SH thuy BMT phuong trinh ham da thuc va ung dung SV

CHUYÊN ĐỀ
PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC
BÙI MINH THU THỦY
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM-ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
Ngày 30 tháng 6 năm 2016

1

Một số dạng và phương pháp giải phương trình hàm đa
thức.

1.1

Phương trình hàm đa thức.

Định nghĩa 1.1. Một đa thức một biến với hệ số trên K có thể được viết dưới dạng
P (x) = an xn + ... + a1 x + a0 , trongđó a0 , a1 , ..., an ∈ K và x là một kí hiệu gọi là biến
∞

(hay biến không xác định). Ta cũng viết đa thức này dưới dạng P (x) =

ai xi hoặc

i=0

P (x) =

ai xi , trong đó ai = 0 với mọi i > n. Hai đa thức

ai xi và

bi xi bằng

nhau nếu ai = bi với mọi i.
Kí hiệu K[x] là tập các đa thức một biến x với hệ số trên K. Cho P (x) = an xn +
... + a1 x + a0 ∈ K[x]. Khi đó a0 được gọi là hệ số tự do của P (x).
Nếu an = 0 thì n được gọi là bậc của đa thức P(x) và được kí hiệu là degP = n.
Trong trường hợp này an được gọi là hệ số cao nhất của P (x).
Nếu n = 1 thì P (x) gọi là đa thức dạng chuẩn hay đa thức tuyến tính.
Nếu P (x) = a ∈ K thì P (x) được gọi là đa thức hằng. Ta không định nghĩa bậc
của đa thức 0
Định nghĩa 1.2. Với hai đa thức P (x) =

ai xi và Q(x) =

bi xi trong K[x], ta

định nghĩa:
P (x) + Q(x) =
P (x)Q(x) =

(ai + bi )xi .

ck xk , ck =

ai bj với mọi k.
i+j=k

Khi đó K[x] là vành giao hoán với phép cộng và nhân đa thức. Vành K[x] được gọi là
vành đa thức một biến x với hệ số trong K. Phần tử không của vành là đa thức 0 phần
tử đơn vị là đa thức 1.

Ta định nghĩa vành đa thức nhiều ẩn bằng quy nạp như sau.
1


Định nghĩa 1.3. Đặt
K1 = K[x1 ]
K2 = K1 [x2 ]
...
Kn = Kn−1 [xn ]
vành Kn = Kn−1 [xn ] và gọi là vành đa thức n ẩn (hay n biến) x1 , ..., xn trên K. Một
phần tử của K[x1 , ..., xn ] gọi là một đa thức của n ẩn x1 , ..., xn lấy hệ số trong vành
K. Các phần tử của K[x1 , ..., xn ] thường được kí hiệu bởi P (x1 , ..., xn ), Q(x1 , ..., xn ), ...
Bằng cách quy nạp ta có mỗi phần tử P (x1 , ..., xn ) ∈ K[x1 , ..., xn ] biểu diễn được
dưới dạng
ai1 ,...,in xi11 ...xinn , ai1 ,...,in ∈ K,

P (x1 , ..., xn ) =
(i1 ,...,in ∈Λ)

Λ ∈ Nn là tập hữu hạn. Cho K[x1 , ..., xn ] là vành đa thức của n biến x1 , ..., xn trên K.
Mỗi phần tử có dạng xi11 , ..., xinn được gọi là một đơn thức bậc i1 + ... + in . Mỗi phần tử
có dạng au trong đó a ∈ K và u là một đơn thức được gọi là một từ của K[x1 , ..., xn ],
u được gọi là một đơn thức của từ au và a được gọi là hệ số của nó. Bậc của từ au
được định nghĩa là bậc của đơn thức u. Hai từ được gọi là đồng dạng nếu các đơn thức
chúng là như nhau. Với mỗi phần tử P ∈ K[x1 , ..., xn ], rõ ràng ta có thể viết P dưới
dạng một tổng hữu hạn từ không đồng dạng. Một biểu diễn như vậy gọi là biểu diễn
chính tắc của P (x1 , ..., xn ).
Tiếp theo ta nhắc lại một số tính chất quan trọng cần sử dụng trong phần sau.
Bổ đề 1.4. Cho P (x), Q(x) ∈ K[x] là các đa thức khác 0.
(i) Nếu P (x) + Q(x) = 0 thì deg(P (x ) + Q(x )) ≤ max deg P (x ), deg Q(x )

(ii) Nếu P (x)Q(x) = 0 thì deg (P (x )Q(x )) ≤ deg P (x ) + deg Q(x ).
Định lý 1.5. Cho hai đa thức P (x), Q(x) với Q(x) = 0. Tồn tại duy nhất hai đa thức
H(x) và R(x) sao cho P (x) = Q(x)H(x) + R(x) và degR(x ) < degQ(x ).
Định nghĩa 1.6. Cho đa thức P (x) = an xn + ... + a1 x + a0 . Với mỗi phần tử v ∈ C,
ta kí hiệu P (v) = an v n + ... + a1 v + a0 ∈ K. Phần tử v ∈ C được gọi là nghiệm của
P (x) nếu P (v) = 0.
Bổ đề 1.7. Cho P (x) là một đa thức. Dư của phép chia P (x) cho (x − a) là P (a).
Định lý 1.8. (Định lý Bezout) Số a là nghiệm của P (x) nếu và chỉ nếu tồn tại đa
thức Q(x) sao cho P (x) = (x − a)Q(x).

2


Định nghĩa 1.9. Cho P (x) là một đa thức và k > 0 là một số nguyên. Số a được gọi
là một nghiệm bội k của đa thức P (x) nếu P (x) chia hết cho (x − a)k nhưng không
chia hết cho (x − a)k+1 . Nếu k = 1 thì a gọi là nghiệm đơn. Nếu k = 2 thì a được gọi
là nghiệm kép.
Định lý 1.10. Cho P (x) = 0 và a1 , a2 ..., ar là các nghiệm phân biệt của P(x). Giả
sử ai là nghiệm bội ki của P (x) với i = 1, 2, ..., r. Khi đó ta có P (x) = (x − a1 )k1 (x −
a2 )k2 ...(x − ar )kr Q(x), trong đó Q(ai ) = 0 với mọi i = 1, 2, ..., r.
Hệ quả 1.11. Cho P (x) là đa thức khác 0. Khi đó số nghiệm của P (x), mỗi nghiệm
tính với số bội của nó, không vượt quá bậc của P (x).
Chứng minh. Giả sử a1 , ..., ar là các nghiệm của P (x) với số bội tương ứng là k1 , ..., kr .
Theo định lý trên ta có
P (x) = (x − a1 )k1 (x − a2 )k2 ...(x − ar )kr Q(x).
r

Ta có deg(P (x)) = deg(Q(x)) +

ki Nên ta có điều phải chứng minh.

i=1

Hệ quả 1.12. Nếu đa thức P (x) có vô số nghiệm thì P (x) ≡ 0, tức là P (x) = 0 với
∀x ∈ R. Nói riêng, nếu số nghiệm lớn hơn bậc của đa thức P(x) thì P (x) = 0 với
∀x ∈ R.
Hệ quả 1.13. Nếu đa thức P (x) thỏa mãn P (x) = P (x + a) với ∀x ∈ R (với a là hằng
số khác 0 nào đó) thì P (x) ≡ c (với c là hằng số tùy ý.)
Hệ quả 1.14. Cho P (x), Q(x) ∈ R[x], trong đó deg(P (x)) ≤ n và deg(Q(x)) ≤ n.
Nếu P (x) và Q(x) có giá trị bằng nhau tại n + 1 số khác nhau thì P (x) ≡ Q(x).
Chứng minh. Đặt R(x) = P (x) − Q(x). Theo giả thiết, R(x) có ít nhất n + 1 nghiệm
phân biệt. Nếu R = 0 thì deg(R(x)) ≤ max deg(P (x)), deg(Q(x)) ≤ n. Vì thế, theo
hệ quả trên R có nhiều nhất n nghiệm. Điều này là vô lý. Vậy R(x) = 0 và do đó
P (x) = Q(x).
1.2

Phương pháp đặt ẩn phụ, dồn biến

Ta thường gặp một số dạng phương trình hàm cơ bảnP (ϕ(x)) = ψ(x). Thông thường
ta giải bằng cách đặt ϕ(x) = t, tính x theo t rồi thay vào phương trình đã cho.
Ví dụ 1.2.1. Tìm tất cả những đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn
P

x−

1
x

= x3 −

3

1
, ∀x ∈ R∗
x3

(1.2.1)


Giải. Đặt t = x + x1 suy ra x3 − x13 = t3 + 3t thay vào P x − x1 = x3 − x13 ta được
P (t) = t3 + 3t, ∀x ∈ R (vì phương trình x2 − tx − 1 = 0 luôn có nghiệm với mọi x = 0).
Hay P (x) = x3 + 3x, ∀x ∈ R. Thử lại thấy thỏa mãn.
Chú ý. Phương trình hàm cơ bản chứa hai biểu thức P (ϕ1 (x)), P (ϕ2 (x)) thường cho
ta lời giải là một phân thức hữu tỷ.
Ví dụ 1.2.2. (HSG Gia Lai năm học 2009 - 2010.) Tìm các hàm số f (x) thỏa mãn
điều kiện f (x) + xf (1 − x) = x2 , ∀x ∈ R.
Giải. Giả sử hàm số f thỏa mãn f (x) + xf (1 − x) = x2 , ∀x ∈ R. Khi đó thay x bởi
1 − x, ta được f (1 − x) + (1 − x)f (x) = (1 − x)2 , ∀x ∈ R.
Do đó ta có hệ
f (x) + xf (1 − x) = x2
f (1 − x) + (1 − x)f (x) = (1 − x)2
Ta có D = 1 − x + x2 = 0; Df (x) = −x3 + 3x2 − x; Df (1−x) = x3 − 2x + 1.
Bởi vậy
f (x) =

−x3 + 3x2 − x
, ∀x ∈ R;
x2 − x + 1

(1.2.2)

x3 − 2x + 1
, ∀x ∈ R
x2 − x + 1

(1.2.3)

(1 − x) =

Nếu hàm số f thỏa mãn (1.2.2) thì nó thỏa mãn (1.2.3). Thử lại ta thấy duy nhất một
hàm số thỏa mãn đề bài đã cho là
f (x) =

−x3 + 3x2 − x
, ∀x ∈ R.
x2 − x + 1

Phương pháp dồn biến cũng được sử dụng phổ biến khi giải phương trình hàm đa
thức. Sau đây là bài toán minh họa.
Ví dụ 1.2.3. Tìm tất cả những đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn
(x − y)P (x + y) − (x + y)P (x − y) = 4xy(x2 − y 2 ), ∀x ∈ R.
Giải. Đặt u = x + y; v = x − y. Ta có x =
2

u+v
;y
2

=

u−v

.
2

Suy ra vP (u) − uP (v) =

2

(u − v )uv hay
P (u)
P (v)
− u2 =
− v 2 , ∀u, v = 0.
u
v
Cho v = 1 ta được
P (u)
− u2 = P (1) − 1, ∀u = 0.
u
Do đó P (u) = u3 + au, ∀u = 0, (với a = P (1) − 1). Cho x = y = 0 ta có 2P (0) = 0.
Suy ra P (0) = 0. Vậy P (x) = x3 + ax, ∀x ∈ R.
4


1.3

Phương pháp thế giá trị đặc biệt.

Một kỹ thuật thường gặp trong giải phương trình hàm nói chung và phương trình hàm
đa thức nói riêng là thế giá trị đặc biệt của biến số để tìm lời giải. Ta xét một số bài
toán cụ thể sau.

Ví dụ 1.3.1. Tìm tất cả những đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn
P (x + y) + P (x − y) = P (x) + 6xy

3

P (y), ∀x, y ∈ R.

(1.3.1)

Giải.Trong (1.3.1) cho y = 0 ta được P (x) = x3 , ∀x ∈ R. Thử lại thấy thỏa mãn.
Ví dụ 1.3.2. Tìm tất cả những đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn
P (x + y) + P (x − y) = P (x) + 2P (y) + x2 , ∀x, y ∈ R.

(1.3.2)

Giải. Đặt P (x) = c. Trong (1.3.2) cho y = 0 ta được
P (x) = x2 + 2c, ∀x ∈ R

(1.3.3)

Thử lại: Thay (1.3.3) vào (1.3.2) ta được (x + y)2 + 2c + (x − y)2 + 2c = x2 + 2c +
2y 2 + 4c + x2 , ∀x, y ∈ R. Suy ra c = 0. Do đó có duy nhất đa thức thỏa mãn đề bài là
P (x) = x2 , ∀x ∈ R.
Chú ý. Có thể trình bày bằng cách khác như sau: Trong (1.3.2) cho x = y = 0 ta được
P (0) = 0. Sau đó cho y = 0 và sử dụng P (0) = 0 thì phương trình (1.3.2) có dạng
P (x) = x2 , ∀x ∈ R. Thử lại thấy thỏa mãn.
Ví dụ 1.3.3. (Swizerland Final Round 2010) Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa
mãn
P (P (x)) + P (P (y)) = 2y + P (x − y), ∀x, y ∈ R.

(1.3.4)

Giải. Đặt P (0) = c. Trong (1.3.4) cho y = x ta được P (P (x)) + P (P (x)) = 2x +
P (0), ∀x ∈ R. Hay P (P (x)) = x + 2c , ∀x ∈ R. Khi đó (1.3.4) trở thành x + 2c + y + 2c =
2y + P (x − y), ∀x, y ∈ R.
⇔ P (x − y) = x − y + c, ∀x, y ∈ R

(1.3.5)

Từ (1.3.5), cho y = 0, suy ra P (x) = x + c, ∀x ∈ R. Thay vào (1.3.4) ta được x + 2c +
y + 2c = 2y + x − y, ∀x ∈ R. Khi đó suy ra c = 0. Vậy có duy nhất một đa thức thỏa
mãn yêu cầu đề bài là P (x) = x, ∀x ∈ R
Bài tập đề nghị
Bài 1. Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn
2P (x) = P (x + y) + P (x + 2y), ∀x ∈ R; y = 0
5


1.4

Phương pháp hệ số bất định.

Đa thức có tính chất phổ dụng sau: Đa thức P (x) = Q(x) khi và chỉ khi chúng cùng
bậc và cùng các hệ số.
Ví dụ 1.4.1. (i) Tìm tất cả các đa thức P (x) thỏa mãn P (x) = P (−x). (ii) Tìm đa
thức P (x) thỏa mãn P (x) = −P (−x).
Giải.
(i) Từ giải thiết bằng cách đồng nhất ta có P (x) = P (−x) khi và chỉ khi các hệ số ứng
với số mũ lẻ của x bằng 0.
(ii) Tương tự P (x) = −P (−x) khi và chỉ khi các hệ số tương ứng với số mũ chẵn của

x bằng 0.
Đôi khi ta gặp bài toán mà dựa vào giải thiết ta xác định được dạng của đa thức
(thường là đa thức bậc nhất hoặc bậc hai). Ta đồng nhất để xác định hệ số và chứng
minh nghiệm bài toán là duy nhất.
1.5

Phương pháp sử dụng tính chất của đa thức P (x) = P (x + a)

Theo Hệ quả (1.1.14) "Đa thức P (x) thỏa mãn P (x + a) = P (x), ∀x ∈ R ( với a là một
hằng số khác 0 nào đó) thì P (x) ≡ c ( với c là hằng số tùy ý)".
Mở rộng ta tìm hiểu bài toán: Tìm các đa thức P (x) sao cho P (x+a) = P (x)+Q(x),
trong đó Q(x) là đa thức bậc n cho trước.
Ví dụ 1.5.1. Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn P (x) = 12x + 18 + P (x +
3), ∀x ∈ R.
Giải. Đặt P (x) = ax2 + bx + c + Q(x), ∀x ∈ R. Thay vào P (x) = 12x + 18 + P (x + 3)
ta được ax2 + bx + c + Q(x) = 12x + 18 + a(x + 3)2 + b(x + 3) + c + Q(x + 3) hay
Q(x) = (12 + 6a)x + 18 + 9a + 3b + Q(x + 3). Chọn a, b sao cho
12 + 6a = 0
⇔
18 + 9a + 3b = 0

a = −2
b=0

Với a, b như trên ta có Q(x + 3) = Q(x) hay Q(x) ≡ c. Vậy P (x) = −2x3 + c, ∀x ∈ R
( với c là hằng số tùy ý).
Ví dụ 1.5.2. Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn P (x + 2016) = P (x) −
4, ∀x ∈ R.
Giải. Đặt P (x) =

−1
x
504

2016) + Q(x + 2016) =
−1
x
504

+ Q(x), thay vào P (x + 2016) = P (x) − 4 ta được
−1
x
504

+ Q(x) − 4, ∀x ∈ R hay

−x
(x
504

−1
(x
504

+

+ 2016) + Q(x + 2016) =

+ Q(x) − 4, ∀x ∈ R hay Q(x + 2016) = Q(x), ∀x ∈ R. Suy ra Q(x) ≡ c. Vậy

−1
P (x) 504
x + c, ∀x ∈ R (với c là hằng số tùy ý.)

6


−1
Nhận xét. Phép đặt P (x) = 504
+ Q(x), được tìm ra như sau: Từ đề bài ta tưởng
tượng rằng P (x + 2016) = P (x) + P (2016), ∀x ∈ R (Với P (2016) = −4). Suy ra

P (x) = ax, ∀x ∈ R. Từ đó tìm được a =

−1
.
504

Ví dụ 1.5.3. Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn P (1) = 2015 và P (x+y) =
P (x) + P (y), ∀x, y ∈ R.
Giải. Giải sử P (x) thỏa mãn yêu cầu đề bài. Trong phương trình P (x + y) = P (x) +
P (y), ∀x, y ∈ R, lấy y = 1, ta được P (x + 1) = P (x) + 2015, ∀x ∈ R. Đặt P (x) =
Q(x) + 2015x, ta có Q(x + 1) + 2015(x + 1) = Q(x) + 2015x + 2015, ∀x ∈ R. Hay
Q(x + 1) = Q(x), ∀x ∈ R. Suy ra Q(x) = c, ∀x ∈ R (c là hằng số).
Vậy P (x) = 2015x+c, ∀cx ∈ R. Do P (1) = 2015 nên 2015 = 2015+c hay c = 0. Sau khi
thử lại ta nhận thấy có duy nhất một đa thức thỏa mãn đề bài là P (x) = 2015x, ∀x ∈ R.
Bài tập đề nghị
Bài 2. Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn P (x + 2015) = P (x + 2013) +
70, ∀x ∈ R.
Bài 3. Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn (x − 1)P (x − 1) − (x − 2)P (x) =

0, ∀x ∈ R.
Bài 4. Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn điều kiện xP (x − 4) = (x −
2016)P (x), ∀x ∈ R.
Bài 5. Cho số nguyên dương k. Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn điều
kiện
(x − 2015)k P (x) = (x − 2016)k P (x − 1), ∀x ∈ R.
Bài 6. Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn điều kiện
[P (x)]2 − 2 = 2P (2x2 − 1), ∀x ∈ R.
1.6

Phương pháp sử dụng tính chất nghiệm và so sánh bậc.

Ví dụ 1.6.1. (Centro American Olympiad 2008) Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x]
với hệ số thực thỏa mãn P (1) = 210 và
(x + 10)P (2x) = (8x − 32)P (x + 6), ∀x ∈ R.

(1.6.1)

Giải. Từ giả thiết suy ra P (x) không thể là hằng số hằng. Giả sử:
P (x) = an xn + an−1 xn−1 + ... + a1 x + a0 , an = 0.
So sánh hệ số của lũy thừa cao nhất ở hai vế của (1.6.1) ta được an 2n = 8an hay
2n = 8, suy ra n = 3. Vậy P (x) là đa thức bậc ba.
7


Từ (1.6.1) lấy x = −10 ta được P (−4) = 0
Từ (1.6.1) lấy x = −2 ta được −48P (4) = 8P (−4) = 0 suy ra P (4) = 0.
Từ (1.6.1) lấy x = 4 ta được 14P (8) = 0.P (10) = 0.
Như vậy P (x) = a(x − 4)(x + 4)(x − 8), ∀x ∈ R. Do P (1) = 210 nên 105a = 201 hay
a = 2. Khi đó

P (x) = 2(x − 4)(x + 4)(x − 8), ∀x ∈ R.

(1.6.2)

Thử lại, với P (x) là đa thức xác định bởi (1.6.2), ta có
(x + 10)P (2x) = (x + 10)2(2x − 4)(2x + 4)(2x − 8)
(x + 10)P (2x) = 16(x + 10)(x − 2)(x + 2)(x − 4)

(1.6.3)

(8x − 32)P (x + 6) = 8(x − 4)2(x + 2)(x + 10)(x − 2)
(8x − 32)P (x + 6) = 16(x + 10)2(x − 2)(x + 2)(x − 4)

(1.6.4)

Từ (1.6.3) và (1.6.4) suy ra đa thức xác định bởi (1.6.2) và (1.6.1). Vậy có duy nhất
một đa thức thỏa mãn yêu cầu của đề bài là P (x) = 2(x − 4)(x + 4)(x − 8), ∀x ∈ R.
Ví dụ 1.6.2. Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] với hệ số thực thỏa mãn
P (2) = 12; P (x2 ) = x2 (x2 + 1)P (x), ∀x ∈ R

(1.6.5)

Giải. Từ (1.6.5) cho x = 0 ta được P (0) = 0; cho x = 1 ta được P (1) = 2P (1) hay
P (1) = 0; cho x = −1 được P (1) = 2P (−1) suy ra P (−1) = 0. Vậy P (x) có ba nghiệm
là 0; −1; 1. Giả sử P (x) có nghiệm thực t khác 0; −1; 1; khi đó suy ra t2 cũng là nghiệm
của P (x), tương tự suy ra t4 cũng là nghiệm của P (x). Nhưng t khác 0; −1; 1 thì tất
cả các phần tử của dãy t, t2 , t4 , ...., t2n , ... là khác nhau đôi một nên suy ra P (x) có vô
số nghiệm hay P (x) ≡ 0, mâu thuẫn với P (2) = 12. Vậy P (x) chỉ có ba nghiệm thực
là 0; −1; 1. Giả sử deg P = n. Từ (1.6.5) suy ra 2n = n + 4 hay n = 4. Vậy P (x) có
một trong ba dạng sau P (x) = ax2 (x − 1)(x + 1), P (x) = ax(x + 1)2 (x − 1), P (x) =

ax(x + 1)(x − 1)2 . Mặt khác, P (2) = 12 nên a = 1 hoặc a = 2 hoặc a = 32 . Thử lại chỉ
có P (x) = ax2 (x − 1)(x + 1), ∀x ∈ R thỏa mãn các yêu cầu của đề bài.
Ví dụ 1.6.3. Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] với thỏa mãn
P (P (x) + x) = P (x)P (x + 1), ∀x ∈ R

(1.6.6)

Giải. Giả sử deg P = n. So sánh bậc hai vế của (1.6.6) ta được n2 = 2n suy ra n = 0
hoặc n = 2.
8


+ Khi n = 0 ta được đa thức hằng P (x)(??). Thay vào (1.6.6) ta được c = c2 suy ra
c = 0 hoặc c = 1. Vậy P (x)(??) hoặc P (x)(1.2.1) là các đa thức thỏa mãn bài ra.
+ Khi n = 2. Giả sử P (x) = ax2 + bx + c, a = 0. So sánh hệ hệ số cao nhất trong
(1.6.6) ta có a3 = a2 suy ra a = 1. Vậy
P (x) = x2 + bx + c, b, c ∈ R.

(1.6.7)

Khi đó
P (x)P (x + 1) = P (x)(x2 + bx + c + 2x + b + 1)
⇔ P (x)P (x + 1) = P (x)[P(x) + 2x + b + 1].
⇔ P (x)P (x + 1) = [P (x)]2 +2xP(x) + bP (x) + P (x).
⇔ P (x)P (x + 1) = [P (x) + x]2 +b[P(x) + x] + bP (x) + c − x2 − bx − c + P (x)
⇔ P (x)P (x + 1) = P (P (x) + x), ∀x ∈ R.
Vậy đa thức xác định bởi (1.6.7) thỏa mãn (1.6.6). Tất cả các đa thức cần tìm là
P (x) = 0, P (x) = 1, P (x) = x2 + bx + c, ∀x ∈ R (b, c là hằng số tùy ý).
Bài tập đề nghị
Bài 7. Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn phương trình hàm

[P (x)]2 − 1 = 4P (x2 − 4x + 1), ∀x ∈ R.
Bài 8. Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn phương trình hàm
P (x)P (2x2 ) = P (x2 )P (2x − 1), ∀x ∈ R.
Bài 9. Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn
P (x)P (2x2 + 1) = P (x2 )[P (2x + 1) − 4x], ∀x ∈ R

Bài 10. Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn
√
√
√
P ( 3(a−b))+P ( 3(b−c))+P ( 3(c−b)) = P (2a−b−c)+P (−a−2b−c)+P (−a−b−2c), ∀a, b, c ∈ R
Bài 11. Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn hệ thức
P 2 (a) + P 2 (b) + P 2 (c) = P 2 (a + b + c).
với a, b, c ∈ R thỏa mãn ab + bc + ca = 0.
Bài 12. Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn hệ thức
P (x2 + y 2 ) = [P (x)]2 + [P (x)]2 , ∀x, y ∈ R.
9


2

Một số dạng và phương pháp giải phương trình hàm nâng
cao.

2.1

Phương pháp sử dụng công thức nội suy Lagrange.

Trước hết ta nhắc lại công thức nội suy Lagrange.
Định lý 2.1. (Lagrange) Cho P (x) là đa thức bậc n và x0 , x1 , ..., xn là n + 1 số phân

n

(x − xi ). Khi đó ta có biểu diễn

biệt. Đặt Q(x) =
i=0
n+

(i) P (x) =

n

P (xi )
i=0

k=i,k=0

n

x−x2
.
xi −xk

P (xi )Q(x)
.
Q (xi )x−xi

(ii) P (x) =
i=0

n+

Chứng minh. (i) Đặt R(x) = P (x) −

n

P (xi )
i=0

k=i,k=0

x−x2
.
xi −xk

Ta có deg R(x ) ≤ n

và có quá n nghiệm là x0 , x1 , ..., xn . Do đó R(x) phải là đa thức không. Vậy P (x) =
n+

n

P (xi )
i=0

k=i,k=0
n

x−x2
.

xi −xk

(ii) Vì
k=i,k=0

x−xk
xi −xk

n

=
i=0

Q(x)
1
Q (xi ) x−xi

n

nên từ (i) ta suy ra hệ thức P (x) =
i=0

P (xi ) Q(x)
.
Q (xi ) x−xi

Ví dụ 2.1.1. Xác định đa thức bậc hai nhận giá trị bằng 3, 1, 7 tại x bằng −1, 0, 3
tương ứng.
Giải. Ta có x1 = −1, x2 = 0; x3 = 3 và P (x1 ) = 3, P (x2 ) = 1, P (x3 ) = 7. Áp dụng
công thức nội suy Lagrange ta có

P (x) = P (−1)

(x − 0)(x − 3)
(x − 3)(x + 1)
(x + 1)(x − 0)
+P (0)
+P (3)
= x2 −x+1.
(−1 − 0)(−1 − 3)
(0 − 3)(0 + 1)
(3 + 1)(3 − 0)

Vậy đa thức cần tìm là P (x) = x2 − x + 1, ∀x ∈ R.
Ví dụ 2.1.2. Tồn tại hay không một đa thức P (x) bậc 2008 thỏa mãn điều kiện
P (k) = 2k với k = 0, 1, ..., 2008? Tại sao?
Giải. Với mỗi k = 0, 1, ... đặt
wk (x) =

x(x − 1)...(x − (k − 1))(x − (k + 1))...(x − 2008)
.
(k − 0)(k − 1)...(k − (k − 1))k(k − (k + 1))...(k − 2008)

Theo định lý Lagrange đa thức
2008

wk (x)2k

P (x) =
k=0

thỏa mãn điều kiện bài toán.
10


Nhận xét: Ta có thể giải bằng cách khác như sau: Xét đa thức
P (x) = Cx0 + Cx1 + ... + Cxx−1 + Cxx .
Ta có P (x) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Ví dụ 2.1.3. Cho đa thức P (x) bậc n thỏa mãn điều kiện P (k) =

k
k+1

với mọi

k = 0, 1, 2, ..., n. Tìm P (n + 1). Giải. Theo công thức nội suy Lagrange ta có
n

P (x) =
k=0

k x(x − 1)...(x − k + 1)(x − k − 1)...(x − n)
k+1
k(k − 1)...1.(−1)...(k − n)

Từ đó

n

P (n + 1) =
k=0

n

=
k=0

k (n − 1)n...(n − k + 2)(n − k)...2.1
k+1
k(k − 1)...1.(−1)...(k − n)

(n + 1)n...(n − k + 2)(n − k)...2.1
k
k + 1 k(k − 1)...1.(−1)...(k − n)(n − k + 1)
n

(−1)n−k k

=
k=0

1
=
n+2

(n + 1)!
(k + 1)!(n − k + 1)!

n
n+2
(−1)n−k kCk+1
k=0

Bài tập đề nghị.
Bài 13. Đa thức P (x) bậc n thỏa mãn P (k) =

1
,
k
Cn+1

với k = 0, 1, 2, ...., n. Tính

P (n + 1).
Bài 14. Tìm tất cả các cặp đa thức P (x), Q(x) có bậc ba với các hệ số thực thỏa mãn
4 điều kiện:
(i) Cả hai đa thức nhận giá trị 0 hoặc 1 tại các điểm x = 1, 2, 3, 4;
(ii) Nếu P (1) = 0 hoặc P (2) = 1 thì Q(1) = Q(3) = 1;
(iii) Nếu P (2) = 0 hoặc P (4) = 0 thì Q(2) = Q(4) = 0;
(iv) Nếu P (3) = 1 hoặc P (4) = 1 thì Q(1) = 0.
2.2

Phương trình dạng P (f )P (g) = P (h) + Q

Bài toán 1. Giả sử f (x), g(x), h(x) và Q(x) là các đa thức hệ số thực cho trước thỏa
mãn điều kiện deg f + deg g = deg h. Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P (x) sao cho
P (f (x))P (g(x)) = P (h(x)) + Q(x), ∀x ∈ R.

11


Định lý 2.2. Cho f, g, h là các đa thức khác hằng thỏa mãn điều kiện deg f + deg g =

deg h, Q là một đa thức cho trước, ngoài ra deg f = deg g hoặc deg f = deg g và
f ∗ +g∗ = 0. Khi đó, với mỗi số nguyên dương n và số thực a, tồn tại nhiều nhất một
đa thức P thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
(i) deg(P ) = n;
(ii) P ∗ = a;
(iii) P (f )P (g) = P (h) + Q.
Ví dụ 2.2.1. Tìm tất cả những đa thức P (x) thỏa mãn phương trình hàm
P 2 (x) − P (x2 ) = 2x4 , ∀x ∈ R.

(2.2.1)

Giải. Đặt P (x) = axk + R(x), với a = 0, deg(R) = r < k thì ta có
P 2 (x) − P (x2 ) = (a2 − a)x2k + 2axk R(x) + R2 (x2 ).
Từ đó suy ra deg P 2 (x ) − P (x 2 ) hoặc bằng 2k nếu a = 1, hoặc bằng k + r nếu a = 1
và r ≥ 0, hoặc −∞ khi r = −∞ tức là đồng nhất 0. Từ đó suy ra k ≤ 4. Dễ thấy
nghiệm của phương trình (2.2.1) là P (x) = x4 + 1, P (x) = x3 + x, P (x) = 2x2 , P (x) =
−x2 , ∀x ∈ R.
2.3

Phương pháp sử dụng số phức.

Nghiệm của đa thức đóng vai trò quan trọng trong việc xác định một đa thức. Cụ thể
P (x) có bậc n, (n ∈ N∗) có nghiệm x1 , x2 , ..., xn thì P (x) có dạng P (x) = c(x − x1 )(x −
x2 )...(x − xn ).
Tuy nhiên nếu chỉ xét những nghiệm thực thì trong một số trường hợp không đủ
số nghiệm. Hơn nữa trong bài toán phương trình hàm đa thức, nếu chỉ xét các nghiệm
thực thì lời giải sẽ không hoàn chỉnh. Định lý cơ bản của đại số đóng vai trò hết sức
quan trọng trong dạng toán này.
Định lý 2.3. (Định lý cơ bản của đại số) Mọi đa thức bậc n với (n > 0), hệ số phức
(thực) P (x) = an xn + an−1 xn−1 + ... + a1 x + a0 (Với an = 0) đều có đủ n nghiệm phức

(phân biệt hay trùng nhau).
Ví dụ 2.3.1. (Olympic Hồng Kông - 1999) Cho k là số nguyên dương. Tìm tất cả các
đa thức hệ số thực thỏa mãn điều kiện
P (P (x)) = [P (x)]k , ∀x ∈ R.

(2.3.1)

Giải. Nếu P (x) ≡ c (c là hằng số). Từ (2.3.1) được c = ck . Khi k = 1 thì c là hằng số
bất kỳ. Khi k > 1 thì c = 0 hoặc c = 1.
12


Xét trường hợp deg P ≥ 1 . Vì đa thức P (x) − x luôn có nghiệm ( xét cả nghiệm
phức) với mọi n ∈ N, tồn tại αn ∈ C sao cho P (αn ) = αn . Từ đó theo (2.3.1) ta có
P (αn ) = P (P (αn )) = [P (αn )]k , ∀k = 1, 2, ...
Suy ra đa thức P (x) − xk , ∀x ∈ R. Thử lại thấy thỏa mãn.
Vậy nếu k = 0 thì P (x) ≡ c (c là hằng số bất kỳ). Nếu k > 1 thì các đa thức thỏa
mãn đề bài là P (x) = 0, P (x) = 1, P (x) = xk , ∀x ∈ R.
Ví dụ 2.3.2. Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P (x) thỏa mãn phương trình hàm
P (x)P (x + 1) = P (x2 + x + 1), ∀x ∈ R.

(2.3.2)

Giải. Nếu P (x) ≡ a (a là hằng số) thì thay vào (2.3.2) ta được a2 = a, suy ra a ∈ {0, 1} .
Bây giờ ta xét đa thức có bậc lớn hơn hoặc bằng 1. Giả sử a là một nghiệm của P (x).
Khi đó a2 + a + 1 cũng là nghiệm của P (x). Trong (2.3.2) thay x bởi x − 1 ta được
P (x − 1)P (x) = P (x2 − x + 1), ∀x ∈ R.
Vì P (a) = 0 nên suy ra P (a2 − a + 1) = 0, vậy a2 − a + 1 cũng là nghiệm của P (x).
Chọn a là nghiệm có môđun lớn nhất (nếu có nhiều nghiệm như thế thì ta chọn một
trong số chúng). Từ cách chọn suy ra a2 + a + 1 ≤ |a| , a2 − a + 1 ≤ |a| . Theo bất

đẳng thức về môđun ta có
|2a| = (a2 + a + 1) + (−a2 + a − 1) ≤ a2 + a + 1 + −a2 + a − 1
= a2 + a + 1 + −a2 + a − 1 ≤ |a| + |a| = 2 |a| = |2a| .
Như vậy dấu "=" xẩy ra ở bất đẳng thức trên, suy ra
(a2 + a + 1) + (a2 − a + 1) = a2 + a + 1 + −a2 + a − 1 .
Từ đó suy ra tồn tại số thực s ≥ 0 sao cho a2 + a + 1 = s(−a2 + a − 1). Nếu
a2 + a + 1 < a2 − a + 1 thì
2 a2 + a + 1 > a2 − a + 1 + a2 + a + 1 ≥ |2a| ⇒ a2 − a + 1 > |a| .
Tương tự nếu a2 + a + 1 > a2 − a + 1 thì a2 + a + 1 > |a| , mâu thuẫn với cách
chọn a. Vậy a2 − a + 1 = a2 + a + 1 . Từ đó suy ra s = 1 và ta có a2 + a + 1 =
−a2 + a − 1, hay a2 = −1, suy ra a = ±i. Vậy P (x) = (x2 + 1)m Q(x), trong đó Q(x)
là đa thức không chia hết cho x2 + 1. Thay vào (2.3.2), ta có
(x2 + 1)Q(x)(x2 + 2x + 2)m Q(x + 1) = [(x2 + x + 1)2 + 1]m Q(x2 + x + 1).
Hay Q(x)Q(x + 1) = Q(x2 + x + 1). Vậy Q(x) cũng thỏa mãn (2.3.2).
Nếu như Q(x) có nghiệm thì ta thực hiện tương tự như trên, nghiệm có môđun
lớn nhất phải là i và −i. Nhưng điều này không thể vì Q(x) không chia hết cho
13


(x2 + 1). Bởi vậy Q(x) là hằng số. Giả sử Q(x) ≡ c, thay vào (2.3.2) ta được c = 1.
Vậy P (x) = (x2 + 1)m . Thử lại ta có tất cả các đa thức thỏa mãn đề bài là P (x) =
0, P (x) = 1, P (x) = (x2 + 1)m , ∀x ∈ R với m = 1, 2, 3, ...
Bài tập đề nghị.
Bài 15. Tìm tất cả các đa thức P (x) thỏa mãn phương trình hàm
P (x)P (2x2 ) = P (2x3 + x), ∀x ∈ R.
Bài 16. Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn
P (sinx + cosx) = P (sinx) + P (cos x), ∀x ∈ R.
2.4

Phương pháp sử dụng dãy số.

Ví dụ 2.4.1. Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P (x) không đồng nhất 0 và thỏa mãn:
P (1960) = 1992, P (x) =

P (x2 + 1) − 33 + 32, ∀x ≥ 0.

Giải. Giả sử P (x) là đa thức thỏa mãn đề bài. Khi đó ta có P (x2 + 1) = [P (x) − 32]2 +
33, ∀x ≥ 0. Suy ra P (19602 + 1) = [1992 − 32]2 + 33 = 19602 + 33. Gọi x0 = 1960, ta
có x0 + 32 = 1992, P (x0 ) = x0 + 32, (do P (1960) = 1992). Ta xét dãy {x} như sau:
x0 = 1960; x21 + 1, ..., xn+1 = x2n , ∀n = 1, 2, 3, ... Khi đó P (x0 ) = x0 + 32 và
P (x1 ) = P (x20 + 1) = [P (x0 ) − 32]2 + 33 = x20 + 33 = (x20 + 1) = x1 + 32,
P (x2 ) = P (x21 + 1) = [P (x0 ) − 32]2 + 33 = x21 + 33 = (x21 + 1) = x2 + 32,
...
Bằng quy nạp ta được
P (xn ) = xn + 32, ∀n = 0, 1, 2, 3, ...

(2.4.1)

Vì dãy số {x}+∞
n=0 là dãy tăng nghiêm ngặt nên từ (2.4.1) suy ra P (x) = x + 32, ∀x ∈ R.
Sau khi thử lại ta kết luận: Có duy nhất một đa thức thỏa mãn đề bài là P (x) =
x + 32, ∀x ∈ R.
Ví dụ 2.4.2. Cho m là số nguyên dương lẻ. Tìm tất cả những đa thức hệ số thực P (x)
thỏa mãn
P (2010) = 2016; P (x) =

P (xm + 1) − 7 + 6, ∀x ∈ R.

Giải. Từ giả thiết ta có P (xm + 1) = [P (x) − 6]m + 7, ∀x ∈ R.
Đặt P (x) = Q(x) + x + 6 ta có [Q(x) + x]m = Q(xm + 1) + xm ) và Q(2010) = 0.

Xét dãy số (un ) tăng nghiêm ngặt, do đó tập hợp un |n = 1, 2, 3, ... có vô hạn phần
14


tử. Mà Q(un ) = 0, ∀n ≥ 1 nên Q(x) = 0, ∀x ∈ R, tức là P (x) = x + 6, ∀x ∈ R. Thử lại
thấy thỏa mãn.
Ví dụ 2.4.3. Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn
P (x2 + 1) = (P (x))2 + 1, ∀x ∈ R.

(2.4.2)

P (0) = 0; P (1) = 02 + 1, P (2) = 12 + 1, P (5) = 22 + 1.

(2.4.3)

Giải. Ta có

Xây dựng dãy số (an ) như sau: a0 = 0 và an+1 = a2n + 1, ∀n ∈ N. Ta có a1 = 1 > a0 . Giả
sử an+1 > an . Do an > 0, ∀n ∈ N∗ nên a2n+1 > a2n , dẫn tới an+2 = a2n+1 + 1 > a2n + 1 =
an+1 . Theo nguyên lý quy nạp nên ta suy ra dãy (an ) tăng thật sự, do đó dãy (an ) bao
gồm vô số số hạng phân biệt. Do (2.4.3) nên P (a0 ) = a0 , P (a1 ) = a1 , P (a2 = a2 .)
Giả sử P (ak ) = ak , ∀k ∈ N. Khi đó sử dụng (2.4.2) ta được
P (ak+1 ) = P (a2k + 1) = (P (x))2 + 1 = a2k + 1 = ak+1.
Theo nguyên lí quy nạp suy ra P (an ) = an , ∀n ∈ N. Xét đa thức hệ số thực Q(x) =
P (x) − x. Do P (an ) = an , ∀x ∈ N nên Q(x) nhận an làm nghiệm với mọi số thực
nhiên n. Vì dãy số (an ) gồm vô số hạng phân biệt nên suy ra Q(x) ≡ 0 hay P (x) ≡ x.
Thử lại thấy đúng. Vậy có duy nhất một đa thức thỏa mãn các yêu cầu đề bài, đó là
P (x) = x, ∀x ∈ R.
Bài tập đề nghị
Bài 17. Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] có deg P ≥ 1 và thỏa mãn

P (x2 + 1) = (P (x))2 + 1, ∀x ∈ R.
Bài 18. Tìm tất cả các đa thức P (x) hệ số thực thỏa mãn hệ thức
P (a − b) + P (b − c) + P (c − a) = 2P (a + b + c)
với a, b, c ∈ R thỏa mãn ab + bc + ca = 0.

Tài liệu

[1] Lê Hải Châu (2009), Các bài thi Olympic Toán trung học phổ thông Việt Nam,
NXB Giáo dục.
[2] Nguyễn Văn Mậu (1998), Phương trình hàm, NXB Giáo dục.
[3] Sahoo P.K abd Riedel T (2000), Mean Value theorems and Functional Equations,
World Scientific.
15