Chủ đề này có 2 trả lời

[YeuEm Zayta]

Tìm các đa thức $ P(x);Q(x) $ có hệ số thực ,$a \in R$ thỏa mãn: $ \dfrac{P^2(x)}{Q^2(x)}=\dfrac{P(x^2)}{Q(x^2)}+a $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phudinhgioihan: 18-04-2013 - 11:53

[phudinhgioihan]

Tìm các đa thức $ P(x);Q(x) $ có hệ số thực ,$a \in R$ thỏa mãn: $ \dfrac{P^2(x)}{Q^2(x)}=\dfrac{P(x^2)}{Q(x^2)}+a $

 

 

Tự dưng ngồi kế em học trò, chắc tại em ấy xinh xinh, duyên duyên, cute nên IQ tăng đột biến

 

Từ trên suy ra $Q(x) \neq 0 \;, \forall x \in \mathbb{R} $

 

Giả thiết tương đương với

 

$$P^2(x)Q(x^2)-P(x^2)Q^2(x)=aQ^2(x)Q(x^2) $$

 

Gọi $R \in R[x]$ là UCLN của $P$ và $Q$, suy ra $P=R.P_1 , \; Q=R.Q_1 $ với $P_1,Q_1 \in R[x] \;, (P_1,Q_1)=1 $

 

Thay vào trên và ta được $P_1^2(x)Q_1(x^2)-P_1(x^2)Q_1^2(x)=aQ_1(x^2)Q_1^2(x)  \;\; ( * )$

 

Trường hợp $a \neq 0$

 

Giả sử $\deg(P_1)=n \; , \deg(Q_1)=m $, từ trên suy ra $n=m$.

 

Nếu $Q_1$ không là đa thức hằng

 

Giả sử $Q_1(x)=b \prod_{i=1}^m (x-x_i) \;\;, b \in \mathbb{R}^*, (x_1,x_2,...,x_m)\in \mathbb{C}^m $

 

 suy ra $Q_1(x^2)=b \prod_{i=1}^n (x^2-x_i) $

 

Vậy các $ \pm \sqrt{x_i} $ là nghiệm của $Q_1(x^2) $. Do $0$ không là nghiệm của $Q_1(x)$ nên các $x_i \neq 0$, do đó $-\sqrt{x_i} $ không là nghiệm của $Q_1(x)$ tức tồn tại $-\sqrt{x_{i0}} , Q_1(-\sqrt{x_{i0}}) \neq 0$

 

Trong $(* ) $ thay $x=-\sqrt{x_{i0}}$ suy ra $-P_1(x_{i0})Q_1^2(-\sqrt{x_{i0}})=0 \Leftrightarrow P_1(x_{i0})=0 $

 

Vậy $(P_1,Q_1) \neq 1 $, mâu thuẫn! , do đó $Q_1$ là đa thức hằng, và do đó $P_1$ cũng là đa thức hằng.

 

Giả sử $P_1=p, Q_1=q \;, (p;q) \in \mathbb{R} \times \mathbb{R}^* $ , thay vào $(* )$ ta được

 

$$p^2q-pq^2=aq^3   \Leftrightarrow p^2-pq=aq^2 \;\; (** )$$

 

Nếu $a < \frac{-1}{4} $ thì $(** )$ vô nghiệm với mọi $(p,q) \in \mathbb{R} \times \mathbb{R}^*$ còn $a \ge \dfrac{-1}{4} $ thì có thế chọn $(p;q) \in \mathbb{R} \times \mathbb{R}^* $ để $(** )$ có nghiệm.

 

Vậy nếu $a< -\frac{-1}{4}$ thì không tồn tại $P,Q$ thỏa yêu cầu.

 

Nếu $a \neq 0 \wedge a \ge \frac{-1}{4} $ thì $P(x)=pR(x) \;, Q(x)=qR(x) $ với $R \in R[x] , R(x) \neq 0 \; \forall x \in \mathbb{R}$ và $(p;q) \in \mathbb{R} \times \mathbb{R}^* $ đồng thời $p^2=pq+aq^2 $ là các đa thức thỏa đề bài.

 

Trường hợp $a=0$

 

Tương tự như trên kia ta có

 

$$P_1^2(x)Q_1(x^2)=P_1(x^2)Q_1^2(x) \; (*** )$$

 

Nếu $Q_1$ không là hàm hằng, lập luận tương tự như cm trên, ta suy ra mâu thuẫn, do đó phải có $Q_1(x)=q \;, q \in \mathbb{R}^* $

 

Trong $(*** )$ $P_1,Q_1$ có vai trò như nhau nên ta cũng suy ra được $P_1(x)=p \;, p \in \mathbb{R} $

 

Thay vào $(*** )$ ta được $p^2q=q^2p \Leftrightarrow p=0 \vee p=q$

 

Vậy $P(x)=0 $, $Q(x)$ tùy ý sao cho $Q(x) \neq 0 \; \forall x \in \mathbb{R} $ hoặc $P=Q $ với $Q$ tùy ý sao cho $Q(x) \neq 0 \; \forall x \in \mathbb{R} $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phudinhgioihan: 18-04-2013 - 21:49

[minhtuyb]

Trường hợp $a \neq 0$

Nếu $a \neq 0 \wedge a \ge \frac{-1}{4} $ thì $P(x)=pR(x) \;, Q(x)=qR(x) $ với $R \in R[x] , R(x) \neq 0 \; \forall x \in \mathbb{R}$ và $(p;q) \in \mathbb{R} \times \mathbb{R}^* $ đồng thời $p^2=pq+aq^2 $ là các đa thức thỏa đề bài.

Em có đọc trong một tài liệu và họ ghi đáp số (không rõ chứng minh) của trường hợp này là:

$$a=2;Q(x)=cx^n;P(x)=c(1+x^{2n})$$