Chủ đề này có 5 trả lời

[01634908884]

Tìm tất cả đa thức $P(x)P(x^{2})=P(x^{3})$$\forall x\epsilon \mathbb{R}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 01634908884: 26-01-2017 - 22:01

[An Infinitesimal]

Tìm tất cả đa thức $P(x)P(x^{2})=P(x^{3})$

 

Nếu $P(x) \equiv C$ thì $C=0\vee C=1$. Từ đó ta suy ra cả hai đa thức hằng $P_1(x)=0$ và $P_2(x)= 1$ đều là nghiệm của PT hàm đa thức.

 

Nếu $\deg P\ge 1$ thì đa thức $P$ luôn tồn tại nghiệm phức. Gọi một nghiệm phức nào đó của $P$ là $a$.

Khi đó $a^3$ cũng là nghiệm của đa thức.

 

 

Trường hợp 1:  Đa thức có nghiệm $a=1.$ Khi đó tồn tại $s\in \mathbb{N}$ và đa thức $Q$ sao cho 

$P(x)=x^sQ(x), Q(0)\neq 0.$

Do đó 

$(x-1)^s(x^2-1)^sQ(x)Q(x^2)=(x^3-1)^s Q(x^3).$

 

Suy ra 

 

$(x-1)^s(x+1)^sQ(x)Q(x^2)=(x^2+x+1)^s Q(x^3) \forall x\in \mathbb{R}\setminus\{1\}.$

Suy ra 

 

Nhờ vào tính chất tổng quát của đa thức, ta có

$(x-1)^s(x+1)^sQ(x)Q(x^2)=(x^2+x+1)^s Q(x^3) \forall x\in \mathbb{R}.$

 

Vì $Q(1) \neq 0$ nên điều trên không đúng khi  thay $x=1.$

Chính vì thế đa thức $P$ không thể có nghiệm $a=1.$

 

Trường hợp 2:  Đa thức có nghiệm $a\neq 0, 1.$

 

Trường hợp 2.1: $0< |z_0|<1$

Xét dãy $\{z_n\}: z_1=a, z_{n+1}=z_n^3\, \forall n\in \mathbb{N}.$

Dãy này có tính chất $\{|z_n|\}$ là dãy giảm. Suy ra đa thức có bậc dương $P$ có vô hạn nghiệm. Điều này vô lý.

 

Trường hợp 2.2: $ |z_0|>1$

Xét dãy $\{z_n\}: z_1=a, z_{n+1}=z_n^3\, \forall n\in \mathbb{N}.$

Dãy này có tính chất $\{|z_n|\}$ là dãy tăng. Suy ra đa thức có bậc dương $P$ có vô hạn nghiệm. Điều này vô lý.

 

Do đó cả hai trường hợp trên đều không thể xảy ra vì thế đa thức của có thể có nghiệm bằng 0 (Trường hợp 3: Đa thức có nghiệm $a=0.$). Vì thế, $P(x)=Cx^n.$

Từ phương trình hàm, ta có $C= 1.$ Vì thế các đa thức $P(x)=x^n$ là nghiệm của phương trình hàm với mọi $n\in \mathbb{N}.$

 

 

Kết luận: $P(x)=0, P(x)=1$ và $P(x)=x^n$ là các nghiệm của phương trình hàm với mọi $n\in \mathbb{N}.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vanchanh123: 26-01-2017 - 22:25

[An Infinitesimal]

Nếu $P(x) \equiv C$ thì $C=0\vee C=1$. Từ đó ta suy ra cả hai đa thức hằng $P_1(x)=0$ và $P_2(x)= 1$ đều là nghiệm của PT hàm đa thức.

 

Nếu $\deg P\ge 1$ thì đa thức $P$ luôn tồn tại nghiệm phức. Gọi một nghiệm phức nào đó của $P$ là $a$.

Khi đó $a^3$ cũng là nghiệm của đa thức.

 

 

Trường hợp 1:  Đa thức có nghiệm $a=1.$ Khi đó tồn tại $s\in \mathbb{N}$ và đa thức $Q$ sao cho 

$P(x)=x^sQ(x), Q(0)\neq 0.$

Do đó 

$(x-1)^s(x^2-1)^sQ(x)Q(x^2)=(x^3-1)^s Q(x^3).$

 

Suy ra 

 

$(x-1)^s(x+1)^sQ(x)Q(x^2)=(x^2+x+1)^s Q(x^3) \forall x\in \mathbb{R}\setminus\{1\}.$

Suy ra 

 

Nhờ vào tính chất tổng quát của đa thức, ta có

$(x-1)^s(x+1)^sQ(x)Q(x^2)=(x^2+x+1)^s Q(x^3) \forall x\in \mathbb{R}.$

 

Vì $Q(1) \neq 0$ nên điều trên không đúng khi  thay $x=1.$

Chính vì thế đa thức $P$ không thể có nghiệm $a=1.$

 

Trường hợp 2:  Đa thức có nghiệm $a\neq 0, 1.$

 

Trường hợp 2.1: $0< |z_0|<1$

Xét dãy $\{z_n\}: z_1=a, z_{n+1}=z_n^3\, \forall n\in \mathbb{N}.$

Dãy này có tính chất $\{|z_n|\}$ là dãy giảm. Suy ra đa thức có bậc dương $P$ có vô hạn nghiệm. Điều này vô lý.

 

Trường hợp 2.2: $ |z_0|>1$

Xét dãy $\{z_n\}: z_1=a, z_{n+1}=z_n^3\, \forall n\in \mathbb{N}.$

Dãy này có tính chất $\{|z_n|\}$ là dãy tăng. Suy ra đa thức có bậc dương $P$ có vô hạn nghiệm. Điều này vô lý.

 

Do đó cả hai trường hợp trên đều không thể xảy ra vì thế đa thức của có thể có nghiệm bằng 0 (Trường hợp 3: Đa thức có nghiệm $a=0.$). Vì thế, $P(x)=Cx^n.$

Từ phương trình hàm, ta có $C= 1.$ Vì thế các đa thức $P(x)=x^n$ là nghiệm của phương trình hàm với mọi $n\in \mathbb{N}.$

 

 

Kết luận: $P(x)=0, P(x)=1$ và $P(x)=x^n$ là các nghiệm của phương trình hàm với mọi $n\in \mathbb{N}.$

Mình muốn giải theo một lối riêng. Nếu làm theo cách đơn giản hơn thì có thể tham khảo ý tưởng 'nhân tính' Thầy Nam Dũng (bài viết về "Về một số dạng phương trình hàm đa thức"). Các bạn có thể dùng chức năng search của diễn đàn (kết quả đầu tiên).

Kết quả đã được chèn vào khi mình copy tiêu đề.

 

Vài nhận xét:

(1) Nếu phương trình hàm có các nghiệm là $G, H$ thì $G.H$ cũng là nghiệm.

(2) Nếu cố định hệ số cao nhất cùng bậc thì PT hàm không quá một nghiệm. Điều này có thể kiểm tra bằng phương pháp phản chứng.

 

Từ các nhận xét trên, ta nhận xét thêm $P(x)=x$ là một nghiệm của PT hàm đa thức. Suy ra $x^n$ là một nghiệm của PT hàm đa thức.

Ta chỉ khảo sát trường hợp $n:=\deg P\ge 1.$ Suy ra hệ số cao nhất của P bằng 1.

Suy ra $x^n$ là nghiệm duy nhất khi xét $\deg P=n.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vanchanh123: 30-01-2017 - 13:33

[An Infinitesimal]

Lời giải trên còn một lỗi sai khi chưa xét hết các trường hợp $a\in \mathbb{C}: |a|=1.$ 

 

 

Lời giải bên dưới đã chỉnh sửa một số lỗi.

 

Nếu $P(x) \equiv C$ thì $C=0\vee C=1$. Từ đó ta suy ra cả hai đa thức hằng $P_1(x)=0$ và $P_2(x)= 1$ đều là nghiệm của PT hàm đa thức.

 

Nếu $\deg P\ge 1$ thì đa thức $P$ luôn tồn tại nghiệm phức. Gọi một nghiệm phức nào đó của $P$ là $a$.

Khi đó $a^3$ cũng là nghiệm của đa thức.

 

 

Trường hợp 1: 

 $a\in \mathbb{C}: |a|=1.$

 

Ta chứng minh:

1. Đa thức không thể có nghiệm $a=1$.
2. Đa thức không thể có nghiệm $a=-1$.
3. Đa thức không thể có nghiệm $a\neq \pm 1$ và $|a|=1.$

Chứng minh 1.1: Ta chứng minh đa thức này không thể nhận $1$ là nghiệm. Giả sử đa thức có nghiệm $a=1.$ Khi đó tồn tại $s\in \mathbb{N}$ và đa thức $Q$ sao cho 

$P(x)=(x-1)^sQ(x), Q(1)\neq 0.$

Do đó 

$(x-1)^s(x^2-1)^sQ(x)Q(x^2)=(x^3-1)^s Q(x^3).$

 

Suy ra 

 

$(x-1)^s(x+1)^sQ(x)Q(x^2)=(x^2+x+1)^s Q(x^3) \forall x\in \mathbb{R}\setminus\{1\}.$

Suy ra 

 

Nhờ vào tính chất tổng quát của đa thức, ta có

$(x-1)^s(x+1)^sQ(x)Q(x^2)=(x^2+x+1)^s Q(x^3) \forall x\in \mathbb{R}.$

 

Vì $Q(1) \neq 0$ nên điều trên không đúng khi  thay $x=1.$

Chính vì thế đa thức $P$ không thể có nghiệm $a=1.$

 

Chứng minh 1.2:  Ta chứng minh đa thức này không thể nhận $-1$ là nghiệm. Giả sử đa thức có nghiệm $a=-1.$ Khi đó tồn tại $s\in \mathbb{N}$ và đa thức $Q(x)\in \mathbb{R}[x]$ sao cho 

$P(x)=(x+1)^sQ(x), Q(-1)\neq 0.$

Do đó 

$(x+1)^s(x^2+1)^sQ(x)Q(x^2)=(x^3+1)^s Q(x^3).$

 

Suy ra 

 

$((x^2+1)^sQ(x)Q(x^2)=(x^2-x+1)^s Q(x^3) \forall x\in \mathbb{R}.$

 

Thay lần lượt $x=\pm i$, ta có $Q(\pm i)=0.$

 

Do đó, tồn tại $t\in \mathbb{N}$ và đa thức $R(x)\in \mathbb{r}[x]$ sao cho $R(\pm i)\neq 0$ và

$Q(x)=(x^2+1)^tR(x).$

 

Suy ra 

 

 

$((x^2+1)^{t+s}(x^4+1)^tR(x)R(x^2)=(x^2-x+1)^s(x^6+1)^t R(x^3) .$

 

 

Suy ra 

$((x^2+1)^{s}(x^4+1)^tR(x)R(x^2)=(x^2-x+1)^s(x^4-x^2+1)^t R(x^3).$

 

Thay $x=i$, ta suy ra điều vô lý.

 

Chứng minh 1.3: 

Giả sử đa thức có nghiệm $a=e^{i \alpha}$ với $\alpha\in (0,2\pi)\setminus \{\pi\}.$

 

Nếu dựa vào nhận xét $a$ là nghiệm của $P$ thì $a^3$ là nghiệm của $P$ thì lập luận tiếp theo gặp nhiều khó khăn.

 

Tiếp theo, ta dựa vào lập luận: nếu $a^3$ là nghiệm của $P$ thì $a$ hoặc $a^2$ là nghiệm của $P$.

 

Xét dãy $a_1=a_0$, a_{k+1}= e^{i 3^{-k}\alpha}  nếu  $e^{i \alpha_k/3}$ là nghiệm của $P$, ngược lại  $a_{k+1}=e^{ì\alpha_k/3}$, trong đó $\alpha_k \in (0, 2\pi): a_k= e^{i \alpha_k}.$

 

Hiển nhiên dãy $\{a_k\}$ là dãy gồm các phần tử phân biệt vì $|\alpha_k-\alpha_k'|<2\pi\, \forall k\neq k'.$ 

 

Mỗi phần tử của $\{a_k\}$ đều là nghiệm của $P$. Điều này vô lý vì đa thức không thể có vô số nghiệm.

 

 

Trường hợp 2:  Đa thức có nghiệm $a\neq 0, 1.$

 

Trường hợp 2.1: $0< |z_0|<1$

Xét dãy $\{z_n\}: z_1=a, z_{n+1}=z_n^3\, \forall n\in \mathbb{N}.$

Dãy này có tính chất $\{|z_n|\}$ là dãy giảm. Suy ra đa thức có bậc dương $P$ có vô hạn nghiệm. Điều này vô lý.

 

Trường hợp 2.2: $ |z_0|>1$

Xét dãy $\{z_n\}: z_1=a, z_{n+1}=z_n^3\, \forall n\in \mathbb{N}.$

Dãy này có tính chất $\{|z_n|\}$ là dãy tăng. Suy ra đa thức có bậc dương $P$ có vô hạn nghiệm. Điều này vô lý.

 

Do đó cả hai trường hợp trên đều không thể xảy ra vì thế đa thức của có thể có nghiệm bằng 0 (Trường hợp 3: Đa thức có nghiệm $a=0.$). Vì thế, $P(x)=Cx^n.$

Từ phương trình hàm, ta có $C= 1.$ Vì thế các đa thức $P(x)=x^n$ là nghiệm của phương trình hàm với mọi $n\in \mathbb{N}.$

 

 

Kết luận: $P(x)=0, P(x)=1$ và $P(x)=x^n$ là các nghiệm của phương trình hàm với mọi $n\in \mathbb{N}.$

 

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vanchanh123: 31-01-2017 - 00:28

[hthang0030]

Một cách tổng quát ta xác định các đa thức P(x) thỏa mãn P(x)P(y)=P(xy) (*)

Thay x=y=0 vào (*) ta được:$P^2(0)=P(0)$=>P(0)=1 hoặc P(0)=0

+)P(0)=1,thay y=0 vào (*) ta được P(x)=1

+)P(0)=0=>P(x)=xQ(x).Thay vào (*) ta được:Q(x).Q(y)=Q(xy) (**)

tương tự $Q(x)=xQ_{1}(x)$ Thay vào (**) ta được:$Q_{1}(x).Q_{1}(y)=Q_{1}(xy)$

Lặp lại quá trình này ta được $P(x)=x^n$

+)Thử lại đúng

+)Vậy P(x)=1 hoặc $P(x)=x^n$

[An Infinitesimal]

Một cách tổng quát ta xác định các đa thức P(x) thỏa mãn P(x)P(y)=P(xy) (*)

 

Đây là một bài toán khác!