Một số bài toán phương trình hàm đa thức

GV: Đặng Ngọc Cường

Trường THPT Chuyên Lào Cai

PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC
Phương pháp 1: Hệ số bất định:
Dựa vào ĐK suy ra dạng của hàm đa thức
Thay vào phương trình đồng nhất hệ số
2
P  2x �
Bài 1(Nam Tư – 1982) : Tìm tất cả P  x  �� x thỏa mãn : 16 P  x 2   �
�
�
Giải
n
n 1
 an �0 
Giả sử có : f  x   an x  an 1 x  ...  a1 x  a0
Với x = 0 ta được f(0) = a0

(1)

a 0
�
a0  16
�

0
2
Thay vào (1) ta được : 16a0  a0 � �

Thay f(x) vào (1) và so sánh hệ số x2n ta được :
16an  22 n.an2 � an 

16
4n

 an �0 

Do an ��� n � 1, 2, 0
Với n = 0 thì P(x) = 0
P(x) = 16
Với n = 1 thì P(x) = 4x
P(x) = 4x + 16
2
Với n = 2 thì P  x   x  a1 x  16
P  x   x 2  a1 x

Thế vào (1) => P(x) = x2
Vậy các hàm cần tìm là : P(x) = 0; P(x) = 16; P(x) = 4x; P(x) = x2
Bài 2( Bungari – 1976) : Tìm tất cả đa thức P(x) không đồng nhất bằng 0 thỏa mãn :





P x2  2x  �
P  x  2 �
�
� x ��
2

Giải
2
2
��
P  x  2 �
P  y  1 �
Q y �
�y  x  1
��
� �
�
� �
�
�
Đặt �Q y  P y  1 � � 2

 �P x  2 x  P y 2  1  Q y 2
� 
�
2



2
Q  y  �
Từ đó : �
�
� Q y 
2







 

y ��

Giả sử : Q  y   a0 y  a1 y  ...  an 1 y  an a0 �0
Gọi k là số nguyên dương bé nhất sao cho ak �0
2
2n
2 n2
2
Khi đó : Q  y   a0 y  a1 y  ...  an1 y  an
n 1

n

(2)

�
Q  y  �
a0 y n  a1 y n 1  ...  an 1 y  an �
�
� �
�

�
2

2

Đồng nhất hệ số của y

2n-1

trong (2) và (3) ta có : 0 = 2a0. ak

�a0 �0
�ak �0

Mâu thuẫn : �

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi: Phương trình hàm

(3)


GV: Đặng Ngọc Cường
Do đó : a1 = a2 = … = an = 0
n
Từ đó Q  y   a0 . y
2
Q  y  �
Vì �
�
� Q y 

2

y ��

Trường THPT Chuyên Lào Cai

n
=> a0 = 1 => Q  y   y

Nên : P  x    x  1
Thử lại thấy thỏa mãn
n

Bài 3 : Tìm đa thức f : �� � thỏa mãn :
f(x + y) = f(x) + f(y) + 2xy
Giải
Thay x = y = 0 => f(0) = 0
2
x �R
x = y => f  2 x   2 f  x   2 x
Nếu n �3 thì :
giả sử :

(1)
(*)

f  x   an x n  an 1 x n 1  ...  a1 x  a0

� f  2 x   an .2n.x n  an 1.2n 1.x n 1  ...  a1.2 x  a0
�

an 2n  2an
�
an 1 2n 1  2an 1
�
�
Do đó (*) � �.............
�
a2 22  2a2  2
�
�
a1.2  a1
�

=> hệ vô nghiệm

Suy ra n < 3
 Nếu n = 0 => vô lí
 Nếu n = 1=> f(x) = ax + b. Khi đó :
x, y ��
ax + ay +b = ax + b + ay + b + 2xy
=> b + 2xy = 0 x, y ��
=> không tồn tại
2
Vậy n = 2 � f  x   ax  bx  c . Từ đó :
a  x  y   b  x  y   c  ax 2  bx  c  ay 2  by  c  2 xy
2

2a  2
a 1
�

�
��
��
c0
c0
�
�

( b tùy ý)

=> f(x) = x2 + bx
Thử lại thấy thỏa mãn
Cách 2 :
Cho x = y = 0 vào (1) thì f(0) = 0
Do đó từ f(x + y) = f(x) + f(y) + 2xy
Suy ra :

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi: Phương trình hàm


GV: Đặng Ngọc Cường

Trường THPT Chuyên Lào Cai

f  x  y  f  y
y
� lim



f  y   2 xy
y

f  x  y  f  y
y

y �0

�f  y 

�f  y 
�
 lim �
 2x �
y �0
� y
�

�
 2x �
� y
�
�f  y   f  0 
�
 2 x � f '  0   2 x � f  x   x 2  f '  0  .x
f’(x) = lim
�
y �0
� y 0
�

Hay f’(x) = lim
�
y �0

đặt f’(0) = a thì f(x) = x2 + ax
Thử lại thấy thỏa mãn
Bài 4 : tìm f  x  �� x bậc n có nghiệm thực và thỏa mãn :







f  x  . f 2 x 2  f 2 x3  x



x ��

Giải
Giả sử :

f  x   an x n  an 1 x n 1  ...  a1 x  a0
�f  0   0

Khi đó f(0) = a0 và từ giả thuyết � �

a0  0

�

nên �
a0  1
�
�f  0   1

n
n 1
s
 Nếu a0 = 0 thì f  x   an x  an 1 x  ...  a1 x  x .g  x 

Thay vào (1) ta có : g  x  .g  2 x 2  .2 s.x 2 s  g  2 x3  x   2 x 2  1
Nên g(0) = 0 (vô lí)
=> g(0) = 0 trái với giả thuyết
Vậy a0 = 1
Khi đó giả sử x0 là nghiệm thì 2x03  x0 cũng là nghiệm
3
Và 2 x0  x0  x0 2 x0  1  x0 nên f(x) có vô số nghiệm (vô lí)
s

Vậy không tồn tại f  x  �� x thỏa mãn điều kiện đề bài
Bài 5:Tìm hàm đa thức xác định trên R thỏa mãn :
2 f  x  f  1 x   x2 ,

x ��

HD:
Vì vế phải của (1) là biểu thức bậc 2.nên vế trái cũng là bậc hai theo x.
Vì biểu thức dưới f là bậc nhất nên hàm f phải là đa thức bậc hai.

2
Vậy f  x   ax  bx  c, a �0
Thay vào (1) ta được:
3ax 2  (b  2a ) x  a  b  3c  x 2 ,

x ��

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi: Phương trình hàm


GV: Đặng Ngọc Cường

Nên:

Trường THPT Chuyên Lào Cai

� 1
a
�
3
3a  1
�
�
�
� 2
b  2a  0
��
b
�
�

� 3
a  b  3c  0
�
1
�
c
�
3
�
1
3

2
3

Vậy hàm thỏa đề bài là: f  x   x 2  x 

1
3

Ta chỉ ra hàm f(x) tìm được là duy nhất.
2
Giả sử hàm g(x) cũng thỏa mãn: 2 g  x   g  1  x   x ,
Khi đó x0 �� sao cho f  x0  �g  x0 
2
Ta thay x= x0 ta được : 2 g  x0   g  1  x0   x0
2
Thay x= 1- x0 ta có: 2 g  1  x0   g  x0   (1  x0 )

x �� và f  x  �g  x  , x

(3)
(4)

1
2
1
3
3
3
1
2
1
Vậy hàm số f  x   x 2  x  tìm được là duy nhất.
3
3
3

Từ (3) và (4) suy ra: g  x0   x 0 2  x0   f ( x0 ) vô lí.

Bài 6: Tìm hàm đa thức y = f(x) xác định trên R thỏa mãn:
x ��
f(f(x)) = f(x) + x
(1)
Tìm hai hàm như thế.
HD:
(1) <=>
f(f(x)) - f(x) = x
Nếu f(x) là hàm hằng thì không thỏa
Nếu f(x) có bậc lớn hơn 2 thì không thỏa vì vế trái bậc lớn hơn 2, vế phaỉ bậc 1

Vậy f(x) có bậc 1 hay f  x   ax  b, a �0
Thay vào (1) ta được:
a  ax  b   b  (ax  b)  x,

Hay

x
� 1 5 � 1 5
a
�
�a 
��
2 ;�
2
�
�
b0
b0
�
�
1 5
f  x 
x
2

�
a2 1  1
(a  a ) x  ab  x, x � �
ab  0
�

2

Vậy có hai hàm : f  x  

1 5
x;
2

Bài tập tương tự :
Bài 7: Tìm tất cả đa thức P(x) thỏa mãn :

 

P x2  �
P  x �
�
� x ��
2

Bài 8(VMO-2006) Tìm đa thức với hệ số thực thỏa mãn:

 

2
P x 2  x  3P  x   P   x    �
P  x �
�
� 2 x , x ��
2

Bài 9: Tìm hàm đa thức y = f(x) đơn điệu tăng và xác định trên R thỏa mãn:
x ��
f(f(x)) = 1 + x
(1)
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi: Phương trình hàm


GV: Đặng Ngọc Cường

Trường THPT Chuyên Lào Cai
ĐS:

f  x  x 

1
2

Bài 10: Cho hàm đa thức xác định trên N thỏa:
f  f  n    f  n   2n  3

Tìm f(2005)
ĐS: f(2005) = 2006
Bài 11:(MEHICO O-1997): Cho hàm đa thức xác định trên N thỏa:
f  f  n     f  n    n 2  3n  2
2

Tìm f(2009)
Phương pháp 2: Sử dụng tính chất nghiệm
Cơ sở:
Nếu đa thức P(x) có nghiệm là a thì P(x) = (x-a).Q(x)

Nếu đa thức P(x) thỏa P(x) = P(x –b) x thì P(x) là hàm hằng.
Bài 1(VMO- 2003): Tìm đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn:

x

3







 3x 2  3 x  2 P( x  1)  x 3  3 x 2  3 x  2 P( x) , (1)

HD:
Cho x= -2 ta được P(-2) = 0
Cho x- 2 ta được P(2) = 0
Cho x= 1 ta được P(0) = 0
Cho x= 0 ta được P(-1) = 0
Vậy P  x   x  x  1  x  1  x  2  .G  x 
Khi đó thay vào (1) ta được:
( x 2  x  1)G ( x  1)  ( x 2  x  1)G( x)
G ( x)

G ( x  1)

Khi đó R(x) = C hằng số
Nên G ( x)  C.( x 2  x  1)
2

Suy ra P  x   C.x  x  1  x  1  x  2  ( x  x  1)
Thử lại thấy thỏa mãn.
Bài 2 : Tìm tất cả đa thức thỏa mãn :

 x  1

2

. f  x    x  3 f  x  2 

Đặt f  x   g  x  .  x  3
Suy ra :

G ( x)

hay ( x 2  x  1)  ( x 2  x  1)

thì ta có R  x   R  x  1 , x � 0;1; 1; 2

Đặt R( x)  ( x 2  x  1)

2

x �R

Giải
2

x

g là đa thức

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi: Phương trình hàm


GV: Đặng Ngọc Cường

Trường THPT Chuyên Lào Cai

 x  1  x  3 .g  x    x  1  x  3
� g  x   g  x  2
x �1, x �3
� g  x   c x �1, x �3
2
x �1, x �3
Suy ra : f  x   c  x  3
2

2

2

2

.g  x  2 

Nếu x = 1 thì f(3) = 0
x = 3 thì f(3) = 0
2
x ��

Vậy f  x   c  x  3
Bài 3 : cho k là số nguyên dương. Tìm tất cả đa thức P(x) :

 x  2001

k

.P  x    x  2002  .P  x  1
k

x ��

Giải
Ta thấy x = 2002 là nghiệm bội bậc �k của P(x)
k
Đặt P  x    x  2002  .Q  x 
Thay vào (1) ta được :

 x  2001 .  x  2002  .Q  x    x  2002  .  x  2001
� Q  x   Q  x  1
x �R \  2001, 2002
k

k

k

k

Q  x  1

x ��

Suy ra : Q(x) =a hằng số
k
Từ đó : P  x   a.  x  2002  , x �2001, x �2002
Khi x = 2001 thì P(2002) = 0
Khi x = 2002 thì P(2002) = 0
Bài 4: Tìm P(x) với hệ số thực thoã mãn đẳng thức:
( x 3  3x 2  3x  2) P( x  1) ( x 3  3x 2  3x  2) P( x), x

(1)

Giải:
(1)  ( x  2)( x 2  x  1) P( x  1) ( x  2)( x 2  x  1) P( x), x
Chọn:

x = -2  P(-2) = 0
x = -1  P(-1) = 0
x = 0  P(0) = 0
x = 1  P(1) = 0

Do đó P( x)  x( x  1)( x  1)( x  2).G ( x)
Thay P(x) vào (1) ta được:
( x  2)( x 2  x  1)( x  1)( x  2) x( x  1).G( x  1) ( x  2)( x 2  x  1) x( x  1)( x  1)( x  2).G( x) , x


( x 2  x  1)G ( x  1) ( x 2  x  1)G ( x) , x

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi: Phương trình hàm

GV: Đặng Ngọc Cường
G ( x)
G ( x  1)
 2
, x
x  x 1 x  x  1



Đặt:

Trường THPT Chuyên Lào Cai

2

R ( x) 

G ( x)
( x 0,1, 2)
x  x 1
2



R ( x)  R ( x  1) , ( x 0,1, 2)



R ( x ) C

Vậy: P( x) C ( x 2  x  1) x( x  1)( x  1)( x  2)
Thử lại thấy P(x) thoã mãn điều kiện bài toán.
Bài 5: Tìm đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn:

x

3









 3x 2  3 x  2 xP ( x)  x 2  1 x 2  x  1 P( x  1) , (1)

x

HD:
Cho x= 0 thì P(1)= 0
Cho x= -1 thì P(-1)= 0
Cho x= -2 thì P(-1)= 0
Vậy P  x    x  1  x  1 .G  x 
Thay vào (1) và rút gọn ta được:
( x 2  x  1)G ( x)  ( x 2  x  1)G ( x  1)
G ( x)

G ( x  1)
G ( x  1)
Hay : ( x 2  x  1)  ( x2  x  1)  ( x  1)2  ( x  1)  1
G ( x)
Đặt R( x)  2
thì ta có : R  x   R  x  1 , x � 0;1; 1; 2
x  x 1

Do đó R(x)= C hằng số
Dẫn đến G ( x)  C.( x 2  x  1)
2
Suy ra P  x   C  x  1  x  1 ( x  x  1)
Thử lại thấy thỏa mãn.
Bài tập tương tự
Bài 6: Tìm đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn:

 4x

2











 4 x  2 4 x2  2 x P( x)  x 2  1 x 2  3x  2 P(2 x  1) , (1)

x

Bài 7: Tìm đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn:

x

2







 2 x  1 P ( x)  x 2  6 x  9 P ( x  2) , (1)

ĐS: P  x   C  x-3  x-3

Bài 8: Tìm đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn:
xP( x  1)   x  3 P( x) , (1)

x

ĐS: P  x   C.x  x-1  x-3
Bài 9(Vô địch Matxcova): Tìm đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn:
xP( x  1)   x  26  P( x), (1)

x

x

Bài 10: Tìm đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn:
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi: Phương trình hàm


GV: Đặng Ngọc Cường

Trường THPT Chuyên Lào Cai

xP( x  1)   x  1992  P( x) , (1)

x và P (1993)  1993!

Bài 11: Tìm đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn:
( x  1) P( x)   x  100  P ( x  1), (1)

x

Phương pháp 3:Giải phương trình hàm đa thức theo tính chất trên các điểm nguyên:
Cơ sở:
Nếu hai đa thức bậc n trùng nhau tại n + 1 điểm nguyên thì 2 đa thức đó trùng nhau.
Bài 1 : Tìm P(x) theo bậc n thỏa mãn :





P x 2  1  P  x  1

x �R

Giải
u , v �R
Đặt u = x + 1 ; v = x – 1 thì P(u.v) = P(u).P(v)
�
P  0  0

(2)

Cho u = v = 0 � �

P  0  1
�

 Nếu P(0) = 1 thì từ (2) thay v = 0 ta có : P(u) = 1 với mọi u
=> P(x) = 1 x �R
 Nếu P(0) = 0 thì x = 0 là 1 nghiệm của P(x)
=> P(x) = x. Q(x)
u, v �R
Từ đó ta có : u.v.Q(uv) = u .v.Q(u).Q(v)
u , v �R
Suy ra : Q(uv) = Q(u).Q(v)
Từ đó được : Q(x) = 1 hoặc Q(x) = x.R(x) ...
Tiếp tục quá trình ta được sau hữu hạn bước :
P(x) = 1; P(x) = xn
Thử lại thấy P(x) = 1; P(x) = xn thỏa mãn điều kiện bài ra
Bài 2 : Tìm P  x  �� x  thỏa :
 P(0) = 0

(1)
1

P  x  1  P  x  1 �
 P  x  �
� x �R  2 
2�
Giải
Từ (2) ta có : P(x+1) – P(x) = P(x) – P(x - 1) x ��
x ��
Đặt Q(x) = P(x) – P(x – 1) thì Q(x + 1) = Q(x)
=> Q(x) = a hằng số
Suy ra : P(x) – P(x - 1) = a x ��
Vì hai đa thức bậc n trùng nhau tại n + 1 điểm nguyên thì 2 đa thức đó trùng nhau
n �N
Xét P(n) – P(n - 1) = a
Suy ra : P(n) = P(0) + n.a
a, b ��
=> P(x) = a + bx
Do P(0) = 0 nên a = 0
Vậy P(x) = bx , b là hằng số bất kì
Thử lại thấy thỏa mãn
Bài 3 : Tìm P(x) bậc n thỏa mãn điều kiện :

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi: Phương trình hàm


GV: Đặng Ngọc Cường



P  x  1

2





Trường THPT Chuyên Lào Cai

  P  x   2x  1
2

x ��

(1)

Giải

Ta có :  1 � P  x  1   x  1  P  x   x  4 x  2
2

2

2

2

2

2
Đặt Q(x) = P  x   x thì ta có :
x ��
Q(x + 1) = Q(x) + 4x + 2
Vì hai đa thức bậc �m trùng nhau tại m + 1 điểm nguyên thì 2 đa thức đó trùng nhau
Xét Q(x) tại các điểm nguyên
Q(n + 1) = Q(n) + 4n + 2
Suy ra :
Q(1) = Q(0) + 4.0 + 2
Q(2) = Q(1) + 4.1 + 2
.................................
Q(n) = Q(n - 1) + 4.(n – 1) + 2
=> Q(n) = Q(0) +4(1 +2 +...+n -1) + 2n

= Q  0 

4n  n  1

2
2
Q
x

2
x

a
Suy ra :  

 2n  Q  0   2 n 2

(a bất kì)

x ��
Từ đó suy ra : P  x   2 x  a
Suy ra : P(x) = x + a
( a là hằng số bất kì)
Thử lại thấy thỏa mãn
Bài 4 : Tìm tất cả đa thức bậc n thỏa mãn :
P(x + 1) = P(x) + 2x + 1
Giải
NX : hai đa thức bậc �m trùng nhau tại m + 1 điểm nguyên thì 2 đa thức đó trùng nhau
Xét P(x) tại các điểm nguyên
Theo giả thuyết : P(n + 1) = P(n) + 2n + 1
n �N *
Suy ra :
P(1) = P(0) + 2.0 +1
P(2) = P(1) + 2.1 +1
P(3) = P(2) + 2.2 +1
P(4) = P(3) + 2.3 +1
...............................
P(n + 1) = P(n) + 2.n +1
Suy ra : P(n + 1) = P(0) + 2(1 +2 ...+ n) + n
P(n + 1) = P(0) + n(n + 1) +n
=> P(n + 1) = P(0) + n2 + 2n
=> P(n) = P(0) + n2
Suy ra : P(x) = x2 + c
Thử lại thấy thỏa mãn
Vậy P(x) = x2 + c
2

2

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi: Phương trình hàm


GV: Đặng Ngọc Cường
Trường THPT Chuyên Lào Cai
Phương pháp 4. Phương trình hàm theo đặc trưng số học
Cơ sở:
Nếu f(a) = f(b) thì có thể phân tích f(x) – f(b) = (x – a)(x – b)G(x)
Bài 1 : Tìm đa thức P(x) bậc 5 thỏa mãn :
3
 P  x   1 M  x  1
 P  x  1

 x  1

M

3

Giải

Theo giả thuyết thì P’(x) có bậc là 4 và P '  x 

M  x  1 ,  x  1
2

Suy ra : P '  x   a  x  1  x  1  a  x 4  2 x 2  1

2

a
5

2

2

2
3

Và P  x   x5  ax 3  ax+b
a
5

2
3

Có : P(1) + 1 = 0 �  a  a+b+1=0
a
5

2
3

P(-1) - 1 = 0 �   a- a+b-1=0
15
�
a

�
8
Suy ra : �
�
b0
�
3
10
15
Vậy P  x    x5  x 3  x
8
8
8
Bài 3 : Tìm đa thức f  x  �� x sao cho :

f(2011) =2010 và f(2009) = 2007
Giải

Giả sử có : f  x   an x  an 1 x  ...  a1 x  a0
Khi đó : f  2011  f  2009  M 2
 2
Lại có : f  2011  f  2009   3 M
Vậy không tồn tại hàm f thỏa mãn đề bài
Bài 4 : Tìm đa thức f  x  �� x bậc n sao cho :
n 1

n

 

2
�
�f  x  �
� 16 f x
2

x �R

n
n 1
Giả sử có : f  x   an x  an 1 x  ...  a1 x  a0

(1)
Giải

 an �0 

a0  0
�

Với x = 0 ta được f(0) = 0 hoặc f(0) =16 hay �
a0  16
�
an x n  an 1 x n 1  ...  a1 x  a0 �
an x 2 n  an 1x 2 n 2  ...  a1 x 2  a0 �
Suy ra :  1 � �
�
�  16 �
�
�

2

Suy ra : an2  16an � an  16
Bài 6 ( Tổng quát) : Xét đa thức f(x) tùy ý là đa thức hệ số nguyên thỏa mãn :
0 �f  c  �1k

c � 0,1, 2...k  1

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi: Phương trình hàm


GV: Đặng Ngọc Cường
Hỏi f(0) = f(1) = ...= f(k + 1) có đúng không
Giải
Ta có : a, b thì  f  a   f  b   M  a  b 

Trường THPT Chuyên Lào Cai

Nên  f  k  1  f  0   M k  1
mà f  k  1  f  0  �1997
Suy ra : f  k  1  f  0  = 0 hay f  k  1  f  0 
Suy ra : F  f  x   f  0   x  x   k  1  G  x 
Với G(x) là đa thức với hệ số nguyên
Như vậy : f  c   f  0   c  k  1  c  G  c  �k
(*)
c � 0,1, 2...k  1 ( Tập nầy khác tập � nếu k �3 )
Do (*) đúng
Như vậy mọi c thuộc tập này thì : G  c   1
Vậy G  c  ��� G  c   0
Do đó 2,3,4...k – 1 là nghiệm của G(x)

Suy ra : f  x   f  0   x  x  2   x  3 ...  x   k  1   x   k  1  .H  x 
Ta cần chứng minh H(1) = H(k) = 0
Với c = 1 và c = k từ (3) ta có : f  c   f  0    k  2  !...k H  c  �1
Mà (k – 2)! > 1 vì k �4 � H  c   1 � H  c   0
Vậy H(c) = 0
Vậy : f(0) = f(1) = ...= f(k + 1)
Bài 5 (Singapore 97 – 98) : Giả sử f(x) là đa thức hệ số nguyên thỏa mãn :
0 �f  c  �1997

c � 0,1, 2...1998

Hỏi f(0) = f(1) = ...= f(1998) có đúng không
Giải

 a  b  � f  a   f  b  
Do đó : 1998  f  1998  f  0  
Suy ra : f (1998) = f(0) vì f  1998   f  0  �1997
Ta thấy rằng : a, b :

Tương tự : 1998 – 1994 = 4
Nên : f  1998  f  1994  M 4
Hay : f  1994   f  1998  M 4
Hay : f  1994   f  0  M 4
Và : f  1994   f  0  M 1994
Do đó : f  1994   f  0  M BCNN  4;1994   3988
Hay : f  1994   f  0  M 3988 � f  1994   f  0 
Thay đổi vai trò của 4 và 1998 ta có : f(0) = f(4)
Xét 5 và 1993 : f(1993 ) = f(5) = f(0)
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi: Phương trình hàm

(xem lại)


GV: Đặng Ngọc Cường

Trường THPT Chuyên Lào Cai

Khi đó mọi a mà 1 �a �1997 ta có :  f  x   f  a   M  x  a  với x = 4, 5, 1993, 1994
Vì BCNN của 4 số x – a này lớn hơn 1998 như vậy phải có : f(a) = f(0)
Tóm lại : f(0) = f(1) = ...= f(1998)
Chú ý : Qua bài trên ta thấy : nếu f(a) = f(b) thì có thể f(x) – f(b) = (x – a)(x – b)G(x)
Giải
Phương pháp 5. Dạng đặc biệt của phương trình hàm đa thức:
I. Kiến thức cần nhớ:
Phương trình dạng P(f)P(g) = P(h).
Bài toán tổng quát: Giả sử f(x), g(x) và h(x) là các đa thức thuộc R[x] đã cho thoả mãn
điều kiện: deg(f) + deg(g) = deg(h).
Tìm tất cả các đa thức P(x) thuộc R[x] sao cho
P(f(x))P(g(x)) = P(h(x)) với mọi x thuộc R.
(1)
Nghiệm của phương trình hàm (1) có nhiều tính chất đặc biệt giúp chúng ta có thể xây dựng
được tất cả các nghiệm của nó từ các nghiệm bậc nhỏ:
Tính chất 1.1. Nếu P, Q là nghiệm của (1) thì P.Q cũng là nghiệm của (1).
Chứng minh:
(P.Q)(h(x)) = (P)(h(x)).Q(h(x)) = P(f(x)).P(g(x)).Q(f(x)).Q(g(x))
= (P.Q)(f(x)).(P.Q)(g(x)).
Hệ quả 1.2. Nếu P(x) là nghiệm của (1) thì Pn(x) cũng là nghiệm của (1).
Định lý 1.3. Nếu f, g, h là các đa thức với hệ số thực thoả mãn điều kiện
deg(f) + deg(g) = deg(h) và thoả mãn một trong hai điều kiện sau:
(i)

deg(f) ≠ deg(g)
(ii) deg(f) = deg(g) và f* + g* ≠ 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) có bậc n và thoả mãn
phương trình (1).
Chứng minh:
Giả sử P là đa thức bậc n thoả mãn phương trình (1), deg(f) = f, deg(g) = g, deg(h) = h, các
hệ số cao nhất của P, f, g, h tương ứng là P*, f*, g*, h*. So sánh hệ số cao nhất hai vế của
các 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 từ đó suy ra P* = (h*/f*g*)n.
Như vậy, nếu giả sử ngược lại, tồn tại một đa thức Q bậc n (khác P) cũng thoả mãn phương
trình (1) thì Q* = P* và ta có
Q(x) = P(x) + R(x) với 0 ≤ r = deg(R) < n
(ta quy ước bậc của đa thức đồng nhất 0 bằng -, do đó deg(R)  0 đồng nghĩa R không
đồng nhất 0)
Thay vào phương trình (1), ta được
(P(f) + R(f))(P(g) + R(g)) = P(h) + R(h)

P(f)P(g) + P(f)R(g) + R(f)P(g) + R(f)R(g) = P(h) + R(h)

P(f)R(g) + R(f)P(g) + R(f)R(g) = R(h)
(2)
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi: Phương trình hàm


GV: Đặng Ngọc Cường
Trường THPT Chuyên Lào Cai
Bây giờ ta xét các trường hợp
i)

deg(f)  deg(g). Giả sử f > g. Khi đó bậc của các đa thức ở vế trái (2) lần lượt là nf
+ rg, rf + ng, rf + rg, và do nf + rg > rf + ng > rf + rg nên vế trái có bậc là nf + rg.
Trong khi đó vế phải có bậc là rh = r(f+g) < nf + rg. Mâu thuẫn.
ii)
deg(f) = deg(g). Khi đó, hai đa thức đầu tiên ở vế trái của (2) cùng có bậc là nf + rg
= ng + rf và có thể xảy ra sự triệt tiêu khi thực hiện phép cộng. Tuy nhiên, xét hệ
số cao nhất của hai đa thức này, ta có hệ số của x nf + rg trong đa thức thứ nhất và thứ
hai lần lượt bằng P*(f*)nR*(g*)r, R*(f*)rP*(g*)n. Như thế, bậc của xnf+rg trong tổng
hai đa thức bằng
P*R*f*rg*r(f*(n-r)+g*(n-r))  0 do f* + g*  0. Như vậy, bậc của vế trái của (2) vẫn là
nf + rg, trong khi đó bậc của vế phải là rh = rf + rg < nf + rg. Mâu thuẫn.
Định lý được chứng minh hoàn toàn.
Áp dụng định lý 1.3 và hệ quả 1.2, ta thấy rằng nếu P 0(x) là một đa thức bậc nhất thoả mãn
phương trình (1) với f, g, h là các đa thức thoả mãn điều kiện của định lý 1.3 thì tất cả các
nghiệm của (1) sẽ có dạng: P(x)  0, P(x)  1, P(x) = (P0(x))n.
Hệ quả 2.2: Nếu u0  x  là đa thức bậc nhất thỏa mãn (1) với f, g, h là đa thức thỏa mãn tính
u0  x  �
chất 3 thì tất cả nghiệm của (1) có dạng : P(x) = 0; P(x) = 1 ; P(x) = �
�
�
Sau đây, chúng ta sẽ xem xét một số ví dụ áp dụng của các tính chất nói trên.
II. Hai phương pháp giải cơ bản:
II.1. Đồng nhất hệ số:
Bài 1 : Tìm tất cả hàm đa thức hệ số thực sao cho :
P  x 2   P 2  x  � P  x  .P  x   P  x 2 
x �� (1)
Giải
2
Đặt f(x) = x, g(x) = x, h(x) = x
Thì ta có : P  f  x   .P  g  x    P  h  x   x ��

Thỏa mãn : deg f  x   deg g  x  và tổng hệ số cao nhất của f và g khác không
Khi đó với mọi n tồn tại nhiều nhất một đa thức bậc n thỏa mãn phương trình (1)
Ta chỉ ra P(x) thì P(x) đó là duy nhất
Ta nhận thấy P(x) = 0; P(x) = 1 là các đa thức thỏa mãn (1)
U(x) = x là đa thức bậc nhất thỏa mãn (1)
n
n
u0  x  �
Vậy với n �N thì P(x) = �
�
� = x là đa thức bậc n duy nhất thỏa mãn phương trình (1)
( theo định lí 3 và tính chất 2)
x ��
Kết luận : P(x) = 0
x ��
P(x) = 1
n
n �N *
P(x) = x
Thử lại thấy thỏa mãn
(hoặc giải theo Bungari – 1976)
Bài 2 ( THTT – 2006 ) : Tìm tất cả đa thức hệ số thực thỏa mãn :
P  x  P  x  1  P  x 2  2 
x ��
(*)
n

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi: Phương trình hàm

GV: Đặng Ngọc Cường

Trường THPT Chuyên Lào Cai

Giải
Đặt f(x) = x ; g(x) = x + 1 ; h(x) = x + 2 thì ta có :
 deg f  deg g  deg h
 deg f  deg g và tổng hệ số cao nhất của f và g khác 0
Do đó mọi n thì tồn tại đa thức bậc n thỏa mãn (1) là không quá một đa thức
Ta đi tìm một đa thức bậc nhỏ nhất thỏa mãn (1)
Ta thấy P(x) = 0; P(x) = 1 thỏa mãn
2
 Nếu P(x) = ax + b thì (*) �  ax+b   ax+b+a   a  x  2  b 
2





� ax 2  ab  a 2  ba x  b 2  ab  ax 2  2a  b
�
a  2b  a   0
�
2ab  a 2  0
��
��
b  2a  0
b  2a  0
�
�

Nếu a = 0 => b = 0 => P = 0
2 a  b
�
� P  x   ax - 2a = x - 2
b  2a  0
�

Nếu �

x ��

2
 Nếu P  x   ax  bx  c thì

P  x  1  a  x  1  bxb  c  ax 2   2a  b  x  a  b  c
2






 

 bx  c   ax   2a  b  x  a  b  c   ax   4a  b  x

P x 2  2  a x 2  2  b x 2  2  c  ax 4   4a  b  x 2  4a  2b  c

2

Suy ra :  ax

2

2

4

2

 4a  2b  c

�
a 1
�
�
�
�
2a  2ab  0
b  1
�
�
�
�
�
c2
 2a  b  c   a  b  c  b  0
�
�
��

��
c  a  b  c   4a  2b  c
a3
�
�
�
�
�
�
b  3
�
a  a  b  c   ac  b  2a  b   4a  b
�
�
�
�
c3
�
�
2

Vậy có 2 đa thức bậc 2 thỏa mãn là :
P  x   x2  x  2

P  x   3 x 2  3x  3

Vậy tất cả đa thức hệ số thực thỏa mãn là :
P  x  �
x 2  x  2�
�

�
n

P  x  �
3 x 2  3 x  3�
�
�
n

là các đa thức bậc chẵn

P(x) =0 ; P(x) = 1
Ta chỉ ra (1) không có nghiệm là đa thức bậc lẻ…….
Bài 3(Vietnam 2006): Hãy xác định tất cả các đa thức P(x) với hệ số thực, thoả mãn hệ thức
sau:
P(x2) + x(3P(x) + P(-x)) = (P(x))2 + 2x2 (4) với mọi số thực x.
Giải:
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi: Phương trình hàm


GV: Đặng Ngọc Cường
Trường THPT Chuyên Lào Cai
Thay x = - x vào (4), ta được
P(x2) – x(3P(-x) + P(x)) = (P(-x))2 + 2x2 (5)
Trừ (4) cho (5), ta được
4x(P(x) + P(-x)) = P2(x) – P2(-x)

(P(x) + P(-x))(P(x) – P(–x) – 4x) = 0 (6)
(6) đúng với mọi x thuộc R, do đó ta phải có
+ Hoặc P(x) + P(-x) = 0 đúng với vô số các giá trị x

+ Hoặc (P(x) – P(–x) – 4x = 0 đúng với vô số các giá trị x
Do P là đa thức nên từ đây ta suy ra
+ Hoặc P(x) + P(-x) = 0 đúng với mọi x
+ Hoặc (P(x) – P(–x) – 4x = 0 đúng với mọi x
Ta xét các trường hợp:
Nếu: P(x) + P(-x) = 0
Khi đó ta có phương trình
P(x2) + 2xP(x) = (P(x))2 + 2x2

P(x2) – x2 = (P(x) – x)2
Đặt Q(x) = P(x) – x thì Q(x 2) = Q2(x). Theo ví dụ 1 thì Q(x)  0, Q(x)  1, Q(x) = xn. Từ đó
P(x) = x, P(x) = x+1, P(x) = xn + x. So sánh với điều kiện P(x) + P(-x) = 0, ta chỉ nhận các
nghiệm: P(x) = x và P(x) = x2k+1 + x, k = 0, 1, 2 …
Nếu: P(x) – P(-x) – 4x = 0
Khi đó ta có phương trình
P(x2) + x(4P(x) – 4x) = P2(x) + 2x2

P(x2) – 2x2 = (P(x) – 2x)2
Đặt Q(x) = P(x) – 2x thì Q(x 2) = Q2(x) và như thế Q(x)  0, Q(x)  1, Q(x) = xn. Từ đó P(x)
= 2x, P(x) = 2x+1, P(x) = x n + 2x. So sánh với điều kiện P(x) – P(-x) – 4x = 0, ta chỉ nhận
các nghiệm: P(x) = 2x, P(x) = 2x+1 và P(x) = x2k + 2x, k = 1, 2, 3 …
Tổng hợp hai trường hợp, ta có tất cả nghiệm của (4) là các đa thức
P(x) = x, P(x) = 2x, P(x) = 2x+1, P(x) = x2k+1 + x, P(x) = x2k + 2x với k = 2, 3, …
Bài 4(IMO). Tìm tất cả các đa thức với hệ số thực P(x) thoả mãn đẳng thức sau với mọi số
thực x
P(x)P(2x2) = P(2x3+x)
(7)
Giải:
2
3

Các đa thức x, 2x , 2x +x thoả mãn điều kiện định lý 1.3, do đó ta sẽ đi tìm nghiệm không
đồng nhất hằng số với bậc nhỏ nhất của (7).
Xét trường hợp P(x) có bậc nhất, P(x) = ax + b. Thay vào (7), ta có
(ax + b)(2ax2+b) = a(2x3+x) + b
So sánh hệ số của các đơn thức ở hai vế, ta được hệ
a3 = 2a, 2ba2 = 0, ab = a, b2 = b
Hệ này vô nghiệm (do a  0) nên ta có thể kết luận: không tồn tại đa thức bậc nhất thoả mãn
(7).
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi: Phương trình hàm


GV: Đặng Ngọc Cường
Trường THPT Chuyên Lào Cai
2
Tiếp tục xét trường hợp P(x) có bậc 2, P(x) = ax + bx + c.
Thay vào (7), ta có
(ax2 + bx + c)(4ax4+2bx2+c) = a(2x3+x)2 + b(2x3+x) + c

4a2x6 + 4abx5 + (4ac + 2ab)x4 + 2b2x3 + (ac + 2bc)x2 + bcx + c2 =
4ax6 + 4ax4 + 2bx3 + ax2 + bx + c
So sánh hệ số các đơn thức ở hai vế, ta được hệ
4a2 = 4a, 4ab = 0, 4ac + 2ab = 4a, 2b2 = 2b, ac + 2bc = a, bc = b, c2 = c.
Hệ này có nghiệm a = c = 1, b = 0. Như vậy, P(x) = x 2 + 1 là đa thức bậc 2 thoả mãn (7). Từ
hệ quả 1.2 và định lý 1.3, ta suy ra (x 2+1)k là tất cả các đa thức bậc chẵn (không đồng nhất
hằng số) thoả mãn (7).
Giả sử  là nghiệm thực của P(x), khi đó 23 +  cũng là nghiệm của P(x). Nếu  > 0 thì ta
có ,  + 23,  + 23 + 2( + 23)3, … là dãy tăng và tất cả đều là nghiệm của P(x), mâu
thuẫn. Tương tự, nếu  < 0 thì dãy nói trên là dãy giảm và ta cũng có P(x) có vô số nghiệm.
Nếu  = 0, đặt P(x) = xkQ(x) với Q(0)  0, thay vào phương trình, ta có
xkQ(x)(2x2)kQ(2x2) = (2x3+x)kQ(2x3+x)

=>
Q(x)(2x2)kQ(2x2) = (2x2+1)kQ(2x3+x)
Thay x = 0 vào ta được 0 = Q(0), mâu thuẫn.
Vậy P(x) không có nghiệm thực, có nghĩa là P(x) không thể có bậc lẻ.
Vậy các nghiệm của phương trình là : P= 0 ; P=1 ; P= (x2+1)k
II.2. Sử dụng số phức giải phương trình hàm dạng đặc biệt:
Bài 1( CH Ailen-1998): Tìm đa thức hệ số thực thỏa mãn :
P  x  P  x  1  P  x 2 
x ��
(*)
Giải:
Nếu P(x) = C thì C= 0 hoặc C= 1.
Xét P(x) khác hằng số.
Gọi a là nghiệm của P(x) trên C.
Khi đó a2 cũng là nghiệm
Suy ra a4; a8…. Cũng là nghiệm.
Vì đa thức bậc n không thể có quá n nghiệm nên tồn tại n sao ch an = 1. Do nếu a n �1. thì
dãy a2n là dãy vô hạn, vô lí.
2
2
 isin
(2)
n
n
2
2
Thay x bởi a+ 1 vào (1) ta có P( a  1 )  P  a  1 .P  a  = 0 nên  a  1 là nghiệm.


2m

Lí luận tương tự ta cũng suy ra:  a  1  1 hay a  1  cos  isin
(3)
m
m
a  a 1  1
Lại có:
(4)

Từ đó ta có:

a  cos

1
3
2
2
2
Suy ra a là nghiệm của P1 ( x)  ( x  x  1)
Từ đó P(x) có dạng: P ( x)  ( x 2  x  1).Q( x)

Từ (2);(3);(4) ta suy ra: a    i

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi: Phương trình hàm


GV: Đặng Ngọc Cường
Nếu Q(x) có bậc lớn hơn 2 thì thay vào (1) ta được:

Trường THPT Chuyên Lào Cai

 

Q  x  Q  x  1  Q x 2

Suy ra: Q( x)  ( x 2  x  1).R ( x)
Nếu degR = 2 thì R( x)  ax 2 +bx+c thay vào (1) và dùng đồng nhất thức ta được:
R ( x )  x 2 +x+1 Suy ra P(x) có dạng P ( x )  ( x 2  x  1) n
Nếu degR = 1 thì ta chỉ ra được không tồn tại R(x)
Nếu degR = 0 thì R(x) = a và ta chi ra được: P(x) = 0; P ( x)  ( x 2  x  1)m
Vậy các hàm cần tìm là:
P(x) = 0; P(x) = 1; P ( x )  ( x 2  x  1) n
Thử lại thấy thỏa mãn.
Bài 2: Tìm đa thức hệ số thực thỏa mãn :
P  x 2  P  x 2  1  P  ( x 2  1) 2 
x ��
(*)
Giải:
Nếu P(x) = C thì C= 0 hoặc C= 1.
Xét P(x) khác hằng số.
Gọi a2 là nghiệm của P(x) trên C.
Khi đó a4 cũng là nghiệm , suy ra a 2n cũng là nghiệm.
Nếu a 2 n �1 thì P(x) có vô số nghiệm trên C.Vô lí
2
2
 isin
(2)
n
n
Thay x 2 bởi x 2  1 vào (*) ta cũng suy ra được x 2  1 là nghiệm của P(x).

Do đó n �� sao cho a 2 n  1 hay a 2  cos
Hay

x

Hay
Lại có:

2



1

2k

là nghiệm từ đó ta có:

2
2
 isin
k
k
2
2
a  a 1  1

x

2



1

2k

1

a 2  1  cos

(3)
(4)

1
3
2
2
2
2
Suy ra a là nghiệm của P1 ( x)  ( x  x  1)
Từ đó P(x) có dạng: P ( x)  ( x 2  x  1).Q( x)

Từ (2);(3);(4) ta suy ra: a 2    i

Lập luận tương tự như bài 1 ta được
Các hàm số thỏa là: P(x) = 0; P(x) = 1; P ( x )  ( x 2  x  1) n
Bài 3: Tìm tất cả các đa thức không hằng số P(x) sao cho
P(x)P(x+1) = P(x2+x+1)
(8)

2
Lời giải: Giả sử a là một nghiệm của P(x) = 0. Khi đó a + a + 1cũng là nghiệm. Thay x bằng
x - 1, ta có P(x)P(x-1) = P(x2 – x + 1)
Vì P(a) = 0 nên ta cũng suy ra a2 – a + 1 cũng là nghiệm của P(x) = 0.
Chọn a là nghiệm có modul lớn nhất (nếu có một vài nghiệm như thế thì ta chọn 1 trong
chúng). Từ cách chọn ta suy ra |a2 + a + 1|  | a | và |a2 – a + 1|  | a |
Áp dụng bất đẳng thức về modul, ta có
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi: Phương trình hàm


GV: Đặng Ngọc Cường
Trường THPT Chuyên Lào Cai
2
2
| 2a |  | a + a + 1| + | – a + a – 1|  | a | + | a | = | 2a|.
Như vậy dấu bằng phải xảy ra ở các đẳng thức trên, suy ra với
(a2+a+1) = s(-a2+a-1) với s là một số dương nào đó.
Nếu |a2 + a + 1| < | a2 – a + 1| thì 2| a2 – a + 1| > | a2 – a + 1| + | a2 + a + 1|  | 2a |, suy ra |a2 –
a + 1| > | a |. Tương tự từ |a2 + a + 1| > | a2 – a + 1|, cũng suy ra | a2 + a + 1| > | a |, mâu thuẫn
với cách chọn a.
Vậy |a2 + a + 1| = | a2 – a + 1|. Từ đó s = 1 và ta có (a2 + a + 1) = (–a2 + a – 1)
suy ra a2 + 1 = 0, suy ra a = i và như vậy x2 + 1 là thừa số của P(x).
Từ đây P(x) = (x2 + 1)mQ(x), trong đó Q(x) là đa thức không chia hết cho x2 + 1. Thay vào
(8), ta có Q(x) cũng thỏa mãn (8).
Nếu như phương trình Q(x) = 0 có nghiệm thì làm tương tự như trên, nghiệm có modul lớn
nhất phải là i. Nhưng điều này không thể vì x2 + 1 không chia hết Q(x). Ta đi đến kết luận
rằng Q(x) là hằng số, giả sử đó là c. Thay vào phương trình, ta được c = 1.
Như vậy tất cả các nghiệm không hằng của phương trình (8) có dạng (x2 + 1)m với m là số
nguyên dương.
Bài 4: Tìm các hàm đa thức P(x) sao cho:







P 2 x 2 P  x   P x3  x



x ��

Giải:
Nếu đa thức hằng thì f = 0 hoặc f= 1
n
n 1
Xét P(x) � hằng số thì: P( x)  an x  an1 x  .....  a1 x  a0 , an �0
( TLGK CHUYEN 12 trang 269)

III. Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ và so sánh bậc:
Bài 1:
Tìm tất cả các đa thức với hệ số thực thỏa mãn :
P( x).P( x  1)  P( x 2  2) , x �R
Giải:






(1)

Nếu degP = 0 thì P( x) �c , c là hằng số
c0
�
Từ (1) � c.c  c � �
c 1
�
Suy ra trường hợp này có hai đa thức : P ( x ) �0, P( x) �1 thỏa đề ra
Nếu degP = m với m lẻ thì đa thức P( x) luôn có 1 nghiệm x0 �R
2
Từ (1) suy ra : P ( x0  2) =P( x0 ).P( x0  1)  0 suy ra x02  2 cũng là nghiệm của P( x)
u1  x0
�
Xét dãy số : (un ) : �
un  un21  2 , n �2
�
Dễ dàng ta thấy (un ) là dãy tăng và bằng quy nạp theo n ta có : P(un )  0 , n
Do đó đa thức P( x) có vô số nghiệm : điều này vô lý .
Vì vậy degP(x) là chẵn
Xét degP(x) = 2n , n �N *

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi: Phương trình hàm


GV: Đặng Ngọc Cường

Trường THPT Chuyên Lào Cai
2 n 1

viết lại P ( x)  a2 n x  a2 n 1 x  .....  a1 x  a0 , a2 n �0
Từ quan hệ (1) của bài toán, ta đồng nhất hệ số của x 4n ở cả hai vế phương trình hàm, ta được :
a22n  a2 n � a2 n  1
2
n
 Ta đặt P ( x )  ( x  x  2)  G ( x) với deg G ( x )  2n và G ( x ) �0
2n

 Ta

Khi đó : P( x).P( x  1)  P( x 2  2) , x �R
n

2
��
G ( x)  ( x 2  x  2) n �
.�
G( x  1)  ( x 2  x  2) n �
( x 2  2) 2  ( x 2  2) n  2 �
�
�
�
� G ( x  2)  �
�
�

� G ( x).G ( x  1)  G ( x ).( x 2  x  2) n  G ( x  1).( x 2  x  2) n  G ( x 2  2) , (2)
Vì : ( x 2  x  2).( x2  x  2)  ( x 2  2)2  x 2  ( x 2  2)2  ( x2  2)  2
Mà deg G ( x)  k  2n suy ra : VT(2) có bậc là : 2n  k , VP(2) có bậc là 2k

Nhưng : 2n  k  2k
Do đó phải có G ( x) �0 , ta tìm được : P ( x)  ( x 2  x  2) n , x �R


Vậy các đa thức cần tìm là : P ( x ) �0, P( x) �1 , P ( x)  ( x 2  x  2) n , x �R

Bài 2: Tìm tất cả đa thức thỏa mãn điều kiện:







f  x  . f 3x 2  f 3 x 3  x 2



Giải:
Cho x = 0 thì f(0) = 0 hoặc f(0) = 1
Nếu f(x) = const thì f(0) = 0 hoặc f(0) = 1
Nếu f không là hằng số:
k
*
TH1: f(0)= 0 ta suy ra: f  x   x .Q  x  trong đó k  � ;
Thay vào (1) ta có: x k .Q  x  .  3x

2 k

 Q  3x    3x

   3x  1 .Q  3x  x 

k

k

2

3

x



2 k

Q  0

0

.Q  3x 3  x 2 

3
2
Hay: .Q  x  .  3x  Q  3x 2
Cho x = 0 ta có Q(0) = 0 vô lí
TH2: f(0) = 1 nên tồn tại g(x) sao cho g(x) = f(x) - 1 ; g(0) = 0
k
*
k

Khi đó g  x   x .Q  x  trong đó k  � ; Q  0  0 nên f  x   x .Q  x   1
Tương tự ta chỉ ra vô lí
x ��
Vậy các hàm cần tìm là thì f(x) = 0 hoặc f(x) = 1
Bài 3( Đề đề xuất LQĐ Đà Nẵng) : Tìm tất cả các đa thức P ( x) với hệ số thực thỏa mãn:

(

)

(

)

P x2 + x + 3 P ( 3x +1) = P 6x3 + 7x2 +16x + 3 ," x ��.
Giải:
Nếu P ( x) là đa thức hằng thì P ( x) �0,P ( x) �1 và P ( x) = 2x - 1, " x �� là đa thức bậc
nhất duy nhất thỏa mãn

(

)

*
Giả sử degP = n n�� . Gọi an ( an �0) là hệ số bậc cao nhất cuả P ( x) , căn bằng hệ số

bậc cao nhất hai vế của phương trình:
2

3n( an) = 6nan � an = 2n

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi: Phương trình hàm


GV: Đặng Ngọc Cường

Trường THPT Chuyên Lào Cai

Đặt P ( x) = ( 2x- 1) + Q( x) . Giả sử degQ = k < n( k ��)
n

Thay vào phương trình hàm ban đầu:
n
� 2
�
n
�
�
�2x + 2x + 5 + Q x2 + x + 3 �
6x +1) + Q( 3x +1) �
�
(
�
�
�
�
�
�

(

)

(

)

n

(

) (
)
� ( 6x +1) Q( x + x + 3) +( 2x + 2x + 5) Q( 3x +1)
+Q( x + x + 3) Q( 3x +1) = Q( 6x + 7x +16x + 3) , " x ��

= 12x3 +14x2 + 32x + 5 + Q 6x3 + 7x2 +16x + 3 , " x ��
n

2

n

2

2

3

2

Khi đó bậc của đa thức vế trái trong phương trình trên là: 2n + k , trong khi đó bậc đa thức
vế phải là 3k < 2n + k (vô lý). Vậy Q( x) �0
Tất cả các đa thức thỏa là:
P ( x) �0,P ( x) �1,P ( x) = ( 2x - 1)

n

( n�� ) .
*

IV.Bài tập áp dụng:
Bài 1: Tìm các hàm đa thức không hằng số P(x) sao cho:
x ��

-P(x) .P(x+1) = P(x 2 )

(8)

Bài 2: Tìm các hàm đa thức không hằng số P(x) sao cho:



 





P x  2 P x  1  P ( x 2  x  3)



x ��

Bài 3: Tìm các hàm đa thức không hằng số P(x) sao cho:

  





P x P x  1  P x2  2

Bài 4 : (4.0 điểm)



x ��

Tìm tất cả các đa thức với hệ số thực thỏa mãn :
P( x).P( x  1)  P( x 2  2) , x �R
(1)

Đáp án :




Nếu degP = 0 thì P( x) �c , c là hằng số

c0
�
Từ (1) � c.c  c � �
c 1
�
Suy ra trường hợp này có hai đa thức : P ( x ) �0, P( x) �1 thỏa đề ra
Nếu degP = m với m lẻ thì đa thức P( x) luôn có 1 nghiệm x0 �R
2
Từ (1) suy ra : P ( x0  2) =P( x0 ).P( x0  1)  0 suy ra x02  2 cũng là nghiệm của P( x)
u1  x0
�
Xét dãy số : (un ) : �
un  un21  2 , n �2
�
Dễ dàng ta thấy (un ) là dãy tăng và bằng quy nạp theo n ta có : P(un )  0 , n
Do đó đa thức P( x) có vô số nghiệm : điều này vô lý .

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi: Phương trình hàm


GV: Đặng Ngọc Cường


Trường THPT Chuyên Lào Cai

Vì vậy degP(x) là chẵn
Xét degP(x) = 2n , n �N *
2n
2 n 1
 .....  a1 x  a0 , a2 n �0

 Ta viết lại P ( x)  a2 n x  a2 n 1 x
Từ quan hệ (1) của bài toán, ta đồng nhất hệ số của x 4n ở cả hai vế phương trình hàm, ta được :
a22n  a2 n � a2 n  1
2
n
 Ta đặt P ( x )  ( x  x  2)  G ( x) với deg G ( x )  2n và G ( x ) �0
Khi đó : P( x).P( x  1)  P( x 2  2) , x �R
n

2
��
G ( x)  ( x 2  x  2) n �
.�
G( x  1)  ( x 2  x  2) n �
( x 2  2) 2  ( x 2  2) n  2 �
�
�
�
� G ( x  2)  �
�
�

� G ( x).G ( x  1)  G ( x ).( x 2  x  2) n  G ( x  1).( x 2  x  2) n  G ( x 2  2) , (2)
Vì : ( x 2  x  2).( x2  x  2)  ( x 2  2)2  x 2  ( x 2  2)2  ( x2  2)  2
Mà deg G ( x)  k  2n suy ra : VT(2) có bậc là : 2n  k , VP(2) có bậc là 2k
Nhưng : 2n  k  2k
Do đó phải có G ( x) �0 , ta tìm được : P ( x)  ( x 2  x  2) n , x �R


Vậy các đa thức cần tìm là : P ( x ) �0, P( x) �1 , P ( x)  ( x 2  x  2) n , x �R

Bài 4: Tìm các hàm đa thức không hằng số P(x) sao cho:

  





P x 2 P 2 x  1  P ( x).P 2 x 2  1



x ��

Bài 4: Tìm các hàm đa thức không hằng số P(x) sao cho:







P  x  2  .P x  2  P x 2  2 x



x ��

Bài 5( Đề đề xuất LQĐ Đà Nẵng) : Tìm tất cả các đa thức P ( x) với hệ số thực thỏa mãn:

(

)

(

)

P x2 + x + 3 P ( 3x +1) = P 6x3 + 7x2 +16x + 3 ," x ��.
Nếu P ( x) là đa thức hằng thì P ( x) �0,P ( x) �1 và P ( x) = 2x - 1, " x �� là đa thức bậc
nhất duy nhất thỏa mãn

(

)

*
Giả sử degP = n n�� . Gọi an ( an �0) là hệ số bậc cao nhất cuả P ( x) , căn bằng hệ số

bậc cao nhất hai vế của phương trình:
2

3n( an) = 6nan � an = 2n
Đặt P ( x) = ( 2x- 1) + Q( x) . Giả sử degQ = k < n( k ��)
n

Thay vào phương trình hàm ban đầu:

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi: Phương trình hàm

GV: Đặng Ngọc Cường
Trường THPT Chuyên Lào Cai
n
� 2
�
n
�
�
�2x + 2x + 5 + Q x2 + x + 3 �
6x +1) + Q( 3x +1) �
�
(
�
�
�
�
�
�

(

)

(

)

n

(

) (
)
� ( 6x +1) Q( x + x + 3) +( 2x + 2x + 5) Q( 3x +1)
+Q( x + x + 3) Q( 3x +1) = Q( 6x + 7x +16x + 3) , " x ��

= 12x3 +14x2 + 32x + 5 + Q 6x3 + 7x2 +16x + 3 , " x ��
n

2

2

n

2

3

2

Khi đó bậc của đa thức vế trái trong phương trình trên là: 2n + k , trong khi đó bậc đa thức
vế phải là 3k < 2n + k (vô lý). Vậy Q( x) �0
Tất cả các đa thức thỏa là:
P ( x) �0,P ( x) �1,P ( x) = ( 2x - 1)

n

( n�� ) .
*

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi: Phương trình hàm