Một Số Bài Toán Về đa Thức Một Biến - Thư Viện Đề Thi

Có thể bạn quan tâm

Trang Chủ
Đăng ký
Đăng nhập
Upload
Liên hệ

Trang Chủ › Toán Học›Toán 10 Một số bài toán về đa thức một biến pdf

9 trang

khoa-nguyen Lượt xem

9989

1 Download Bạn đang xem tài liệu "Một số bài toán về đa thức một biến", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Đa thức một biến MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ ĐA THỨC MỘT BIẾN Ví dụ 1. Cho hai đa thức P (x) và Q (x) đều có nghiệm thực và thỏa mãn P ( 1+ x+Q(x)2)=Q (1+ x+P(x)2) . Chứng minh rằng P(x)≡Q(x). Để so sánh đồng nhất thức, ta dựa vào định nghĩa sau: Hai đa thức f (x)= m∑ k=0 akxk, g(x)= n∑ k=0 bkxk bằng nhau khi và chỉ khi m= n và ai = bi với mọi i = 0,n. Ngoài ra ta còn dùng định lí về số nghiệm của đa thức để chứng minh hai đa thức bằng nhau. Cụ thể: Cho hai đa thức P,Q ∈R[x] có n=max{deg(P),deg(Q)}. Nếu đa thức P(x)−Q(x) có ít nhất n+1 nghiệm phân biệt thì P(x)=Q(x) với mọi x. Lời giải. Ta chứng minh tồn tại α để P (α)=Q (α). Gọi a,b lần lượt là nghiệm P (x) và Q (x). Ta có P(a)2−Q(a)2 < 0< P(b)2−Q(b)2. Mà P(x)2−Q(x)2 là hàm liên tục nên tồn tại c sao cho P(c)2 =Q(c)2. Đặt α= 1+ c+Q(c)2 = 1+ c+P(c)2 thì ta có P (α)=Q (α). Xét dãy (xn) : x0 = α,xn+1 = 1+ xn +Q(xn)2, ta có dãy (xn) là dãy tăng thực sự và đều là nghiệm của phương trình P (x)=Q (x). Suy ra P ≡Q. Ví dụ 2. Xác định đa thức hệ số thực P (x) thỏa mãn P ( (x+1)2016)= (P(x)+3x+1)2016− (x+1)2016 và P (0)= 0. Lời giải. Dễ thấy P (x) không là đa thức hằng. Đặt Q (x)= P (x)+ x, ta có Q ( (x+1)2016)= (Q (x)+2x+1)2016. Xét dãy số (xn) : { x0 =Q(0)= 0 xn+1 = (1+ xn)2016 . Ta có Q (x1)=Q ( (1+ x0)2016 )= (Q(x0)+2x0+1)2016 = 1= x21. Giả sử Q (xn)= x2n, ta có Q (xn+1)=Q ( (xn+1)2016 )= (Q(xn)+2xn+1)2016 = (x2n+2xn+1)2016 = [(xn+1)2016]2 = x2n+1. Do đó Q (xn)= x2n với mọi n= 1,2, ...Mà dãy (xn) là dãy tăng thực sự nên ta có Q (x)≡ x2. Vậy P (x)= x2− x. Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 1 Đa thức một biến Ví dụ 3. Cho hai đa thức P (x) ,Q (x) có hệ số cao nhất bằng 1 và thỏa mãn P (P(x))=Q (Q(x)) . Chứng minh rằng P(x)≡Q(x). Lời giải. Đặt R (x)= P (x)−Q (x), gia sử deg(R)= k, 0< k≤ n−1. Ta có P (P(x))−Q (Q(x))= P (P(x))−Q (P(x))+Q (P(x))−Q (Q(x))=Q (P(x))−Q (Q(x))+R (P(x)) (1). Giả sử deg(P)= deg(Q)= n, deg(R)= k,0< k≤ n−1 và Q (x)= xn+an−1xn−1+ ...+a1x+a0. Khi đó Q (P(x))−Q (Q(x))= P(x)n−Q(x)n+ n−1∑ i=1 ai [ P(x)i−Q(x)i ] (2). Vì P(x)n−Q(x)n =R (x) ( n−1∑ i=0 P(x)i.Q(x)n−1−i ) nên đa thức Q (P(x))−Q (Q(x)) có bậc bằng n2−n+k. Mặt khác đa thức R (P(x)) có bậc nk và nk ≤ n2− n+ k nên vế trái của (1) có bậc bằng n2−n+k. Nhưng vế phải của (1) là đa thức không. Điều này dẫn tới mâu thuẫn. Do đó deg(R)= 0 hay R (x)= c. Khi đó P (x)=Q (x)+ c nên P (P(x))=Q (Q(x)) trở thành Q (Q(x)+ c)+ c=Q (Q(x)) . Suy ra tồn tại vô số giá trị của y để: Q (y+ c)+ c=Q (y) hay Q (x+ c)+ c=Q (x) với mọi x. Từ đây, suy ra c= 0 hay R (x)= 0 ∀x. Vậy P (x)≡Q (x) . Bài tập 1. (T9/411) Cho hai đa thức hệ số thực P (x) và Q (x) thỏa mãn P ( 1+ x+Q(x)+Q2(x))=Q (1+ x+P(x)+P2(x)) , ∀x ∈R. Chứng minh rằng nếu phương trình P (x)=Q (x) có nghiệm thì P (x)≡Q (x). Ví dụ 4. Cho đa thức hệ số thực P (x) thỏa mãn P (sinx)= P (cosx) với mọi x. Chứng minh rằng tồn tại đa thức Q (x) hệ số thực sao cho P (x)=Q (x4− x2) . Các phương pháp thương sử dụng trong bài toán chứng minh tồn tại Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 2 Đa thức một biến • Phản chứng • Quy nạp • Xây dựng Lời giải. Vì cos(−x)= cosx và sin(−x)=−sinx nên ta có P (sinx)= P (−sinx). Dẫn tới P (−x)= P (x) với mọi x hay P (x)=R (x2). Suy ra R ( cos2x )=R (sin2x)⇒R (1− x)=R (x) Đặt T(x)=R(x+ 1 2 )⇒R(x)=T(x− 1 2 ), ta có: T ( 1 2 − x ) =T ( x− 1 2 ) hay T (−x)=T (x) . Do đó T (x)= S (x2). Vậy P (x)=R (x2)=T (x2− 1 2 ) = S ( x4− x2+ 1 4 ) =Q (x4− x2) . Bài tập 2. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho tồn tại một đa thức bậc n, hệ số nguyên f (x) với hệ số khởi đầu dương và đa thức hệ số nguyên g (x) thỏa mãn xf (x)2+ f (x)= (x3− x) g(x)2. Bài tập 3. Cho đa thức P (x) thỏa mãn P (x)≥ 0 ∀x. Chứng minh rằng tồn tại hai đa thức A (x) ,B (x) sao cho P (x)= A(x)2+B(x)2. Bài tập 4. (Ấn Độ TST 2015) Cho hai đa thức f , g có hệ số nguyên và hệ số cao nhất là số thực dương. Biết deg( f ) là số lẻ và{ f (a) ∣∣∣∣a ∈Z}= {g(a) |a ∈Z } . Chứng minh rằng tồn tại số nguyên k sao cho g (x)= f (x+k). Bài tập 5. Cho dãy vô hạn các số nguyên p0, p1, · · · pn, · · · và một đa thức hệ số nguyên P(x) thỏa mãn đồng thời hai tính chất sau i) m−n|pm− pn với mọi n>m≥ 0 Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 3 Đa thức một biến ii) |pn| < P(n) với mọi n ∈N. Chứng minh rằng tồn tại đa thức hệ số nguyên Q(x) sao cho Q(n)= pn với mọi n ∈N. Ví dụ 5. (Slovenia MO 2014) Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P (x) thỏa mãn P (P(x))= (x2+ x+1)P (x) với mọi x ∈R. Lời giải. Nếu P (x) là đa thức hằng thì ta có P (x)≡ 0. Xét deg(P)= n≥ 1, giả sử P (x)= n∑ i=0 aixi với an 6= 0. deg(P (P(x)))= n2, deg((x2+ x+1)P(x))= n+2. Suy ra n2 = n+2⇒ n= 2. Do đó P (x)= ax2+bx+ c, a 6= 0. Đồng nhất hệ số ta tìm được a= b= 1, c= 0. Do vậy P (x)= x2+ x. Ví dụ 6. (T9/416) Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P (x) thỏa mãn{ P (2)= 12 P ( x2 )= x2 (x2+1)P (x) , ∀x ∈R . Lời giải. Đặt deg(P) = n. Từ hệ thức P (x2) = x2 (x2+1)P (x) (1) ta có 2n = n+4, suy ra n= 4. Từ (1), suy ra P (x) ...x (x+1), suy ra P (x2) ...x3 và khi cho x= 1 ta được P (1)= 0. Suy ra P (x)= ax2 (x+1)(x−1). Do P (2)= 12 nên ta tìm được a= 1. Vậy P (x)= x4− x2 là đa thức cần tìm. Ví dụ 7. Tìm đa thức P ∈Z biết P(x2)= 1 16 [P(2x)]2. Lời giải. Đặt P(x)= n∑ i=0 aixi,an 6= 0,ai ∈Z . Ta có P ( x2 ) có hệ số bậc cao nhất bằng an và 1 16 [P(2x)]2 có hệ số của bậc cao nhất bằng 1 16 .(2nan)2. Do đó, ta có 4na2n = 16an⇔ an = 16 4n . Vì an ∈Z nên n= 0,1,2 . +) n= 0⇒ P(x)=C , ta có C = 1 16 C2⇒C = 0,C = 16 +) n= 1⇒ P(x)= ax+b⇒ ax2+b= 1 16 (2ax+b)2⇒ b= 0,a= 4⇒ P(x)= 4x +) n= 2⇒ P(x)= x2+bx+ c⇒ x4+bx2+ c= 1 16 [ 4x2+2bx+ c]2⇒ b= c= 0 Suy ra P(x)= x2 . Vậy P(x)≡ 0,P(x)≡ 16,P(x)= 4x,P(x)= x2 là các hàm cần tìm. Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 4 Đa thức một biến Ví dụ 8. Tìm đa thức P ∈R[x] biết P(x2)= [P(x)]2. Lời giải. Ta thấy nếu P ≡C thì C = 0 hoặc C = 1. Xét P không là đa thức hẳng. Khi đó, ta đặt P(x)= n∑ i=0 anxn,an 6= 0 , ai ∈R . So sánh hệ số cao nhất của hai đa thức P(x2) và [P(x)]2 ta có an = 1. So sánh hệ số tự do của hai đa thức trên ta có a0 = a20⇒ a0 = 0 hoặc a0 = 1. +) a0 = 1 , ta có hệ số của x trong [P(x)]2 bằng 2a1 . Còn P ( x2 ) là đa thức bậc chẵn nên ta có 2a1 = 0⇔ a1 = 0 . Giả sử ak với 3≤ k≤ n−1 là chỉ số thỏa ak 6= 0 và ai = 0, ∀i = 2,3, ...,k−1. Khi đó P(x)= xn+ ...+akxk+1 Suy ra P ( x2 )= x2n+ ...+akx2k+1 và [P(x)]2 = ( x2n+ ...+akxk+1 )2 . So sánh hệ số của xk trong hai đa thức trên ta có 2ak = 0⇒ ak = 0 . Do đó P(x)= xn+1 , ta thấy đa thức này không thỏa bài toán. +) a0 = 0⇒ P(x)= xkQ(x), Q(0) 6= 0. Nếu Q(x) không là đa thức hằng thì từ P(x2)= [P(x)]2 ta có Q(x2)=Q2(x)⇒Q(x) không tồn tại. Do đó P(x)= xn. Vậy P ≡ 0,P ≡ 1,P ≡ xn. Chú ý: Xét phương trình hàm đa thức P( f ).P(g)= P(h) (I). Nghiệm của phương trình (I) có một số tính chất thú vị sau: Tính chất 1: Nếu P,Q là hai nghiệm của (I) thì P.Q cũng là nghiệm của (I). Từ đó, suy ra nếu P là nghiệm của (I) thì Pn cũng là nghiệm của (I). Tính chất 2: Nếu deg( f )+deg(g)= deg(h) và thỏa mãn một trong hai tính chất sau i) deg( f ) 6= deg(g) ii) deg( f )= deg(g) và a f +ag 6= 0 với a f , ag tương ứng là hệ số cao nhất của f và g thì với mỗi số nguyên dương n,tồn tại nhiều nhất một đa thức P(x) bậc n thỏa mãn (I). Ví dụ 9. Tìm đa thức P ∈R[x] thỏa mãn P(x).P(2x2)= P(2x3+ x). Lời giải. Ta thấy các điều kiện của định lí 2 đều thỏa mãn. Bằng cách thử trực tiếp ta thấy : +) Với P(x)= ax+b thì ta không tìm được a,b. +) Với P(x)= ax2+bx+ c thì ta tìm được a= c= 1,b= 0. Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 5 Đa thức một biến Suy ra P(x)= (x2+1)k là nghiệm của phương trình đã cho. Đo đó nếu P(x) là đa thức bậc chẵn thì P(x)= (x2+1)k. Xét P(x)là đa thức bậc lẻ. Ta chứng minh không tồn tại đa thức bậc lẻ thỏa phương trình đã cho. Thật vậy, nếu tồn tại đa thức như thế thì P(x) sẽ có ít nhất một nghiệm thực, ta gọi nghiệm đó là α. Khi đó, ta xét dãy (xn) : x0 =α,xn+1 = 2x3n+ xn với n≤ 0. Ta có P(xn)= 0 với mọi n. +) Nếu α> 0 thì ta có dãy (xn) là dãy tăng thực sự, suy ra P(x)= 0 có vô số nghiệm. Điều này vô lí. +) Nếu α< 0 thì dãy (xn) là dãy giảm thực sự nên ta cũng suy ra điều vô lí. Do đó α= 0, suy ra P(x)= xm.Q(x) với Q(0) 6= 0. Thay vào phương trình ban đâu ta có 2mx2mQ(x)Q(2x2)= (2x2+1)mQ(2x3+ x) Cho x= 0 ta có Q(0)= 0 (vô lí). Do vậy không tồn tại đa thức bậc lẻ thỏa bài toán. Ví dụ 10. (HCM ngày 1, 2013) Tìm đa thức P(x) hệ số thực thỏa P(x).P(x−3)= P(x2) ∀x ∈R. Lời giải. • Nếu P(x)= k, từ giả thiết ta có k2 = k⇔ k= 0,k= 1. • Xét deg(P)≥ 1. Gọi α nghiệm phức của đa thức P(x) Từ P(α2)= P(α).P(α−3)= 0 nên α2 cũng là nghiệm của P(x) Bằng quy nạp ta chứng minh được α,α2,α4, ...,α2 n , ... đều là nghiệm của P(x). Vì nghiệm của P(x) là hữu hạn nên α= 0 hoặc |α| = 1 (1). Mặt khác P((α+3)2)= P(α+3).P(α)= 0 nên ta cũng có được dãy (α+3)2, (α+3)22 , ..., (α+3)2n , .. là nghiệm của P(x) Suy ra |α+3| = 0 hoặc |α+3| = 1 (2). Tuy nhiên rằng không có số phức nào thỏa mãn đồng thời (1) và (2). Vậy P(x)≡ 0, P(x)≡ 1. Ví dụ 11. Tìm tất cả các đa thức P (x) hệ số thực sao cho với mọi a,b, c thỏa a+ b+ c = 0 thì P ( a3 )+P (b3)+P (c3)= 3P (abc) (1). Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 6 Đa thức một biến Lời giải. Không mất tính tổng quát, ta giả sử P (0)= 0. Trong (1), chọn a= x,b=−x, c= 0 ta có P ( x3 )+P (−x3)= 0⇒ P (x)=−P (−x) ∀x. Trong (1), chọn a= b= x, c=−2x ta có 2P ( x3 )−P (8x3)=−3P (2x3) Hay 2P (x)−P (8x)=−3P (2x) (2). Giả sử P (x)= n∑ k=0 akxk, n≥ 1,an 6= 0. So sánh hệ số xn trong (2) ta thu được: 2an−an.8n =−3.an.2n⇔ 2+3.2n = 8n⇒ n= 1. Vậy P (x)= ax+b với a,b ∈R. Ví dụ 12. 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. Với mọi số nguyên m,n ta có f (m)− f (n)...m−n. Suy ra f (a)− f (−(b+ c)) ...a+b+ c, mà f (a)+ f (b)+ f (c)...a+b+ c Nên ta có được f (b)+ f (c)+ f (−(b+ c))...a+b+ c với mọi a,b, c. Cho alớn tùy ý ta có f (b)+ f (c)=− f (−(b+ c)). Cho c= b ta có 2 f (b)=− f (−2b) (1). Giả sử f (x)= anxn+ ...+a1x+a0. So sánh hệ số của xn trong hai vế của (1) ta được: 2anbn =−an(−2)nbn⇒ a=−(−2)n⇒ n= 1. Hơn nữa, cũng từ (1) ta có f (0)= 0 nên suy ra f (x)= kx,k ∈Z. Kiểm tra lại dễ thấy f (x)= kx, k ∈Z thỏa bài toán. Vậy f (x)= kx, k ∈Z là đa thức cần tìm. Ví dụ 13. (TST EGMO 2014). Gọi d (n) là ước nguyên tố nhỏ nhất của số nguyên n ∉ {0,−1,1}. Xác định tất cả các đa thức hệ số nguyên P (x) thỏa mãn P (n+d(n))= n+d (P(n)) (1) với mọi số nguyên n> 2014 và P (n) ∉ {0,−1,1}. Lời giải. Xét deg(P)= n≥ 2 và p là số nguyên tố, ta có: P (p+d(p))= p+d (P(p))⇔ P (2p)= p+d (P(p)) . Suy ra |P (2p)| ≤ p+|P (p)|⇒ ∣∣∣∣P (2p)P (p) ∣∣∣∣≤ p|P (p)| +1 (2). Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 7 Đa thức một biến Khi cho p→+∞ thì VT (2)→ 2n và VP (2)→ 1. Điều này vô lí, do đó deg(P)≤ 1. +) deg(P)= 1. Đặt P (x)= ax+b, cho x= p ta có 2ap+b= p+d (P(p))⇔ (2a−1) p+b= d (ap+b) . Với p đủ lớn, ta có 2a−1> 0⇒ a≥ 1. Nhưng, khi đó (2a−1) p+b≥ ap+b≥ d (ap+b) . Nên ta có a= 1 và d(n)+b= d (n+b) (3). Nếu b> 0, khi đó với n= 2k−b ta có VT(3)≥ 3>VP(3)= 2 vô lí. Nếu b< 0, ta chọn n= 2k ta có VT (3)≤ 1< 2≤VP(3) vô lí. Do đó b= 0 hay P (x)= x. +) deg(P)= 0, ta có P (x)=C, C ∉ {0,−1,1}. Bài tập 6. (VMO 2006) Hãy xác định tất cả các đa thức P (x) với hệ số thực, thoả mãn hệ thức sau: P ( x2 )+ x (3P (x)+P (−x))= (P (x))2+2x2 (1) với mọi số thực x . Bài tập 7. (Hy Lạp TST 2014). Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P (x) thỏa mãn P(x)3+3P(x)2 = P (x3)−3P (−x) (1) với mọi x ∈R. Bài tập 8. (Hy Lạp MO 2014). Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P (x) thỏa mãn (x2−6x+8)P(x)= (x2+2x)P(x−2) với mọi x. Bài tập 9. Tìm đa thức hệ số nguyên P (x) thỏa mãn P5 (x)= x28P2 (x) (1) với mọi x ∈R. Trong đó Pn (x)= P (P (...P(x))). Bài tập 10. Tìm đa thức hệ số thực P (x) thỏa mãn (P(a)+P(b)) (P(c)+P(d))= P(ac+bd)+P(ad−bc) (1). với mọi a,b, c,d ∈R. Bài tập 11. Cho đa thức P (x) = anxn+ an−1xn−1+ ...+ a1x+ a0 có bậc n ≥ 1 và các hệ số không âm. Biết P (4)= 2,P (16)= 8 và P (8)= 4. Xác định đa thức P (x). Bài tập 12. (T9/421) Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P (x) thỏa mãn P2 (x)−1= 4P (x2−4x+1) . Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 8 Đa thức một biến Bài tập 13. (Canada MO 2013) Tìm đa thức P(x) thỏa mãn đa thức (x+1)P(x−1)− (x−1)P(x) là đa thức hằng. Bài tập 14. Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P (x) thỏa mãn P(a)2+P(b)2+P(c)2 = P(a+b+ c)2 (1) với mọi a,b, c ∈R thỏa mãn ab+bc+ ca= 0. Bài tập 15. (IMO 2004) Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P (x) thỏa mãn P (a−b)+P (b− c)+P (c−a)= 2P (a+b+ c) với mọi số thực a,b, c thỏa mãn ab+bc+ ca= 0. Bài tập 16. (Albanian BMO TST 2009) Tìm các đa thức P (x) có bậc không vượt quá n, các hệ số thực không âm và thỏa mãn P (x) .P ( 1 x ) ≤ P(1)2 với mọi x> 0. Bài tập 17. (Thái Lan MO 2014). Tìm tất cả các đa thức hệ số nguyên P (x) sao cho P (n) ∣∣2557n+213×2014 , với mọi n ∈N∗. Bài tập 18. Tìm tất cả các đa thức hệ số thực thỏa mãn : P2(x)+P2 ( 1 x ) = P(x2)P ( 1 x2 ) , ∀x ∈R (1). Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 9

Tài liệu đính kèm:

Dathuc-NguyenTatThu-Gap go Toan hoc 2015.pdf

Đề thi liên quan

Kiểm tra học kì II môn học: Toán lớp 10
Lượt xem: 924 Lượt tải: 0
Đề kiểm tra 1 tiết Chương III môn Hình học Lớp 10
Lượt xem: 186 Lượt tải: 0
Kiểm tra học kì II môn: Toán lớp 10 - Đề A
Lượt xem: 792 Lượt tải: 0
Đề kiểm tra 15 phút môn: Hình học 10 - Mã đề thi 132
Lượt xem: 1041 Lượt tải: 0
Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm năm học 2016 – 2017 môn: Toán 10
Lượt xem: 1101 Lượt tải: 0
Đề thi thử đại học lần 4, năm học 2012 - 2013 môn thi: Toán d - Lớp 10 thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Lượt xem: 1375 Lượt tải: 0
Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên năm học 2015 - 2016 môn: Toán (không chuyên)
Lượt xem: 1403 Lượt tải: 0
Kiểm tra học kì II môn: Toán lớp 10 - Trường thpt Hoàng Hoa Thám
Lượt xem: 1109 Lượt tải: 0
Toán 10 - Bài tập trắc nghiệm chương 1, 2
Lượt xem: 1269 Lượt tải: 1
Ôn thi kỳ I môn Toán 10 – Năm học 2016 - 2017
Lượt xem: 891 Lượt tải: 1