Phương trình hàm đa thức

By Admin 27/03/2024 0

  • 1. Về một vài dạng phương trình hàm nhiều thức Phương trình hàm nhiều thức là một trong dạng toán khó khăn, nhằm giải được những phương trình hàm loại này, bọn chúng ta cần nắm vững không chỉ những chuyên môn giải phương trình hàm mà còn phải những đặc thù và những đặc thù cơ bản của nhiều thức (nghiệm, thông số, bậc, tính liên tiếp, tính hữu hạn nghiệm, tính khả vi …). Trong bài bác viết này, tất cả chúng ta tiếp tục nhắc đến một vài dạng phương trình nhiều thức đem sơ đồ vật lời nói giải tương tự động nhau: xây dựng nghiệm và chứng tỏ những nghiệm bại vét không còn tập trung nghiệm. 1. Phương trình dạng P(f)P(g) = P(h). Bài toán tổng quát: Giả sử f ( x), g ( x) và h(x) là những nhiều thức nằm trong ¡ [x] tiếp tục mang lại thoả mãn điều kiện: deg( f ) +deg( g ) =deg( h) . Tìm toàn bộ những nhiều thức P(x) nằm trong ¡ [x] sao cho: P[ f ( x )].P[ g ( x )] = [h ( x )] P.. ∀∈ x ¡ (1), Nghiệm của phương trình hàm (1) có khá nhiều đặc thù đặc trưng canh ty tất cả chúng ta rất có thể thiết kế được tất cả những nghiệm của chính nó kể từ những nghiệm bậc nhỏ: Tính hóa học 1.1. Nếu P.., Q là nghiệm của (1) thì PQ . cũng chính là nghiệm của (1). Chứng minh: ( P..Q )[ h( x )] = (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 trái khoáy 1.2. Nếu P(x) là nghiệm của (1) thì Pn(x) cũng chính là nghiệm của (1). Trong tương đối nhiều tình huống, hệ trái khoáy 1.2 được cho phép tất cả chúng ta tế bào miêu tả không còn những nghiệm của (1). Để thực hiện điều này, tao đem lăm le lý cần thiết sau đây: Định lý 1.3. Nếu f, g, h là những nhiều thức với thông số thực thoả mãn ĐK deg(f) + deg(g) = deg(h) và thoả mãn 1 trong các nhì ĐK sau: (i) deg(f) ≠ deg(g) (ii) deg(f) = deg(g) và f* + g* ≠ 0, nhập bại f*, g* là thông số tối đa của những nhiều thức f và g ứng. Khi bại với từng số vẹn toàn dương n tồn bên trên tối đa một nhiều thức P(x) đem bậc n và thoả mãn phương trình (1). Chứng minh: Giả sử P.. là nhiều thức bậc n thoả mãn phương trình (1), deg(f) = f, deg(g) = g, deg(h) = h, những thông số cao nhất của P.., f, g, h ứng là P*, f*, g*, h*. So sánh thông số tối đa nhì vế của những nhiều thức trong phương trình P(f(x))P(g(x)) = P(h(x)) Ta đem P*(f*)n.P*(g*)n = P*(h*)n kể từ bại suy rời khỏi P* = (h*/f*g*)n. Như vậy, nếu như fake sử ngược lại, tồn bên trên một nhiều thức Q bậc n (khác P) cũng thoả mãn phương trình (1) thì Q* = P* và tao có Q(x) = P(x) + R(x) với 0 ≤ r = deg(R) < n (ta quy ước bậc của nhiều thức giống hệt 0 bởi vì -∞, bởi vậy deg(R) ≥ 0 đồng nghĩa tương quan R ko giống hệt 0) Trang 1

    • Bạn đang xem: Phương trình hàm đa thức

  • 2. Thay nhập phương trình (1), tao được (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) (2) Bây giờ tao xét những ngôi trường hợp i) deg(f) ≠ deg(g). Giả sử f > g. Khi bại bậc của những nhiều thức ở vế trái khoáy (2) theo lần lượt là nf + rg, rf + ng, rf + rg, và bởi nf + rg > rf + ng > rf + rg nên vế trái khoáy đem bậc là nf + rg. Trong Khi bại vế nên đem bậc là rh = r(f+g) < nf + rg. Mâu thuẫn. ii) deg(f) = deg(g). Khi bại, nhì nhiều thức thứ nhất ở vế trái khoáy của (2) nằm trong đem bậc là nf + rg = ng + rf và rất có thể xẩy ra sự triệt tiêu xài Khi tiến hành phép tắc nằm trong. Tuy nhiên, xét thông số tối đa của nhì nhiều thức này, tao đem thông số của x nf + rg trong không ít thức loại nhất và loại nhì theo lần lượt bằng P*(f*)nR*(g*)r, R*(f*)rP*(g*)n. Như thế, bậc của xnf+rg nhập tổng nhì nhiều thức bằng P*R*f*rg*r(f*(n-r)+g*(n-r)) ≠ 0 bởi f* + g* ≠ 0. Như vậy, bậc của vế trái khoáy của (2) vẫn chính là nf + rg, trong những khi bại bậc của vế nên là rh = rf + rg < nf + rg. Mâu thuẫn. Định lý được chứng tỏ trọn vẹn. Áp dụng lăm le lý 1.3 và hệ trái khoáy 1.2, tao thấy rằng nếu như P.. 0(x) là một trong nhiều thức số 1 thoả mãn phương trình (1) với f, g, h là những nhiều thức thoả mãn ĐK của lăm le lý 1.3 thì toàn bộ những nghiệm của (1) sẽ có dạng: P(x) ≡ 0, P(x) ≡ 1, P(x) = (P0(x))n. Sau trên đây, tất cả chúng ta tiếp tục kiểm tra một vài ví dụ vận dụng của những đặc thù rằng bên trên. Ví dụ 1. Tìm toàn bộ những nhiều thức P(x) với thông số thực thoả mãn phương trình P(x2) = P2(x) (3) với từng x nằm trong R. Lời giải: Ta đem những hàm f(x) = x, g(x) = x, h(x) = x 2 thoả mãn những ĐK của lăm le lý 1.3, và hàm P(x) = x là hàm số 1 thoả mãn (3) bởi vậy những hàm P(x) ≡ 0, P(x) ≡ 1, P(x) = xn, n = 1, 2, 3, … là tất cả những nghiệm của (3). Ví dụ 2. (Vietnam 2006) Hãy xác lập toàn bộ những nhiều thức P(x) với thông số thực, thoả mãn hệ thức sau: P(x2) + x(3P(x) + P(-x)) = (P(x))2 + 2x2 (4) với từng số thực x. Lời giải: Thay x = - x nhập (4), tao được P(x2) – x(3P(-x) + P(x)) = (P(-x))2 + 2x2 (5) Trừ (4) mang lại (5), tao được 4x(P(x) + P(-x)) = P2(x) – P2(-x)  (P(x) + P(-x))(P(x) – P(–x) – 4x) = 0 (6) (6) đích với từng x nằm trong R, bởi vậy tao nên có + Hoặc P(x) + P(-x) = 0 đích với vô số những độ quý hiếm x + Hoặc (P(x) – P(–x) – 4x = 0 đích với vô số những độ quý hiếm x Do P.. là nhiều thức nên kể từ trên đây tao suy ra + Hoặc P(x) + P(-x) = 0 đích với từng x + Hoặc (P(x) – P(–x) – 4x = 0 đích với từng x Trang 2

    • Xem thêm: TOP iPhone màu xanh dương đáng mua nhất 2022

    Xem thêm: Hợp chất hữu cơ nhất thiết phải chứa nguyên tố nào sau đây?

  • 3. Ta xét những ngôi trường hợp: + P(x) + P(-x) = 0 Khi bại tao đem phương trình P(x2) + 2xP(x) = (P(x))2 + 2x2  P(x2) – x2 = (P(x) – x)2 Đặt Q(x) = P(x) – x thì Q(x2) = Q2(x). Theo ví dụ 1 thì Q(x) ≡ 0, Q(x) ≡ 1, Q(x) = xn. Từ bại P(x) = x, P(x) = x+1, P(x) = xn + x. So sánh với ĐK P(x) + P(-x) = 0, tao chỉ nhận những nghiệm: P(x) = x và P(x) = x2k+1 + x, k = 0, 1, 2 … + P(x) – P(-x) – 4x = 0 Khi bại tao đem phương trình P(x2) + x(4P(x) – 4x) = P2(x) + 2x2  P(x2) – 2x2 = (P(x) – 2x)2 Đặt Q(x) = P(x) – 2x thì Q(x2) = Q2(x) và như vậy Q(x) ≡ 0, Q(x) ≡ 1, Q(x) = xn. Từ bại P(x) = 2x, P(x) = 2x+1, P(x) = xn + 2x. So sánh với ĐK P(x) – P(-x) – 4x = 0, tao chỉ nhận những nghiệm: P(x) = 2x, P(x) = 2x+1 và P(x) = x2k + 2x, k = 1, 2, 3 … Tổng phù hợp nhì tình huống, tao đem toàn bộ nghiệm của (4) là những nhiều thức P(x) = x, P(x) = 2x, P(x) = 2x+1, P(x) = x2k+1 + x, P(x) = x2k + 2x với k = 2, 3, … Ví dụ 3. Tìm toàn bộ những nhiều thức với thông số thực P(x) thoả mãn đẳng thức sau với từng số thực x P(x)P(2x2) = P(2x3+x) (7) Lời giải: Các nhiều thức x, 2x2, 2x3+x thoả mãn ĐK lăm le lý 1.3, bởi vậy tao tiếp tục đi kiếm nghiệm không đồng nhất hằng số với bậc nhỏ nhất của (7). Xét tình huống P(x) đem số 1, P(x) = ax + b. Thay nhập (7), tao có (ax + b)(2ax2+b) = a(2x3+x) + b So sánh thông số của những đơn thức ở nhì vế, tao được hệ a3 = 2a, 2ba2 = 0, ab = a, b2 = b Hệ này vô nghiệm (do a ≠ 0) nên tao rất có thể kết luận: ko tồn trên rất nhiều thức số 1 thoả mãn (7). Tiếp tục xét tình huống P(x) đem bậc 2, P(x) = ax2 + bx + c. Thay nhập (7), tao có (ax2 + bx + c)(4ax4+2bx2+c) = a(2x3+x)2 + b(2x3+x) + c  4a2x6 + 4abx5 + (4ac + 2ab)x4 + 2b2x3 + (ac + 2bc)x2 + bcx + c2 = 4ax6 + 4ax4 + 2bx3 + ax2 + bx + c So sánh thông số những đơn thức ở nhì vế, tao được hệ 4a2 = 4a, 4ab = 0, 4ac + 2ab = 4a, 2b2 = 2b, ac + 2bc = a, bc = b, c2 = c. Hệ này còn có nghiệm a = c = 1, b = 0. Như vậy, P(x) = x 2 + một là nhiều thức bậc 2 thoả mãn (7). Từ hệ quả 1.2 và lăm le lý 1.3, tao suy rời khỏi (x 2+1)k là toàn bộ những nhiều thức bậc chẵn (không giống hệt hằng số) thoả mãn (7). Thế còn những nghiệm của (7) đem bậc lẻ? Rõ ràng nhiều thức x 2 + 1 ko “sinh” rời khỏi được những nghiệm bậc lẻ. Rất như mong muốn, tao rất có thể chứng tỏ những nhiều thức bậc lẻ ko thể là nghiệm của (7). Để chứng minh điều này, phụ thuộc vào đặc thù từng nhiều thức bậc lẻ đều phải có tối thiểu một nghiệm thực, tao chỉ việc chứng minh nếu như P(x) là một trong nhiều thức ko giống hệt hằng số thoả mãn (7) thì P(x) không tồn tại nghiệm thực (đây đó là nội dung bài bác Vietnam MO 1990). Thật vậy, fake sử α là nghiệm thực của P(x), Khi bại 2α3 + α cũng chính là nghiệm của P(x). Nếu α > 0 thì ta có α, α + 2α3, α + 2α3 + 2(α + 2α3)3, … là sản phẩm tăng và toàn bộ đều là nghiệm của P(x), xích míc. Trang 3

  • 4. Tương tự động, nếu như α < 0 thì sản phẩm rằng bên trên là sản phẩm rời và tao cũng đều có P(x) đem vô số nghiệm. Nếu α = 0, đặt P(x) = xkQ(x) với Q(0) ≠ 0, thay cho nhập phương trình, tao có xkQ(x)(2x2)kQ(2x2) = (2x3+x)kQ(2x3+x) => Q(x)(2x2)kQ(2x2) = (2x2+1)kQ(2x3+x) Thay x = 0 nhập tao được 0 = Q(0), xích míc. Vậy P(x) không tồn tại nghiệm thực, tức là P(x) ko thể đem bậc lẻ. Nói cách tiếp theo, Việc đã được giải quyết và xử lý trọn vẹn. Như tiếp tục rằng tại đoạn cuối của bài bác trước, phương trình dạng P(f)P(g) = P(h) còn rất có thể giải bởi vì cách xét những nghiệm (có thể là phức) của nhiều thức P(x) = 0. Sau trên đây tất cả chúng ta xét một ví như vậy: Ví dụ 4: Tìm toàn bộ những nhiều thức ko hằng số P(x) sao cho P(x)P(x+1) = P(x2+x+1) (8) Lời giải: Giả sử a là một trong nghiệm của P(x) = 0. Khi bại a2 + a + 1cũng là nghiệm. Thay x bởi vì x - 1, ta có P(x)P(x-1) = P(x2 – x + 1) Vì P(a) = 0 nên tao cũng suy rời khỏi a2 – a + 1 cũng chính là nghiệm của P(x) = 0. Chọn a là nghiệm đem modul lớn số 1 (nếu mang trong mình 1 vài ba nghiệm như vậy thì tao lựa chọn 1 nhập chúng). Từ cách lựa chọn tao suy rời khỏi |a2 + a + 1| ≤ | a | và |a2 – a + 1| ≤ | a | Áp dụng bất đẳng thức về modul, tao có | 2a | ≤ | a2 + a + 1| + | – a2 + a – 1| ≤ | a | + | a | = | 2a|. Như vậy lốt bởi vì nên xẩy ra ở những đẳng thức bên trên, suy rời khỏi với (a2+a+1) = s(-a2+a-1) với s là một vài dương này bại. Nếu |a2 + a + 1| < | a2 – a + 1| thì 2| a2 – a + 1| > | a2 – a + 1| + | a2 + a + 1| ≥ | 2a |, suy rời khỏi |a2 – a + 1| > | a |. Tương tự động kể từ |a2 + a + 1| > | a2 – a + 1|, cũng suy rời khỏi | a2 + a + 1| > | a |, xích míc với cơ hội lựa chọn a. Vậy |a2 + a + 1| = | a2 – a + 1|. Từ bại s = 1 và tao đem (a2 + a + 1) = (–a2 + a – 1) suy rời khỏi a2 + 1 = 0, suy rời khỏi a = i và như thế x2 + một là quá số của P(x). Từ trên đây P(x) = (x2 + 1)mQ(x), trong bại Q(x) là nhiều thức ko phân tách không còn mang lại x2 + 1. Thay nhập (8), tao đem Q(x) cũng vừa lòng (8). Nếu như phương trình Q(x) = 0 đem nghiệm thì thực hiện tương tự động như bên trên, nghiệm đem modul lớn số 1 phải là i. Nhưng điều này sẽ không thể vì thế x2 + 1 ko phân tách không còn Q(x). Ta tiếp cận Kết luận rằng Q(x) là hằng số, fake sử này đó là c. Thay nhập phương trình, tao được c = 1. Như vậy toàn bộ những nghiệm ko hằng của phương trình (8) đem dạng (x2 + 1)m với m là số nguyên dương. Chú ý rằng Kết luận của lăm le lý không hề đích nếu như f và g là nhì nhiều thức nằm trong bậc và đem thông số cao nhất đối nhau. Ví dụ với phương trình hàm nhiều thức P(x)P(-x) = P(x2-1) (9) rất có thể tìm ra rằng đem 2 nhiều thức bậc nhất, 4 nhiều thức bậc 2 vừa lòng phương trình. Bài toán tế bào miêu tả toàn bộ những nghiệm của (9) lúc này, theo Cửa Hàng chúng tôi, vẫn tồn tại là một trong Việc banh. Bài tập: Trang 4

  • 5. 1. (Bulgaria 1976) Tìm toàn bộ những nhiều thức P(x) thoả mãn điều kiện P(x2 – 2x) = (P(x-2))2 với từng x nằm trong R. 2. (TH&TT 7/2006) Tìm toàn bộ những nhiều thức đem thông số thực thoả mãn P(x)P(x+1) = P(x2+2) với từng x ∈ R. 3. (Bulgaria 1988) Tìm toàn bộ những nhiều thức P(x) ko nên hằng số sao mang lại P(x 3+1) = P3(x+1) với mọi x. 4. Tìm toàn bộ những nhiều thức P(x) chỉ mất nghiệm thực vừa lòng phương trình (9). 5. Tìm tối thiểu một nhiều thức không tồn tại nghiệm thực vừa lòng phương trình ở Việc (9). Phương trình dạng P(f)P(g) = P(h) + Q. Bây giờ tất cả chúng ta xét cho tới phương trình dạng P(f)P(g) = P(h) + Q (1) (Để tiện theo dõi dõi và không thật phiền nhiễu nhập ký hiệu, tao đặt số lại những công thức kể từ 1) trong bại f, g, h, Q là những nhiều thức tiếp tục mang lại, deg(f) + deg(g) = deg(h). Với phương trình (1), nếu như Q ko giống hệt 0 thì tao tiếp tục không hề đặc thù "nhân tính" như dạng 1. Vì thế, việc thiết kế nghiệm trở thành trở ngại. Đây đó là khác lạ cơ bạn dạng của dạng 2 với dạng 1. Tuy nhiên, tao vẫn rất có thể chứng tỏ được lăm le lý có một không hai, được tuyên bố như sau: Định lý: Cho f, g, h là những nhiều thức ko hằng vừa lòng ĐK deg(f) + deg(g) = deg(h), Q là một đa thức mang lại trước. Khi bại, với từng số vẹn toàn dương n và số thực a, tồn bên trên tối đa một nhiều thức P thỏa mãn đồng thời những điều khiếu nại sau: i) deg(P) = n, ii) P* = a iii) P(f)P(g) = P(h) + Q Phép chứng tỏ lăm le lý này trọn vẹn tương tự động với phép tắc chứng tỏ lăm le lý đã và đang được chứng tỏ ở phần 1. 1. Tìm toàn bộ những nhiều thức P(x) vừa lòng phương trình P2(x) – P(x2) = 2x4 2. Tìm toàn bộ những nhiều thức P(x) vừa lòng phương trình P(x2-1) = P2(x) - 1 3. Tìm toàn bộ những cỗ (a, P.., Q) nhập bại a là hằng số thực, P.., Q là những nhiều thức sao cho: P2(x)/Q2(x) = a + P(x2)/Q(x2) Trang 5

  • 6. 3. Một số bài bác luyện tổng hợp 1. P(3x) = P’(x)P”(x)P’’’(x) 2. P(x) nằm trong R[x]: P(x2) = P(x)P(x-1) (Ireland 1994) 3. P(x2) = P(x)P(x+1) 4. P(x) nằm trong Z[x] 16P(x2) = [P(2x)]2 (Nam Tư 1982) 5. Tìm những nhiều thức f(x) thoả mãn: f(f(x)) = f(x)m với m > 1 vẹn toàn mang lại trước (Hồng Công 1999) 6. Cho nhiều thức P(x) = ax2 + bx + c, a ≠ 0. Chứng minh rằng với số n nằm trong N tuỳ ý ko tồn tại nhiều hơn thế nữa một nhiều thức Q(x) thoả mãn đồng nhất: Q(P(x)) = P(Q(x)) với từng x nằm trong R (Hungary 1979) 7. (x-1)P(x-1) = (x+2)P(x) (New York 1976) 8. 2P(x) = P(x+1) + P(x-1) (New York 1975) 9. P(u2 – v2) = P(u+v)P(u-v) 10. Những nhiều thức thông số thực này đem P’ là ước của P? 11. P(x2) = P(x)P(x+1) 12. Tìm P.. và Q nhập R[x] sao cho: P2 = 1 + (x2-1)Q2. 13. P(x+P(x)) = P(x) + P(P(x)) Tài liệu tham lam khảo 1. Nguyễn Văn Mậu, Đa thức đại số và phân thức hữu tỷ, NXB giáo dục và đào tạo 2002. 2. Lê Hoành Phò, Chuyên khảo về nhiều thức, Nhà xuất bạn dạng ĐHQG Tp Sài Gòn, 2003. 3. B.J. Venkatachala, Functional Equations - A problem Solving Approach, PRISM 2002. 4. Christian Leboeuf, Jean Guegand, Algebre, Ellipses 1992. 5. Shkliarsky D.O, Chentsov N.N., Yaglom I.M., Selected Problems and Theorems in Elementary Mathematics, Mir Publishers, Moscow 1979. 6. Conhiagghin …, Các đề vô địch Toán những nước, Nhà xuất bạn dạng Hải chống 1993. 7. Prasolov V.V, Polynomials, MCCME, Moscow 2003. 8. Các tập san Kvant, Toán học tập và tuổi tác con trẻ, tư liệu Internet. Trang 6