Chương 1 ere Một số dạng va phương pháp giải phương trình hàm đa thức 1. Kiến thức chuẩn bị Trong mục này ta nhắc lại định nghĩa và một số tính chất cơ bản về đa thức với hệ số trên một trường. Một đa thức một biến với hệ số trên K có thể được viết dưới dạng P(#) = a„#" +. + a# + dạ, trong d6 ag, a1, .,€n € K, và + là một kí hiệu gọi là biến.
Ta cũng viết đa thức này dưới dạng œ P(x) = Yo a,x" hoac P(x) = Yo a,x", trong dé a; = 0 véi moi i > n. Hai mì đa thức >`a;#” và Š ` b;+Í bằng nhau nếu a; = b; vdi moi ¿. Kí hiệu K{z] là tập các đa thức một biến z với hệ số trên K. Ta gọi ao là hệ số tự do của P(#).
Nếu a„ # 0 thì ø gọi là bậc của đa thức P(z) và được kí hiệu deg?P = 0. Trong trường hợp này ø„ được gọi là hệ số cao nhất của P(z). Ta khong định nghia bac cho da thitc 0. Néu P(x) = a € K thi P(x) dugc goi la da thitc hang.
Các đa thức bậc 1 được gọi là đa thúc tuyến tính. Với hai đa thức P{z) = So aja? va Q(x) = DO dja" trong K [zx], định nghĩa: P(x) + Q(z) = })(œ¡ + bị)z°, P(z)Q(z) = 3) œä+°, trong đó œ = S> ajbj véi moi k. itj=k Khi đó K [a] 1a vanh giao hoán với phép cộng và nhân đa thức. Vành Klz] được gọi là oành đa thúc một biến + uới 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 biến bằng quy nạp như sau. Dặt ky = K [x1] Ko = ky [x9] Kn = Ky-1[Xn] vành #„ = K;_i[za], ký hiệu là “[z¡,., #„| và gọi là uành đa thúc của n biến zỊ,. Một phần tử của K[z\,.,z„]| gọi là một da thúc của n biến #\,+s,.„ lấu hệ tử trong vanh K.
Cac phan ttt cha K[21,., pn] thuong duoc ký hiệu bởi P(z, #a,. Bằng quy nạp ta có mỗi phần tử P(zi,.,#„] biểu diễn được dưới dạng — ay bn P(ai, Ha Ln) = › G1,.inJEA A CN la tap hitu han.,2,] lA vanh da thttc cia n biến #i,. Mỗi phần tử có dạng zj'. z‡*“ được gọi là một đơn thúc bậc ñ +.
Các số i; được gọi là bậc theo bién x; cha don thite x}. Méi phan tit co dang au trong do a € K và œ là một đơn thức được gọi là một từ của K[a1,.,2n], u duoc goi la đơn thức của từ øu và ø được gọi là hệ số của nó. Bậc của từ au dude định nghĩa là bậc của đơn thức u. Hai từ được gọi là đồng dạng nếu các đơn thức của chúng là như nhau.
Với mỗi phần tử P € K[z,., z„], rõ ràng ta có thể viết P thành một tổng của hữu hạn từ không đồng dạng. Một biểu diễn như vậy gọi là biểu diễn chính tắc của P(zi,. Tiếp theo ta nhắc lại một số tính chất quan trong cần sử dụng trong phần sau. Cho P(x), Q(x) € K[z| là các đa thức khác 0.
Cho hai da thitc P(x) va Q(x) vdi Q(x) 4 0. Tôn tại duy nhat hai da thite H(x) va R(x) sao cho P(x) = Q(x)H(x) + R(a), R(x) = 0 hodc deg R(x) < deg Q(z). Cho đa thức P(+) = aœ„#” +. V6i mdi phần tử € K, ta kí hiệu (0) = &„” +.
Phần tử ò €K được gọi là nghiệm của P{(+) nêu P(0) = 0. Trong trường hợp này ta cũng nói ø là một nghiệm của đa thúc P(). Cho P(x) là một da thúc. Dư của phép chia P(#) cho #—a là P(a).
Số a là nghiệm của đa thúc P{(œ) nếu va chi néu ton tai da thitc Q(x) sao cho P(x) = (x — a)Q(z). Cho P(z) là một đa thức và & > 0 là một số nguyên. Số ø được gọi là một nghiệm bội k của đa thức P(+) nêu P(+) chia hết cho (z — ø)* nhưng không chia hết cho (œ — a)*†!. Nếu k = 1 thì ø gọi là nghiệm đơn.
Nêu k = 2 thì a gọi là nghiệm kép. Cho P(x) là một da thúc. Số a là nghiệm bội k ctia P(x) néu va chi néu P(x) = (x — a)*Q(x) va Q(a) £0. Cho P(x) £0 va ay, a2,., a, la cde nghiệm phân biệt cua P(x).
Gia sit a; la nghiém bdi k; ctia P(x) véit =1,2,. Khi do ta c6 P(x) = (a — ay)" (x — a2)”. Œho P(ø) là một đa thúc khác 0. Khả đó số nghiệm của P(x), méi nghiém tính uới số bội của nó, không uượt quá bậc của của P.
Giả sử ứt,., a„ là các nghiệm của P(+) với số bội lần lượt là kị,. Ta có deg(P(œ)) = deg(Q(ø)) + 37 ¡ kị > S7 ¡ Rị n 6 Hệ quả 1. Noi riêng, tiếu số nghiệm lớn hơn bậc của da thite P(x) thi P(x) = 0. Néu da thitc P(x) théa mén P(x) = P(a+a), Vae K, Ä là trường 0ô hạn (uới a là một hằng số khác không nào đó) thà P (z) = e (uới c là hằng số tùu ý).
Theo gia thiét, R(x) có ít nhat n+ 1 nghiệm phan biét. Vi thé, theo Hé qua]1.12| R c6 nhiéu nhất n nghiém. Diéu này là vô lí. Phương pháp đặt ẩn phụ, dồn biến Ta thường gặp một số dạng phương trình ham cơ bản P(q(+)) = (2).
Thông thường ta giải bằng cách đặt y(x) = t, tinh x theo £ rồi thay vào phương trình hàm đã cho. Tìm tất cả những đa thức P(x) € R [z] théa man 1. Đặt É = + — + suy ra x? — 4 = + 3t thay vào (1. Thử lại thấy thỏa mãn.
Lï Chi y: Phuong trinh ham co ban chtta hai biéu thtte P(yi(x)), P(y2(z)) thường cho ta lời giải là một phân thức hữu tỉ. Tìm các hàm số f(z) thỏa mãn diéu kién f(x) +af(1—2) =2?, Vr eR. Giả sử hàm số ƒ thỏa mãn ƒ(#) + #ƒ(1T— +) = 27, Va € R. Khi đó thay # bởi 1— z, ta được ƒ(1— #)+(1—#)ƒ(+) =(I1—z)2, Vze R.
Do đó ta có hệ Lạp 012/0 3= #1—=z)+(=z)ƒø) =(q-=z)? Tà có D =1—z++ z2 # 0; Dp„) = —#” + 322 — tị Dựa „) = #9 — 2# +1. Bởi vậy —#3 + 3#? — ø z3— 2ø-+1 Nếu hàm số ƒ thỏa mãn (1.2) thì ta có =(—#z)*+3(1—z)"—(1—z)_ z?=2z+1 (1—z)—(1—-z)+1 Mr: rẽ ƒ—#)= Vc ER. Vậy nếu hàm số ƒ thỏa mãn (1.2) thi no thoa man (1. Thit lai ta thay có duy nhất một hàm số thỏa mãn dé bài là —#3 + 3#? — ø 2) = eT eR.
ft) = sq LÌ Phương pháp dồn biến cũng được sử dụng phổ biến khi giải phương trình hàm đa thức. Sau đây là bài toán minh họa. Tìm tất cả những đa thức P(z) € IR [z] thỏa mãn (z — )P(Œ + ) — ( + 9)P(œ — u) = 4z(+°— ”), Vz, € RR. Suy ra 0P(u) — uP(v) = (u? — v?)uv hay P P Pw) _ pi PO_ 2 Vu, £0.
v u Cho v = 1 ta dude PW) u Do d6 P(u) =u? +au, Vu 4 0, (voi a = P(1) — 1). Vậy P(x) = 22 + ax, Vr ER. 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 các giá trị đặc biệt của biến số để tìm lời giải. Ta xét một số bài toán cụ thể sau.
Tìm tất cả những đa thức P(z) € IR [z] thỏa mãn P(+ +) + P(œ — 0) = P(z) +6zuŸ P(u) ++a”, Vz,uclR.4) cho = 0 ta duge P(x) = x°, Vx € R. Tht lai thay thoa man. Tim tất cả những đa thức P(z) € IR [+] thỏa mãn P(œ +) + P(z — u) = P(z) +2P(u) +z”, Vz,ucR.5) cho = 0 ta được P(x) = 27 + 2c, Ve ER.6) Thử lại: Thay (1.5) ta được (z + )Ÿ + 2e + (x — y)? + 2c = #2 + 2e + 22 + 4c + +2, Vz, € TR. Do đó có duy nhất đa thức thỏa mãn dé bai lA P(x) = 27, Vr ER.
O Chú ý: Có thể trình bày bằng cách khác nhu sau: Trong (1.5) cho 2 = y = 0 ta được P(0) = 0. Sau đó cho = 0 và sử dụng P(0) = 0 thì phương trình (1. Thử lại thấy thỏa mãn. Tìm tất cả những đa thitc P(x) € R [a] thỏa mãn P(P(«)) + P(P(y)) = 2y + P(a—y), Vz,y ER.7) cho y = x ta dude P(P(x)) + P(P(z)) = 2x + P(0), Va € R.7) tro thanh Cc Cc x+a++s=2+ P(z~ w), Vay R, © P(+z—)=zœ—t+c, Vz,uc.8), cho =0, suy ra P(z) =z+c, Vz€TR.7) ta được #-+2c+-+2e = 2/-+z—, Vz,€ R.
Khi đó suy ra e= 0. Vậy có duy nhất một đa thức thỏa mãn yêu cầu đề bài là P(z) =z, Vze€lR. Tìm tất cả những đa thức P(z) € R[z] thỏa mãn 2P(+) = P(+)+ P(++ 2), Vz€ R;u > 0. Ta kí hiệu P(u;0) chỉ việc thay # bởi w và thay bởi ø vào (1.9 ta được: P(2x;x) > 2P(2x) = P(3x) + P(4z), Vz > 0.13) ta có P(4z) = 2P(0) — P(2z) thay vào (1.12) ta được 4P(0) = 2P(x) + P(z) + P(0) = P(x) = P(0), Vr >0.9) thay bởi 2, ta được 2P(x) = P(a+ 2y)+ P(a+4y), Ve ER; y> 0.17) suy ra P(a+y) = P(z + 4u), Yze€R;„ >0.18) thay z bởi —4ø, ta được P(—3) = P(0), Vụ > 0.
Từ đây thay bởi 3, ta được P(—) = P(0), Vụ > 0.16) suy ra P(z) = P(0), Va € R. Thi lai thay théa man. Phương pháp hệ số bất định Đa thức có tính chất phổ dụng sau: Đa thức P(z) = Q(z) khi và chỉ khi chúng cùng bậc và cùng các hệ số. (i) Từ giải thiết bằng cách đồng nhất ta có P(z) = P(—z) khi và chỉ khi các hệ số ứng với số mũ lẻ của + bằng không.
() Tương tự P(z) = —P(—z) khi và chỉ khi các hệ số ứng với số mũ chan của x bang không. 1 Đôi khi ta gặp bài toán mà dựa vào giả 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. Tìm đa thức P(+) xác định với mọi số thực # và thỏa mãn điều kiện 2P(») + P(— z) =+z°, Vr ER.
Ta nhận thấy về trái của biểu thức dưới dấu P là bậc nhất: z, 1— z, về phải là bậc hai z2. Vậy P(z) phải có dạng P(+) = ax? +ba+c.20) trở thành 2(azẺ + bz + e) + a(1— #)2+b(1—z)+c= +2, Vøec R. Đồng nhất các hệ số ta được 3a = Ì “=š b-2=0 @$ b=j a+b+3c=0 c=— 11 Vay P(x) = š(z?+2z — 1).