Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 22 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
22
Dung lượng
0,94 MB
Nội dung
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 dạng hàm đa thức Thay vào phương trình đồng hệ số P 2x � Bài 1(Nam Tư – 1982) : Tìm tất P x �� x thỏa mãn : 16 P x � � � Giải n n 1 an �0 Giả sử có : f x an x an 1 x a1 x a0 Với x = ta f(0) = a0 (1) a 0 � a0 16 � Thay vào (1) ta : 16a0 a0 � � Thay f(x) vào (1) so sánh hệ số x2n ta : 16an 22 n.an2 � an 16 4n an �0 Do an ��� n � 1, 2, 0 Với n = P(x) = P(x) = 16 Với n = P(x) = 4x P(x) = 4x + 16 Với n = P x x a1 x 16 P x x a1 x Thế vào (1) => P(x) = x2 Vậy hàm cần tìm : P(x) = 0; P(x) = 16; P(x) = 4x; P(x) = x2 Bài 2( Bungari – 1976) : Tìm tất đa thức P(x) không đồng thỏa mãn : P x2 2x � P x 2 � � � x �� Giải 2 �� P x 2 � P y 1 � Q y � �y x �� � � � � � � � Đặt �Q y P y � � �P x x P y Q y � � Q y � Từ : � � � Q y y �� Giả sử : Q y a0 y a1 y an 1 y an a0 �0 Gọi k số nguyên dương bé cho ak �0 2n n2 Khi : Q y a0 y a1 y an1 y an n 1 n (2) � Q y � a0 y n a1 y n 1 an 1 y an � � � � � � 2 Đồng hệ số y 2n-1 (2) (3) ta có : = 2a0 ak �a0 �0 �ak �0 Mâu thuẫn : � Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi: Phương trình hàm (3) GV: Đặng Ngọc Cường Do : a1 = a2 = … = an = n Từ Q y a0 y Q y � Vì � � � Q y y �� Trường THPT Chuyên Lào Cai n => a0 = => Q y y Nên : P x x 1 Thử lại thấy thỏa mãn n Bài : Tìm đa thức f : �� � thỏa mãn : f(x + y) = f(x) + f(y) + 2xy Giải Thay x = y = => f(0) = x �R x = y => f x f x x Nếu n �3 : giả sử : (1) (*) f x an x n an 1 x n 1 a1 x a0 � f 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 (*) � � � a2 22 2a2 � � a1.2 a1 � => hệ vô nghiệm Suy n < Nếu n = => vơ lí Nếu n = 1=> f(x) = ax + b Khi : x, y �� ax + ay +b = ax + b + ay + b + 2xy => b + 2xy = x, y �� => không tồn Vậy n = � f x ax bx c Từ : a x y b x y c ax bx c ay by c xy 2a a 1 � � �� �� c0 c0 � � ( b tùy ý) => f(x) = x2 + bx Thử lại thấy thỏa mãn Cách : Cho x = y = vào (1) f(0) = Do từ f(x + y) = f(x) + f(y) + 2xy Suy : 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 xy y f x y f y y y �0 �f y �f y � lim � 2x � y �0 � y � � 2x � � y � �f y f � x � f ' x � f x x f ' x f’(x) = lim � y �0 � y 0 � Hay f’(x) = lim � y �0 đặt f’(0) = a f(x) = x2 + ax Thử lại thấy thỏa mãn Bài : tìm f x �� x bậc n có nghiệm thực thỏa mãn : f x f x f x3 x x �� Giải Giả sử : f x an x n an 1 x n 1 a1 x a0 �f Khi f(0) = a0 từ giả thuyết � � a0 � nên � a0 � �f n n 1 s Nếu a0 = f x an x an 1 x a1 x x g x Thay vào (1) ta có : g x g x s.x s g x3 x x 1 Nên g(0) = (vơ lí) => g(0) = trái với giả thuyết Vậy a0 = Khi giả sử x0 nghiệm 2x03 x0 nghiệm Và x0 x0 x0 x0 x0 nên f(x) có vơ số nghiệm (vơ lí) s Vậy không tồn f x �� x thỏa mãn điều kiện đề Bài 5:Tìm hàm đa thức xác định R thỏa mãn : f x f 1 x x2 , x �� HD: Vì vế phải (1) biểu thức bậc 2.nên vế trái bậc hai theo x Vì biểu thức f bậc nên hàm f phải đa thức bậc hai Vậy f x ax bx c, a �0 Thay vào (1) ta được: 3ax (b 2a ) x a b 3c x , x �� Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi: Phương trình hàm GV: Đặng Ngọc Cường Nên: Trường THPT Chuyên Lào Cai � a � 3a � � � � b 2a �� b � � � a b 3c � � c � � 3 Vậy hàm thỏa đề là: f x x x Ta hàm f(x) tìm Giả sử hàm g(x) thỏa mãn: g x g x x , Khi x0 �� cho f x0 �g x0 Ta thay x= x0 ta : g x0 g x0 x0 Thay x= 1- x0 ta có: g x0 g x0 (1 x0 ) x �� f x �g x , x (3) (4) 3 Vậy hàm số f x x x tìm 3 Từ (3) (4) suy ra: g x0 x x0 f ( x0 ) vơ lí Bài 6: Tìm hàm đa thức y = f(x) xác định R thỏa mãn: x �� f(f(x)) = f(x) + x (1) Tìm hai hàm HD: (1) f(f(x)) - f(x) = x Nếu f(x) hàm khơng thỏa Nếu f(x) có bậc lớn khơng thỏa vế trái bậc lớn 2, vế phaỉ bậc Vậy f(x) có bậc hay f x ax b, a �0 Thay vào (1) ta được: a ax b b (ax b) x, Hay x � 1 � 1 a � �a �� ;� � � b0 b0 � � 1 f x x � a2 1 (a a ) x ab x, x � � ab � Vậy có hai hàm : f x 1 x; Bài tập tương tự : Bài 7: Tìm tất đa thức P(x) thỏa mãn : P x2 � P x � � � x �� Bài 8(VMO-2006) Tìm đa thức với hệ số thực thỏa mãn: P x x 3P x P x � P x � � � x , x �� Bài 9: Tìm hàm đa thức y = f(x) đơn điệu tăng xác định R thỏa mãn: x �� f(f(x)) = + 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 Bài 10: Cho hàm đa thức xác định N thỏa: f f n f n 2n Tìm f(2005) ĐS: f(2005) = 2006 Bài 11:(MEHICO O-1997): Cho hàm đa thức xác định N thỏa: f f n f n n 3n 2 Tìm f(2009) Phương pháp 2: Sử dụng tính chất nghiệm Cơ sở: Nếu đa thức P(x) có nghiệm a P(x) = (x-a).Q(x) Nếu đa thức P(x) thỏa P(x) = P(x –b) x P(x) hàm Bài 1(VMO- 2003): Tìm đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn: x 3x x P( x 1) x x x P( x) , (1) HD: Cho x= -2 ta P(-2) = Cho x- ta P(2) = Cho x= ta P(0) = Cho x= ta P(-1) = Vậy P x x x 1 x 1 x G x Khi thay vào (1) ta được: ( x x 1)G ( x 1) ( x x 1)G( x) G ( x) G ( x 1) Khi R(x) = C số Nên G ( x) C.( x x 1) Suy P x C.x x 1 x 1 x ( x x 1) Thử lại thấy thỏa mãn Bài : Tìm tất đa thức thỏa mãn : x 1 f x x 3 f x Đặt f x g x x 3 Suy : G ( x) hay ( x x 1) ( x x 1) ta có R x R x 1 , x � 0;1; 1; 2 Đặt R( x) ( x x 1) x �R Giải x g 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 x �1, x �3 Suy : f x c x 3 2 2 g x Nếu x = f(3) = x = f(3) = x �� Vậy f x c x 3 Bài : cho k số nguyên dương Tìm tất đa thức P(x) : x 2001 k P x x 2002 P x 1 k x �� Giải Ta thấy x = 2002 nghiệm bội bậc �k P(x) k Đặt P x x 2002 Q x Thay vào (1) ta : 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 : Q(x) =a số k Từ : P x a x 2002 , x �2001, x �2002 Khi x = 2001 P(2002) = Khi x = 2002 P(2002) = Bài 4: Tìm P(x) với hệ số thực thoã mãn đẳng thức: ( x 3x 3x 2) P( x 1) ( x 3x 3x 2) P( x), x (1) Giải: (1) ( x 2)( x x 1) P( x 1) ( x 2)( x x 1) P( x), x Chọn: x = -2 P(-2) = x = -1 P(-1) = x = P(0) = x = P(1) = Do P( x) x( x 1)( x 1)( x 2).G ( x) Thay P(x) vào (1) ta được: ( x 2)( x x 1)( x 1)( x 2) x( x 1).G( x 1) ( x 2)( x x 1) x( x 1)( x 1)( x 2).G( x) , x ( x x 1)G ( x 1) ( x x 1)G ( x) , x Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi: Phương trình hàm GV: Đặng Ngọc Cường G ( x) G ( x 1) , x x x 1 x x Đặt: Trường THPT Chuyên Lào Cai R ( x) G ( x) ( x 0,1, 2) x x 1 R ( x) R ( x 1) , ( x 0,1, 2) R ( x ) C Vậy: P( x) C ( x x 1) x( x 1)( x 1)( x 2) Thử lại thấy P(x) thỗ mãn điều kiện tốn Bài 5: Tìm đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn: x 3x x xP ( x) x x x P( x 1) , (1) x HD: Cho x= P(1)= Cho x= -1 P(-1)= Cho x= -2 P(-1)= Vậy P x x 1 x 1 G x Thay vào (1) rút gọn ta được: ( x x 1)G ( x) ( x x 1)G ( x 1) G ( x) G ( x 1) G ( x 1) Hay : ( x x 1) ( x2 x 1) ( x 1)2 ( x 1) G ( x) Đặt R( x) ta có : R x R x 1 , x � 0;1; 1; 2 x x 1 Do R(x)= C số Dẫn đến G ( x) C.( x x 1) Suy 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 x x2 x P( x) x x 3x P(2 x 1) , (1) x Bài 7: Tìm đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn: x x 1 P ( x) x x 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(Vơ 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 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 điểm nguyên: Cơ sở: Nếu hai đa thức bậc n trùng n + điểm ngun đa thức trùng Bài : Tìm P(x) theo bậc n thỏa mãn : P x P x 1 x �R Giải u , v �R Đặt u = x + ; v = x – P(u.v) = P(u).P(v) � P 0 (2) Cho u = v = � � P 0 � Nếu P(0) = từ (2) thay v = ta có : P(u) = với u => P(x) = x �R Nếu P(0) = x = nghiệm P(x) => P(x) = x Q(x) u, v �R Từ ta có : u.v.Q(uv) = u v.Q(u).Q(v) u , v �R Suy : Q(uv) = Q(u).Q(v) Từ : Q(x) = Q(x) = x.R(x) Tiếp tục trình ta sau hữu hạn bước : P(x) = 1; P(x) = xn Thử lại thấy P(x) = 1; P(x) = xn thỏa mãn điều kiện Bài : Tìm P x �� x thỏa : P(0) = (1) P x 1 P x 1 � P x � � x �R 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) Q(x + 1) = Q(x) => Q(x) = a số Suy : P(x) – P(x - 1) = a x �� Vì hai đa thức bậc n trùng n + điểm nguyên đa thức trùng n �N Xét P(n) – P(n - 1) = a Suy : P(n) = P(0) + n.a a, b �� => P(x) = a + bx Do P(0) = nên a = Vậy P(x) = bx , b số Thử lại thấy thỏa mãn Bài : 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 Trường THPT Chuyên Lào Cai P x 2x x �� (1) Giải Ta có : 1 � P x 1 x 1 P x x x 2 2 2 Đặt Q(x) = P x x ta có : x �� Q(x + 1) = Q(x) + 4x + Vì hai đa thức bậc �m trùng m + điểm ngun đa thức trùng Xét Q(x) điểm nguyên Q(n + 1) = Q(n) + 4n + Suy : Q(1) = Q(0) + 4.0 + Q(2) = Q(1) + 4.1 + Q(n) = Q(n - 1) + 4.(n – 1) + => Q(n) = Q(0) +4(1 +2 + +n -1) + 2n = Q 0 4n n 1 2 Q x x a Suy : 2n Q n (a bất kì) x �� Từ suy : P x x a Suy : P(x) = x + a ( a số bất kì) Thử lại thấy thỏa mãn Bài : Tìm tất đa thức bậc n thỏa mãn : P(x + 1) = P(x) + 2x + Giải NX : hai đa thức bậc �m trùng m + điểm ngun đa thức trùng Xét P(x) điểm nguyên Theo giả thuyết : P(n + 1) = P(n) + 2n + n �N * Suy : 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 : 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 : P(x) = x2 + c Thử lại thấy thỏa mãn Vậy P(x) = x2 + c 2 Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi: Phương trình hàm GV: Đặng Ngọc Cường Trường THPT Chuyên Lào Cai Phương pháp Phương trình hàm theo đặc trưng số học Cơ sở: Nếu f(a) = f(b) phân tích f(x) – f(b) = (x – a)(x – b)G(x) Bài : Tìm đa thức P(x) bậc thỏa mãn : P x M x 1 P x 1 x 1 M Giải Theo giả thuyết P’(x) có bậc P ' x M x 1 , x 1 Suy : P ' x a x 1 x 1 a x x 1 a 2 Và P x x5 ax ax+b a Có : P(1) + = � a a+b+1=0 a P(-1) - = � a- a+b-1=0 15 � a � Suy : � � b0 � 10 15 Vậy P x x5 x x 8 Bài : Tìm đa thức f x �� x cho : f(2011) =2010 f(2009) = 2007 Giải Giả sử có : f x an x an 1 x a1 x a0 Khi : f 2011 f 2009 M Lại có : f 2011 f 2009 M Vậy không tồn hàm f thỏa mãn đề Bài : Tìm đa thức f x �� x bậc n cho : n 1 n � �f x � � 16 f x x �R n n 1 Giả sử có : f x an x an 1 x a1 x a0 (1) Giải an �0 a0 � Với x = ta f(0) = f(0) =16 hay � a0 16 � an x n an 1 x n 1 a1 x a0 � an x n an 1x n 2 a1 x a0 � Suy : 1 � � � � 16 � � � Suy : an2 16an � an 16 Bài ( Tổng quát) : Xét đa thức f(x) tùy ý đa thức hệ số nguyên thỏa mãn : �f c �1k c � 0,1, 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 khơng Giải Ta có : a, b f a f b M a b Trường THPT Chuyên Lào Cai Nên f k 1 f M k mà f k 1 f �1997 Suy : f k 1 f = hay f k 1 f Suy : F f x f x x k 1 G x Với G(x) đa thức với hệ số nguyên Như : f c f c k c G c �k (*) c � 0,1, k 1 ( Tập nầy khác tập � k �3 ) Do (*) Như c thuộc tập : G c Vậy G c ��� G c Do 2,3,4 k – nghiệm G(x) Suy : f x f x x x 3 x k 1 x k 1 H x Ta cần chứng minh H(1) = H(k) = Với c = c = k từ (3) ta có : f c f k ! k H c �1 Mà (k – 2)! > k �4 � H c � H c Vậy H(c) = Vậy : f(0) = f(1) = = f(k + 1) Bài (Singapore 97 – 98) : Giả sử f(x) đa thức hệ số nguyên thỏa mãn : �f c �1997 c � 0,1, 1998 Hỏi f(0) = f(1) = = f(1998) có khơng Giải a b � f a f b Do : 1998 f 1998 f Suy : f (1998) = f(0) f 1998 f �1997 Ta thấy : a, b : Tương tự : 1998 – 1994 = Nên : f 1998 f 1994 M Hay : f 1994 f 1998 M Hay : f 1994 f M Và : f 1994 f M 1994 Do : f 1994 f M BCNN 4;1994 3988 Hay : f 1994 f M 3988 � f 1994 f Thay đổi vai trò 1998 ta có : f(0) = f(4) Xét 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 a mà �a �1997 ta có : f x f a M x a với x = 4, 5, 1993, 1994 Vì BCNN số x – a lớn 1998 phải có : f(a) = f(0) Tóm lại : f(0) = f(1) = = f(1998) Chú ý : Qua ta thấy : f(a) = f(b) f(x) – f(b) = (x – a)(x – b)G(x) Giải Phương pháp Dạng đặc biệt 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) h(x) đa thức thuộc R[x] cho thoả mãn điều kiện: deg(f) + deg(g) = deg(h) Tìm tất đa thức P(x) thuộc R[x] cho P(f(x))P(g(x)) = P(h(x)) với x thuộc R (1) Nghiệm phương trình hàm (1) có nhiều tính chất đặc biệt giúp xây dựng tất nghiệm từ nghiệm bậc nhỏ: Tính chất 1.1 Nếu P, Q nghiệm (1) P.Q nghiệm (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 1.2 Nếu P(x) nghiệm (1) Pn(x) nghiệm (1) Định lý 1.3 Nếu f, g, h đa thức với hệ số thực thoả mãn điều kiện deg(f) + deg(g) = deg(h) thoả mãn hai điều kiện sau: (i) deg(f) ≠ deg(g) (ii) deg(f) = deg(g) f* + g* ≠ 0, f*, g* hệ số cao đa thức f g tương ứng Khi với số nguyên dương n tồn nhiều đa thức P(x) có bậc n thoả mãn phương trình (1) Chứng minh: Giả sử P đa thức bậc n thoả mãn phương trình (1), deg(f) = f, deg(g) = g, deg(h) = h, hệ số cao P, f, g, h tương ứng P*, f*, g*, h* So sánh hệ số cao hai vế đa thức phương trình P(f(x))P(g(x)) = P(h(x)) ta có P*(f*)n.P*(g*)n = P*(h*)n từ suy P* = (h*/f*g*)n Như vậy, giả sử ngược lại, tồn đa thức Q bậc n (khác P) thoả mãn phương trình (1) Q* = P* ta có Q(x) = P(x) + R(x) với ≤ r = deg(R) < n (ta quy ước bậc đa thức đồng -, deg(R) đồng nghĩa R khơng đồng 0) Thay vào phương trình (1), ta (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 ta xét trường hợp i) deg(f) deg(g) Giả sử f > g Khi bậc đa thức vế trái (2) nf + rg, rf + ng, rf + rg, nf + rg > rf + ng > rf + rg nên vế trái có bậc nf + rg Trong vế phải có bậc rh = r(f+g) < nf + rg Mâu thuẫn ii) deg(f) = deg(g) Khi đó, hai đa thức vế trái (2) có bậc nf + rg = ng + rf xảy triệt tiêu thực phép cộng Tuy nhiên, xét hệ số cao hai đa thức này, ta có hệ số x nf + rg đa thức thứ thứ hai P*(f*)nR*(g*)r, R*(f*)rP*(g*)n Như thế, bậc xnf+rg tổng hai đa thức P*R*f*rg*r(f*(n-r)+g*(n-r)) f* + g* Như vậy, bậc vế trái (2) nf + rg, bậc vế phải rh = rf + rg < nf + rg Mâu thuẫn Định lý chứng minh hoàn toàn Áp dụng định lý 1.3 hệ 1.2, ta thấy P 0(x) đa thức bậc thoả mãn phương trình (1) với f, g, h đa thức thoả mãn điều kiện định lý 1.3 tất nghiệm (1) có dạng: P(x) 0, P(x) 1, P(x) = (P0(x))n Hệ 2.2: Nếu u0 x đa thức bậc thỏa mãn (1) với f, g, h đa thức thỏa mãn tính u0 x � chất tất nghiệm (1) có dạng : P(x) = 0; P(x) = ; P(x) = � � � Sau đây, xem xét số ví dụ áp dụng tính chất nói II Hai phương pháp giải bản: II.1 Đồng hệ số: Bài : Tìm tất hàm đa thức hệ số thực cho : P x P x � P x P x P x x �� (1) Giải 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 tổng hệ số cao f g khác khơng Khi với n tồn nhiều đa thức bậc n thỏa mãn phương trình (1) Ta P(x) P(x) Ta nhận thấy P(x) = 0; P(x) = đa thức thỏa mãn (1) U(x) = x đa thức bậc thỏa mãn (1) n n u0 x � Vậy với n �N P(x) = � � � = x đa thức bậc n thỏa mãn phương trình (1) ( theo định lí tính chất 2) x �� Kết luận : P(x) = x �� P(x) = n n �N * P(x) = x Thử lại thấy thỏa mãn (hoặc giải theo Bungari – 1976) Bài ( THTT – 2006 ) : Tìm tất đa thức hệ số thực thỏa mãn : P x P x 1 P x 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 + ; h(x) = x + ta có : deg f deg g deg h deg f deg g tổng hệ số cao f g khác Do n tồn đa thức bậc n thỏa mãn (1) không đa thức Ta tìm đa thức bậc nhỏ thỏa mãn (1) Ta thấy P(x) = 0; P(x) = thỏa mãn Nếu P(x) = ax + b (*) � ax+b ax+b+a a x b � ax ab a ba x b ab ax 2a b � a 2b a � 2ab a �� �� b 2a b 2a � � Nếu a = => b = => P = a b � � P x ax - 2a = x - b 2a � Nếu � x �� Nếu P x ax bx c P x 1 a x 1 bxb c ax 2a b x a b c bx c ax 2a b x a b c ax 4a b x P x a x b x c ax 4a b x 4a 2b c Suy : ax 2 4a 2b c � a 1 � � � � 2a 2ab b 1 � � � � � c2 2a b c a b c b � � �� �� c a b c 4a 2b c a3 � � � � � � b 3 � a a b c ac b 2a b 4a b � � � � c3 � � Vậy có đa thức bậc thỏa mãn : P x x2 x P x x 3x Vậy tất đa thức hệ số thực thỏa mãn : P x � x x 2� � � n P x � x x 3� � � n đa thức bậc chẵn P(x) =0 ; P(x) = Ta (1) khơng có nghiệm đa thức bậc lẻ…… Bài 3(Vietnam 2006): Hãy xác định tất 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 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 P(x2) – x(3P(-x) + P(x)) = (P(-x))2 + 2x2 (5) Trừ (4) cho (5), ta 4x(P(x) + P(-x)) = P2(x) – P2(-x) (P(x) + P(-x))(P(x) – P(–x) – 4x) = (6) (6) với x thuộc R, ta phải có + Hoặc P(x) + P(-x) = với vô số giá trị x + Hoặc (P(x) – P(–x) – 4x = với vô số giá trị x Do P đa thức nên từ ta suy + Hoặc P(x) + P(-x) = với x + Hoặc (P(x) – P(–x) – 4x = với x Ta xét trường hợp: Nếu: P(x) + P(-x) = Khi 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 Q(x 2) = Q2(x) Theo ví dụ Q(x) 0, Q(x) 1, Q(x) = xn Từ P(x) = x, P(x) = x+1, P(x) = xn + x So sánh với điều kiện P(x) + P(-x) = 0, ta nhận nghiệm: P(x) = x P(x) = x2k+1 + x, k = 0, 1, … Nếu: P(x) – P(-x) – 4x = Khi 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 Q(x 2) = Q2(x) Q(x) 0, Q(x) 1, Q(x) = xn Từ P(x) = 2x, P(x) = 2x+1, P(x) = x n + 2x So sánh với điều kiện P(x) – P(-x) – 4x = 0, ta nhận nghiệm: P(x) = 2x, P(x) = 2x+1 P(x) = x2k + 2x, k = 1, 2, … Tổng hợp hai trường hợp, ta có tất nghiệm (4) 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 đa thức với hệ số thực P(x) thoả mãn đẳng thức sau với số thực x P(x)P(2x2) = P(2x3+x) (7) Giải: Các đa thức x, 2x , 2x +x thoả mãn điều kiện định lý 1.3, ta tìm nghiệm khơng đồng số với bậc nhỏ (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 đơn thức hai vế, ta hệ a3 = 2a, 2ba2 = 0, ab = a, b2 = b Hệ vô nghiệm (do a 0) nên ta kết luận: không tồn đa thức bậc thoả mãn (7) Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi: Phương trình hàm GV: Đặng Ngọc Cường Trường THPT Chuyên Lào Cai 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 đơn thức hai vế, ta hệ 4a2 = 4a, 4ab = 0, 4ac + 2ab = 4a, 2b2 = 2b, ac + 2bc = a, bc = b, c2 = c Hệ có nghiệm a = c = 1, b = Như vậy, P(x) = x + đa thức bậc thoả mãn (7) Từ hệ 1.2 định lý 1.3, ta suy (x 2+1)k tất đa thức bậc chẵn (không đồng số) thoả mãn (7) Giả sử nghiệm thực P(x), 23 + nghiệm P(x) Nếu > ta có , + 23, + 23 + 2( + 23)3, … dãy tăng tất nghiệm P(x), mâu thuẫn Tương tự, < dãy nói dãy giảm ta có P(x) có vơ 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 = vào ta = Q(0), mâu thuẫn Vậy P(x) nghiệm thực, có nghĩa P(x) khơng thể có bậc lẻ Vậy nghiệm phương trình : P= ; 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 x �� (*) Giải: Nếu P(x) = C C= C= Xét P(x) khác số Gọi a nghiệm P(x) C Khi a2 nghiệm Suy a4; a8… Cũng nghiệm Vì đa thức bậc n khơng thể có q n nghiệm nên tồn n ch an = Do a n �1 dãy a2n dãy vơ hạn, vơ lí 2 2 isin (2) n n 2 Thay x a+ vào (1) ta có P( a 1 ) P a 1 P a = nên a 1 nghiệm 2m Lí luận tương tự ta suy ra: a 1 hay a cos isin (3) m m a a 1 Lại có: (4) Từ ta có: a cos 2 Suy a nghiệm P1 ( x) ( x x 1) Từ P(x) có dạng: P ( x) ( x 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 thay vào (1) ta được: Trường THPT Chuyên Lào Cai Q x Q x 1 Q x Suy ra: Q( x) ( x x 1).R ( x) Nếu degR = R( x) ax +bx+c thay vào (1) dùng đồng thức ta được: R ( x ) x +x+1 Suy P(x) có dạng P ( x ) ( x x 1) n Nếu degR = ta không tồn R(x) Nếu degR = R(x) = a ta chi được: P(x) = 0; P ( x) ( x x 1)m Vậy hàm cần tìm là: P(x) = 0; P(x) = 1; P ( x ) ( x x 1) n Thử lại thấy thỏa mãn Bài 2: Tìm đa thức hệ số thực thỏa mãn : P x P x 1 P ( x 1) x �� (*) Giải: Nếu P(x) = C C= C= Xét P(x) khác số Gọi a2 nghiệm P(x) C Khi a4 nghiệm , suy a 2n nghiệm Nếu a n �1 P(x) có vơ số nghiệm C.Vơ lí 2 2 isin (2) n n Thay x x vào (*) ta suy x nghiệm P(x) Do n �� cho a n hay a cos Hay x Hay Lại có: 1 2k nghiệm từ ta có: 2 2 isin k k 2 a a 1 x 1 2k 1 a cos (3) (4) 2 2 Suy a nghiệm P1 ( x) ( x x 1) Từ P(x) có dạng: P ( x) ( x x 1).Q( x) Từ (2);(3);(4) ta suy ra: a i Lập luận tương tự ta Các hàm số thỏa là: P(x) = 0; P(x) = 1; P ( x ) ( x x 1) n Bài 3: Tìm tất đa thức không số P(x) cho P(x)P(x+1) = P(x2+x+1) (8) Lời giải: Giả sử a nghiệm P(x) = Khi a + a + 1cũng nghiệm Thay x x - 1, ta có P(x)P(x-1) = P(x2 – x + 1) Vì P(a) = nên ta suy a2 – a + nghiệm P(x) = Chọn a nghiệm có modul lớn (nếu có vài nghiệm ta chọn chúng) Từ cách chọn ta suy |a2 + a + 1| | a | |a2 – a + 1| | a | Áp dụng bất đẳng thức modul, ta có Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi: Phương trình hàm GV: Đặng Ngọc Cường Trường THPT Chuyên Lào Cai 2 | 2a | | a + a + 1| + | – a + a – 1| | a | + | a | = | 2a| Như dấu phải xảy đẳng thức trên, suy với (a2+a+1) = s(-a2+a-1) với s số dương Nếu |a2 + a + 1| < | a2 – a + 1| 2| a2 – a + 1| > | a2 – a + 1| + | a2 + a + 1| | 2a |, suy |a2 – a + 1| > | a | Tương tự từ |a2 + a + 1| > | a2 – a + 1|, suy | a2 + a + 1| > | a |, mâu thuẫn với cách chọn a Vậy |a2 + a + 1| = | a2 – a + 1| Từ s = ta có (a2 + a + 1) = (–a2 + a – 1) suy a2 + = 0, suy a = i x2 + thừa số P(x) Từ P(x) = (x2 + 1)mQ(x), Q(x) đa thức không chia hết cho x2 + Thay vào (8), ta có Q(x) thỏa mãn (8) Nếu phương trình Q(x) = có nghiệm làm tương tự trên, nghiệm có modul lớn phải i Nhưng điều khơng thể x2 + khơng chia hết Q(x) Ta đến kết luận Q(x) số, giả sử c Thay vào phương trình, ta c = Như tất nghiệm khơng phương trình (8) có dạng (x2 + 1)m với m số nguyên dương Bài 4: Tìm hàm đa thức P(x) cho: P x P x P x3 x x �� Giải: Nếu đa thức f = f= n n 1 Xét P(x) � số thì: P( x) an x an1 x a1 x a0 , an �0 ( TLGK CHUYEN 12 trang 269) III Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ so sánh bậc: Bài 1: Tìm tất đa thức với hệ số thực thỏa mãn : P( x).P( x 1) P( x 2) , x �R Giải: (1) Nếu degP = P( x) �c , c số c0 � Từ (1) � c.c c � � c 1 � Suy trường hợp có hai đa thức : P ( x ) �0, P( x) �1 thỏa đề Nếu degP = m với m lẻ đa thức P( x) ln có nghiệm x0 �R Từ (1) suy : P ( x0 2) =P( x0 ).P( x0 1) suy x02 nghiệm P( x) u1 x0 � Xét dãy số : (un ) : � un un21 , n �2 � Dễ dàng ta thấy (un ) dãy tăng quy nạp theo n ta có : P(un ) , n Do đa thức P( x) có vơ số nghiệm : điều vơ lý Vì degP(x) 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 n 1 viết lại P ( x) a2 n x a2 n 1 x a1 x a0 , a2 n �0 Từ quan hệ (1) toán, ta đồng hệ số x 4n hai vế phương trình hàm, ta : a22n a2 n � a2 n n Ta đặt P ( x ) ( x x 2) G ( x) với deg G ( x ) 2n G ( x ) �0 2n Ta Khi : P( x).P( x 1) P( x 2) , x �R n �� G ( x) ( x x 2) n � � G( x 1) ( x x 2) n � ( x 2) ( x 2) n � � � � � G ( x 2) � � � � G ( x).G ( x 1) G ( x ).( x x 2) n G ( x 1).( x x 2) n G ( x 2) , (2) Vì : ( x x 2).( x2 x 2) ( x 2)2 x ( x 2)2 ( x2 2) Mà deg G ( x) k 2n suy : VT(2) có bậc : 2n k , VP(2) có bậc 2k Nhưng : 2n k 2k Do phải có G ( x) �0 , ta tìm : P ( x) ( x x 2) n , x �R Vậy đa thức cần tìm : P ( x ) �0, P( x) �1 , P ( x) ( x x 2) n , x �R Bài 2: Tìm tất đa thức thỏa mãn điều kiện: f x f 3x f x x Giải: Cho x = f(0) = f(0) = Nếu f(x) = const f(0) = f(0) = Nếu f không số: k * TH1: f(0)= ta suy ra: f x x Q x k � ; Thay vào (1) ta có: x k Q x 3x k Q 3x 3x 3x 1 Q 3x x k k x k Q 0 Q 3x x Hay: Q x 3x Q 3x Cho x = ta có Q(0) = vơ lí TH2: f(0) = nên tồn g(x) cho g(x) = f(x) - ; g(0) = k * k Khi g x x Q x k � ; Q nên f x x Q x Tương tự ta vơ lí x �� Vậy hàm cần tìm f(x) = f(x) = Bài 3( Đề đề xuất LQĐ Đà Nẵng) : Tìm tất đa thức P ( x) với hệ số thực thỏa mãn: ( ) ( ) P x2 + x + P ( 3x +1) = P 6x3 + 7x2 +16x + ," x �� Giải: Nếu P ( x) đa thức P ( x) �0,P ( x) �1 P ( x) = 2x - 1, " x �� đa thức bậc nhất thỏa mãn ( ) * Giả sử degP = n n�� Gọi an ( an �0) hệ số bậc cao cuả P ( x) , hệ số bậc cao hai vế phương trình: 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 � � n � � �2x + 2x + + Q x2 + x + � 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 + + Q 6x3 + 7x2 +16x + , " x �� n n 2 Khi bậc đa thức vế trái phương trình là: 2n + k , bậc đa thức vế phải 3k < 2n + k (vô lý) Vậy Q( x) �0 Tất đa thức thỏa là: P ( x) �0,P ( x) �1,P ( x) = ( 2x - 1) n ( n�� ) * IV.Bài tập áp dụng: Bài 1: Tìm hàm đa thức không số P(x) cho: x �� -P(x) P(x+1) = P(x ) (8) Bài 2: Tìm hàm đa thức không số P(x) cho: P x P x P ( x x 3) x �� Bài 3: Tìm hàm đa thức không số P(x) cho: P x P x P x2 Bài : (4.0 điểm) x �� Tìm tất đa thức với hệ số thực thỏa mãn : P( x).P( x 1) P( x 2) , x �R (1) Đáp án : Nếu degP = P( x) �c , c số c0 � Từ (1) � c.c c � � c 1 � Suy trường hợp có hai đa thức : P ( x ) �0, P( x) �1 thỏa đề Nếu degP = m với m lẻ đa thức P( x) ln có nghiệm x0 �R Từ (1) suy : P ( x0 2) =P( x0 ).P( x0 1) suy x02 nghiệm P( x) u1 x0 � Xét dãy số : (un ) : � un un21 , n �2 � Dễ dàng ta thấy (un ) dãy tăng quy nạp theo n ta có : P(un ) , n Do đa thức P( x) có vơ số nghiệm : điều vơ lý Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi: Phương trình hàm GV: Đặng Ngọc Cường Trường THPT Chuyên Lào Cai Vì degP(x) chẵn Xét degP(x) = 2n , n �N * 2n n 1 a1 x a0 , a2 n �0 Ta viết lại P ( x) a2 n x a2 n 1 x Từ quan hệ (1) toán, ta đồng hệ số x 4n hai vế phương trình hàm, ta : a22n a2 n � a2 n n Ta đặt P ( x ) ( x x 2) G ( x) với deg G ( x ) 2n G ( x ) �0 Khi : P( x).P( x 1) P( x 2) , x �R n �� G ( x) ( x x 2) n � � G( x 1) ( x x 2) n � ( x 2) ( x 2) n � � � � � G ( x 2) � � � � G ( x).G ( x 1) G ( x ).( x x 2) n G ( x 1).( x x 2) n G ( x 2) , (2) Vì : ( x x 2).( x2 x 2) ( x 2)2 x ( x 2)2 ( x2 2) Mà deg G ( x) k 2n suy : VT(2) có bậc : 2n k , VP(2) có bậc 2k Nhưng : 2n k 2k Do phải có G ( x) �0 , ta tìm : P ( x) ( x x 2) n , x �R Vậy đa thức cần tìm : P ( x ) �0, P( x) �1 , P ( x) ( x x 2) n , x �R Bài 4: Tìm hàm đa thức khơng số P(x) cho: P x P x P ( x).P x x �� Bài 4: Tìm hàm đa thức khơng số P(x) cho: P x P x P x x x �� Bài 5( Đề đề xuất LQĐ Đà Nẵng) : Tìm tất đa thức P ( x) với hệ số thực thỏa mãn: ( ) ( ) P x2 + x + P ( 3x +1) = P 6x3 + 7x2 +16x + ," x �� Nếu P ( x) đa thức P ( x) �0,P ( x) �1 P ( x) = 2x - 1, " x �� đa thức bậc nhất thỏa mãn ( ) * Giả sử degP = n n�� Gọi an ( an �0) hệ số bậc cao cuả P ( x) , hệ số bậc cao hai vế phương trình: 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 � � n � � �2x + 2x + + Q x2 + x + � 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 + + Q 6x3 + 7x2 +16x + , " x �� n 2 n Khi bậc đa thức vế trái phương trình là: 2n + k , bậc đa thức vế phải 3k < 2n + k (vô lý) Vậy Q( x) �0 Tất 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 ... 1: Tìm hàm đa thức không số P(x) cho: x �� -P(x) P(x+1) = P(x ) (8) Bài 2: Tìm hàm đa thức không số P(x) cho: P x P x P ( x x 3) x �� Bài 3: Tìm hàm đa thức không số P(x)... a)(x – b)G(x) Giải Phương pháp Dạng đặc biệt 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) h(x) đa thức thuộc R[x] cho... Vậy đa thức cần tìm : P ( x ) �0, P( x) �1 , P ( x) ( x x 2) n , x �R Bài 4: Tìm hàm đa thức khơng số P(x) cho: P x P x P ( x).P x x �� Bài 4: Tìm hàm đa thức khơng số