Chủ đề này có 1 trả lời

[Bé con]

Tìm đa thức P(x) thõa mãn: P(x)P(x-1)=P($ x^{2} )$ (Mọi x thực)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Bé con: 23-06-2008 - 21:39

[Mashimaru]

Em không thất tình nhưng...đa tình, vậy cũng là đủ tiêu chuẩn phải không anh Bé_con

Trước hết, từ giả thiết ta có nhận xét rằng $\forall x_0\in\mathbb{R},P\(x_0\)=0\Rightarrow P\(x_0^2\)=0$ và $P\(\(x_0+1\)^2\)=0$

Do $P\(x\)\in\mathbb{R}\[x\]$ nên nếu bỏ qua trường hợp $P\(x\)$ là đa thức hằng thì theo định lý cơ bản của đại số, $P\(x\)$ ắt có nghiệm $z=a+bi=r(\cos{\alpha}+i\sin{\alpha})$.
Theo nhận xét trên thì $z^2$ là nghiệm của $P\(x\)$. Lại theo công thức Moirve thì ta thấy $r^{2n}(\cos{2^n\alpha}+i\sin{2^n\alpha})$ cũng là nghiệm của $P\(x\),\forall n\in\mathbb{N}$. Hơn nữa, $P\(x\)$ khác đa thức hằng nên suy ra $\|z\|=1$
Lý luận tương tự ta cũng có $\|z+1\|=1$.
Do vậy dẫn đến hệ phương trình:
$\left\{\begin{array}{l}a^2+b^2=1\\a^2+b^2+2a+1=1\end{array}\right$ $\Rightarrow$ $\left\{\begin{array}{l}a=\dfrac{-1}{2}\\b=\pm\dfrac{\sqrt{3}}{2}\end{array}\right$ $\Rightarrow z=-\dfrac{1}{2}\pm i\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
Suy ra $P\(x\)$ có dạng $P\(x\)=(x^2+x+1)^m.Q\(x\)$ trong đó $Q\(x\)$ không chứa nhân tử $f\(x\)=x^2+x+1$.
Thay vào đề bài, để ý các đẳng thức $f\(x-1\)=(x-1)^2+(x-1)+1=x^2-x+1$ và $f\(x^2\)=x^4+x^2+1=\(x^2+x+1\)\(x^2-x+1\)$ thì ta được:
$Q\(x\)Q\(x-1\)=Q\(x^2\)$
Mặt khác, $Q\(x\)$ không chứa nhân tử $f\(x\)$ nên lý luận tương tự ta suy ra $Q\(x\)\equiv c$.
Lúc này, lại thay vào đề bài ta dễ có $c=1$.
Vậy các đa thức thỏa mãn yêu cầu đề bài là: $P\(x\)\equiv 0$ và lớp các đa thức có dạng $P\(x\)=\(x^2+x+1\)^n,\forall n\in\mathbb{N}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mashimaru: 24-06-2008 - 01:26