Một số phương pháp giải phương trình hàm một biến

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN THỊ THANH HẢI MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM MỘT BIẾN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số : 60 46 40 Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH NGUYỄN VĂN MẬU HÀ NỘI - 2011 MỤC LỤC Mở đầu Chương Một số phương pháp giải phương trình hàm biến 1.1 Sử dụng phép biến 1.2 Phương pháp qui nạp 15 1.3 Phương pháp tìm nghiệm riêng 19 1.4 Sử dụng tính chất hàm số 23 1.4.1 Sử dụng tính liên tục hàm số 1.4.2 Sử dụng tính đơn điệu hàm số 23 32 Chương Phương trình hàm với phép biến đổi đối số 36 2.1 Phương trình hàm dạng f (αx + β) = af (x) + b 36 2.2 Phương trình hàm dạng f αx+β = af (x) + b 42 x+γ 2.2.1 Mối liên hệ hàm phân tuyến tính phương trình bậc hai 2.2.2 Phương trình hàm sinh hàm phân tuyến tính với hệ số 2.3 Hàm số xác định phép biến đổi đại số 2.4 Phương trình hàm lớp hàm tuần hồn 42 44 49 56 Chương Phương trình hàm lớp đa thức 63 3.1 Đa thức xác định phép biến đổi đối số 63 3.1.1 3.1.2 3.1.3 3.1.4 3.1.5 Một số toán xác định đa thức đơn giản Phép biến đổi vi phân hàm Phương trình dạng P(f)P(g)=P(h) Phương trình dạng P (f )P (g) = P (h) + Q Một số ví dụ áp dụng 63 66 68 74 75 3.2 Một số toán tổng hợp đa thức 78 Kết luận 83 Tài liệu tham khảo 84 MỞ ĐẦU Phương trình hàm với biến số chuyên đề quan trọng thuộc chương trình chuyên toán trường THPT chuyên Các toán liên quan đến phương trình hàm với biến số thường khó phức tạp nhiều so với phương trình hàm nhiều biến với cặp biến tự Trong kì thi học sinh giỏi tốn quốc gia Olympic toán khu vực quốc tế năm gần đây, tốn phương trình hàm biến ngày xuất nhiều Chúng xem tốn khó khó bậc trung học phổ thơng Luận văn "Một số phương pháp giải phương trình hàm biến" trình bày số phương pháp giải phương trình hàm biến, vài dạng tốn điển hình phương trình hàm biến mà nghiệm dễ dàng tìm lớp hàm số sơ cấp biết chương trình tốn phổ thơng vài dạng phương trình hàm đa thức Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo chương Chương trình bày số phương pháp giải phương trình hàm biến thường dùng số toán minh họa cho phương pháp Chương trình bày phân loại dạng phương trình hàm với phép biến đổi đối số Chương trình bày số dạng phương trình hàm lớp đa thức số toán tổng hợp đa thức Tác giả luận văn xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến NGND.GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu, người Thầy giúp cho tác giả có niềm say mê nghiên cứu Tốn học, tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tác giả suốt trình học tập hoàn thành luận văn Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo Sau đại hoc, Khoa Tốn-Cơ-Tin học, thầy tham gia giảng dạy cho lớp Cao học Tốn niên khóa 2009-2011, thầy cô anh chị đồng nghiệp Semina "Phương pháp toán sơ cấp" trường Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG Hà nội giúp đỡ góp ý để luận văn hồn chỉnh Tác giả xin chân thành cảm ơn Sở giáo dục đào tạo Phú Thọ, Ban giám hiệu trường THPT chuyên Hùng vương, Phú Thọ bạn bè đồng nghiệp gia đình động viên, tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả thời gian học tập nghiên cứu CHƯƠNG MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM MỘT BIẾN Trong lí thuyết thực hành, khơng có định lí thuật tốn chung để giải phương trình hàm biến tương tự thuật tốn giải phương trình đại số bậc hai Bởi vậy, để giải phương trình hàm biến, ta phải nghiên cứu kỹ tính chất đặc thù hàm số cần tìm, đơn giản hóa phép giá trị đặc biệt biến, đặt ẩn phụ, đổi biến tìm nghiệm riêng, để đưa phương trình hàm biết cách giải 1.1 Sử dụng phép biến Nhận xét 1.1 Đối với phương trình dạng f (A) = B với A, B biểu thức chứa x, A có hàm ngược, ta thường sử dụng cách đặt: Đặt A = t, suy biểu thức x theo t Tiếp theo, thay giá trị vào biểu thức A, B Đối với phương trình dạng hàm hợp f (g(x)) = h(x), g(x) có hàm ngược, người ta thường đặt ẩn phụ g(x) = t, để xác định hàm số f (t) Bài toán 1.1 Tìm hàm số f (x) biết với x = 0, ta có f Giải Đặt =x+ x + x2 1 = t, ta có x = Thay vào (1.1), suy x t f (t) = + t hay f (t) = + t 1+ √ , t2 + t2 · |t| (1.1) Từ đó, ta có f (x) =  √  + + x2     x x > √    − + x2   x x < Bài tốn 1.2 Tìm giá trị hàm số f f Giải Đặt a+1 a = x2 − 1, x+1 với a ∈ / {0; −1}, biết ∀x = −1 (1.2) a+1 a−1 = , suy x = Từ (1.2), suy x+1 a a+1 a−1 a+1 a+1 = a f f − 1, −4a a+1 = · a (a + 1)2 Bài toán 1.3 Xác định tất hàm số f (x) thỏa mãn điều kiện x+2 2x + = , x−1 x +1 f Giải Đặt ∀x = x+2 t+2 = t, x = · Từ giả thiết, ta có x−1 t−1 f (t) = t+2 +5 t−1 t+2 t−1 Do f (x) = +1 = 7t2 − 8t + · 2t2 + 2t + 7x2 − 8x + · 2x2 + 2x + Đảo lại, ta thấy hàm số thỏa mãn yêu cầu toán Bài toán 1.4 Cho hàm số f (x) thỏa mãn điều kiện sau f x−3 x−3 3+x +f = x x+1 1−x 3+t (1.3) Giải Đặt = t, x = Khi phương trình (1.3) viết lại x+1 1−t sau t−3 3+t f (t) + f = · (1.4) t+1 1−t Tương tự, đặt 3+x = t Khi phương trình (1.3) viết lại dạng 1−x f 3+t t−3 + f (t) = · 1−t t+1 (1.5) Cộng vế theo vế (1.4) (1.5), ta 2f (t) + f t−3 3+t 3+t t−3 8t +f = + · ⇔ 2f (t) + t = · t+1 1−t 1−t t+1 − t2 Suy f (t) = 4t − t· 1−t Kiểm tra lại, ta thấy hàm số thỏa mãn đề Nhận xét 1.2 Phương pháp biến có lẽ phương pháp thường sử dụng giải phương trình hàm Ta thực phép sau: - Thay biến, phận chứa biến phương trình hàm cho chữ biểu thức mới, - Hoặc biến biểu thức để làm xuất số biểu thức cần thiết, - Hoặc xây dựng hàm số phụ Nhận xét 1.3 Xét phương trình hàm dạng: a(x)f (x) + b(x).f (g(x)) = c(x), (1.6) a(x), b(x), c(x), g(x) hàm số biết Giả sử miền xác định hàm số cần tìm Df , với x ∈ Df ta xét dãy xác định biểu thức x1 = x; xn+1 = g(xn ), n ∈ N∗ Định nghĩa 1.1 Dãy xn gọi dãy tuần hoàn tồn số nguyên dương k cho xn+k = xn , ∀n ∈ N∗ (1.7) Số nguyên dương k nhỏ để dãy xn thỏa mãn (1.7) gọi chu kì sở (cịn gọi tắt chu kì) dãy Nếu dãy xn xác định tuần hoàn với chu kì k , ta đưa (1.6) hệ k phương trình với k ẩn hàm.Giải hệ ta tìm đươc f (x) Bài tốn 1.5 Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện x2 f (x) + f (1 − x) = 2x − x4 (1.8) Giải Giả sử tồn hàm số f (x) thỏa mãn đề Từ (1.8), ta có f (1 − x) = 2x − x4 − x2 f (x) (1.9) Trong (1.8), ta thay x − x ta (1 − x)2 f (1 − x) + f (x) = 2(1 − x) − (1 − x)4 , ∀x ∈ R (1.10) Thay (1.9) vào (1.10) ta f (x)(x2 − x − 1)(x2 − x + 1) = (1 − x)(1 + x3 )(x2 − x − 1), ∀x ∈ R ⇔ (x2 − x − 1)f (x) = (1 − x2 )(x2 − x − 1), ∀x ∈ R Suy ra, f (x) = − x2 với x khác a, b, a b hai nghiệm phương trình x2 − x − = Theo định lí Viete ta có: a + b = ab = −1 (1.11) Lần lượt thay x = a, x = b vào đẳng thức ra, với lưu ý tới (1.11), ta a2 f (a) + f (b) = 2a − a4 b2 f (b) + f (a) = 2b − b4 Từ đó, f (a) = c f (b) = 2a − a4 − a2 c, với c ∈ R tùy ý Như   c ∈ R, tùy ý f (x) = 2a − a4 − a2 c  1 − x x = a x = b x = a, x = b, (1.12) a, b hai nghiệm phương trình x2 − x − = Ngược lại, với lưu ý a, b hai nghiệm phương trình x2 − x − = sử dụng (1.11), dễ dàng kiểm tra thấy f (x) xác định (1.12) thỏa mãn đề Vậy hàm số xác định (1.12) tất hàm số cần tìm Bài tốn 1.6 Tìm tất hàm số f (x) biết với ∀x ∈ R \ {0; 1}, ta có f (x) + f 1 =x+1− · 1−x x (1.13) Giải Thay x (1.13), ta 1−x f x−1 x2 − 3x + + f (x) = · x x(x − 1) (1.14) Lấy phương trình (1.13) trừ cho phương trình (1.14) theo vế với vế ta f x−1 −f =x+ · 1−x x x−1 Trong phương trình (1.15) thay (1.15) x ta nhận 1−x 1 = −x + − · 1−x x f (x) − f (1.16) Lấy (1.13) cộng với (1.16) theo vế với vế, ta 2f (x) = − , x suy x−1 · x f (x) = Kiểm tra lại, ta thấy hàm số thỏa mãn đề Cách 2: Ta giải phương trình hàm (1.13), cách đưa hệ phương trình · Với x = 1, xét dãy x1 = x; xn+1 = g(xn ) g(x) = Ta có x1 = x; x2 = ; x3 = 1−x 1+ x−1 x−1 = ; x4 = x 1−x · x−1 1− x Suy dãy xn tuần hoàn với chu kì Bằng phép thay x x1 , x2 , x3 ta    f (x1 ) + f (x2 ) = x1 + −     f (x2 ) + f (x3 ) = x2 + −      f (x3 ) + f (x1 ) = x3 + − Giải hệ trên, với ẩn f (x1 ), ta f (x1 ) = Vậy f (x) = x−1 , ∀x ∈ R \ {0; 1} x x1 x2 x1 x1 − với x1 = x1 = x1 Bài tốn 1.7 (Philippine 2010) Tìm tất hàm số f : R \ {1} → R thỏa mãn x + f (x) + 2f x + 2009 = 2010 x−1 Giải Với x = 1, xét dãy x1 = x; xn+1 = g(xn ), g(x) = Ta có x1 = x; x2 = ta x + 2009 · x−1 x + 2009 ; x3 = x Bằng phép thay x x1 , x2 x−1 x1 + f (x1 ) + 2f (x2 ) = 2010 x2 + f (x2 ) + 2f (x1 ) = 2010 Giải hệ trên, với ẩn f (x1 ), ta f (x1 ) = Vậy f (x) = x21 + 2007x1 − 6028 với x1 = 3(x1 − 1) x2 + 2007x − 6028 , ∀x ∈ R \ {1} 3(x − 1) Bài tốn 1.8 Tìm tất hàm số f (x), biết với ∀x = −1 ta có xf (x) + 2f x−1 = x+1 (1.17) Giải Mỗi x = 1, xét dãy x1 = x; xn+1 = g(xn ) g(x) = Ta có x1 = x; x2 = x−1 · x+1 x−1 x+1 ; x3 = − ; x4 = ; x5 = x x+1 x 1−x Suy ra, dãy xn tuần hoàn với chu kì Bằng phép thay x x1 , x2 , x3 , x4 , ta đưa (1.12) hệ sau:  x1 −   x1 f (x1 ) + 2f =1   x1 +   x −1   x2 f (x2 ) + 2f =1 x2 + x3 −   x3 f (x3 ) + 2f =1   x3 +     x4 f (x4 ) + 2f x1 − = x1 + Giải hệ trên, với ẩn f (x1 ) ta được: f (x1 ) = 4x21 − x1 + (với x1 ∈ / {−1; 0; 1}) 5x1 (x1 − 1) Cho x = từ (1.17), suy ra, 2f (−1) = hay f (−1) = · Cho x = từ (1.17), suy f (1) + 2f (0) = 10 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 (3.9) 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 xnf +rg đa thức thứ thứ hai P ∗ (f ∗ )n R∗ (g ∗ )r , R∗ (f ∗ )r P ∗ (g ∗ )n Như r r (n−r) (n−r) thế, bậc xnf +rg tổng hai đa thức P ∗ R∗ f ∗ g ∗ (f ∗ + g∗ )=0 f ∗ + g ∗ = Như vậy, bậc vế trái (3.9) nf + rg, bậc vế phải rh = rf + rg < nf + rg Mâu thuẫn Định lí chứng minh hồn tồn Áp dụng định lí (3.1) hệ (3.1) ta thấy P0 (x) đa thức bậc thỏa mãn phương trình (3.8) với f, g, h đa thức thỏa mãn điều kiện định lý (3.1) tất nghiệm (3.8) có dạng: P (x) ≡ 0, P (x) ≡ 1, P (x) = (P0 (x))n Sau đây, xem xét số ví dụ áp dụng tính chất nói Ví dụ 3.1 .Tìm tất đa thức P (x) với hệ số thực thỏa mãn phương trình P (x2 ) = P (x), ∀x ∈ R (3.10) Giải Ta có hàm f (x) = x, g(x) = x, h(x) = x2 thỏa mãn điều kiện định lí (3.1), hàm P (x) = x hàm bậc thỏa mãn (3.10) hàm P (x) ≡ 0, P (x) ≡ 1, P (x) = xn , n = 1, 2, tất nghiệm (3.10) Ví dụ 3.2 (Việt nam 2006) Hãy xác định tất đa thức P (x) với hệ số thực, thỏa mãn hệ thức sau: P (x2 ) + x(3P (x) + P (−x)) = (P (x))2 + 2x2 , ∀x ∈ R (3.11) Giải Thay x = −x vào (3.11), ta P (x2 ) − x(3P (−x) + P (x)) = (P (−x))2 + 2x2 , ∀x ∈ R 70 (3.12) Trừ (3.11) cho(3.12), ta 4x(P (x) + P (−x)) = P (x) − P (−x) ⇔ (P (x) + P (−x))(P (x) − P (−x) − 4x) = (3.13) Ta có (3.12) với x ∈ R, ta phải có +) Hoặc P (x) + P (−x) = với vô số giá x +) Hoặc P (x) − P (−x) − 4x = với vô số giá trị x Do P (x) 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: P (x) − P (−x) − 4x = 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(x2 ) = Q2 (x) Theo ví dụ (3.1) 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, 2.P (x) − P (−x) − 4x = Khi ta có phương trình P (x2 ) + x(4P (x) − 4x) = P (x) + 2x2 ⇔ P (x2 ) − 2x2 = (P (x) − 2x)2 Đặt Q(x) = P (x) − 2x Q(x2 ) = Q2 (x) Q(x) ≡ 0, Q(x) ≡ 1, Q(x) = xn Từ P (x) = 2x, P (x) = 2x + 1, P (x) = xn + 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, 3, Tổng hợp hai trường hợp, ta có tất nghiệm (3.10) đa thức P (x) = x, P (x) = 2x, P (x) = 2x + 1, P (x) = x2k+1 + x, P (x) = x2k + 2x, k = 2, 3, 71 Ví dụ 3.3 Tìm tất đa thức P (x) với hệ số thực, thỏa mãn đẳng thức sau với số thực x P (x)P (2x2 ) = P (2x3 + x) (3.14) Giải Các đa thức x, 2x2 , 2x3 + x thỏa mãn điều kiện định lí (3.1), ta tìm nghiệm khơng đồng số bậc nhỏ (3.14) Xét trường hợp P (x) có bậc nhất, P (x) = ax + b Thay vào (3.14), 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 vơ nghiệm (do a = 0) nên ta kết luận : không tồn đa thức bậc thỏa mãn (3.14) Tiếp tục xét trường hợp P (x) có bậc 2, P (x) = ax2 + bx + c Thay vào (3.14), ta có (ax2 + bx + c)(4ax4 + 2bx2 + c) = a(2x3 + x)2 + b(2x3 + x) + c ⇔ 4a2 x6 + 4abx5 + (4ac + 2ab)x4 + 2b2 x3 + (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) = x2 + đa thức bậc hai thỏa mãn (3.14) Từ hệ (3.1) định lí (3.1), ta suy (x2 + 1)k tất đa thức bậc chẵn (không đồng số) thỏa mãn (3.14) Thế cịn nghiệm (3.14) có bậc lẻ? Rõ ràng đa thức x2 +1 không "sinh" nghiệm bậc lẻ Ta chứng minh đa thức bậc lẻ nghiệm (3.14) Để chứng minh điều này, dựa vào tính chất đa thức bậc lẻ có nghiệm thực, ta cần chứng minh P (x) đa thức không đồng số thỏa mãn (3.14) P (x) khơng có nghiệm thực (đây nội dung Vietnam MO 1990) Thật vậy, giả sử α nghiệm thực P (x), 2α3 + α nghiệm P (x) Nếu α > ta có α, α + 2α3 , α + 2α3 + 2(α + 2α3 )3 , dãy tăng tất nghiệm P (x), mâu thuẫn Tương tự, α < 72 dãy nói dãy giảm ta có P (x) có vơ số nghiệm Nếu α = 0, đặt P (x) = xk Q(x) với Q(0) = 0, thay vào phương trình ta có: xk Q(x)(2x2 )k Q(2x2 ) = (2x3 + x)k Q(2x3 + x) ⇔ Q(x)(2x2 )k Q(2x2 ) = (2x2 + 1)k Q(2x3 + x) Thay x = vào ta = Q(0), mâu thuẫn Vậy P (x) khơng có nghiệm thực, có nghĩa P (x) khơng thể có bậc lẻ Nói cách khác, tốn giải hồn tồn Như nói phần cuối trước, phương trình dạng P (f )P (g) = P (h) cịn giải cách xét nghiệm (có thể phức) đa thức P (x) = Sau xét ví dụ vậy: Ví dụ 3.4 Tìm tất đa thức không số P (x) cho P (x)P (x + 1) = P (x2 + x + 1) (3.15) Giải Giả sử a nghiệm P (x) = Khi a2 + a + 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: |2a| |a2 + a + 1| + | − a2 + a − 1| |a| + |a| = |2a| Như vậy, 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 + = − a2 + a − suy a2 + = 0, suy a = ±i x2 + thừa số P (x) Từ m P (x) = x2 + Q(x), Q(x) đa thức không chia hết cho x2 + Thay vào (3.15), ta có Q(x) thỏa mãn (3.15) Nếu phương trình Q(x) = có nghiệm làm tương tự trên, nghiệm có modul lớn phải ±i Nhưng điều x2 + khơng chia hết 73 Q(x) Ta đến kết luận Q(x) số, giả sử c Thay vào phương trình, ta c = Như vậy, tất nghiệm không phương trình (3.15) có dạng (x2 + 1)m với m số nguyên dương Chú ý kết luận Định lí (3.1) khơng cịn f g hai đa thức bậc có hệ số cao đối Ví dụ với phương trình hàm đa thức P (x).P (−x) = P (x2 − 1) tìm hai đa thức bậc nhất, đa thức bậc thỏa mãn phương trình 3.1.4 Phương trình dạng P (f )P (g) = P (h) + Q Bây xét đến phương trình dạng P (f )P (g) = P (h) + Q (3.16) f, g, h, Q đa thức cho, deg(f ) + deg(g) = deg(h) Với phương trình (3.16), Q khơng đồng ta khơng cịn tính chất "nhân tính" dạng (3.8) Vì thế, việc xây dựng nghiệm trở nên khó khăn Đây khác biệt dạng (3.8) (3.16) Tuy nhiên, ta chứng minh định lí nhất, phát biểu sau: Định lý 3.2 Cho f, g.h đa thức không thỏa mãn điều kiện deg(f ) + deg(g) = deg(h), Q đa thức cho trước, deg(f ) = deg(g) deg(f ) = deg(g) f ∗ + g ∗ = Khi đó, với số nguyên dương n số thực a, tồn nhiều đa thức P thỏa mãn đồng thời điều kiện sau i) ii) iii) deg(P ) = n, P ∗ = a, P (f )P (g) = P (h) + Q Phép chứng minh định lí hồn tồn tương tự với phép chứng minh Định lí (3.1) 74 Hệ 3.2 Trong điều kiện định lí (3.2), với số nguyên dương n, tồn nhiều hai đa thức P (x) có bậc n thỏa mãn phương trình P (f )P (g) = P (h) + Q Chứng minh Hệ số cao P phải thỏa mãn phương trình (P ∗ )2 (f ∗ g ∗ )n = P ∗ (h∗ )n + Hệ số xnh Q Suy ra, P ∗ nhận nhiều hai giá trị 3.1.5 Một số ví dụ áp dụng Sau xem xét số ví dụ áp dụng định lí (2.2) Ví dụ 3.5 Tìm tất đa thức P (x) thỏa mãn phương trình P (x) − P (x2 ) = 2x4 (3.17) Giải Nếu đặt P (x) = axk + R(x) với deg(R) = r < k ta có P (x) − P (x2 ) = (a2 − a)x2k + 2axk R(x) + R2 (x) − R(x2 ) Từ suy deg(P (x) − P (x2 )) 2k a = 1, k + r a = r 0, −∞ a = r = −∞ (tức đồng 0) Từ đó, suy k Đến ta dễ dàng tìm nghiệm (3.17) x4 + 1, x3 + x, 2x2 −x2 Ví dụ 3.6 Hãy tìm tất đa thức thỏa mãn phương trình: P (x2 + 1) = (P (x))2 + Giải Cho P (x) đa thức cho P (x2 + 1) = (P (x))2 + Giả sử thêm cịn thỏa mãn P (0) = Khi P (1) = (P (0))2 + = 1; P (2) = (P (1))2 + = + = 2; Tóm lại, ta tạo dãy số b0 , b1 , , bn Với b0 = bn+1 = b2n + 1, dễ thấy P (bn ) = bn với số tự nhiên n (bằng phương pháp qui nạp toán học) Mặt khác, từ định nghĩa dãy ta suy dãy tăng, nghĩa tập hợp {bn |n = 0, 1, } chứa vô hạn số khác Nhưng điều theo 75 ngun lí so sánh hệ số ta có P (x) = x Xét trường hợp P (0) = Ta thay P (x) = a0 xn + a1 xn−1 + + an−1 x + an vào điều kiện đề ta (a0 xn + a1 xn−1 + + an−1 x + an )2 + = a0 (x2 + 1)n + a1 (x2 + 1)n−1 + + an−1 (x2 + 1) + an cách so sánh hệ số trước x ta nhận 2an−1 an = hay an−1 = Sau cách so sánh hệ số trước x3 , ta nhận 2an−3 an = 0, nghĩa an−3 = Tiếp tục trình cuối ta nhận hệ số bậc lẻ x dạng chuẩn tắc P (x) khơng Nói cách khác, n = 2k P (x) = Q(x2 ) với Q(t) đa thức bậc k Từ điều kiện toán ta suy Q((x2 + 1)2 ) = P (x2 + 1) = (P (x))2 + = (Q(x2 ))2 + nghĩa ta đặt H(y) = Q(y − 1), H((x2 + 1)2 + 1) = Q((x2 + 1)2 ) = (Q(x2 ))2 + = (H(x2 + 1))2 + Nhưng x tạo tập hợp tất số, x2 + tạo tập hợp số vô hạn theo nguyên lí so sánh hệ số thỏa mãn H(y + 1) = (H(y))2 + Nghĩa H(y) thỏa mãn điều kiện toán Nếu H(y) thỏa mãn H(0) = 0, H(y) = y nghĩa P (x)Q(x2 ) = H(x2 + 1) = x2 + Nếu lại có H(0) = 0, từ đa thức H(y) ta tiến hành phương pháp với P (x) nhận đa thức H1 (x) có bậc hai lần thấp bậc H(y), mà thỏa mãn điều kiện tốn Dễ thấy q trình có hữu hạn bước, nghĩa đến thời điểm chắn đến đa thức x Suy ra, đa thức P (x) có tính chất P (x2 + 1) = (P (x))2 + 1, trùng với đa thức dãy P0 (x) = x, P1 (x) = x2 + 1, , Pn+1 (x) = Pn (x2 + 1), Ngược lại, cách kiểm tra trực tiếp đa thức dãy thỏa mãn điều kiện tốn Ví dụ 3.7 Hãy tìm tất đa thức thỏa mãn phương trình P (x2 − 2) = P (x) − 76 (3.18) Giải Có hai đa thức thỏa mãn phương trình đa thức đồng −1 đa thức đồng Với đa thức bậc lớn hay 1, áp dụng hệ (3.2) định lý (3.2) ta suy với số nguyên dương n, tồn không đa thức P (x) thỏa mãn (3.18) Điểm khó ta khơng có cách đơn giản để xây dựng nghiệm Dùng phương pháp đồng hệ số, ta tìm nghiệm bậc 1, 2, 3, x, x2 − 2, x3 − 3x, x4 − 4x2 + Từ đây, dự đốn quy luật dãy nghiệm sau: P0 = 2, P1 = x, Pn+1 = xPn − Pn−1 , n = 1, 2, 3, (3.19) Cuối cùng, để hồn tất lời giải tốn, ta cần chứng minh đa thức thuộc dãy đa thức xác định (3.19) thỏa mãn phương trình (3.18) Ta thực điều cách sử dụng qui nạp toán học cách sau: Xét x thuộc [−2; 2], đặt x = cos t từ cơng thức (3.18), ta suy P2 (x) = cos2 t − = cos 2t, P3 (x) = cos t.2 cos 2t − cos t = cos 3t, nói chung Pn (x) = cos nt Từ đó: Pn (x2 − 2) = Pn (4 cos2 t − 2) = Pn (2 cos 2t) = cos 2nt = cos2 (nt) − = P (x) − Đẳng thức với x ∈ [−2; 2] với x Bài tốn giải hồn tồn Ví dụ 3.8 Hãy tìm tất (a, P, Q) a số thực, P, Q đa thức cho: P (x) P (x2 ) = + a Q2 (x) Q(x2 ) (3.20) Giải Nếu (a, P, Q) nghiệm (a, P.R, Q.R) nghiệm Khơng tính tổng quát, ta giả sử (P, Q) = Phương trình viết lại thành P (x)Q2 (x) = Q2 (x) P (x2 ) + aQ(x2 ) (3.21) Do (P (x), Q2 (x)) = nên từ ta suy Q2 (x) = cQ(x2 ) Từ giải Q(x) = cxn , với n số tự nhiên Thay vào phương trình (3.21), ta P (x) = cP (x2 ) + ac2 x2n 77 Đặt R(x) = P (x)/c, ta phương trình R2 (x) = R(x2 ) + ax2n (3.22) Thay x = vào phương trình (3.22), ta R2 (0) = R(0) Do (P, Q) = nên a = R(0) = Từ R(0) = Đặt R(x) = + xk S(x) với S(0) = Thay vào (3.22) ta được: + 2xk S(x) + x2k S (x) = + x2k S(x2 ) + a2n ⇔ 2xk S(x) + x2k (S (x) − S(x2 )) = ax2n Nếu k > 2n chia hai vế cho x2n , ta 2xk−2n S(x) + x2k−2n (S (x) − S(x2 )) = a Thay x = vào suy = a, mâu thuẫn Nếu k < 2n chia hai vế cho k , ta 2S(x) + xk (S (x) − S(x2 )) = ax2n−k Thay x = vào, suy S(0) = 0, mâu thuẫn Vậy khả xảy k = 2n Lúc ta phương trình 2S(x) + x2n (S (x) − S(x2 )) = a (3.23) Lý luận tương tự lời giải ví dụ (3.6), ta suy S (x) − S(x2 ) đồng 0, có bậc bậc S(x) Như vậy, S (x) − S(x2 ) không đồng vế trái có bậc 2n + s, mâu thuẫn Vậy S (x) − S(x2 ) = ta a suy S(x) = , thay lại vào đẳng thức S (x) − S(x2 ) = ta suy a = 2 Vậy a = 2, Q(x) = cxn , P (x) = c(1 + x2n ) 3.2 Một số toán tổng hợp đa thức Bài toán 3.10 (THTT-T4/2008) Tìm tất đa thức với hệ số thực P (x) thỏa mãn điều kiện P (P (x) + x) = P (x)P (x + 1), với ∀x ∈ R (3.24) Giải Giả sử bậc đa thức P (x) deg P (x) = n Nhận xét hai vế (3.23) đa thức So sánh bậc lũy thừa hai vế (3.24), ta thu n2 = 2n ⇔ 78 n=0 n = i) Khi n = 0, ta đa thức P (x) ≡ C Thế vào (3.23), thu phương trình c = c2 ⇔ c=0 c = Vậy P (x) ≡ P (x) ≡ đa thức thỏa mãn ii) Xét n = Giả sử P (x) = ax2 + bx + c, a = So sánh hệ số cao (3.24) ta thu a3 = a2 ⇔ a = Vậy P (x) = x2 + bx + c, với b, c ∈ R (3.25) Ta chứng minh đa thức P (x) có dạng (3.25) thỏa mãn Thật vậy, ta có P (x).P (x + 1) = P (x)(x2 + bx + c + 2x + b + 1) = P (x)(P (x) + 2x + b + 1) = (P (x))2 + 2xP (x) + bP (x) + P (x) = (P (x) + x)2 + b(P (x) + x) + P (x) − (x2 + bx) = (P (x) + x)2 + b(P (x) + x) + c = P (P (x) + x), với ∀x ∈ R Vậy đa thức cần tìm P (x) ≡ 0, P (x) ≡ P (x) = x2 + bx + c với b, c ∈ R Bài tốn 3.11 (Olympic 30-4) Tồn hay khơng đa thức P (x) Q(x) thỏa hệ thức P (x) = Q(x) x2 + 2002, ∀x ∈ R Giải Giả sử tồn P (x) Q(x) thỏa; P (x) = Q(x) x2 + 2002 (3.26) Suy ra, P (x) = Q2 (x)(x2 + 2002) ⇒ deg(P (x)) = deg(Q(x)) + Mặt khác từ (3.26) suy P (x) xác định ∀x ∈ R Suy ra, Q(x) không đổi dấu Q(x) R Suy ra, Q(x) có bậc số tự nhiên chẵn Suy ra, P (x) có bậc số tự nhiên lẻ ⇒ ∃x0 ∈ R : P (x0 ) = √ √ Điều vơ lí x2 + 2002 2002 > 0, ∀x ∈ R Vậy không tồn đa thức P (x) Q(x) thỏa hệ thức toán nêu 79 Bài tốn 3.12 Tìm tất đa thức f (x) thỏa mãn điều kiện xf (x − 1) = (x − 3)f (x) (3.27) Giải Trong (3.27) cho x = suy ra, f (0) = Trong (3.27) cho x = suy ra, f (1) = Trong (3.27) cho x = suy ra,f (2) = Từ đó, ta suy f (x) đồng thời chia hết cho x, x − 1, x − Nên f (x) = x(x − 1)(x − 2).Q(x), Q(x) đa thức Thay vào (3.27), ta x(x − 1)(x − 2)(x − 3).Q(x − 1) = x(x − 1)(x − 2)(x − 3), Q(x) hay Q(x) = Q(x − 1) Suy ra, Q(x) hàm tuần hoàn, nên Q(x) = C (C số) Vậy f (x) = Cx(x − 1)(x − 2) với C số tùy ý Bài tốn 3.13 Tìm đa thức P (x) với hệ số thực thỏa  deg P (x) 1, (x + 1)(x2 − 3).P (x) − (x2 + x).P (x) + 3P (x) = 0, ∀x ∈ R,  P (1) = (3.28) Giải Ta có P (x) = a0 xn + a1 xn−1 + · · · + an−1 x + an (a0 = 0) P (x) = a0 nxn−1 + a1 (n − 1)xn−2 + · · · + 2an−2 x + an−1 P (x) = a0 n(n − 1)xn−2 + a1 (n − 1)(n − 2)xn−3 + · · · + 2an−1 Khi (3.28) tương đương [n(n − 1)a0 − na0 ].xn+1 + Q(x) = 0, ∀x ∈ R, Q(x) đa thức có deg Q(x) Suy n n(n − 1)a0 − na0 = ⇔ n2 − 2n = ⇔ n = Vậy P (x) = ax2 + bx + c (a = 0), P (x) = 2ax + b, P (x) = 2a Thay vào (3.28) ta (3a − b)x2 + (−6a + 2b)x − 6a + 3c = 0, ∀x ∈ R 80  3a − b = b = 3a ⇔ −6a + 2b = ⇔  c = 2a −6a + 3c = Suy ra,P (x) = ax2 + 3ax + 2a,mà P (1) = ⇒ a = Vậy P (x) = x2 + 3x + đa thức cần tìm Bài tốn 3.14 Tìm tất đa thức f (x) thỏa mãn 2f (x) + f (1 − x) = mx2 (m ∈ R) f (1) = Giải Vì biểu thức dấu f bậc nhất: x; x − 1, vế phải biểu thức có bậc không nên f (x) bậc không Vậy f (x) có dạng: f (x) = ax2 + bx + c Khi 2f (x) + f (1 − x) = mx2 ⇔ 3ax2 + (b − 2a)x + a + b + 3c = mx2 Đồng hai vế ta hệ  3a = m ⇔ b − 2a =  a + b + 3c =  m a = ⇔ b = 2m  c = −m Vậy f (x) = 13 (mx2 + 2mx − m) Vì f (1) = ⇔ 13 2m = ⇔ m = Do f (x) = x2 + 2x − Thử lại, ta thấy f (x) = x2 + 2x − thỏa mãn yêu cầu tốn Đảo lại, giả sử có đa thức g(x) không đồng với f (x) thỏa yêu cầu tốn ∃x0 cho f (x0 ) = g(x0 ) Ta có 2g(x0 ) + g(1 − x0 ) = x20 2g(1 − x0 ) + g(x0 ) = (1 − x0 )2 ⇒ g(x0 ) = x20 + 2x0 − = f (x0 ) Mâu thuẫn Vậy đa thức f (x) = x2 + 2x − đa thức cần tìm Bài toán 3.15 (THTT-T11/2008) Xác định tất đa thức với hệ số thực P (x), Q(x) R(x) thỏa mãn điều kiện P (x) − Q(x) = R(x), ∀x ∈ R Giải Ta viết điều kiện dạng P (x) = ⇔ Q(x) + R(x) P (x) 0, Q(x) 0, Q(x) + R(x) 0, ∀x ∈ R P (x) = Q(x) + (R(x))2 + 2R(x) Q(x), ∀x ∈ R 81 Từ R(x) Q(x) hàm đa thức Vậy R(x) ≡ Q(x) ≡ (M (x))2 với M (x) đa thức Trường hợp R(x) ≡ 0, từ điều kiện P (x) = Q(x) + R(x), suy P (x) ≡ Q(x), ta thu (P (x), Q(x), R(x)) = (0, T (x), T (x)) với T (x) đa thức tùy ý, nghiệm toán Trường hợp Q(x) ≡ (M (x))2 Thế vào điều kiện P (x) = Q(x) + R(x) ta thu P (x) = M (x) + R(x), hay P (x) = (M (x) + R(x))2 , ∀x ∈ R Vậy P (x) ≡ (N (x))2 N (x) đa thức Từ điều kiện Q(x) ≡ (M (x))2 P (x) ≡ (N (x))2 , ta thu R(x) = N (x) − M (x), tức (P (x), Q(x), R(x)) = (N (x)2 , M (x)2 , N (x) − M (x)) với M (x), N (x) đa thức tùy ý thỏa mãn điều kiện 82 KẾT LUẬN Dưới hướng dẫn khoa học NGND GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu với nỗ lực học tập nghiêm túc nghiên cứu thân, kết luận văn "Một số phương pháp giải phương trình hàm biến" trình bày theo hệ thống sau đây: 1- Trình bày số phương pháp giải phương trình hàm biến Trong phương pháp, tác giả cố gắng chọn lọc, sưu tầm tốn kì thi học sinh giỏi quốc gia, khu vực, quốc tế tốn tạp chí tốn học tuổi trẻ sáng tạo số toán để minh họa cho phương pháp giải Thơng qua đó, giúp cho học sinh phổ thông dễ nắm bắt phương pháp, vận dụng thực hành để ứng dụng việc giải phương trình hàm biến 2- Nghiên cứu số dạng phương trình hàm biến Tác giả phân loại phương trình hàm biến dựa vào phép biến đổi đối số, xây dựng mối liên hệ hàm phân tuyến tính phương trình bậc hai đưa điều kiện để hàm phân tuyến tính ω(x) có tính đối hợp bậc n 3- Nghiên cứu số dạng phương trình hàm lớp đa thức có sơ đồ lời giải Mặc dù, tác giả cố gắng nghiêm túc trình học tập nghiên cứu khoa học, thời gian khả có hạn, chắn luận văn cịn có thiếu sót Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp quý thầy giáo, cô giáo bạn đồng nghiệp để luận văn hoàn thiện 83 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Văn Mậu, 2002, Phương trình hàm, NXBGD [2] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Văn Tiến, 2009, Một số chuyên đề giải tích bồi dưỡng học sinh giỏi trung học phổ thơng, NXBGD [3] Nguyễn Trọng Tuấn, 2005, Bài tốn hàm số qua kì thi Olympic, NXBGD [4] Các thi Olympic tốn trung học phổ thơng Việt nam (1990-2006), NXBGD, 2007 [5] Tạp chí tốn học tuổi trẻ, NXBGD, 2000, 2006, 2008 2010 [6] Một số chuyên đề toán học hệ chuyên THPT, Kỷ yếu hội nghị khoa học, 2007 [7] Venkatachala B.J, 2003, Functional Equations- A Problem Solving Approach, Prism Books PVT LTD, Bangalore, India [8] Christopher G.Small, 2007, Functional Equations and How to Solve Them, Springer Sicience + Business Media, LLC, NewYork 84 ... Luận văn "Một số phương pháp giải phương trình hàm biến" trình bày số phương pháp giải phương trình hàm biến, vài dạng tốn điển hình phương trình hàm biến mà nghiệm dễ dàng tìm lớp hàm số sơ cấp... CHƯƠNG MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM MỘT BIẾN Trong lí thuyết thực hành, khơng có định lí thuật tốn chung để giải phương trình hàm biến tương tự thuật tốn giải phương trình đại số bậc... tra lại, ta thấy hàm số thỏa mãn đề Nhận xét 1.2 Phương pháp biến có lẽ phương pháp thường sử dụng giải phương trình hàm Ta thực phép sau: - Thay biến, phận chứa biến phương trình hàm cho chữ biểu