VMO201~1.PDF 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 (x  x  1)f (x) đa thức có hệ số dương Lời giải Xét đa thức f (x)  x  , ta có: (x  x  1)f (x)  x  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  x  5)P(x); 60(x2  3x  3)P(x) có tất hệ số số nguyên dương Bài 2.2: Cho     Chứng minh với đa thức Q(x)    x bậc n đa n2 thức P(x)  (x2  2xcos  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)  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  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 (a)  f (a )f (1) Cho x  a, y  b ta có: (f (a)  f (b))2  f (a  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  (4k2  k)2 Mặt khác: f (32  42 )  f (52 ) cho nên: f (5) f (5)  f (3)  f (4)  k k Thay f (3), f (4), f (5) biểu thức theo k , rút gọn ta được: ( k  1)(16k  1)   k  k  [f (3)  f (4)]2  *Nếu k   f (1)  1; f (2)  Giả sử với n  m, f (n)  n2 , ta chứng minh 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)  p , f (p  1)  (p  1)2 Ta có: f ((2p  1)2  1)  [(f (2p  1)  1]2  f (4p  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 1 quy nạp ta suy f (n)  n nguyên dương 4 Vậy có hàm thoả đề bài: f (n)  n2 f (n)  Tương tự, f (1)  Bài (LTV Đồng Nai) Tìm tất hàm số liên tục f :    thỏa: f (x)  f (x )  2012, x   Lời giải Ta có f (x)  2012  f (x4 )  f (x) nên hàm số f hàm chẵn Do ta xét x  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 n n f (x)  f (x16 ) Khi cho n   ta có x16  , f hàm liên tục nên ta có f (x)  f (0)  1006      Với x  , ta có: f (x)  2012  f x  f 16 x    n f 16   x   n Mặt khác lim 16 x  f liên tục nên f (x)  f (1)  1006 Tóm lại: f (x)  1006 với x   Nhận xét: Đây toán Khi giả thiết toán cho hàm liên tục thưởng chuyển dãy số để sử dụng tính liên tục Các tốn tương tự Bài 4.1 Bài tốn tổng qt: Tìm tất hàm số liên tục f :     thỏa mãn   f x  f (x) x  (  1) Bài 4.2: (TST Bắc Ninh 2012) Tìm tất hàm số liên tục f :    thỏa mãn  f ( x)  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))  n2 f (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)  n2 f (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  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 nguyên 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 )  p22k1 Bài (Chuyên Bến Tre)   Tìm tất hàm f :    thỏa mãn: f x  y2  z3  f x  f  y   f z x, y, z   Lời giải(Daitoan) Thay x y z0 vào (1) ta được:  f (0)  f    f  0     f (0)  1  TH1: Nếu f(0)=-1: + Trong (1) cho x=y=0:    f z3  f z ,    suy   f x  y  z3  f x  f  y  f z3  f x  y  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  y  z3  f x  y  f z3   f x  f y  f z    f y  f y     (2) (3)   f y  f y   f y        3 f  y    f y  f y   f  y  2  f  y   2f  y     f  y     Do f  y   f  y   1 với y (*) + Như (1) viết lại dạng Trong (4) cho z=0:   f x  y  f  x   f x  y  z3  f x  f z  (5) Từ (*) (5) suy f  y   1 (4) y   TH2: Nếu f(0)=0:   + Trong (1) cho x=z=0 ta được: f y  f  y   f (y)  y  + Trong (1) cho x=y=0 ta được: f z3  f z     (6) 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 Vậy f  x  x   ; f  x   x x     f z3  f z (6) suy a=0;a=1 Thử lại hàm thỏa mãn Kết luận: Có ba hàm thỏa mãn f  x  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) Ở P  (0) đạo hàm P(x) x  Lời giải (huynhcongbang) Giả sử x1 , x2 , x3 , , xn n nghiệm âm phương trình cho n  (x  xi ) , suy P(x)  Theo định lí Bezout, ta có: P(x)  i1 Đặt M  n   (x  x j ) i1 i j n  xi i1 n n , P(1)   (1  xi ) x i1 i1 i Ta tính được: P(0)  (1)n M , P (0)  (1)n1 M  Đặt y i  x i  0, i  1, 2, 3, , n n n ·  (1  x i )  2n2 (1)n M x i1 i i1 Ta cần chứng minh: (1)n 1 M  Hay n n i1 i1  (1  yi )  y Ta có:  y i  y i   2n2 i yi 1     nn n 1 n 1 n 1 (n  1)n 1 n n Suy  yi n  (1  yi )  nn i1 i1 (n  1)n1 n Hơn nữa, ta có y i1 i n n n  yi i1 Do đó: VT  n n 1 (n  1)n1 Ta cần chứng minh nn 1 (n  1)n1  2n hay (1  n1 )  n 1 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     b f (x)·f (y)  f  Chứng minh phương trình f (x)  có nghiệm thực Lời giải Ta thấy đa thức f(x) thỏa yêu cầu tốn f (x) thỏa u cầu toán nên ta giả sử f (x)  a n xn  an 1xn1   a1 x  a0 với a n  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 ,  thỏa     2x0 , ta có:        f (x0 )  f ( )  f (x0 )  f () Suy f hàm (vơ lí) f ( ).f ()  f    TH2: f (x)  có nghiệm Vì f (x) đa thức bậc chẵn khơng có nghiệm bội nên số nghiệm f (x) ln số chẵn Gọi M, m lầ lượt nghiệm lớn nghiệm bé f (x) Suy f (x)  0, x  M x  m Xét   m  a,   2M  m  a với a  Ta có   m,   M        vô lí   Khi đó: f ()f   f  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  i1 (x  x i ).g(x) , g(x)  k g(x)  0, x f (x)  với x  x1 x  x ; x3  Ta chọn   x1 x2    x3 thỏa     2x1        vơ lí   Ta có: f ().f ()  f  Vậy f (x) có nghiệm Bài 10 (chọn ĐT Quảng Bình vịng 2) Cho hàm số f : 0; 2012    0; 2012  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 1) Xét hàm số g(x)  f (x)  x  2012 , ta có g(x) hàm liên tục  0; 2012 g(0)  f (0)  2012  2012  0, g(2012)  f (2012)  nên suy g(x)  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 1 Cho y  ta có f (x)  f (a)f (x)  f (0).f (a  x)  f (x)  f (a  x) , suy f (x)  f (a  x) 2 Cho x  y  ta có: f (0)  f (0)f (a)  f (0).f (a)  f (a)  Do đó, f (x  y)  f (x)  f (y) Cho y  , ta có: f (x)  f (x)  1  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 ) Với u, v  (0;1); u  v ta có a  u  u  , b  v  v  nên a  0;1 ab   a  a    f (a  b)(1  ) Do đó: f (u)  f ( u  u)  f (a)  f (a  b)  a  b  a  b    a  b  0;1 ,  b    f (b)  f ( v  v)  f (v)  f (a  b)  a  b  Do f hàm Bài 13 (Vĩnh Long vòng 2) Cho hai hàm số f(x) g(x) xác định với x  R f(x  2)  3g(2x  1)  x (1) 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7  g(x)  x  12  x  Từ ta tìm f (x  2)  x  2 14  x x7 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) 2, f (f(x))3 (ef(x)  1)  x2 (e x  1)f(x) , x  R *  (2) 3, f(e  1)  (e  1)f(1) (3)  4, f(k) số nguyên dương với số nguyên k (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 (e x  1)f (x)  y (ey  1)f (y)  x2 (e x  1)  y (ey  1) (*) Do hàm số h(t)  t (et  1) hàm đồng biến  * nên từ (*) ta có x  y Hay f đơn ánh  (3)  Trong (2) cho x  ta có: f f (1)(ef (1)  1)  (e  1)f (1)  f (e  1)     Suy f (1) ef (1)   e  (**) Do hàm số F(y)  y ey  đồng biến  * Nên (**)  f (1)     với n   *  2n  2n Vì f (2)  2, f (4)  4, f (3)   * f (2)  f (3)  f (4) nên ta có f (3)  Sử dụng (1) ta chứng minh f (2n )  2n f  Bằng quy nạp ta chứng minh f (n)  n, n   * m m Tương tự, ta có f     2n  2n  m  Do tập   tập trù mật  nên ta có f (x)  x, x    2n  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)  Gọi  nghiệm phức đa thức P(x) Từ P( )  P( ).P(  3)  nên  nghiệm P(x) n Bằng quy nạp ta chứng minh ,  ,  , ,  , nghiệm P(x) Vì nghiệm P(x) hữu hạn nên     (1) Mặt khác P((  3)2 )  P(  3).P( )  nên ta có dãy n (  3)2 , (  3)2 , , (  3)2 , nghiệm P(x) Suy       (2) Tuy nhiên khơng có số phức thỏa mãn đồng thời (1) (2) Vậy P(x)  0, P(x)  Bài 18.(HCM ngày 2) Tìm hàm số f :    thỏa mãn: y f(x  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  g (x)  x  g (x)  x  y Do đó, g đơn ánh Hơn cho x  ta có g g(y)  y  g (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 a  a  g(g(a ))   a  g (0)   a  Thay x  (1) suy g(x2 )  g (x) (3) Suy g(x)  0, x  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  , 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(x )  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