Chủ đề này có 6 trả lời

[nguyendinh_kstn_dhxd]

Chứng minh rằng nếu $f(x)$ là một đa thức thỏa mãn
$$f(x)f(2x^2)=f(2x^3+x), \forall x \in \mathbb{R}$$
thì $f(x)$ không có nghiệm thực.

[trauvang97]

Chứng minh rằng nếu $f(x)$ là một đa thức thỏa mãn
$$f(x)f(2x^2)=f(2x^3+x), \forall x \in \mathbb{R}$$
thì $f(x)$ không có nghiệm thực.

Ta sẽ đi tìm nghiệm không đồng nhất hằng số với bậc nhỏ nhất.

Xét trường hợp $f(x)$ có bậc nhất, khi đó: $f(x)=ax+b$ $(a\neq 0)$. Thay vào ta có:

 

               $(ax+b)(2ax^{2}+b)=a(2x^{3}+x)+b$

 

So sánh hệ số của các đơn thức hai vế, ta được hệ:

 

         $a^{3}=2a,2ba^{2}=0,ab=a,b=b^{2}$

 

Hệ này vô nghiệm do $a\neq 0$ nên không tồn tại đa thức bậc nhất thoả mãn.

Xét trường hợp $f(x)$ có bậc hai, khi đó: $f(x)=ax^{2}+bx+c$. Thay vào, ta có:

 

        $(ax^{2}+bx+c)(4ax^{4}+2bx^{2}+c)=a(2x^{3}+x)^{2}+b(2x^{3}+x)+c$

      $\Leftrightarrow 4a^{2}x^{6}+4abx^{5}+(4ac+2ab)x^{4}+2b^{2}x^{3}+(ac+2bc)x^{2}+bcx+c^{2}=4ax^{6}+4ax^{4}+2bx^{3}+ax^{2}+bx+c$

So sánh hệ số đơn thức ở hai vế, ta được:

$4a^{2}=4a,4ab=0,4ac+2ab=4a,2b^{2}=2b,ac+2bc=a,bc=b,c^{2}=c$

 

Hệ này có nghiệm $a=c=1,b=0$ nên $f(x)=x^{2}+1$ là đa thức bậc hai thoả mãn đề bài. Suy ra $(x^{2}+1)^{k}$ là tất cả đa thức bậc chẵn thoả mãn đề bài. Do đó $f(x)$ không có nghiệm thực (đpcm)

[namcpnh]

 

Hệ này có nghiệm $a=c=1,b=0$ nên $f(x)=x^{2}+1$ là đa thức bậc hai thoả mãn đề bài. Suy ra $(x^{2}+1)^{k}$ là tất cả đa thức bậc chẵn thoả mãn đề bài. Do đó $f(x)$ không có nghiệm thực (đpcm)

 

 Suy ra là sao vậy em?

[bachhammer]

Giả sử $f(x)=a_{0}x^n+a_{1}x^{n-1}+...+a_{n-1}x+a_{n}$ là đa thức với hệ số thực, $a_{0}\neq 0$ và thoả mãn đẳng thức sau với mọi số thực x:

$f(x).f(2x^2)=f(2x^3+x)$ (1).

Ta sẽ chứng minh $x_{0}=0$ ko phải là nghiệm của f(x), hay nói cách khác $a_{n}=f(0)\neq 0$. Xét k là chỉ số lớn nhất sao cho $a_{k}\neq 0$.Khi đó vế trái của (1) có dạng:

$f(x).f(2x^2)=(a_{0}x^{n}+...+a_{k}x^{n-k})(a_{0}2^nx^{2n}+...+a_{k}2^{n-k}x^{2(n-k)})=a_{0}^{2}2^{n}x^{3n}+...+a_{k}^{2}2^{n-k}x^{3(n-k)}$

Còn vế phải của (1) lại có dạng:

$f(2x^{3}+x)=a_{0}(2x^{3}+x)^{n}+...+a_{k}(2x^{3}+x)^{n-k} =a_{0}2^nx^{3n}+...+a_{k}x^{n-k}$

So sánh hai vế của (1) ta có $a_{k}^{2}2^{n-k}x^{3(n-k)}=a_{k}x^{n-k}$ với mọi x, do đó ta sẽ suy ra n=k hay $a_{n}=a_{k}\neq 0$. Rõ ràng $x_{0}=0$ ko phải là nghiệm của f(x).Giả sử f(x) có nghiệm thực $x_{0}\neq 0$. Xét dãy số: $x_{n+1}=2x_{n}^{3}+x_{n}$ với mọi n=0;1;2;... Nếu $x_{0}>0$ thì $x_{0}< x_{1}<...$, còn nếu $x_{0}>0$ thì $x_{0}>x_{1}...$. Do đó từ hệ thức (1) ta suy ra nếu $x_{0}\neq 0$ mà $f(x_{0})=0$ thì $f(x_{k})=0$ với mọi k, nghĩa là f(x) bậc n có vô số nghiệm, mâu thuẫn với đề bài. Chính vì thế cho nên đa thức f(x) không có nghiệm thực(đpcm).

Như trauvang97 đã nói, các đa thức $f(x)=(x^{2}+1)^{k}$ thoả mãn đề bài. À, nhân tiện cho bachhammer này gửi lời chào đến đồng hương namheo(Ý lộn namcpnh)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 17-05-2013 - 10:53

[trauvang97]

 Suy ra là sao vậy em?

Anh ơi đây là hệ quả từ định lí  thôi. Cái này khó giải thích lắm, phải nói rõ ra mới hiểu được

[minhtuyb]

 Suy ra là sao vậy em?

Để có cái suy ra này cần 2 chứng minh sau đây:

- Thứ nhất là nếu $P(x)$ thỏa mãn đề bài thì $deg P$ chẵn (cái này dễ ạ, dựa vào nghiệm để c/m)

 

- Thứ hai là bài toán tổng quát sau:

Xét phương trình đa thức ẩn $P$ và các đa thức $f,g,h$ trên $\mathbb{R}[x]$ thỏa mãn các điều kiện sau:

1. $P(f(x))P(g(x))=P(h(x))\ (1)$

2. Kí hiệu $deg (f) =f$, tương tự với $g,h$ và ta có: $f+g=h$

3. Một trong hai điều kiện sau thỏa mãn:

         3.1: $f\ne g$

         3.2: $f=g$ và $f*+g*\ne 0$, trong đó $f*,g*$ là hệ số cao nhất của các đa thức $f$ và $g$ tương ứng.

 

Khi đó với mọi số nguyên dương $n$ tồn tại nhiều nhất một đa thức $P(x)$ bậc n và thỏa mãn hệ các điều kiện trên.

 

$\fbox{Chứng minh}$

 

Giả sử $P$ là đa thức bậc $n$ thỏa mãn hệ điều kiện trên. So sánh hệ số cao nhất hai vế của đa thức trong phương trình:

$$P(f(x))P(g(x))=P(h(x))$$

Ta có: $P*(f*)^n.P*(g*)^n=P*(h*)^n\Rightarrow P*=(\dfrac{h*}{f*g*})^n$

 

Phản chứng: Giả sử tồn tại đa thức $Q$ bậc $n$ khác $P$ cũng thỏa mãn hệ điều kiện trên thì từ đẳng thức trên ta có $Q*=P*$.

 

Đặt $Q(x)=P(x)+R(x)$ với $0\le r<n$. Thay vào phương trình $(1)$ ta có:

$$(P(f)+R(f))(P(g)+R(g))=P(h)+R(h)\\ \Leftrightarrow P(f)P(g)+P(f)R(g)+R(f)P(g)+R(f)R(g)=P(f)P(g)+R(h)\\ \Leftrightarrow P(f)R(g)+R(f)P(g)+R(f)R(g)=R(h)\ \ \ (2)$$

 

Xét các trường hợp:

$\fbox{TH 1}: f\ne g$., giả sử $f>g$. Khi đó bậc đa thức ở $VT(2)$ là $nf+rg$. Trong khi đó bậc đa thức $VP(2)$ là $rh=r(f+g)<nf+rg$. Mâu thuẫn (Đến đây là xong đối với bài toán đa cho)

 

$\fbox{TH 2}: f=g, f*+g*\ne 0$. Khi đó hai đa thức đầu tiên ở $VT(2)$ đều có bậc $nf+rg=ng+rf$ nên có thể xảy ra sự triệt tiêu khi thực hiện phép cộng. Tuy nhiên, xét hệ số cao nhất của hai đa thức này lần lượt là $P*(f*)^n.r*(g*)^n$ và $r*(f*)^n.P*(g*)^n$ có tổng khác không do $f*+g*\ne 0$. Như vậy bậc đa thức $VT(2)$ vẫn là $nf+rg$. Mâu thuẫn tương tự trường hợp trên.

 

Tóm lại bài toán tổng quát được c/m hoàn toàn $\blacklozenge$

 

 

 

 

 

 

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi minhtuyb: 16-05-2013 - 22:02

[PSW]

trauvang97: 10 điểm

 

bachhammer: 5 điểm

 

minhtuyb: 5 điểm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PSW: 02-07-2013 - 21:32