(Luận văn thạc sĩ) 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 bi 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 ) khơng 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 tốn 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 toán 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 khơng q nên f (x) bậc khơng q 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 u cầu tốn Đảo lại, giả sử có đa thức g(x) không đồng với f (x) thỏa u 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 tốn 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 thông, 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 ... 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. .. 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, ... 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