VMO201~3.DOC toán học

Phương trình hàm – Đa Thức Bài (Chuyên Sơn La) � xf (x - 1) = (x - 3)f (x) Tìm hàm số f (x) = ax3 + bx2 + cx + d ( a khác ) biết � � � f (3) = � Lời giải Cho x = 3, 2,1 ta có f (2) = f (1) = f (0) = Suy f (x) = ax(x - 1)(x - 2) Do f (3) = nên � a = Thử f (x) = x(x - 1)(x - 2) ta thấy thỏa mãn đề Vậy f (x) = x3 - 3x2 + 2x Bài (Chuyên Sơn La) Chứng minh tồn đa thức f (x) cho (x2 - x + 1)f (x) đa thức có hệ số dương Lời giải Xét đa thức f (x) = x + , ta có: (x2 - x + 1)f (x) = x3 + đa thức có tất hệ số dương Nhận xét (Daitoan): Đây dạng quen thuộc Trong trường hợp cụ thể ta thường chọn đa thức f(x) có dạng f (x) = (x + 1)n Sau tồn n để hệ số đa thức có tất hệ số dương (hoặc hệ số nguyên dương) Tuy nhiên với toán ta đa thức f (x) = (x + 1)(x2 + x + 1) cách tự nhiên Các tương tư: Bài 2.1: (VMO 1994) Chứng minh tồn đa thức P(x) cho hai đa thức (3x2 - 4x + 5)P(x); 60(x2 - 3x + 3)P (x) có tất hệ số số nguyên dương Bài 2.2: Cho < a < p x� Chứng minh với đa thức Q(x) ��� � �bậc n n +2 đa thức P(x) = (x2 - 2xcosa + 1)Q(x) khơng thể có tất hệ số không âm Bài 2.3 (Tổng quát hóa chuyên Sơn la) Cho f (x) = ax2 + bx + c thỏa mãn điều kiện f (x) �0 " x > Chứng minh tồn đa thức P(x) cho đa thức Q(x)=f(x).P(x) có tất hệ số không âm Bài (KHTN HN ngày 1) Tìm tất hàm số f : Z+ a R + cho : (f (a) + f (b))(f (x) + f (y)) = f (ax + by) (1) Với a, b, x, y �Z+ , thỏa mãn ay = bx Lời giải (hqdhftw) Cho a = b; x = y ta có: 4f (a)f (x) = f (2ax) với a,x nguyên dương Cho x = y = 1, a = b suy 4f (a)f (1) = f (2a) với a nguyên dương Suy f (2ax) = 4f (a)f (x) = 4f (ax)f (1) � f (a)f (x) = f (ax)f (1)" a, x � f 2(a) = f (a2)f (1) Cho x = a, y = b ta có: (f (a) + f (b))2 = f (a2 + b2)" a, b Đặt f (1) = k � f (2) = 4k � f (4) = 16k Ta có f (10) = f (32 + 1) = f (2.5) = 4f (5)f (1) Suy [f (3) + k]2 = 4k.f (5) � f (3) = f (5).k - k Mà f (5) = f (22 + 1) � f (5) = [f (2) + f (1)]2 = (4k + k)2 Mặt khác: f (32 + 42) = f (52) cho nên: f (5) � f (3) + f (4) = f (5) k k Thay f (3), f (4), f (5) biểu thức theo k , rút gọn ta được: ( k - 1)(16k - 1) = � k = k = *Nếu k = � f (1) = 1; f (2) = Giả sử với n �m, f (n) = n2 , ta chứng minh [f (3) + f (4)]2 = f (m + 1) = m2 +) Nếu m + chẵn m + = 2p, p < m � f (p) = p2 � f (m + 1) = f (2p) = 4f (p)f (1) = 4f (p) = 4p2 +) Nếu m + lẻ m + = 2p + 1, p < m � f (p) = p2, f (p + 1) = (p + 1)2 Ta có: f ((2p + 1)2 + 1) = [(f (2p + 1) + 1]2 = f (4p2 + 4p + 2) = 4f (p2 + (p + 1)2) = 4[f (p) + f (p + 1)]2 � f (2p + 1) = 2f (p) + 2f (p + 1) - = 4p2 + 4p + = (2p + 1)2 Vậy f (1) = f (n) = n2" n nguyên dương Tương tự, f (1) = dương 1 quy nạp ta suy f (n) = " n nguyên 4 Vậy có hàm thoả đề bài: f (n) = n2 f (n) = Bài (LTV Đồng Nai) Tìm tất hàm số liên tục f : �� � thỏa: f (x) + f (x4 ) = 2012, " x �� Lời giải Ta có f (- x) = 2012 - f (x4 ) = f (x) nên hàm số f hàm chẵn Do ta xét x �0 Với x = 0, ta có f (0) = 1006 x = f (1) = 1006 �Với < x < , ta có: f (x) = 2012 - f (x4 ) = f (x16) Từ đó, quy nập ta chứng minh f (x) = f (x16n ) Khi cho n � +� ta có x16n � , f hàm liên tục nên ta có f (x) = f (0) = 1006 � 16n �Với x > , ta có: f (x) = 2012 - f x = f 16 x = = f � � � � ( ) ( ) � x� � � � Mặt khác lim 16n x = f liên tục nên f (x) = f (1) = 1006 Tóm lại: f (x) = 1006 với x �� Nhận xét: Đây toán Khi giả thiết tốn cho hàm liên tục thưởng chuyển dãy số để sử dụng tính liên tục Các toán tương tự Bài 4.1 Bài toán tổng quát: Tìm tất hàm số liên tục f : �+ � � thỏa mãn ( ) f xa = f (x) " x > (a ��1) Bài 4.2: (TST Bắc Ninh 2012) Tìm tất hàm số liên tục f : �� � thỏa mãn  f ( x) 2 f ( x)   f ( x  1)  f ( x)  x  Bài (Lam Sơn Thanh Hóa) Giả sử hàm số f : �* � �* thoả mãn điều kiện: f (mf (n)) = n2f (m) với m;n nguyên dương a) Chứng minh f (2011) số nguyên tố bình phương số nguyên tố b) Hãy xây dựng hàm f thoả mãn điều kiện Lời giải a) Giả sử f (m) = f (n) � mf (m) = mf (n) � f (mf (m)) = f (mf (n)) Suy m2f (m) = n2f (m) � m = n , dó f đơn ánh Thay m = n = ta có f (f (1)) = f (1) � f (1) = Thay m = , ta có f (f (n)) = n2 Thay m f (m) ta có: f (f (m)f (n)) = m2n2 = f (f (mn)) � f (mn) = f (m)f (n) Xét p số nguyên tố giả sử f (p) = a.b với a, b �2 hai số nguyên khác ta giả sử f (a) > f (b) Suy f (a).f (b) = f (ab) = f (f (p)) = p2 Suy f (a) = p2, f (b) = � b = vơ lí Vậy p số ngun tố f (p) số nguyên tố lũy thừa số nguyên tố b) Xây dựng hàm thảo yêu cầu đề Vì f hàm nhân tính nên ta cần xây dựng f tập số nguyên tố Kí hiệu pn số nguyên tố thứ n , ta xây dựng f sau: f (1) = 1, f (p2k - 1) = p2k , f (p2k ) = p2k - Bài (Chuyên Bến Tre) ( ) 3 Tìm tất hàm f : �� � thỏa mãn: f x + y + z = f ( x) + f ( y) + f ( z) " x, y, z �� Lời giải(Daitoan) Thay x=y=z=0 vào (1) ta được: � f (0) = ff2 ( 0) + ( 0) = � � � f (0) = - � TH1: Nếu f(0)=-1: ( ) f z3 = f ( z) , + Trong (1) cho x=y=0: ( ) suy ( ) ( ) f x + y2 + z3 = f ( x) + f ( y) + f z3 � f x + y2 + z = f ( x) + f ( y) + f ( z) " x, y, z �� Do f ( x + z) = f ( x) + f ( z) +1 " x, z �� + Như ( ) Từ (1) (2) suy + Từ (3) suy Suy ( ) ( ) ( ) f x + y2 + z3 = f x + y2 + f z3 + = f ( x) + f y2 + f ( z) + ( ) f y2 = f ( y) - ( ) (2) (3) ( ) f y6 = f y3 - = f ( y) - 2 f ( y) - = f y6 = f y2 = � f ( y) - 2� � � � f ( y) - 2f ( y) + = � f ( y) = � � ( ) ( ) Do f ( y) = f ( y) = - với y (*) + Như (1) viết lại dạng Trong (4) cho z=0: ( ) f x + y2 = f ( x) ( ) f x + y2 + z3 = f ( x) + f ( z) + (5) Từ (*) (5) suy f ( y) �- TH2: Nếu f(0)=0: + Trong (1) cho x=z=0 ta được: ( ) f y2 �"޳= f ( y) f (y) y (6) (4) " y �� ( ) f z3 = f ( z) + Trong (1) cho x=y=0 ta được: ( Do ) f x + z3 = f ( x) + f ( z) � f ( x + z) = f ( x) + f ( z) " x, z ��, ( ) suy f(x) cộng tính (7) + Từ (6) (7) suy f ( x) = ax Cùng với f z3 = f ( z) Vậy f ( x) �0 lại hàm thỏa mãn " x ��; f ( x) � x " x �� Thử Kết luận: Có ba hàm thỏa mãn f ( x) �- (6) suy a=0;a=1 " x ��; f ( x) � " x ��; f ( x) � x " x �� Bài (Chuyên SPHN1) Giả sử P(x) đa thức bậc n > có hệ số dẫn đầu có đủ n nghiệm thực âm (các nghiệm trùng nhau) Chứng minh P� (0)� P (1)�2n2� P(0) (0) đạo hàm P(x) x = Ở P � Lời giải (huynhcongbang) Giả sử x1, x2, x3, , xn n nghiệm âm phương trình cho n n (x) = ��(x - x j ) Theo định lí Bezout, ta có: P(x) = �(x - xi ) , suy P � i =1 i =1 i �j n Đặt M = �xi i =1 n P(1) = , �(1 - xi ) x i =1 i =1 i n (0) = (- 1)n- M � Ta tính được: P(0) = (- 1) M , P � n Đặt yi = - xi > 0, i = 1, 2, 3, , n n n x i =1 i i =1 Ta cần chứng minh: (- 1)n- M � � �(1 - xi ) �2n2 (- 1)n M Hay n n �(1 + yi )�y �2n2 i =1 i i =1 Ta có: + yi = yi + yi 1 + + + �nn n- n- n- (n - 1)n- n Suy n �(1 + yi ) �nn i =1 n �yi i =1 (n - 1)n- n Hơn nữa, ta có �y �n i =1 i n n �yi i =1 Do đó: VT � n n +1 (n - 1)n- Ta cần chứng minh nn+1 n- (n - 1) �2n2 hay (1 + n- ) �2 n- Khai triển nhị thức Newton cho VT, ta có đpcm Đẳng thức xảy P(x) = (x + 1)2 Bài (Nam Định) Tìm tất hàm f : �� � cho f (x + f (y)) - f (x) = (x + f (y))4 - x4 (1) với cặp số thực (x, y) Lời giải (kien10a1) Cố định y, khai triển vế phải (1) ta đa thức bậc theo biến x, coi P(x) ; vế trái có dạng f (a) - f (b) Khi phương trình P (x) = r với r thực ln có nghiệm, nói cách khác P (x) vét hết giá trị R, suy số thực biểu diễn dạng: f (a) - f (b) Trong (1) cho x = - f (y) có f (0) - f (- f (y)) = - f (y) Trong (1) lại thay x - f (x) , áp dụng đẳng thức ta được: f (f (y) - f (x)) = (f (y) - f (x))4 + f (0) Nhờ phân tích cách biểu diễn số thực theo hiệu hai giá trị f, ta suy f (x) = x4 + f (0) với x thực Bài (Hà Tĩnh vòng 2) Cho đa thức f (x) với hệ số thực, có bậc khơng nhỏ đồng thời thoả mãn hai điều kiện sau: a Phương trình f (x) = khơng có nghiệm bội � � x + y� � , " x, y �� � �2 � � f (y) �f � � b f (x)� � Chứng minh phương trình f (x) = có nghiệm thực Lời giải Ta thấy đa thức f(x) thỏa yêu cầu toán - f (x) thỏa u cầu tốn nên ta giả sử f (x) = an xn + an- 1xn- + + a1x + a0 với an > Ta chứng minh n lẻ Thật vậy: Giả sử n chẵn, ta xét trường hợp sau: TH1: f (x) > 0, " x �� Khi f (x) = f (x0) Xét hai số a , b thỏa a + b = 2x0 , ta có: � a + b� � � f (a ).f (b) �ff2 � = (x0) � f (a ) = f (x0) = f (b) Suy f hàm (vơ lí) � � � � � � TH2: f (x) = có nghiệm Vì f (x) đa thức bậc chẵn khơng có nghiệm bội nên số nghiệm f (x) số chẵn Gọi M, m lầ lượt nghiệm lớn nghiệm bé f (x) Suy f (x) > 0, " x > M " x < m Xét a = m - a, b = 2M - m + a với a > Ta có a < m, b> M Khi đó: f (a )ff( b) � a 2� � + b� � � = vơ lí � � � � �2 � Từ ta suy n lẻ nên f (x) ln có nghiệm Giả sử f (x) có nhiều nghiệm, f (x) có ba nghiệm số nghiệm f (x) số lẻ Gọi nghiệm f (x) x1 < x2 < < x2k +1 Khi đó: f (x) = 2k +1 � (x - i =1 xi ).g(x) , g(x) = k g(x) > 0, " x f (x) < với " x < x1 x �( x2; x3 ) Ta chọn a < x1 x2 < b < x3 thỏa a + b = 2x1 � a + b� � � = vô lí � � �2 � � Ta có: f (a ).f (b) �f � � Vậy f (x) có nghiệm 0;2012� � 0;2012� Bài 10 (chọn ĐT Quảng Bình vịng 2) Cho hàm số f : ���� � liên tục, có đạo hàm (0; 2012) thỏa mãn: f(0)  0;f(2012)  2012 1) Chứng minh phương trình f(x)  2012  x ln có nghiệm 2) Chứng minh tồn hai số thực a,b  0;2012 ,a b cho: f '(a).f '(b)  Lời giải 0;2012� 1) Xét hàm số g(x) = f (x) + x - 2012 , ta có g(x) hàm liên tục � � �và g(0) = f (0) - 2012 = - 2012 < 0, g(2012) = f (2012) > nên suy g(x) = ln có nghiệm 2) Bài 11 (Bình Định ) Tìm tất hàm số f : �� � thỏa mãn điều kiện: i) f(0)  ; ii) x,y ��, tồn a��:f(x  y)  f(x)f(a  y)  f(y)f(a  x) Lời giải Cho x = y = ta có: f (0) = f (0)f (a) + f (0).f (a) � f (a) = 1 Cho y = ta có f (x) = f (a)f (x) + f (0).f (a - x) = f (x) + f (a - x) , suy 2 f (x) = f (a - x) Do đó, f (x + y) = f 2(x) + f (y) 1 Cho y = , ta có: f (x) = f 2(x) + � f (x) = Thử lại ta thấy f (x) = thỏa yêu cầu toán Bài 12 (Đồng Tháp vịng 2) Tìm tất hàm f :(0;1) � � thỏa f(xy)  f(x(1 y)) ,với x,y �(0,1) Lời giải Từ đề ta có: f (x2) = f (x - x2) 1 nên 2 a a + b �( 0;1) , �( 0;1) a+b � � � � a � a � � (a + b) =f� (a + b)(1 )� � � Do đó: f (u) = f ( u - u) = f (a) = f � � � � a + b� a+b � � � � � � � � b � � =f� (a + b) = f (b) = f ( v - v) = f (v) � � � a + b� � � Với u, v �(0;1);u > v ta có a = u - u < , b = v - v < Do f hàm Bài 13 (Vĩnh Long vòng 2) Cho hai hàm số f(x) g(x) xác định với � f(x  2)  3g(2x  1)  x (1) x �R thỏa mãn: � f(3x  1)  g(6x  3)  (2) � Xác định f(x) g(x) Lời giải Trong (1) ta thay x 3x - , ta có: f (3x + 1) + 3g(6x - 3) = 3x - (3) 3x - x- � g(x) = x - 12 - x = Từ ta tìm f (x + 2) = x - 2 14 - x x- Vậy f (x) = Từ (2) (3) ta có: g(6x - 3) = Bài 14 (Đắc Lắc ngày 2) Tìm tất hàm f: R→R cho : f(x2  f(y))  y  (f(x))2,x,y Lời giải Xem lời giải 18 Bài 15 (Yên Bái) Xác định tất giá trị thực m để từ tìm số ngun a b cho đa thức: P(x) = x5 + mx −1 chia hết cho đa thức: Q(x)=x2 − ax + b Bài 16 (Hà Nội vòng 2) Xác định hàm số liên tục f :R * � R * thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: 1, f(2x)  2f(x) (1)   f(x)  1)  x2(ex  1)f(x) , x �R * 2, f (f(x)) (e (2) 3, f(e  1)  (e  1)f(1) 4, f(k) số nguyên dương với số nguyên k (3) (4) ( R * tập số thực dương) Lời giải Giả sử ( ) ( ) f (x) = f (y) � f (f (x))3(ef (x) - 1) = f (f (y))3(ef (y) - 1) � x2 (ex - 1)f (x) = y2(ey - 1)f (y) � x2 (ex - 1) = y2(ey - 1) (*) Do hàm số h(t) = t (et - 1) hàm đồng biến �*+ nên từ (*) ta có x = y Hay f đơn ánh ( Trong (2) cho x = ta có: ff ( ) (3) (1)(ef (1) - 1) = (e - 1)f (1) = f (e - 1) ) ( ) f (1) y Suy f (1) e - = e - (**) Do hàm số F (y) = y e - đồng biến �*+ Nên (**) � f (1) = �1 � � � = � Sử dụng (1) ta chứng minh f (2n ) = 2n f � với " n ��* � � n � 2n � � � Vì f (2) = 2, f (4) = 4, f (3) ��* f (2) < f (3) < f (4) nên ta có f (3) = Bằng quy nạp ta chứng minh f (n) = n, " n ��* �m � m � �= � Tương tự, ta có f � � n� � � � 2n � �m � Do tập � �n � �là tập trù mật � nên ta có f (x) = x, " x �� � � �2 � Bài 17 (HCM ngày 1) Tìm đa thức P(x) hệ số thực thỏa P(x).P(x  3)  P(x2) x �� Lời giải �Nếu P(x) = k , từ giả thiết ta có k = k � k = 0, k = �Xét deg(P) �1 Gọi a nghiệm phức đa thức P (x) Từ P(a 2) = P(a ).P (a - 3) = nên a nghiệm P (x) Bằng quy nạp ta chứng minh a , a 2, a 4, , a 2n , nghiệm P(x) Vì nghiệm P (x) hữu hạn nên a = a = (1) Mặt khác P((a + 3)2) = P (a + 3).P(a ) = nên ta có dãy n (a + 3)2, (a + 3)2 , , (a + 3)2 , nghiệm P(x) Suy a + = a + = (2) Tuy nhiên khơng có số phức thỏa mãn đồng thời (1) (2) Vậy P(x) � 0, P(x) �1 Bài 18.(HCM ngày 2) Tìm hàm số f : �� � thỏa mãn: y f(x2  2f(y))   2(f(x))2 , x,y �� Lời giải Đặt g(x) = 2f (x) , ta có: g(x2 + g(y)) = y + ( g(x)) (1) Giả sử g(x) = g(y) suy g(x2 + g(y)) = g(x2 + g(x)) � y + g2(x) = x + g2 (x) � x = y Do đó, g đơn ánh Hơn cho x = ta có g ( g(y)) = y + g2(0) (2), suy tập giá trị g � Vậy g song ánh Suy tồn a cho g(a) = (2) ( ) Thay y = x = a vào (1) ta có g a2 = a � g(g(a2)) = � a2 + g2 (0) = � a = Thay x = (1) suy g(x2) = g2 (x) (3) Suy g(x) �0, " x �0 Trong (3) cho x = ta suy g(1) = Với x �0, y �� ta có: ( ) ( ) g(x + y) = g ( x)2 + g(g(y)) = g(y) + g( x) = g(y) + g(x) Với " x �� hai số x - x có số khơng âm, chẳng hạn x �0 , đó: = g(0) = g(x + (- x)) = g(x) + g(- x) � g(- x) = - g(x) Do với x < 0, y �� ta có: g(x + y) = - g( (- x) + (- y)) = - g(- x) - g(- y) = g(x) + g(y) Vậy g(x + y) = g(x) + g(y), " x, y �� Hơn với x > y g(x) = g(x - y) + g(y) > g(y) nên g hàm tăng thực Vì g cộng tính � g(1) = nên ta có g(x) = x, " x �� Giả sử tồn x0 ��\ � cho g(x0) � x0 Ta xét hai trường hợp sau � g(x0) > x0 , tồn số hữu tỉ r �( x0;g(x0)) Ta có: x0 < r < g(x0 ) � g(x0) < g(r) = r vơ lí � g(x0) < x0 , chứng minh ta suy điều vơ lí Do g(x) = x, " x �� Vậy f (x) = x hàm thỏa yêu cầu toán