Chủ đề này có 1 trả lời

[Baoriven]

Tìm tất cả các đa thức $P(x)$ thoả mãn:

\[ P(a+b)=6(P(a)+P(b))+15a^2b^2(a+b) \]

với mọi số phức $a,b$ thoả $a^2+b^2=ab$.

(Titu Andresscu)

[Dark Repulsor]

Với mỗi $k\in \mathbb{N^{*}}$, ta sẽ chứng minh luôn tồn tại $1$ hằng số $c_{k}$ thỏa mãn: $a^{k}+b^{k}=c_{k}(a+b)^{k}$ với điều kiện $a^{2}+b^{2}=ab$

Xét dãy số: $\left\{\begin{matrix} c_{1}=1 ; c_{2}=\dfrac{1}{3}  \\ c_{k+2}=c_{k+1}-\dfrac{1}{3}c_{k} \end{matrix}\right.$ $\forall k\in \mathbb{N^{*}}$ . Ta sẽ chứng minh dãy số này thỏa mãn mệnh đề trên bằng quy nạp

$k=1 \Rightarrow c_{1}=1$

$k=2$: $a^{2}+b^{2}=(a+b)^{2}-2ab=(a+b)^{2}-2\left(a^{2}+b^{2}\right) \Rightarrow ab=a^{2}+b^{2}=\frac{1}{3}(a+b)^{2} \Rightarrow c_{2}=\frac{1}{3}$

Giả sử mệnh đề đúng đến $k=j+1$:

$a^{j+2}+b^{j+2}=(a+b)\left(a^{j+1}+b^{j+1}\right)-ab\left(a^{j}+b^{j}\right)=c_{j+1}(a+b)^{j+2}-\frac{1}{3}c_{j}(a+b)^{j+2}=c_{j+2}(a+b)^{j+2}$

Dãy số $c_{k}$ sai phân tuyến tính cấp $2$ nên ta dễ tìm đc công thức tổng quát: $c_{k}=\left(\dfrac{\sqrt{3}+i}{2\sqrt{3}}\right)^{k}+\left(\dfrac{\sqrt{3}-i}{2\sqrt{3}}\right)^{k}$

$c_{3}=0$ ; $c_{4}=c_{5}=\frac{-1}{9}$

Với $k\geq 5$: $\left | c_{k} \right |\leq 2\left | \dfrac{\sqrt{3}+i}{2\sqrt{3}} \right |^{k}=2\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)^{k}\leq \dfrac{2\sqrt{3}}{27} \Rightarrow \left | 6c_{k} \right |\leq \dfrac{4\sqrt{3}}{9}<1$

$15a^{2}b^{2}(a+b)=15\left[\frac{(a+b)^{2}}{3}\right]^{2}(a+b)=\frac{5}{3}(a+b)^{5}$

$P(0;0) \Rightarrow P(0)=0$ . Đặt $P(x)=\sum_{i=1}^{n}m_{i}x^{i}$ ($n\in \mathbb{N^{*}}$ ; $m_{n}\neq 0$)

Đồng nhất hệ số $(a+b)^{k}$ ta có: $m_{k}=6c_{k}m_{k}$  $\forall k\neq 5$ $\Rightarrow m_{k}=0$  $\forall k\neq 5$

Mặt khác: $m_{5}=6c_{5}m_{5}+\frac{5}{3}=\frac{-2}{3}m_{5}+\frac{5}{3} \Rightarrow m_{5}=1$

Vậy $P(x)=x^{5}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dark Repulsor: 07-07-2021 - 09:26