Xem mẫu
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC TRONG ĐẠI SỐ
VÀ TOÁN TỔ HỢP
Đặng Thị Mến
THPT Chuyên Hưng Yên
1 Dạng lượng giác của số phức
Cho số phức z 6= 0. Gọi M là điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức z.
Khi đó số đo (rađian) của mỗi góc lượng giác tia đầu Ox, tia cuối OM được gọi là một
acgumen của z.
Chú ý
+ Nếu ϕ là acgumen của z thì mọi acgumen của z đều có dạng ϕ + k2π, k ∈ Z.
+ Acgumen của z 6= 0 xác định sai khác k2π, k ∈ Z.
√
Cho số phức z = a + bi ( a, b ∈ R), với r = a2 + b2 là mođun của số phức z và ϕ là
acgumen của số phức z. Dạng z = r (cos ϕ + i sin ϕ) được gọi là dạng lượng giác của số phức
z 6= 0, còn dạng z = a + bi được gọi là dạng đại số của số phức z.
Nếu z = r (cos ϕ + i sin ϕ), z0 = r 0 (cos ϕ0 + i sin ϕ0 ) (r ≥ 0 và r 0 ≥ 0) thì
zz0 = rr 0 [cos( ϕ + ϕ0 ) + i sin( ϕ + ϕ0 )]
z r
= 0 cos( ϕ − ϕ0 ) + isin( ϕ − ϕ0 ) ( khi r 0 > 0).
z 0 r
[r (cos ϕ + i sin ϕ)]n = r n (cos nϕ + i sin nϕ), ∀n ∈ N∗ .
[cos ϕ + i sin ϕ]n = cos nϕ + i sin nϕ, ∀n ∈ N∗ .
Kí hiệu cos ϕ + i sin ϕ = eiϕ , gọi là lũy thừa của e với số mũ ảo.
Cho z = r (cos ϕ + i sin ϕ), khi đó z còn được biểu diễn dưới dạng z = reiϕ được gọi là dạng
mũ của số phức z.
Các phép toán viết lại
0 0 z r 0
z = reiϕ ; z0 = r 0 eiϕ suy ra z.z0 = r.r 0 .ei( ϕ+ ϕ ) ; 0 = 0 .ei( ϕ− ϕ ) (z0 6= 0).
z r
z = r.e−iϕ ; zn = r n einϕ .
eiϕ + e−iϕ eiϕ − e−iϕ
Công thức Ơle (Euler): cos ϕ = ; sin ϕ = .
2 2i
Cho số phức z và số nguyên n ≥ 2, số phức w được gọi là căn bận n của z nếu wn = z.
Nếu z = r (cos ϕ + i sin ϕ), r > 0 thì căn bậc n của z gồm n số phân biệt xác định bởi
√
n ϕ + k2π ϕ + k2π
wk = r cos + i sin ; k = 0; 1; . . . ; n − 1.
n n
259
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
+ Khi n = 2, có hai căn bậc hai của z là
√ √ √
ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ
r cos + i sin ; − r cos + i sin = r cos + π + i sin +π .
2 2 2 2 2 2
+ Căn bậc n của đơn vị
Căn bậc n của số phức z = 1 gọi là căn bậc n của đơn vị. Từ định nghĩa ta có các căn bậc n
k2π k2π
của đơn vị là wk = cos + i sin ; k = 0; 1; 2; . . . ; n − 1.
n n
w là một căn bậc n của đơn vị và được gọi là căn nguyên thủy bậc n của đơn vị nếu mọi số
nguyên dương m < n ta có wm 6= 1.
Tính chất căn nguyên thủy bậc n của đơn vị
Nếu w là một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị thì 1 + wk + w2k + · · · + wk(n−1) = 0 với
(k, n) = 1.
Đặc biệt, k = 1 ta có 1 + w + w2 + · · · + wn−1 = 0.
2 Các bài toán về phương trình, hệ phương trình đại số
Một số phương trình với ẩn phức f (z) = 0 và với nghiệm z = x + yi ( x, y ∈ R), có thể
giải bằng cách tách phần thực và phần ảo, ta luôn có thể đưa về dạng hệ phương trình
(
h( x, y) = 0
g( x, y) = 0
Chẳng hạn, để tìm căn bậc ba của số phức 1 + i, ta tìm số phức z = x + yi sao cho z3 = 1 + i.
Bằng cách tách phần thực và phần ảo trong đẳng thức ( x + yi )3 = 1 + i ta được hệ phương
trình (
x3 − 3xy2 = 1
3x2 y − y3 = 1
Giải hệ này, ta tìm được ( x; y), từ đó ta sẽ tìm được z. Tuy nhiên, rõ ràng z có thể tìm được
bằng cách tìm căn bậc ba của 1 + i, cụ thể là
√ √
π π 6 π k2π π k2π
1 + i = 2 cos + sin nên z = 2 cos + + i sin + ; k ∈
4 4 12 3 12 3
{0; 1; 2}.
Từ đó, ngược lại ta tìm được nghiệm của hệ phương trình là
√ √
6 π k2π 6 π k2π
( x; y) ∈ 2 cos + ; 2 sin + ; k ∈ {0; 1; 2}
12 3 12 3
Như thế, một số hệ phương trình có thể có "xuất xứ" từ các phương trình nghiệm phức.
Bằng cách đi ngược lại quá trình từ phương trình nghiệm phức về hệ phương trình, từ hệ
phương trình đã cho ta thu được phương trình nghiệm phức gốc. Giải các phương trình
nghiệm phức này, so sánh phần thực và phần ảo, ta được nghiệm của hệ phương trình.
Ta xét ví dụ sau
260
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
Ví dụ 1. Giải các hệ phương trình sau
√
1
3x 1 + =2
x+y
a) p
√
1
7y 1 − =4 2
x−y
3x − y
x + 2 =3
x + y2
b) x + 3y
y − 2 =0
x + y2
( p
4x − y + 3 1 + y = 0
c) p √
4 (1 + x )(1 + y) − 6 1 + x + 1 = 0
Lời giải. √ √
a) Điều kiện x > 0; y > 0. Đặt u = x; v = y (u > 0; v > 0).
1 2
u 1 + 2
2
=√
u +v √3
Hệ đưa về dạng
1 4 2
v 1 − 2 = √
u +v 2
7
2 2
Vì u + v là bình phương mođun của số phức z = u + iv, bằng cách cộng phương trình
thứ nhất với phương trình thứ hai (sau khi nhân với i) ta được
√
u − iv 2 4 2
u + iv + 2 = √ +i √ . (1)
u + v2 3 7
u − iv z z 1
Mà 2 2
= 2 = = .
u +v z z.z z
Nên (1) được viết dưới dạng
√ √ !
1 2 4 2 2 4 2
z + = √ + i √ ⇔ z2 − √ + i √ .z + 1 = 0.
z 3 7 3 7
√ !2 √ 2
√
1 2 2 38 4 2 2
∆0 = √ + √ i − 1 = − + √ i = √ + i 2
3 7 21 7 21
√ !
1 2 2 2 √
⇔ z = √ ± √ +i √ ± 2 .
3 21 7
√ !
1 2 2 2 √
Từ đó suy ra (u, v) = √ + √ ; √ + 2 . Do đó, nghiệm của hệ phương trình đã
3 21 7
cho là
2 √ !2 √ √ !
1 2 2 2 √ 11 + 4 7 22 + 8 7
( x; y) = √ + √ ; √ + 2 = ; .
3 21 7 21 7
261
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
b) Nhân hai vế của phương trình thứ hai với i rồi cộng với phương trình thứ nhất ta được
3x − y − xi − 3yi 3( x − yi ) − i ( x − yi )
x + yi + = 3 ⇔ x + yi + = 3. (2)
x 2 + y2 x 2 + y2
Giả sử z = x + yi thì z = x − yi; |z|2 = x2 + y2 . Khi đó (2) đưa về
3z − iz 3−i
z+ 2
= 3 ⇔ z+ = 3 ⇔ z2 − 3z + 3 − i = 0
|z| z
3 + 1 + 2i 3 − 1 − 2i
∆ = −3 + 4i = (1 + 2i )2 ⇔ z1 = = 2 + i; z2 = = 1 − i.
2 2
Từ đó suy ra nghiệm của hệ ban đầu là ( x; y) ∈ {(2; 1); (1 − 1)}.
c) Điều kiện xác định x ≥ −1; y ≥ −1.
(
√ p a2 + b2 + 3b − 3 = 0
Đặt a = 2 x + 1; b = 1 + y thì hệ trở thành
2ab − 3a + 1 = 0
Từ hệ trên ta biến đổi về dạng số phức như sau
a2 − b2 + 3b − 3) + (2ab − 3a + 1)i = 0
⇔ ( a + bi )2 − 3i ( a + bi ) + i − 3 = 0 ⇔ z2 − 3iz + i − 3 = 0. (3)
với z = a + bi, z ∈ C.
Giải phương trình (3) ta được nghiệm z = 1 + i hoặc z = −1 + 2i.
Do a ≥ 0; b ≥ 0 nên
a = 1; b= 1.
3
Hệ có nghiệm ( x; y) = − ; 0 .
4
Trên thực tế, ta cũng có thể giải hệ trên bằng cách dùng biến đổi đại số, nhân x và y thích
hợp vào từng vế của các phương trình rồi trừ về với vế thu được quan hệ đơn giản hơn giữa
các biến này.
Một số hệ sau cũng có cách giải tương tự
3x + 10y
x + 2 =1
x + y2
1. 10x − 3y ( x, y ∈ R)
y + 2 =2
x + y2
x + 2y
x + 2 =2
x + y2
2. 2x − y ( x, y ∈ R)
y + 2 = 0
x + y2
16x − 11y
x + 2 =7
x + y2
3. 11x + 16y ( x, y ∈ R)
y − = − 1
x 2 + y2
262
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
√
12
x 1− =2
3x + y
4. ( x, y ∈ R)
√ 12
y 1+ =6
3x + y
√
3
10x 1 + =3
5x +y
5. ( x, y ∈ R)
√ 3
y 1− = −1
5x + y
(
x3 − 3xy2 = 1
6. √ ( x, y ∈ R).
3x2 y − y3 = − 3
3 Rút gọn một số tổng tổ hợp, chứng minh các đẳng thức tổ
hợp
Gọi w là một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị thì ta có
1 + wk + w2k + · · · + w(n−1)k = 0; ∀k mà (k, n) = 1
Tính chất trên có ứng dụng khá hiệu quả trong việc rút gọn các tổng tổ hợp, ta xét ví dụ sau
Ví dụ 2. Tính tổng S1 = ∑ Cn3k .
0≤3k
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
m −1
b) Chứng minh rằng 22m−1 cos2m x = ∑ C2mk cos(2m − 2k ) x + 1 C m .
k =0 2 2m
Lời giải.
n
a) Xét T2 = ∑ Cnk sin kx ta có
k =0
n n
S2 + iT2 = ∑ Cnk (cos kx + i sin kx ) = ∑ Cnk eikx
k =0 k =0
= (1 + e ) = (1 + cos x + i sin x )n
ix n
x n x x n
= 2 cos cos + i sin
2 2 2
n n x nx nx
S2 + iT2 = 2 cos cos + i sin
2 2 2
x nx
So sánh phần thực, phần ảo ta được S2 = 2n cosn cos .
2 2
eix + e−ix
b) Ta có eix = cos x + i sin x; e−ix = cos x − i sin x suy ra cos x = . Do đó
2
22m cos2m x = (2 cos x )2m = (eix + e−ix )2m
2m
= ∑ C2m
k
(eix )k (e−ix )2m−k
k =0
2m
= ∑ C2m
k 2(k−m)ix
e
k =0
m −1 2m
= ∑ k 2(k−m)ix
C2m e + ∑ k 2(k−m)ix
C2m e m
+ C2m
k =0 k = m +1
m −1 m −1
= ∑ k −2(m−k)ix
C2m e + ∑ 2m−t 2(m−t)ix
C2m e m
+ C2m
k =0 t =0
m −1 m −1
= ∑ k −2(m−k)ix
C2m e + ∑ 2m−k 2(m−k)ix
C2m e m
+ C2m
k =0 k =0
m −1
= ∑ k
C2m (e−2(m−k)ix + e2(m−k)ix ) + C2m
m
k =0
m −1
=2 ∑ k
C2m m
cos(2m − 2k ) x + C2m .
k =0
m −1
Suy ra 22m−1 cos2m x = ∑ C2mk cos(2m − 2k ) x + 1 C m .
k =0 2 2m
264
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
Với cách làm tương tự như trên, ta cũng chứng minh được đẳng thức
n
2 2n 2n+1
cos x= ∑ C2n
k
+1 cos(2n + 1 − 2k ) x
k =0
Sử dụng công thức 2i sin x = eix − e−ix và
biến đổi tương tự như trên, ta chứng minh
được
n −1 n
các đẳng thức sau 22n−1 sin2n x = (−1)n ∑ (−1)k C2n k cos(2n − 2k ) x + (−1) C n
2 2n .
k =0
n
22n sin2n+1 x = (−1)n ∑ (−1)k C2n
k
+1 sin(2n + 1 − 2k ) x.
k =0
Bài tập tương tự
Bài 1. Tính các tổng sau
S3 = ∑ (−1)k Cn2k ; S4 = ∑ (−1)k Cn2k+1
0≤2k
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
6n 2n
Mà P(1) + P(α) + P(α2 ) = ∑ ak (1 + αk + α2k ) = ∑ 3a3k
k =0 k =0
Do P(1) = (1 + 1 + 1 + 1)n = 4n
P ( α ) = ( α3 + α4 + α5 + α6 ) n = (1 + α + α2 + α3 ) n = (1 + α + α2 + 1) n = 1
P(α2 ) = (α6 + α8 + α10 + α12 )n = (1 + α2 + α + 1)n = 1n = 1
nên P(1) + P(α) + P(α2 ) = 4n + 2,
2n 1 2 4n + 2
suy ra Cn = ∑ a3k =
P (1) + P ( α ) + P ( α ) = .
k =0 3 3
Ví dụ 5. (IMO1995) Cho p là một số nguyên tố lẻ, tìm số các tập con A của tập {1; 2; 3; . . . ; 2p}
biết rằng
a) A chứa đúng p phần tử.
b) Tổng các phần tử của A chia hết cho p.
Lời giải. Xét đa thức P( x ) = x p−1 + x p−2 + · · · + x + 1. Đa thức này có ( p − 1) nghiệm phức
phân biệt.
Gọi α là một nghiệm bất kỳ của P( x ). Chú ý rằng α, α2 , . . . , α p−1 là p − 1 nghiệm phân biệt
của P( x ) và α p = 1.
Theo định lý Viet có ( x − α)( x − α2 ) . . . ( x − α p−1 ) = x p−1 + x p−2 + · · · + x + 1.
Xét đa thức Q( x ) = ( x − α)( x − α2 ) . . . ( x − α2p ).
Gọi H = { A ⊂ {1; 2; . . . ; 2p} : | A| = p}.
2p
Giả sử Q( x ) = ∑ ak x k khi đó a p = − ∑ αS( A) với S( A) = ∑ x.
k =0 A∈ H x∈ A
p −1
Nếu S( A) ≡ j (mod p) thì αS( A) = α j nên a p = ∑ n j α j , trong đó n j là số các A ∈ H sao
j =0
cho S( A) ≡ j (mod p).
Mặt khác Q( x ) = ( x p − 1)2 ta có a p = −2 nên
p −1
∑ n j a j = 2. (∗)
j =0
p −1
Xét đa thức R( x ) = ∑ n j x j + n0 − 2. Do (*) nên α là một nghiệm của R( x ) mà deg P( x ) =
j =0
deg R( x ) và α là một nghiệm bất kỳ của P( x ), nên P( x ) và R( x ) chỉ sai khác nhau hằng số
nhân. Từ đó n p−1 = n p−2 = · · · = n1 = n0 − 2.
p p
n p −1 + n p −2 + · · · + n 1 + n 0 − 2 C2p − 2 C2p − 2
Suy ra n0 − 2 = = , do đó n0 = 2 + . Số
p p 2
p
C2p − 2
các tập con A của tập hợp {1; 2; 3; . . . ; 2p} thỏa mãn đề bài là n0 = 2 + .
2
266
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
5 Các bài toán về đa thức
5.1 Xác định đa thức
Nghiệm của đa thức đóng vai trò quan trọng trong việc xác định một đa thức. Cụ thể,
nếu đa thức P( x ) bậc n có n nghiệm x1 , x2 , . . . , xn thì P( x ) có dạng P( x ) = c( x − x1 )( x −
x2 ) . . . ( x − xn ), c là hằng số khác 0.
Tuy nhhiên, nếu chỉ xét các nghiệm thực của đa thức thì trong nhiều trường hợp sẽ không
đủ số nghiệm, hơn nữa trong các 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 vì vậy đóng một vai trò hết
sức quan trọng trong dạng toán này đó là: Một đa thức với hệ số phức (bao gồm cả số thực)
luôn có ít nhất một nghiệm phức (bao gồm cả nghiệm thực).
Ví dụ 6. Xác định tất cả các đa thức P( x ) khác đa thức hằng sao cho
P ( x ) P ( x + 1) = P ( x 2 + x + 1); ∀ x ∈ R (1)
Lời giải. Giả sử x0 là nghiệm của P( x ) = 0 thì P( x02 + x0 + 1) = 0. Khi đó x02 + x0 + 1 cũng
là nghiệm của P( x ). Thay x bởi x − 1 trong (1) ta được P( x − 1) P( x ) = P( x2 − x + 1). Vì
P( x0 ) = 0 nên x02 − x0 + 1 cũng là nghiệm của P( x ).
Chọn α là nghiệm có mođun lớn nhất (nếu tồn tại vài nghiệm với mođun lớn nhất, ta
chọn một trong số các nghiệm đó).
Từ cách chọn α suy ra |α2 + α + 1| ≤ |α| và |α2 − α + 1| ≤ |α| vì cả α2 + α + 1 và cả α2 − α + 1
đều là nghiệm của P( x ).
Ta có α 6= 0 và 2|α| = |(α2 + α + 1) − (α2 − α + 1)| ≤ |α2 + α + 1| + |α2 − α + 1| ≤
| α | + | α | = 2| α |.
Vậy phải xảy ra dấu đẳng thức nên α2 + α + 1 = −k (α2 − α + 1) với k là hằng số dương.
Mà |α| là lớn nhất nên |α2 + α + 1| = |α2 − α + 1| = |α|
nên k = 1 suy ra α2 + α + 1 = −(α2 − α + 1) và α2 + 1 = 0 ⇒ α = ±i nên x2 + 1 là thừa số
của P( x ).
Như vậy ta có thể viết P( x ) = ( x2 + 1)m Q( x ); m ∈ N∗ . Trong đó Q( x ) là đa thức không
chia hết cho x2 + 1. Thế ngược trở lại vào (1) ta thấy Q( x ) thỏa mãn phương trình
Q ( x ) Q ( x + 1) = Q ( x 2 + x + 1); ∀ x ∈ R (2)
Nếu phương trình Q( x ) = 0 lại có nghiệm thì lập luận như trên ta suy ra nghiệm có mođun
lớn nhất của nó phải là ±i. Điều này không thể xảy ra vì x2 + 1 không chia hết Q( x ).
Q( x ) là một hằng số, giả sử Q( x ) = c; ∀ x ∈ R, thay vào (2) ta được c = 1. Vậy các đa thức
thỏa mãn đề bài là P( x ) = ( x2 + 1)m , ∀n ∈ N∗ .
Ví dụ 7. Tìm tất cả các đa thức P( x ) thỏa mãn phương trình P( x ) P( x + 1) = P( x2 ), ∀ x ∈ R.
Lời giải. Giả sử α là nghiệm của P( x ) = 0. Khi đó từ phương trình suy ra α2 , α4 , α8 , . . . cũng
là nghiệm của P( x ) = 0. Từ đây suy ra |α| = 0 hoặc |α| = 1, vì nếu ngược lại ta sẽ thu được
267
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
dãy vô hạn các nghiệm phân biệt của P( x ). Tương tự, α − 1 là nghiệm của P( x ) và lập luận
tương tự, ta cũng được |α − 1| = 0 hoặc |α − 1| = 1.
Giả sử rằng |α| = 1 và |α − 1| = 1. Ta viết α = cos β + i sin β; β ∈ [0; 2π ], từ đây suy ra
1 π 5π
cos β = hay β = hoặc β =
2 3 3
π
Giả sử β = , xét α cũng là nghiệm của P( x ), như vậy α2 − 1 cũng là nghiệm của P( x ) và
2
3 2
2π 2π
|α2 − 1| = cos − 1 + sin2 = 3 mâu thuẫn vì mọi nghiệm của P( x ) đều có mođun
3 3
bằng 0 hoặc 1.
5π
Tương tự trên với trường hợp β = . Như vậy có thể kết luận α = 1 hoặc α − 1 = 1. Từ đây
3
P( x ) có dạng P( x ) = cx m (1 − x )n , c là hằng số và m, n ∈ N, thay vào phương trình đã cho ta
dễ dàng kiểm tra được c = 1 và m = n. Vậy các đa thức thỏa mãn là P( x ) = x m (1 − x )m , m ∈
N.
5.2 Bài toán về sự chia hết của đa thức
Ta biết rằng, nếu đa thức P( x ) chia hết cho đa thức Q( x ) thì mọi nghiệm của Q( x ) đều
là nghiệm của P( x ). Tính chất đơn giản này là chìa khóa để giải nghiệm bài toán về sự chia
hết của đa thức.
Ví dụ 8. Với giá trị nào của n√thì x2n + x n + 1 chia hết cho đa thức x2 + x + 1
1 3 2π 2π
Lời giải. Ta có w = − ± i = cos ± + i sin ± là nghiệm của Q( x ) = x2 +
2 2 3 3
x + 1 = 0.
Đa thức P( x ) = x2n + x n + 1 chia hết cho Q( x ) khi và chỉ khi P(w) = 0, điều này tương
đương với
4nπ 4nπ 2nπ 2nπ
cos ± + i sin ± + cos ± + i sin ± +1 = 0
3 3 3 3
cos 4nπ + cos 2nπ + 1 = 0
⇔ 3 3
4nπ 2nπ
sin
+ sin =0
3 3
2nπ
⇔ 2 cos +1 = 0
3
2nπ −1 2π
⇔ cos = = cos
3 2 3
n = 3k + 1
suy ra ( k ∈ Z)
n = 3k + 2
Vậy với n = 3k + 1 hoặc n = 3k + 2; (k ∈ Z) thì P( x ) chia hết cho Q( x ).
Ví dụ dưới đây, một lần nữa, căn của đơn vị lại đóng vai trò then chốt.
268
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
Ví dụ 9. (USAMO 1976) Cho P( x ), Q( x ), R( x ), S( x ) là các đa thức sao cho
P( x5 ) + xQ( x5 ) + x2 R( x7 ) = ( x4 + x3 + x2 + x + 1).S( x ) (1)
Chứng minh rằng P( x ) chia hết cho x − 1.
2πi
Lời giải. Đặt w = e 5 thì w5 = 1 và 1 + w + w2 + w3 + w4 = 0 (*)
Thay x lần lượt bởi w, w2 , w3 , w4 vào (1) ta được phương trình
P(1) + wQ(1) + w2 R(1) = 0 ⇔ P(1) + wQ(1) + w2 R(1) = 0, (2)
P(1) + w2 Q(1) + w4 R(1) = 0 ⇔ P(1) + w2 Q(1) + w4 R(1) = 0, (3)
P(1) + w3 Q(1) + w6 R(1) = 0 ⇔ P(1) + w3 Q(1) + wR(1) = 0, (4)
P(1) + w4 Q(1) + w8 R(1) = 0 ⇔ P(1) + w4 Q(1) + w3 R(1) = 0. (5)
Nhân các phương trình từ (2) đến (5) lần lượt với −w; −w2 ; −w3 ; −w4 ta được
−wP(1) − w2 Q(1) − w3 R(1) = 0
−w2 P(1) − w4 Q(1) − wR(1) = 0
−w3 P(1) − wQ(1) − w4 R(1) = 0
− w4 P (1) − w3 Q (1) − w2 R (1) = 0
Cộng vế với vế các đẳng thức trên và áp dụng (*) ta được P(1) + Q(1) + R(1) = 0 (6). Cộng
vế với vế của (2), (3), (4), (5), (6) suy ra 5P(1) = 0 suy ra P( x ) chia hết cho x − 1.
Bài tập tương tự
Bài 3. Tìm tất cả các đa thức P( x ) thỏa mãn phương trình ( P( x ))2 − P( x2 ) = 2x4 ; ∀ x ∈ R.
Bài 4. Tìm tất cả các đa thức P( x ) thỏa mãn phương trình P( x2 − 2) = ( P( x ))2 − 2; ∀ x ∈ R.
Bài 5 (VMO 2006). Tìm tất cả các đa thức P( x ) với hệ số thực thỏa mãn phương trình
P( x2 ) + x (3P( x ) + P(− x )) = ( P( x ))2 + 2x2 ; ∀ x ∈ R.
Bài 6. Tìm tất cả các đa thức P( x ) với hệ số thực thỏa mãn phương trình 2x2 P( x ) = P(2x3 +
x ); ∀ x ∈ R.
Tài liệu
[1] Bộ Giáo dục và Đào tạo, Giải tích 12 Nâng cao (Tái bản lần thứ tư), NXBGD - 2012.
[2] Đoàn Quỳnh, Trần Nam Dũng, Nguyễn Vũ Lương, Đặng Hùng Thắng, Tài liệu chuyên
toán - Đại số và Giải tích 11, NXBGD - 2010.
269
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
[3] Nguyễn Văn Mậu, Trần Nam Dũng, Nguyễn Đăng Phất, Nguyễn Thủy Thanh, Chuyên
đề chọn lọc - Số phức và Áp dụng, NXBGD - 2009.
[4] Bộ Giáo dục và đào tạo, Tạp chí Toán học và tuổi trẻ, NXBGD
270
nguon tai.lieu . vn
