Đa thức và phương trình hàm

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN Vũ Thị Phương Thanh ĐA THỨC VÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Hà Nội – Năm 2016 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN Vũ Thị Phương Thanh ĐA THỨC VÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM Chuyên ngành: Đại số Mã số: ??????? KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC Th.s Nguyễn Huy Hưng Hà Nội – Năm 2016 Lời cảm ơn Lời đầu tiên, em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới thầy giáo cô giáo khoa Toán – Trường Đại học sư phạm Hà Nội 2, tận tình giúp đỡ suốt năm em theo học khoa Toán thời gian làm khóa luận Đặc biệt em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Th.s Nguyễn Huy Hưng, người trực tiếp hướng dẫn em suốt trình làm khóa luận Mặc dù có nhiều cố gắng, song thời gian kinh nghiệm thân nhiều hạn chế nên khóa luận tránh khỏi thiếu sót mong đóng góp ý kiến thầy cô giáo, bạn sinh viên bạn đọc Em xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, ngày tháng 05 năm 2016 Sinh viên Vũ Thị Phương Thanh i Lời cam đoan Khóa luận kết nghiên cứu thân em hướng dẫn tận tình thầy giáo Th.s Nguyễn Huy Hưng Trong nghiên cứu khóa luận em tham khảo số tài liệu ghi phần tài liệu tham khảo Em xin khẳng định kết đề tài "Đa thức phương trình hàm" kết việc nghiên cứu, học tập nỗ lực thân, trùng lặp với kết đề tài khác Nếu sai em xin chịu hoàn toàn trách nhiệm Hà Nội, ngày tháng 05 năm 2016 Sinh viên Vũ Thị Phương Thanh ii Mục lục Lời mở đầu 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 1.2 1.3 Đa thức ẩn 1.1.1 Xây dựng vành đa thức ẩn 1.1.2 Bậc đa thức 1.1.3 Phép chia có dư 1.1.4 Nghiệm đa thức 1.1.5 Đa thức bất khả quy Đa thức nhiều ẩn 1.2.1 Xây dựng vành đa thức nhiều ẩn 1.2.2 Bậc đa thức nhiều ẩn 10 1.2.3 Đa thức đối xứng 11 Một số tính chất hàm số 12 1.3.1 Hàm số chẵn, hàm số lẻ 12 1.3.2 Hàm số tuần hoàn phản tuần hoàn 12 1.3.3 Hàm tuần hoàn phản tuần hoàn nhân tính 13 1.3.4 Đặc trưng hàm số hàm số sơ cấp 13 i Khóa luận tốt nghiệp Đại học Vũ Thị Phương Thanh ĐA THỨC VÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM 16 2.1 Định nghĩa 16 2.2 Phương trình hàm đa thức ẩn 16 2.3 Phương trình hàm đa thức nhiều ẩn 19 2.4 Xác định đa thức 21 2.4.1 Vấn đề 21 2.4.2 Sử dụng định lý Bezout 21 2.4.3 Sử dụng phương pháp hệ số bất định 22 2.4.4 Sử dụng phương pháp nội suy Newton 23 2.5 Xác định đa thức suy từ giá trị chúng 24 2.6 Đa thức Chebyshev 28 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM 31 3.1 Phương pháp hệ số bất định 31 3.2 Phương pháp 35 3.3 Phương pháp chuyển qua giới hạn 38 3.4 Phương pháp sử dụng tính chất nghiệm đa thức 41 3.5 Phương pháp sử dụng ánh xạ 42 3.6 Phương pháp điểm bất động 44 3.7 Phương pháp đặt ẩn phụ 47 3.8 Phương pháp sử dụng đạo hàm 50 3.9 Phương pháp xét giá trị 51 Kết luận 54 Tài liệu tham khảo 55 ii Khóa luận tốt nghiệp Đại học Vũ Thị Phương Thanh Lời mở đầu Môn toán tảng cho môn khoa học tự nhiên, chiếm vai trò quan trọng môn khoa học Không vậy, môn toán có tiềm to lớn việc khai thác phát triển lực trí tuệ, rèn luyện phẩm chất tư người học Đại số phận quan trọng toán học, đa thức khái niệm sử dụng nhiều đại số mà sử dụng toán học cao cấp toán ứng dụng Phương trình hàm vấn đề nghiên cứu Đại số Các dạng toán phương trình hàm phong phú, bao gồm phương trình hàm biến, nhiều biến Các toán phương trình hàm thường xuất toán sơ cấp đề thi học sinh giỏi nước Đa thức phương trình hàm có mối quan hệ chặt chẽ với nhau, nhiên vấn đề đa thức phương trình hàm trình bày ít, chưa phân loại hệ thống chi tiết Với lí em chọn đề tài: "Đa thức phương trình hàm" làm đề tài nghiên cứu khóa luận Nội dung khóa luận gồm ba chương Chương Kiến thức chuẩn bị Chương nhắc lại số kiến thức đa thức phương trình hàm, trình bày số khái niệm, tính chất sử dụng chương sau Chương Đa thức phương trình hàm Chương trình bày Khóa luận tốt nghiệp Đại học Vũ Thị Phương Thanh số dạng phương trình hàm đa thức phương trình hàm đa thức ẩn, phương trình hàm đa thức nhiều ẩn, toán xác định đa thức Chương Một số phương pháp giải phương trình hàm Chương trình bày số phương pháp giải phương trình hàm ví dụ Hà Nội, ngày tháng 05 năm 2016 Sinh viên Vũ Thị Phương Thanh Chương KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Đa thức ẩn 1.1.1 Xây dựng vành đa thức ẩn Cho A vành giao hoán có đơn vị, kí hiệu Đặt P = {(a0 , a1 , , an , )|ai ∈ A, = hầu hết} Trên P xác định phép toán (+) (.) sau • Phép cộng (a0 , a1 , , an , )+(b0 , b1 , , bn , ) = (a0 +b0 , a1 +b1 , , an +bn , ) • Phép nhân (a0 , a1 , , an , ) · (b0 , b1 , , bn , ) = (c0 , c1 , cn , ) với ck = bj , k = 0, 1, , n, i+j=k Khi P với phép toán (+) (.) xác định lập thành vành giao hoán có đơn vị = (1, 0, , 0, ), gọi P vành đa thức, phần tử thuộc P gọi đa thức Ta có Khóa luận tốt nghiệp Đại học Vũ Thị Phương Thanh ánh xạ: f : A −→ P a −→ (a, 0, , 0, ) đơn cấu vành Do vậy, ta đồng a ∈ A với phần tử f (a) = (a, 0, , 0, ) ∈ P Khi A vành P Kí hiệu x = (0, 1, 0, , 0, ) ta có x2 = (0, 0, 1, 0, , 0, ) x3 = (0, 0, 0, 1, 0, , 0, ) xn = (0, , 0, 1, 0, , 0, ) n Quy ước x0 = (1, 0, 0, ) Với phần tử α ∈ P , với α = (a0 , a1 , , ak , ) ∈ P , tồn n ∈ N cho an+1 = an+2 = = Khi α = (a0 , a1 , , an , 0, ) = (a0 , 0, ) + (0, a1 , 0, ) + (0, 0, a2 , 0, ) + +(0, , 0, an , 0, ) = a0 (1, 0, ) + a1 (0, 1, 0, ) + + an (0, , 0, 1, 0, ) n = a0 + a1 x + + an xn α = a0 + a1 x + + an xn ∈ A[x] Do thay cho P ta viết A[x] gọi vành đa thức ẩn x, lấy hệ tử A Mỗi phần tử thuộc A[x] gọi đa thức ẩn x, kí hiệu f (x), g(x), Khóa luận tốt nghiệp Đại học Vũ Thị Phương Thanh x 10x f (3x) + f ( ) = 3 Tìm f : R → R liên tục x0 = thỏa mãn m.f (mx) − n.f (nx) = (m + n)x, với m, n ∈ N∗ , m = n, với x∈R 3.4 Phương pháp sử dụng tính chất nghiệm đa thức Cơ sở lí luận: Nếu x0 , x1 , , xn nghiệm đa thức f (x) f (x) viết dạng f (x) = (x − x0 ).(x − x1 ) (x − xn ).g(x), vào biểu thức cho, từ ta tìm đa thức f (x) Ví dụ Tìm P (x) ∈ R thỏa mãn đẳng thức (x3 + 3x2 + 3x + 2).P (x − 1) = (x3 − 3x2 + 3x − 2).P (x), với x ∈ R (1) Lời giải Từ (1) suy (x + 2)(x2 + x + 1).P (x − 1) = (x − 2)(x2 − x + 1).P (x), với x ∈ R Chọn x = −2 P (−2) = Chọn x = −1 P (−1) = Chọn x = P (0) = Chọn x = P (1) = Vậy P (x) = x.(x − 1).(x + 1).(x + 2).G(x) Thay P (x) vào (1) ta (x + 2).(x2 + x + 1).(x − 1).(x − 2).x.(x + 1).G(x − 1) = (x − 2)(x2 − x + 1).x.(x − 1).(x + 1).(x + 2).G(x) 41 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Vũ Thị Phương Thanh Suy (x2 + x + 1).G(x − 1) = (x2 − x + 1).G(x) G(x − 1) G(x) Do = , ∀x ∈ R x −x+1 x +x+1 G(x − 1) G(x) Hay = , với x ∈ R (x − 1)2 + (x − 1) + x2 + x + G(x) , x = 0, ±1, −2 suy R(x) = C Đặt R(x) = x +x+1 Vậy P (x) = (x2 + x + 1).x.(x − 1)(x + 1).(x + 2) Thử lại ta thấy P (x) thỏa mãn điều kiện toán Bài tập áp dụng Tìm đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn đẳng thức (x3 + 3x2 + 3x + 2)x.P (x) = (x2 − 1)(x2 − x + 1).P (x + 1), với x∈R Tìm đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn đẳng thức (4x2 + 4x + 2)(4x2 − 2x).P (x) = (x2 + 1)(x2 − 3x + 2).P (2x + 1), với x ∈ R 3.5 Phương pháp sử dụng ánh xạ Cơ sở lí luận: Nếu f đơn ánh, ta sử dụng tính đơn ánh f f (x) = f (y) x = y để suy điều kiện hàm f , thường phương trình hay giá trị f điểm Nếu f toàn ánh, ta vận dụng tính toàn ánh vào việc chọn giá trị thích hợp biến số, hay vận dụng miền giá trị toàn ánh để đổi biến cách hợp lý Nếu f song ánh ta vận dụng hai điều 42 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Vũ Thị Phương Thanh Ví dụ Tìm f : N∗ → N∗ thỏa mãn f (f (n) + m) = n + f (m + 2007), với m, n ∈ N∗ (1) Lời giải Trước hết ta chứng minh f đơn ánh Thật f (n1 ) = f (n2 ) ⇒ f (f (n1 ) + 1) = f (f (n2 ) + 1) Suy n1 + f (1 + 2007) = n2 + f (1 + 2007) ⇒ n1 = n2 Vậy f đơn ánh Mặt khác , từ (1) suy với m, n ∈ N∗ ta có f (f (n) + f (1)) = n + f (f (1) + 2007) ⇒ f (f (n) + f (1)) = n + + f (2007 + 2007) = f (f (n + 1) + 2007) Vì f đơn ánh nên ta có f (n) + f (1) = f (n + 1) + 2007 ⇒ f (n + 1) − f (n) = f (1) − 2007 Đặt f (1) − 2007 = a Khi ta có f (n) = na + 2007 Do từ (1) ta có a2 n = n, với n ∈ N∗ Khi a2 = suy a=1 Vậy f (n) = n + 2007 Ví dụ Tìm f : R −→ R thỏa mãn f (x.f (x) + f (y)) = (f (x))2 + y, với x, y ∈ R (2) Lời giải Dễ dàng chứng minh f đơn ánh Mặt khác, cố định x với t ∈ R, tồn y = t − [f (x)]2 để f [x.f (x) + f (y)] = t Vậy f toàn ánh, f song ánh Do tồn a ∈ R cho f (a) = Cho x = y = a ta f (0) = a Cho x = 0, y = a ta f (0) = a2 + a Vậy a = a2 + a hay a = 43 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Vũ Thị Phương Thanh suy f (0) = Cho x = 0, y ∈ R ta f [(y)] = y (3) Cho y = 0, x ∈ R ta f [x.f (x)] = [f (x)]2 Suy f [f (x).f (f (x))] = [f (f (x))]2 Theo (3) ta f (f (x).x) = x2 hay [f (x)]2 = x2 ⇒ f (x) = x f (x) = −x Giả sử tồn a, b ∈ R∗ để f (a) = a, f (b) = −b Khi thay x = a, y = b từ (2) suy f (a2 − b) = a2 + b Mà (a2 + b)2 = (a2 − b)2 với a, b ∈ R∗ , mâu thuẫn với [f (x)]2 = x2 suy f (x) = x f (x) = −x, với x ∈ R Ngược lại, ta có f (x) = x f (x) = −x thỏa mãn điều kiện toán 3.6 Phương pháp điểm bất động Nhắc lại : x0 gọi điểm bất động hàm số f (x) ∈ R[x] f (x0 ) = x0 Cơ sở lý luận: Bằng phép biến đổi thích hợp ta đưa phương trình hàm cho dạng f [h(f (x))] = h[f (x)] Trong f (x) hàm số cần tìm h(x) hàm số biết Khi ta đặt u = h(f (x)) để chuyển phương trình hàm tìm u thỏa mãn phương trình f (u) = u, tức tìm điểm bất động hàm f (u) Khi xác định u ta tìm nghiệm phương trình cho Ví dụ Tìm tất hàm f : (0, +∞) → (0, +∞) thỏa mãn đồng thời điều kiện 44 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Vũ Thị Phương Thanh a f [xf (y)] = yf (x), với x, y ∈ (0, +∞) b f (x) → x → Lời giải Cho x = y = từ điều kiện a, ta có f [f (1)] = f (1) (1) Cho y = f (1) từ a, ta có f [xf (f (1))] = f (1).f (x) (2) Mặt khác ta có f [xf (f (1))] = f (xf (1)) = f (x) (3) Từ (2) (3) suy f (x) = f (1).f (x) ⇒ f (1) = (do f (x) > 0, ∀x ∈ (0, +∞)) suy x = điểm bất động f (x) Cho x = y từ a, ta có f [x.f (x)] = x.f (x) Điều có nghĩa x.f (x) điểm bất động f Bây x y điểm bất động f từ a, ta f (x.y) = x.y Do x.y điểm bất động hàm f Hơn x điểm bất động f ta có 1 1 1 = f (1) = f (x ) = f [f (x) ] = x.f ( ) ⇒ f ( ) = x x x x x ⇒ điểm bất động f x Như vậy, f có điểm bất động khác điểm bất động lớn 1, nghịch đảo lớn Do lũy thừa nhiều lần điểm bất động lớn điểm bất động lớn tùy ý Điều trái với giả thiết b Vậy điểm bất động f Mặt khác, x.f (x) điểm bất động ∀x > nên ta có x.f (x) = suy f (x) = , ∀x > x Thử lại ta thấy f (x) = , x ∈ (0, +∞) thỏa mãn yêu cầu toán x Ví dụ Cho S = (−1, +∞) Tìm tất hàm f : S −→ S thỏa mãn điều kiện sau 45 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Vũ Thị Phương Thanh a, f [x + f (y) + x.f (y)] = y + f (x) + y.f (x) với x, y ∈ S f (x) b, hàm tăng với −1 < x < < x < +∞ x Lời giải Cho x = y, từ điều kiện a, ta có f [x + f (x) + x.f (x)] = x + f (x) + x.f (x) Hay f [x + (x + 1)f (x)] = x + (x + 1).f (x) (1) Đặt u = x + x.f (x + 1).f (x), từ (1) ta suy f (u) = u (2) Từ (1) cho x = u ta f [u + (u + 1).f (u)] = u + (u + 1).f (u) ⇔ f (u2 + 2u) = u2 + 2u f (x) tăng với Mặt khác từ điều kiện b, ta có nhận xét x −1 < x < < x < +∞ nên phương trình f (x) = x có nhiều nghiệm, có nghiệm nằm (−1, 0), nghiệm 0, nghiệm nằm (0, +∞) nghiệm điểm bất động f Ta xét trường hợp sau • Nếu −1 < u < −1 < u2 + 2u < Vì điểm bất động có (−1, 0)  nên từ (1) (2) ta có u2 + 2u = u suy  u=0 Các nghiệm không thỏa u = −1 mãn u ∈ (−1, 0) • Nếu u > u2 + 2u > Theo nhận xét trên (0, +∞) phương trình f (u) = u có nghiệm nghiệm nên từ (1) (2),  ta có u=0 u2 + 2u = u suy  Các nghiệm không thỏa u = −1 mãn u ∈ (0, +∞) 46 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Vũ Thị Phương Thanh Vậy có u = Từ (1) ta có f [x + (x + 1).f (x)] = x + (x + 1).f (x) với x ∈ S Suy x + (x + 1).f (x) điểm bất động f Do với −x x ∈ S x + (x + 1).f (x) = suy f (x) = với x ∈ S 1+x Thử lại thấy hàm số thỏa mãn điều kiện toán −x Vậy nghiệm cần tìm hàm số f (x) = 1+x 3.7 Phương pháp đặt ẩn phụ Cơ sở lí luận: Xét phương trình hàm dạng f (ϕ(x)) = g(x), ϕ(x), g(x) hàm số biến số thực biết Trong số trường hợp đặt t = ϕ(x), ta giải x = h(t) Khi vào phương trình cho ta có f (t) = g(h(t)), từ ta có hàm số cần tìm hàm: f (x) = g(h(x)) Tuy nhiên, có số toán không hoàn toàn đơn giản Trong trường hợp ta cần sử dụng phương pháp biến đổi thích hợp, cố gắng đưa phương trình dạng f (ϕ(x)) = h(ϕ(x)) Khi hàm cần tìm có dạng: f (x) = h(x) Hàm số f (x) sau tìm cần phải thử lại đưa kết luận nghiệm phương trình cho Ví dụ Cho hàm số f (x) ∈ R[x] thỏa mãn điều kiện x−3 3+x f( )+f( ) = x, với x, |x| = Tìm tất hàm f (x) x+1 1−x Lời giải x−3 3+t Đặt t = suy x = Khi phương trình cho trở thành x+1 1−t f (t) + f ( t−3 3+t )= , với t = ±1 hay t+1 1−t 47 Khóa luận tốt nghiệp Đại học f (x) + f ( Vũ Thị Phương Thanh x−3 3+x )= , với x = ±1 (*) x+1 1−x Tương tự đặt t = x+3 ta 1−x 3+x x−3 )= , với x = ±1 (**) 1−x x+1 Cộng vế với vế (*) (**) ta x−3 3+x x−3 3+x ) + f( )= + 2f (x) + f ( 1−x x+1 1−x x+1 f (x) + f ( Hay 2f (x) + f ( 3+x x−3 8x ) + f( )= 1−x x+1 − x2 4x x − 1−x x 4x − Ngược lại hàm số f (x) = thỏa mãn điều kiện toán − x2 Ví dụ Tìm tất hàm số f (x) thỏa mãn điều kiện Suy f (x) = x2 f (x) + f (1 − x) = 2x − x4 , với x ∈ R (2) Lời giải Đặt t = − x suy x = − t Khi phương trình (2) trở thành (1 − t2 ).f (1 − t) + f (t) = 2(1 − t) − (1 − t)4 , với t ∈ R ⇔ (1 − x2 ).f (1 − x) + f (x) = 2(1 − x) − (1 − x)4 , với x ∈ R (2a) Mặt khác, từ (2) ta có f (1 − x) = 2x − x4 − x2 f (x), với x ∈ R (2b) Thay (2b) vào (2a) ta (1 − x)2 (2x − x4 − x2 f (x)) + f (x) = 2(1 − x) − (1 − x4 ), với x ∈ R ⇔ (x2 − x + 1)(x2 − x − 1).f (x) = (1 − x).(1 + x3 ).(x2 − x − 1), ∀x ∈ R 48 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Vũ Thị Phương Thanh ⇔ (x2 − x − 1)f (x) = (1 − x2 ).(x2 − x − 1), ∀x ∈ R Suy f (x) = (1−x2 ), ∀x = a, b Trong a, b nghiệm phương trình x2 − x − =   a+b=1 Theo định lý Vi-et ta có (*)  a.b = −1 Lần lượt thay  x = a, x = b vào đẳng thức kết hợp với  a2 f (a) + f (b) = 2a − a4 (*) ta  b2 f (b) + f (a) = 2b − b4   f (a) = c, (c ∈ R) Từ ta có  f (b) = 2a − a4 − a2 c   − x2 , nếu(x = a, x = b)    Vậy ta có f (x) = c, nếu(x = a)     2a − a4 − a2 c, nếu(x = b) Trong a, b hai nghiệm phương trình x2 − x − = Thử lại thấy f (x) thỏa mãn điều kiện toán Ví dụ Tìm tất hàm số f : R\{ } −→ R thỏa mãn 2f (x) + 2x f( ) = 996x, với x ∈ R\{ } (3) 3x − Lời giải 2x 2t Đặt t = suy x = với t = Khi 3x − 3t − 2t 1992t 2x (3) trở thành 2f ( ) + f (t) = hay 2f ( ) + f (x) = 3t − 3t − 3x − 1992x (3a) 3x − 2x 1992x Từ (3a) (3) suy −f ( ) + f (x) = 996x − (3b) 3x − 3x − 1992x Từ (3b) (3) suy 3f (x) = 1992x − 3x − 3.1992x2 − 3.1992x = 3x − 49 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Vũ Thị Phương Thanh 3.1992x(x − 1) 3x − 1992x(x − 1) Từ suy f (x) = , với x ∈ R\{ } 3x − 1992x(x − 1) thỏa mãn điều kiện toán Ngược lại hàm số f (x) = 3x − = 3.8 Phương pháp sử dụng đạo hàm Cơ sở lý luận: Phương pháp thường dùng số phương trình hàm mà giả thiết hàm khả vi, liên tục Khi kĩ thuật biến đổi ta quy phương trình hàm cho dạng thích hợp Lấy đạo hàm vế phương trình hàm theo biến thích hợp, nhờ tính chất đạo hàm ta tìm hàm số cần tìm Ví dụ tìm f : R −→ R thỏa mãn |f (x) − f (y)|2 |x − y|3 , với x, y ∈ R(1) Lời giải Cố định y, với x ∈ R, x = y, từ (1) ta f (x) − f (y) f (x) − f (y) | | |x − y| ⇒ | | x−y x−y Vì lim = lim |x − y| = x→y |x − y| x→y f (x) − f (y) |=0 x→y x−y Hay f (y) = f (y) = c, với y ∈ R (c số) nên suy lim | Ta có f (y) = c thỏa mãn điều kiện toán Ví dụ Tìm f : R −→ R cho f có đạo hàm R thỏa mãn f (x + y) = f (x) + f (y) + 2xy, với x, y ∈ R Lời giải Lấy đạo hàm hai vế theo x y ta 50 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Vũ Thị Phương Thanh f (x + y) = f (x) + 2y (1) f (x + y) = f (y) + 2x (2) Từ (1) (2) ⇒ f (x) + 2y = f (y) + 2x ⇔ f (x) − 2x = f (y) − 2y, ∀x, y ∈ R ⇒ f (x) − 2x = c ⇔ f (x) = 2x + c, ∀x ∈ R ⇒ f (x) = x2 + cx + c Vì f (0) = suy c = Vậy f (x) = x2 + cx, c số 3.9 Phương pháp xét giá trị Cơ sở lí luận: giả sử ta cần tìm hàm số f (x) với miền xác định Df Từ giả thiết toán lập luận ta đánh giá i, f (x) g(x), với x ∈ Df ii, f (x) g(x), với x ∈ Df Trong g(x) hàm số biết trước Khi từ i, ii, ta suy f (x) = g(x), với x ∈ Df Ví dụ 1 f (xy) + Lời giải Tìm f : R −→ R thỏa mãn 1 f (yz) − f (x).f (yz) , với x, y, z ∈ R Cho x = z, y = ta f (x) − [f (x)]2 12 Suy [f (x) − ] Hay f (x) = Ngược lại, hàm số f (x) = thỏa mãn điều kiện toán Ví dụ Tìm f : R −→ R thỏa mãn 51 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Vũ Thị Phương Thanh f (x) = max xy − f (y), ∀x ∈ R (2) y∈R Lời giải xy − f (y), với x, y ∈ R t2 Cho x = y = t ∈ R f (t) = với t ∈ R (3) y2 x2 x2 Suy xy − f (y) xy − = − (x − y)2 2 2 x2 Hay f (x) = max xy − f (y) (4) y∈R x2 Từ (3) (4) suy f (x) = 2 x Ngược lại, hàm số f (x) = thỏa mãn điều kiện toán Ví dụ Tìm f : R −→ R thỏa mãn Từ (2) ta có f (x) f (x, y) 2008x+y với x, y ∈ R f (x).f (y) Lời giải Cho x = y = ta có f (0) [f (0)]2 suy f (0) = Cho x = −y ∈ R = f (0) f (x).f (−x) 1 Suy f (x)f (−x) = f (x) = , ∀x ∈ R f (−x) x Cho  y = 0; x ∈ R ta có f (x) 2008 suy  f (x) 2008x > (∗∗)  f (−x) 2008−x > Từ (*) (**) suy 1 = 2008x f (x) = f (−x) 2008−x Từ (**) (***) ta f (x) = 2008x (∗) (∗ ∗ ∗) Ngược lại, ta có hàm số f (x) = 2008x thỏa mãn điều kiện toán Bài tập áp dụng 1, Tìm f : N −→ R thỏa mãn f (0) = 0; f (1) = f (x).f (y) = f (x + y) + f (x − y), ∀x, y ∈ N, x 52 y Khóa luận tốt nghiệp Đại học Vũ Thị Phương Thanh 2, Tìm f : R −→ R thỏa mãn f (x.f (y)) = y.f (x), ∀x, y ∈ R 3, Tìm f : R −→ R thỏa mãn f [(x + 1).f (y)] = y(f (x) + 1), ∀x, y ∈ R 4, Tìm f : R −→ R thỏa mãn f (xy) − f (x − y) + f (x + y + 1) = xy + 2x + 1, ∀x, y ∈ R 53 Kết luận Trên toàn nội dung đề tài:"Đa thức phương trình hàm" Trước tiên em đưa hệ thống lý thuyết đa thức số tính chất hàm số, khóa luận nêu lên cách chi tiết phương pháp giải phương trình hàm Ngoài việc trình bày hệ thống nội dung phương pháp, khóa luận nêu ví dụ minh họa cho phương pháp Qua giúp người đọc dễ hình dung nắm bắt phương pháp giải loại phương trình hàm Hy vọng tài liệu góp ích phần bạn sinh viên quan tâm tới đại số nói riêng toán học nói chung Mặc dù cố gắng, lực thời gian có hạn nên chắn khóa luận tránh khỏi sai sót, mong nhận đóng góp ý kiến chân thành thầy cô bạn 54 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Tài Chung- Lê Hoành Phò (2013), Chuyên khảo phương trình hàm, NXB ĐHQG Hà Nội [2] Nguyễn Hữu Điển (2003), Đa thức ứng dụng, NXB Giáo dục [3] Nguyễn Văn Mậu (2004), Đa thức đại số phân thức hữu tỉ, NXB Giáo dục [4] Nguyễn Văn Mậu (1997), Phương trình hàm, NXB Giáo dục [5] Nguyễn Tiến Quang (2005), Cơ sở lý thuyết trường lý thuyết Galoa, NXB Giáo dục [6] Tài liệu khác: Tài liệu internet, Tạp chí toán học tuổi trẻ 55 ... sau Chương Đa thức phương trình hàm Chương trình bày Khóa luận tốt nghiệp Đại học Vũ Thị Phương Thanh số dạng phương trình hàm đa thức phương trình hàm đa thức ẩn, phương trình hàm đa thức nhiều... ĐA THỨC VÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM 2.1 Định nghĩa Phương trình hàm phương trình mà ẩn hàm số 2.2 Phương trình hàm đa thức ẩn Ví dụ Hãy tìm tất đa thức p(x) cho p(x) = p(x + 1) Lời giải Nếu p(x) đa thức. .. (x) đa thức bậc c, Đa thức bất khả quy trường số thực Định lý 1.3 Các đa thức bất khả quy trường số thực đa thức bậc đa thức bậc hai có định thức âm Chứng minh Trước hết ta thấy đa thức bậc đa thức