Tuyển tập Đa thức46 bài

Bài toán (Tạp chí Mathematical Reflection Issue 4,2015)

Tìm tất cả các đa thức $P(x)$ khác $0$ hệ số nguyên và thoả mãn :

$$a^2+b^2-c^2|P(a)+P(b)-P(c),\forall a,b,c\in \mathbb{Z}(1)$$

Lời giải :

Chọn $b=0$ trong $(1)$ ta được :

$$a^2-c^2\mid P(a)-P(c)+P(0),\forall a,c\in \mathbb{Z}(2)$$

Theo định lí về phương trình Pythagoras, luôn tồn tại vô số các cặp số nguyên $(a,b)$ sao cho $a^2+b^2=m^2$ với $m$ là một số nguyên. Gọi tập hợp gồm các cặp số nguyên $(a,b)$ như thế là $S$.

Theo $(2)$ ta có :

$$a^2+b^2-c^2\mid P(\sqrt{a^2+b^2})-P(c)+P(0),\forall a,b\in S,c\in \mathbb{Z}(3)$$

Từ $(1)(3)$ suy ra :

$$a^2+b^2-c^2\mid P(\sqrt{a^2+b^2})-P(a)-P(b),\forall a,b\in S,c\in \mathbb{Z}$$

Cho $c\to +\infty$ thì được :

$$P\left(\sqrt{a^2+b^2}\right)=P(a)+P(b),\forall a,b\in S$$

Hai đa thức bằng nhau tại vô số điểm thì chúng đồng nhất. Như vậy :

$$P(\sqrt{a^2+b^2})\equiv P(a)+P(b)$$

Chọn $a=b=x$ ta được :

$$P(x\sqrt{2})=2P(x),\forall x\in \mathbb{R}$$

Gỉa sử rằng $P(x)=a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+...a_0\left(a_i\in \mathbb{Z},\forall i=\overline{0,n}\right)$.

Khi đó so sánh hệ số bậc cao nhất tương ứng ở hai vế, ta được :

$$a_n{\left(\sqrt{2}\right)}^n=2a_n\Rightarrow n=2$$

Từ đó không khó để chỉ ra được tất cả các đa thức cần tìm là :

$$P(x)=k{x}^2$$

Trong đó $k$ là số nguyên tuỳ ý.

Bài toán : Có tồn tại hay không một dãy số thực vô hạn $(a_n)$ sao cho các đa thức :

$$P_n(x)=a_0+a_{1}x+...+a_n{x}^n$$

có $n$ nghiệm thực phân biệt với mọi $n\ge 1$ ?

Lời giải :

Câu trả lời là có. Ta xây dựng dãy $(a_n)$ bằng quy nạp.

Với $n=1$ thì hiển nhiên là tồn tại đa thức $P_1(x)=a_0+a_{1}x$ có đúng một nghiệm thực.

Gỉa sử nhận định trên đúng với $n$, tức là tồn tại một dãy $(a_n)$ vô hạn mà đa thức :

$$P_n(x)=a_0+a_{1}x+...+a_n{x}^n$$

có đủ $n$ nghiệm thực phân biệt. Ta sẽ chỉ ra tồn tại số hạng $a_{n+1}$ tiếp theo của dãy số thoả mãn đa thức :

 $$P_{n+1}(x)=a_0+a_{1}x+...+a_n{x}^n+a_{n+1}{x}^{n+1}$$

có $n+1$ nghiệm thực phân biệt.

Thật vậy,

Ta chọn ra $n+2$ giá trị tuỳ ý $b_0<b_1<b_2<...<b_n<b_{n+1}$.

Lúc này ta sẽ chọn hệ số $a_{n+1}$ thoả mãn :

$\left|a_{n+1}\right|$$\le \underset{0\le i\le n+1}{\min }\left|\frac{P_n(b_i)}{b_i^{n+1}}\right|$

Thì đa thức $P_{n+1}$ sẽ có $n+1$ nghiệm phân biệt.

Thực như vậy, với cách chọn $a_{n+1}$ như vậy thì :

$\min \left\{\frac{-P_n(b_0)}{b_0^{n+1}},\frac{-P_n(b_1)}{b_1^{n+1}}\right\}$$\le a_{n+1}$$\le \max \left\{\frac{-P_n(b_0)}{b_0^{n+1}},\frac{-P_n(b_1)}{b_1^{n+1}}\right\}$

Suy ra rằng :

$\left(P_n(b_0)+a_{n+1}{b}_0^{n+1}\right)\left(P_n(b_1)+a_{n+1}{b}_1^{n+1}\right)$$\le 0$$\iff P_{n+1}(b_0)P_{n+1}(b_1)$$\le 0$

Hoàn toàn tương tự :

$$P_{n+1}(b_1)P_{n+1}(b_2)\le 0$$

$$...$$

$$P_{n+1}(b_n)P_{n+1}(b_{n+1})\le 0$$

Tức là trên $n+1$ khoảng $(b_0,b_1),(b_1,b_2),...,(b_n,b_{n+1})$ , đa thức $P_{n+1}(x)$ sẽ có $n+1$ nghiệm phân biệt.

Quy nạp hoàn tất.

Và câu trả lời cho bài toán là “có”.

Bài toán : Cho đa thức $f(x)=a{x}^3+b{x}^2+cx+d$ với $a,b,c,d$ là các số thực và $a\ne 0$ thoả mãn $\left|f(x)\right|\le 1,\forall x\in \left[-1,1\right]$. Chứng minh rằng ta luôn có :

$$\left|d{x}^3+c{x}^2+bx+a\right|\le 4,\forall x\in \left[-1,1\right]$$

Lời giải :

Tổng quát :

Cho đa thức $f(x)=a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+...+a_{1}x+a_0(a_n\ne 0)$ thoả mãn $\left|f(x)\right|\le 1,\forall x\in \left[-1,1\right]$. Chứng minh rằng ta luôn có :

$\left|a_0{x}^n+a_1{x}^{n-1}+...+a_{n-1}x+a_n\right|$$\le 2^{n-1},\forall x\in \left[-1,1\right]$

Bài toán (Czech Polish Slovak Match 2012)

Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ và thỏa mãn :

$$f(x+f(y))-f(x)=(x+f(y){)}^4-x^4,\forall x,y\in \mathbb{R}(1)$$

Lời giải :

Nhận thấy hàm $f$ đồng nhất $0$ thỏa mãn. Gỉa sử $\exists a\in \mathbb{R}:f(a)\ne 0$

Khi đó trong $(1)$ ta cho $y=a$, ta được :

$$f(x+f(a))-f(x)=(x+f(a){)}^4-x^4,\forall x\in \mathbb{R}$$

Nhận thấy ${\left(x+f(a)\right)}^4-x^4$ là một đa thức bậc ba theo $x$ nên tập giá trị của nó là $\mathbb{R}$.

Từ đó suy ra hàm $f(x+f(a))-f(x)$ toàn ánh. Do đó với mọi số thực $t$ luôn tồn tại số thực $u,v$ để :

$$t=f(u)-f(v)$$

Trong $(1)$ thay $x$ bởi $-f(y)$ :

$f(0)-f(-f(y))$$=(-f(y){)}^4,\forall y\in \mathbb{R}$$\iff f(-f(y))$$=-f^4(y)+f(0),\forall x\in \mathbb{R}(2)$

Trong $(1)$ thay $x$ bởi $-f(x)$ và chú ý kết quả $(2)$ :

$f(f(y)-f(x))-f(-f(x))$$=(f(y)-f(x){)}^4+f^4(x),\forall x,y\in \mathbb{R}$$\iff f(f(y)-f(x))$$=(f(y)-f(x){)}^4+f(0),\forall x,y\in \mathbb{R}(3)$

Trong $(3)$ ta cho $x=u,y=v$ thay :

$$f(f(u)-f(v))=(f(u)-f(v){)}^4+f(0)\iff f(t)=t^4+f(0),\forall t\in \mathbb{R}$$

Hay là :

$$f(x)=x^4+a,\forall x\in \mathbb{R}$$

Thay vào $(1)$ tìm được $a=0$.

Vậy có hai hàm số thỏa mãn đề bài là :

$$f(x)=0,\forall x\in \mathbb{R}$$

$$f(x)=x^4,\forall x\in \mathbb{R}$$

Bài toán : Cho $a$ là số thực thỏa mãn điều kiện $sin(a)\ne 0$. Chứng minh rằng với mọi giá trị nguyên $n\ge 2$, đa thức 

$$P_n(x)=x^{n}sin(a)-x.sin(na)+sin(n-1)a$$ 

chia hết cho đa thức $Q(x)=x^2-2x.cos(a)+1$.

Lời giải :

Với $n=2$, ta có :

$$P_2(x)=x^{2}sin(a)-x.sin(2a)+sin(a)=sin(a)\left[x^2-2cos(a).x+1\right]=sin(a).Q(x)⋮Q(x)$$

Gỉa sử có $P_n(x)=x^n.sin(a)-x.sin(na)+sin(n-1)a⋮Q(x)$. Xét với $n+1$ :

Ta có :

$$P_{n+1}(x)=x^{n+1}sin(a)-x.sin(n+1)a+sin(na)$$

$$=x\left[x^n.sin(a)-x.sin(na)+sin(n-1)a\right]+x^2.sin(na)-x.sin(n-1)a-x.sin(n+1)a+sin(na)$$

$$=x.P_n(x)+sin(na).\left[x^2-2x.cos(a)+1\right]+2sin(na).cos(a).x-x.sin(n-1)a-x.sin(n+1)a$$

$$=x.P_n(x)+sin(na).Q(x)+x\left[2sin(na).cos(a)-sin(n-1)a-sin(n+1)a\right]$$

$=x.P_n(x)+sin(na).Q(x)+x\left[2sin(na).cosa-2sin(na).cos(a)\right]$$=x.P_n+sin(na).Q(x)⋮Q(x)$

Theo nguyên lí quy nạp, bài toán được chứng minh.

Bài toán : Tìm tất cả các đa thức $f(x)$ có hệ số nguyên và $f(a)+f(b)+f(c)$ chia hết cho $a+b+c$ với mọi số nguyên $a,b,c$.

Lời giải :

Ta có :

$$a+b+c\mid f(a)-f(-b-c)$$

Theo đề bài :

$$a+b+c\mid f(a)+f(b)+f(c)$$

Kéo theo :

$$a+b+c\mid f(b)+f(c)+f(-b-c)(1)$$

Cố định $b,c$, chọn $a$ đủ lớn sao cho $a+b+c>f(b)+f(c)+f(-b-c)$, khi đó $(1)$ không được thỏa mãn. Hiển nhiên tồn tại vô số số nguyên $a$ như vậy. Do đó phải có :

$$f(b)+f(c)+f(-b-c)=0,\forall b,c\in \mathbb{Z}$$

Chọn $b=c$ thì được :

$$2f(b)+f(-2b)=0,\forall b\in \mathbb{Z}$$

Gỉa sử $f(x)=\underset{i=0}{\sum ^n}{a}_i{x}^i$ với $a_n\ne 0$. Đồng nhất hệ số của $x^n$ :

$$2a_n{x}^n+a_n.(-2x_n{)}^n=0\iff 2+(-2{)}^n=0\iff n=1$$

Ta được $f(x)=mx+n,\left(m,n\in \mathbb{Z}\right)$.

Trở lại với giả thiết :

$a+b+c\mid m(a+b+c)+3n,\forall a,b,c\in \mathbb{Z}$$\iff a+b+c\mid 3n,\forall a,b,c\in \mathbb{Z}$$\iff n$$=0$

Đáp số bài toán là $f(x)=mx,\forall x\in \mathbb{R},m\in \mathbb{Z}$

Bài toán (Vietnam Mathematical Olympiad 2002)

Cho đa thức hệ số thực $P(x)=x^3+a{x}^2+bx+c$ có ba nghiệm. Chứng minh rằng :

$$12ab+27c\le 6a^3+10\sqrt{(a^2-2b{)}^3}$$

Lời giải :

Gọi $x,y,z$ là ba nghiệm của $P(x)$. Theo định lí Viete :

$$\{\begin{array}{c}x+y+z=-a\\ xy+yz+zx=b\\ xyz=-c\end{array}$$

Ta cần chứng minh :

$27c$$\le 6a(a^2-2b)+10\sqrt{(a^2-2b{)}^3}$$\iff -27xyz$$\le -6(x+y+z)(x^2+y^2+z^2)+10\sqrt{(x^2+y^2+z^2{)}^3}$

Bất đẳng thức này là thuần nhất nên ta chuẩn hóa $x^2+y^2+z^2=9$. Khi đó cần chứng minh :

$$2(x+y+z)-xyz\le 10$$

Thật vậy, áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz :

${\left[2(x+y+z)-xyz\right]}^2$$={\left[2(y+z)-x(yz-2)\right]}^2$$\le \left[(y+z{)}^2+x^2\right]\left[4+(yz-2{)}^2\right]$$=\left(9+2yz\right)(y^2{z}^2-4yz+8)$

Đặt $t=yz$, ta cần chứng minh :

$$(9+2t)(t^2-4t+8)\le 100\iff t\le \frac{7}{2}$$

Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử $x=max\left\{x,y,z\right\}$. Khi đó $18=2x^2+2y^2+2z^2\ge 3(y^2+z^2)\Rightarrow y^2+z^2\le 6$.

Từ đây theo AM-GM ta có :

$$t=yz\le \frac{y^2+z^2}{2}\le 3\le \frac{7}{2}$$

Ta được điều phải chứng minh.