cho Q. ( x ). Từ Q. ( x ) và P ( x ) cùng bậc, nên sống sót với mọi d là số thực sao cho P ( x ) + c = dQ ( x ). Ờ đây, ta viết lại thành P ( x ) = dQ ( x ) − c. Thay thế điều này vào phương trình đề bài, được dQ ( Q. ( x ) ) − c = ( dQ ( x ) − c ) Q. ( X ) − ( dQ ( x ) − c ) hay dQ ( Q. ( x ) ) − c = dQ ( x ) 2 − ( d + c ) Q. ( x ) + c Do đó, ta xét phương trình dQ ( t ) = dt2 − ( d + c ) t + 2 c ( * ), thì ta thấy phương trình có Q. ( x ) là một nghiệm thực. Vì Q ( x ) khác hằng, nên ta giả sử Q. ( x ) vô số nghiệm thực. Do đó, phương trình ( * ) có vô số nghiệm thực. Như vậy, µ ¶ 2 c c x + Q. ( x ) = x − 1 + d d 2 Từ P ( x ) = dQ ( x ) − c, dẫn đến P ( x ) = dx2 − ( d + c ) x + c. ¶ µ 2 c c thoả mãn bài toán. Vậy P ( x ) = dx − ( d + c ) x + c và Q. ( x ) = x − 1 + x + d d Bài toán 18. Tìm tổng thể những đa thức P ( x ) với thông số thực thoả mãn 2 2 P ( x2 ) = P ( x ) Q. ( 1 − x ) + Q. ( x ) P ( 1 − x ) Belarusian MO năm ngoái Lời giải. Thay x → 1 − x vào phương trình đề bài, ta được P ( x2 ) = P ( ( 1 − x ) 2 ) = P ( ( x − 1 ) 2 ) Do đó, đa thức P ( x2 ) là đa thức tuần hoàn, tức là P ( x ) = c với c là hằng số. Dẫn đến đề bài được viết lại thành, c = cQ ( 1 − x ) + cQ ( x ) 1 2 Nếu c = 0, thì thoả mãn. Còn nếu c 6 = 0 thì Q. ( x ) + Q. ( 1 − x ) = 1. Ờ đây, thay x → x +, ta được ¶ µ ¶ 1 1 1 1 Q + x − + Q − x − = 0 2 2 2 2 µ ¶ 1 1 Ở đây, ta đặt R ( x ) = Q + x − là đa thức lẻ. Do đó, 2 2 µ ¶ 1 1 Q + x − = xS ( x2 ) 2 2 µ với mọi đa thức S ( x ). Vì thế ¶ µµ ¶ 2 ¶ 1 1 1 Q. ( x ) = x − S x − + 2 2 2 µ 18 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn : Nguyễn Phúc Thọ Bài toán 19. Tìm tổng thể những đa thức P ( x ) và Q. ( x ) với thông số thực thoả mãn P ( Q. ( x ) ) = P ( x ) 2017 Lời giải. Để xử lý bài toán trên, ta cần phải sử dụng để bổ đề sau : Long-run Behavior Lemma. Cho P ( x ) = a d x d + a d − 1 x d − 1 + … + a 0 là một đa thức với hệ số thực, và xác lập bởi a = p a d − 1 d | a d | và b = thì da d lim ³p d | x | → ∞ ´ | P ( x ) | − a. | x + b | = 0 Chứng minh bổ đề. Vì ta hoàn toàn có thể thay P ( x ) → − P ( x ) nếu cần. Không mất tình tổng quát, ta hoàn toàn có thể giả sử a d > 0 và phá đi giá trị tuyệt đối. Sau đó ta có, p d P ( x ) − p d ad x = p d a d − 1 x d − 1 + … + a 0 P ( x ) − a d x d = p q q d P ( x ) d − 1 + … + d a dd − 1 x d − 1 P ( x ) d − 1 + … + d a dd − 1 x d − 1 Do đó, lim | x | → ∞ ³p d P ( x ) − p d a d − 1 x d − 1 + … + a 0 a d − 1 a d x = lim p = q q | x | → ∞ d P ( x ) d − 1 + … + d a dd − 1 x d − 1 d d a dd − 1 ´ Viết lại thành, l im | x | → ∞ ³p d ´ P ( x ) − a ( x + b ) = 0 Điều phải chứng tỏ. Vào lại bài toán, nếu ( P ( x ), Q. ( x ) ) là một nghiệm thì ( − P ( x ), Q. ( x ) ) cũng là một nghiệm. Do đó, không mất tính tổng quát, giả sử rằng P ( x ) có toàn bộ những thông số dương. Đặt deg P ( x ) = d và hoàn toàn có thể viết P ( x ) = a d x d + a d − 1 x d − 1 + … + a 0 với a d 6 = 0. Từ p d P ( Q. ( x ) ) = lim x → ∞ p d P ( x ) 2 017, vận dụng bổ đề vừa chứng tỏ trên, ta được µ ¯ ¯ µ ¶ 2017 ¶ ¯ a d − 1 a d − 1 ¯ ¯ q d 2017 ¯ a d ¯ Q ( x ) + − ad x + = 0 da d ¯ da d p d. Do đó, µ ¶ 2017 q a d − 1 a d − 1 d năm nay = ± ad x + Q. ( x ) + da d da d Đặt B = q a d − 1 và A = ± d a2016, ta hoàn toàn có thể viết điều này lại thành d da d Q. ( x ) = A ( x + B ) 2017 − B Thay Q ( x ) vào lại phương trình đầu bài, ta được P ( A ( x + B ) 2017 − B ) = P ( x ) 2017 19 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn : Nguyễn Phúc Thọ Khi đó, P ( Ax2017 − B ) = P ( x − B ) 2017. Cho R ( X ) = P ( x − B ) = a d x d + a s x s + …. Khi đó R ( Ax2017 ) = R ( x ) 2017. Ta xét thông số của số hạng thứ hai khác không, ta thấy số hạng thứ hai của R ( Ax2017 ) và R ( x ) 2017 lần lượt là a s x2017s và a2016 a s x2016d + s. Từ đó, ta thấy được xích míc với sự tồn d tại của s. Khi đó, R ( x ) = a d x d. Vậy P ( x ) = a d ( x + B ) d và Q. ( x ) = A ( x + B ) 2017 − B với a d 6 = 0, B = a d − 1 da d q và A = ± d a2016. d Bài toán 20. Tìm tổng thể những đa thức P ( x ) với thông số thực thoả mãn P ( x − 1 ) P ( x + 1 ) > P ( x ) 2 − 1 với mọi x ∈ R. Nikolai Nikolov Lời giải Nếu P ( x ) = c với c là hằng số thì phương trình đề bài trở thành c2 > c2 − 1, điều này luôn đúng. Do đó, với mọi c là hằng số sao cho P ( x ) = c đều thoả mãn. Ta viết lại đề bài, P ( x ) 2 − P ( x − 1 ) P ( x + 1 ) < 1 Nếu deg P ( x ) = d > 0 và giả sử thông số cao nhất của P ( x ) là a d 6 = 0 thì deg ( P ( x ) 2 − P ( x − 1 ) P ( x + 1 ) ) = 2 d − 2 và thông số cao nhất là da2d. Nếu d ≥ 2 thì P ( x ) 2 − P ( x − 1 ) P ( x + 1 ) sẽ là một đa thức khác hằng với những thông số dương. Do đó, bất đẳng thức trên sẽ xích míc với mọi x đủ lớn. Nếu d = 1 thì P ( x ) 2 − P ( x − 1 ) P ( x + 1 ) = a21 là đa thức hằng và bất đẳng thức được viết lại thành a21 < 1. Do đó, với mọi đa thức P ( x ) = ax + b với mọi a ∈ ( − 1, 1 ) thoả mãn bài toán. Bài Tập. Bài toán 1. Tìm toàn bộ đa thức P ( x ) với thông số phức thoả mãn P ( a ) + P ( b ) = 2 P ( a + b ) Với a và b là những số phức sao cho a2 + b2 + 5 ab = 0. Titu Andreescu Bài toán 2. Tìm toàn bộ những đa thức P ( x ) với thông số ¶ thực µthoả mãn µ ¶ µ ¶ 1 1 1 1 1 1 P ( x ) P ( y2 ) P ( z 3 ) + + = zP 3 − 2 + xP 2 − + yP − 3 z z z x 3 x3 2 y2 x y y 3 2 Với mọi số thực x, y, z khác 0 mà x y z = x + 2 y + 3 z. Ẩn danh AZOT1 Bài toán 3. Tìm toàn bộ những đa thức P ( x ) thông số thực thoả mãn p p p P ( 3 x ) + P ( 3 y ) + P ( 3 z ) = P ( x − y ) + P ( y − z ) + P ( z − x ) Với mọi x, y, z là ba số thực sao cho x + y + z = 0. Costa Rican MO 2008 Bài toán 4. Tìm tổng thể những đa thức P ( x ) thông số thực thoả mãn P ( x + P ( x ) ) = x2 P ( x ), ∀ x ∈ R 20 2021 Mỗi Tuần Một Bài Toán-Thảo Luận Biên soạn : Nguyễn Phúc Thọ Canadian MO Qualification Repechage 2021 Bài toán 5. Tìm tổng thể những đa thức a ( x ), b ( x ), c ( x ), d ( x ) với thông số thực sao thoả mãn đồng thời những phương trình b ( x ) c ( x ) + a ( x ) d ( x ) = 0 a ( x ) c ( x ) + ( 1 − x2 ) b ( x ) d ( x ) = x + 1 South African MO 2021 Bài toán 6. Cho m 6 = 0 là số nguyên. Tìm toàn bộ những đa thức P ( x ) thông số thực thoả mãn ( x3 − mx2 + 1 ) P ( x + 1 ) + ( x3 + mx2 + 1 ) P ( x − 1 ) = 2 ( x3 − mx2 + 1 ) P ( x ) với mọi số thực x. IMO Shorlist 2013 Bài toán 7. Tìm tổng thể những đa thức P ( x ) thông số thực thoả mãn | y2 − P ( x ) | ≤ 2 | x | | x2 − P ( x ) | ≤ 2 | y | với mọi số thực x, y IMO Shorlist năm trước Bài toán 8. Tìm toàn bộ những đa thức P ( x ) thông số thực sao cho nếu P ( x ) + P ( y ) + P ( z ) = 0 với mọi số thực x, y, z thì x + y + z = 0. Bài toán 9. Tìm tổng thể những đa thức P ( x ) thông số thực sao cho với mọi số thực x thì có bất đẳng thức sau xP ( x ) P ( 1 − x ) + x3 + 100 ≥ 0 Czech-Slovakia MO 1995 Bài toán 9. Tìm toàn bộ những đa thức P ( x ) và Q. ( x ) khác hằng với thông số thực thoả mãn P ( Q. ( x ) 2 ) = P ( x ) Q. ( x ) 2 Bài toán 10. Với mọi m ≥ 2 và m nguyên. Tìm tổng thể những đa thức P ( x ) sao cho nếu a m + b m = 1 thì P ( a ) + P ( b ) = 1. Bài toán 11. Tìm tổng thể những đa thức P ( x ) với thông số thực thoả mãn P ( x y + yz + zx ) = P ( x y ) + P ( yz ) + P ( zx ) + 2P ( x ) P ( y ) P ( z ) và x + y + z = x yz với mọi x, y, z ∈ R 21 2021 Tài liệu tìm hiểu thêm [ 1 ] Titu Andreescu, Navid Safaei, Alessandro Ventullo, 117 Polynomial Problems from the Awesome Math Summer Program [ 2 ] Titu Andreescu, Navid Safaei, Alessandro Ventullo, Awesome Polynomials for Mathematics Competitions [ 3 ] Titu Andreescu, Gabriel Dospinescu, Problems From the Book [ 4 ] Titu Andreescu, Iurie Boreico, Oleg Mushkarov, and Nikolai Nikolov, Topics in Functional Equations – 3 rd Edition 22
Source: https://sangtaotrongtamtay.vn
Category: Giáo dục