Bài tập ơn thi Olympic tốn GiảiTích-Đạisố (Biên soạn: Th.s Trần Văn Sự) LỜI NÓI ĐẦU Hiện nay, thi Olympic tốn học tồn quốc diễn năm tất trường đại học cao đẳng nước nhằm cổ động phát huy tính tích cực tự giác, sáng tạo ham học hỏi bạn sinh viên, nhằm tạo động lực học tập chung tất trường ĐH-CĐ Thi Olympic có nghĩa thi đua yêu nước, yêu tổ tông giống nịi mình, phát huy truyền thống hiếu học bạn sinh viên, khích lệ tính tự chủ chuyên nghiệp sau Thi toán để phát huy tài tố chất người nhằm tạo sức hút niềm tin sv trường tạo nên tự tin vững công việc bạn sinh viên sau này, mặc khác thi toán thi đua tạo điều kiện cho đồng nghiệp dạy học mơn tốn tích cực tìm tồ phát huy tính sáng tạo người thầy để hoàn thiện kỹ năng, phương pháp công tác Sau giới thiệu số dạng tập thi Olympic mức độ khác đề thi mẫu mang tính hình thức cho bạn sinh viên Với mục tiêu học để biết hay đẹp tốn học, học phải tự giác, ln ln phấn đấu thường xiên rèn luyện kỹ năng, vậy, huy vọng điều bạn sinh viên làm việc nổ nhiệt tình để đạt kết tốt, huy vọng để bạn sinh viên trường Đại học Quảng Nam có định hướng tự tin kỳ thi olympic tốn tồn quốc Nội dung sách nhỏ gồm phần Phần tập dành cho mơn Giải tích, Phần hai tập dành cho môn Đại Số, cuối đề thi tự ôn sinh viên giới thiệu số đề thi chọn đội tuyển Olympic toán năm 2013 khoa tốn trường ĐHQN Mỗi phần chúng tơi phân theo chủ đề để bạn tiện nghiên cứu tìm tài liệu phù hợp, riêng phần hai tơi chia làm hai phần chuyên đề ma trận, định thức, trị riêng vector riêng ma trận số chuyên đề đa thức Chúc bạn sinh viên thành công với sách nho nhỏ Tác Giả Trần Văn Sự Bài tập ôn thi Olympic tốn GiảiTích-Đạisố (Biên soạn: Th.s Trần Văn Sự) Bài tập ơn luyện thi Olympic tốn Giải tích Tóm tắt Lý thuyết: Các tốn dãy số có nội dung đa dạng Ở ta quan tâm đ ến dạng chính: Dạng 1) Các tốn tìm cơng thức tổng qt dãy số, tính tổng số hạng dãy số (bản chất đại số) Dạng 2) Các tốn tìm giới hạn dãy số (bản chất giải tích) Với loại tốn thứ nhất, có số kiến thức làm tảng như: 1) Các công thức cấp số cộng, cấp số nhân 2) Phương pháp phương trình đặc trưng để giải phương trình sai phân tuyến tính với hệ số (thuần không nhất) Các phương pháp để giải toán dãy số loại thứ nh ất biến đổi đại số, đưa toán tốn quen thuộc, tính tốn đ ưa d ự đoán chứng minh quy nạp toán học Trong số toán, phép th ế lượng giác có ích Với tốn tính tổng đánh giá tổng, ta dùng ph ương pháp sai phân C ụ thể để tính tổng Sn = f(1) + f(2) + … + f(n) ta tìm hàm số F(k) cho f(k) = F(k+1) – F(k) Khi Sn = F(2) – F(1) + F(3) – F(2) + … + F(n+1) – F(n) = F(n+1) – F(1) Với loại toán thứ hai, ta cần nắm vững định nghĩa giới hạn dãy số định lý giới hạn dãy số, bao gồm: 1.Tập Q trù mật tập R,nghĩa với só thực x, tồn dãy hữu tỉ (rn ) cho lim rn = x n 2.Cho A tập R Khi A bị chặn kéo theo tồn cận bé A A bị chặn kéo theo tồn cận lớn A 3.Tiên đề ACsimet 0, � n : nε a Cho ε >ή∃ a R [ Nếu ( xn ) thoả mãn xn � m, M ], ∀ n n + ( xn ) : xk x0 [m, M ] tồn ( xk ) ;���� Cho dãy ( xn ) , i ( xn ) tăng bị chặn tồn giới hạn a < + ii ( xn ) giảm bị chặn tồn giới hạn b > − Cho dãy ( xn ) , Theo côsi : ( xn ) hội tụ n n (∀ ε > 0, ∃ n0 > : ∀ m, n γ N , m, n no , | xm − xn | < ε ) Bài tập ơn thi Olympic tốn GiảiTích-Đạisố (Biên soạn: Th.s Trần Văn Sự) Cho dãy ( xn ) , ( xn ) hội tụ ( x2 n ) , ( x2 n +1 ) hội tụ x Đặc biệt sv lưu ý định lý (Cesaro) Nếu lim( xn +1 − x n ) = a lim n = a n →∞ n →∞ n Nguyên lý hẹp: Cho dãy ( xn ), ( yn ), ( zn ) với xn �yn �zn , (∀n � ), lim xn = lim zn = a n n + n + � lim yn = a n + Giới hạn dãy ( xn ) (nếu có) Chúng ta lưu ý: Nếu với x, y ta có |f(x) – f(y)| ≤ q |x-y| với q số < q < {xn} bị chặn {xn} hội tụ Đặc biệt |f’(x)| ≤ q < ta ln có điều Một trường hợp đặc biệt dãy số dạng xn+1 = f(xn) dãy số dạng xn+1 = xn α + a(xn) Với dãy số dạng giới hạn {xn} thường ∞ (một cách hiển nhiên) 10 Các dãy thường hay dùng: - dãy truy hồi tuyến tính cấp 1: xn+1 = a.xn + b (a, b = const ) - dãy truy hồi tuyến tính cấp 2: xn+ = a.xn+1 + bxn (a, b = const ) Phương pháp tìm dãy truy hồi tuyến tính cấp hai đưa phương trình đặc trưng dạng λ = aλ + b Sau giải tìm nghiệm sử dụng kết sau + A, B nghiệm phân biệt xn = mAn + m ' B n + A, B nghiệm trùng xn = (mn + m ') An + λ = x + iy y −π π r = x + y , ϕ = arg tan( ) ( ; ) Thì x 2 n xn = r ( Acos( nϕ ) + B sin( nϕ )) 11 Định lí rolle, ĐL cơsi, ĐL giá trị trung bình, định lí rolle mở rộng, nghiệm, nghiệm bội hàm số xem mảng kiến thức quen thuộc ban sinh viên phải biết 12 Khai triển taylor x0, khai triển Maclorent lân cận x0 hàm số 11 Lưu ý: làm tập dãy nên ý đến tính đơn điệu, đặc biệt dãy khơng có tính đơn điệu phải xét đến tính đơn điệu dãy chẵn dãy lẻ thường hai dãy tiến giới hạn giới hạn giới hạn dãy cần tìm Người ta cịn tính giới hạn cách dùng “sup” “inf” Khi nói đến đạo hàm cấp hàm khả vi a phải sử dụng khai triển taylor vài số hạng sau dùng khai triển mà áp đặt cho tốn minh Bài tập ơn thi Olympic tốn GiảiTích-Đạisố (Biên soạn: Th.s Trần Văn Sự) Các tập dãy số 2804 Câu Cho dãy ( xn )n xác định xn+1 = ( xn + x ), n > 0, x1 > n a Chứng minh dãy ( xn ) n có giới hạn b Tìm giới hạn nlim xn + HD: Chứng minh dãy giàm cách sử dụng định lý cauchy Câu Cho dãy (an )n với tính chất < xn < 1, 4an +1 (1 − an ) − ∀ n N *.\ \ Tính giới hạn nlim an + HD: Chứng minh dãy đơn điệu Câu Cho dãy (bn )n với bn = b(n), b(1) = b(2) = 1, 2b( m+n m+n ) = b(n) + b( m), ∀ m, n, 2 N Xác định b(2010), b(2011), b(2012), b(2014), b(2015) HD: Cho giá trị m=0, tính số hạng tổng quát theo n Câu Cho dãy ( xn )n xác định sau: x1 = 1; xn +1 = + x + ; n = 1, 2, n Tính giới hạn nlim xn + HD: Dùng dãy chẵn lẻ kẹp số vào 2 Câu Cho dãy số thực ( xn )n xác định x n+1 = x + , (n = 0,1, 2, ) n Tính giới hạn nlim xn + Câu Cho dãy số ( xn )n với tính chất x0 = 0, xn − = xn−1 , n = 1, 2, Tính giới hạn nlim xn + HD: Quy nạp Câu Cho dãy số ( xn )n với tính chất xn+1 + xn + 20 xn −1 = Tìm x2010 HD: Đa thức đặc trưng Câu Cho dãy ( zn )n với y1 = 1, y2011 = 2011, yn2 = yn−1 yn+1 , yn 0, ∀ n N * 2010 k =1 Tính giá trị biểu thức P = 2010 2010 ak 2010 k +1 a k =1 HD: Đưa giả thiết dạng a/b=b/c Bài tập ôn thi Olympic tốn GiảiTích-Đạisố (Biên soạn: Th.s Trần Văn Sự) Câu Cho a1 , , a2011 số thực dương thoả mãn a1 + + a2011 − 2011 n Xét tính đơn điệu dãy {un }n với un := a1n + a2n + + a2011 , n = 1, 2, Câu 10 Cho dãy {un }n thoả mãn điều kiện sau u1 = 1, u2 = 0, un +1 + un −1 = un , ∀ n Xác định u2010 , u2011 , u2012 , u2013 , u2014 , u2015 Câu 11 Cho dãy {an }n với tính chất a1 = , an = (an+1 + 1), n = 2,3, 2 Xác định số hạng tổng quát dãy HD: Đưa sang hàm lượng giác Câu 12 Chứng minh công thức sau: n(n + 1)(2n + 1) , i=2 n n(n + 1) ki = ( ) , i=3 k =1 n(n + 1)(2n + 1)(3n + 3n + 1) , i=4 30 HD: Quy nạp biểu diễn đa thức suy ) Câu 13 Cho a �R, f : [a, + � � R hàm liên tục [a, + ) , f có đạo hàm ) ) điểm x �(a, + � xlim f ( x) = f (a) Chứng minh tồn c �(a, + � mà f’(c)=0 + HD: Định lý Rolle Câu 14 Chứng minh phương trình ( x 2010e− x )(2010) = có 2010 nghiệm phân biệt HD: Dùng quy nạp áp dụng 13 x R Câu 15 a Cho a, b� , a < b Đặt G ( x) = g (t )dt , x [a, b], g hàm liên tục đoạn a [a, b] Chứng minh G liên tục đoạn [ a, b] b Cho hàm số f : [0, 1] [0, 1] Giả sử tồn số thực L cho | f ( x) − f ( y ) | L | x − y |, ∀ x, y [0,1] Chứng minh phương trình f(x) = x có nghiệm đoạn [ 0, 1] HD: Chứng minh định nghĩa, chứng minh f liên tục Câu 16 Cho f hàm liên tục đoạn [a, b] f ( x ) dx > Chứng minh tồn [a, b] [0, 1] mà f(x)>0 HD: Phản chứng Câu 17 Cho ánh xạ liên tục f :[0,1 ] [0,1 ] Chứng minh tồn số thực c thuộc đoạn [ 0, 1] cho pt f(x) - x = nhận x=c làm nghiệm HD: Xem sách lớp 11 chuyên nâng cao Bài tập ôn thi Olympic tốn GiảiTích-Đạisố (Biên soạn: Th.s Trần Văn Sự) Câu 18 Cho f, g hàm số thực xác định liên tục đoạn [ a, b] (a uk2 + uk – = => mâu thuẫn lúc u k vơ tỷ, theo cơng thức truy hồi uk ln hữu tỷ b) Dãy tuần hồn phải tồn n k cho tg(n ϕ) = tg(kϕ)  (n-k)ϕ = mπ  un-k = Điều không xảy kết câu a) x Câu 22 Cho dãy số {xn} xác định x0 = x n+1 = với n=0, 1, 2, … Chứng minh dãy {xn} có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn Lời giải Đặt f ( x) = ( ) x dãy số có dạng x0 = xn+1 = f(xn) Ta thấy f(x) n n hàm số tăng x1 = > = x0 Từ đó, f(x) hàm số tăng nên ta có x2 = f(x1) > f(x0) = x1, x3 = f(x2) > f(x1) = x2, … Suy {xn} dãy số tăng Tiếp theo, ta chứng minh quy nạp xn < với n Điều với n = Giả x sử có xk < rõ ràng xk +1 = < = Theo nguyên lý quy nạp toán học, ta có xn < với n k Vậy dãy {xn} tăng bị chặn nên dãy có giới h ạn h ữu h ạn Gọi a gi ới x hạn chuyển đẳng thức x n+1 = sang giới hạn, ta a = a Ngồi ta có a ≤ n Xét phương trình x x= ⇔ ln x = ln( ) Khảo sát hàm số lnx/x ta thấy x phương trình có nghiệm < e nghiệm lớn e Vì m ột nghiệm phương trình nên rõ ràng có nghiệm phương trình thoả mãn điều kiện ≤ Từ suy a = Vậy giới hạn xn n dần đến vô Câu 23 Cho dãy số {xn} xác định x1 ∈ (1, 2) xn+1 = + xn – xn2/2 Chứng minh {xn} có giới hạn hữu hạn n dần đến vơ tìm giới hạn Lời giải Giả sử xn có giới hạn a a = + a – a 2/2 từ suy a = Ta dùng định nghĩa để chứng minh lim xn = Ta có | x n+1 − |=| + xn − xn + xn − − |=| x n − || | 2 Tiếp theo ta chứng minh quy nạp < x n < 3/2 với n = 2, 3, … Từ đó, + 1/2 < nên suy lim xn = Câu 24 Cho số thực a dãy số thực {xn} xác định bởi: x1 = a xn+1 = ln(3+cosxn + sinxn) – 2008 với n = 1, 2, 3, … Chứng minh dãy số {xn} có giới hạn hữu hạn n tiến đến dương vô Bài tập ơn thi Olympic tốn GiảiTích-Đạisố (Biên soạn: Th.s Trần Văn Sự) Lời giải Đặt f(x) = ln(3+sinx+cosx) – 2008 cos x − sin x + sin x + cos x Từ đó, sử dụng đánh giá | cos x − sin x |≤ , | sin x + cos x |≤ ta suy f ' ( x) = | f ' ( x) |≤ 3− = q < Áp dụng định lý Lagrange cho x, y thuộc R, ta có f(x) – f(y) = f’(z)(x-y) Từ suy |f(x) – f(y)| ≤ q|x – y| với x, y thuộc R Áp dụng tính chất với m > n ≥ N, ta có |xm – xn| = |f(xm-1) – f(xn-1)| ≤ q|xm-1-xn-1| ≤ …≤ qn-1|xm-n+1 – x1| ≤ qN-1|xm-n+1 – x1| Do dãy {xn} bị chặn q < nên với ε > tồn N đủ lớn để qN-1|xm-n+1 – x1| < ε Như dãy {xn} thoả mãn điều kiện Cauchy hội tụ Nhận xét 1) Thực chất lời giải trên, ta chứng minh lại tính ch ất nêu phần lý thuyết (chỉ sử dụng tiêu chuẩn Cauchy) 2) Nếu đánh giá chặt chẽ ta chứng minh | f ' ( x) |≤ Tuy nhiên, với toán chúng ta, đánh giải đủ Câu 25 Với n ≥ gọi xn nghiệm dương phương trình xn = xn-1 + xn-2 + … + x + Tính giới hạn: lim xn lim (2-xn)1/n Lời giải Sử dụng đẳng thức xn – = (x-1)( xn-1 + xn-2 + … + x + 1) ta viết phương trình lại dạng xn(x-2) + = Từ suy 2-xn = 1/xnn Đặt Pn(x) = xn – xn-1 – xn-2 - … - x – Pn+1(2) = > Pn+1(xn) = xnPn(xn) – = - 1, suy > xn+1 > xn Như thế, ta ln có 2-xn = 1/xnn < 1/x1n  0, suy lim xn = Và từ (2-xn)1/n = 1/xn  1/2 Câu 26 Cho a ∈ (0, 1) dãy số {xn} xác định x0 = a, xn+1 = xn(1-xn2) với n=0,1, Hãy tính lim n x n n →∞ Phân tích Dạng n x n gợi cho nhớ đến định lý trung bình Cesaro Tuy nhiên để dãy thực có dạng (xn/n) ta phải xét bình phương dãy nghịch đảo lại, tức 1/nxn2 Từ dẫn đến việc xét hiệu 1/xn+22 – 1/xn2 Bài tập ôn thi Olympic tốn GiảiTích-Đạisố (Biên soạn: Th.s Trần Văn Sự) Lời giải Dễ dàng chứng minh dãy xn giảm bị chặn Từ dãy {xn} có giới hạn hữu hạn Chuyển hệ thức truy h ồi sang giới hạn, ta d ễ dàng tính lim xn = Xét hiệu số sau: x n +1 − x − x (1 − x ) 2 − xn = n n 2 n2 = →2 2 xn x n (1 − x n ) x n (1 − x n ) Từ đó, theo định lý trung bình Cesaro (xem tập đây) ta suy lim nx = n →∞ n Suy lim n x n = n →∞ Câu 27 (Cần Thơ 2009) Cho dãy số {an} xác định công thức truy hồi a = 1/2, a n +1 an = Chứng minh a1 + a2 + … + an < với số nguyên dương an − an + n  1 Câu 28 (Moldova 2007) Cho dãy {xn} xác định 1 +   n n + xn = e Chứng minh dãy {xn} có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn Câu 29 (Hà Tĩnh 2009) Cho dãy {x n} biết x1 = − , x n +1 = … Tìm giới hạn dãy {xn} n xn − với n = 1, 2, 3, dần tới vô Câu 30 (Bà Rịa Vũng Tàu 2009) Cho dãy số xác định x1 = 1, x n +1 = 2( x + 1) − 2008 n Chứng minh {xn} có giới hạn hữu hạn n dần đến vơ Câu 31 (Hải Phịng 2009) Cho dãy {un} thoả mãn: u1 = 1, un+1 n Hãy tính lim ∑ n →∞ i =1 un = un + 2010 ui u i +1 Câu 32 Cho dãy số {xn} thoả mãn điều kiện lim (xn+1-xn) = Chứng minh lim xn/n = Từ suy định lý Cesaro định lý trung bình Cesaro: Nếu lim x n = a lim (x1+x2+…+xn)/n = a Câu 33 (PTNK 1999) Cho a > dãy số {xn} xác định sau: x1 = a, x n +1 = a x với n ≥ Hãy xác định tất giá trị a đ ể dãy {x n} hội tụ Câu 34 Cho dãy (un ) xác định n Bài tập ơn thi Olympic tốn GiảiTích-Đạisố (Biên soạn: Th.s Trần Văn Sự) u1 = u2 = 1 Xác định u2010 , u2011 , u2012 + un −1 , ∀ n > un Câu 35 Cho dãy (un ) với un+1 = (un + u ), u1 > 0, n > Tính lim (un ) n un +1 = Câu 36 Cho dãy (un ) với un + m un + um , (∀ m, n { 1, 2, } ) Chứng minh nlim + xn tồn n Câu 37 Cho a,b số thực với a Chứng minh dãy ( xn ), ( yn ) hội tụ tìm giới hạn Câu 38 Cho dãy (un ) với u0 = 2, un = + un −1 , n N x0 = a, yo = b, xn = Chứng minh dãy (un ) có giới hạn tìm giới hạn n Câu 39 Dãy (tn ) có tính chất | tn − tm | > , ∀ m > n Chứng minh dãy (tn ) không bị chặn HD: Phản chứng Câu 40 Cho dãy (tn ) xác định t0 = 2010, tn = − 3t n −1 , n Tìm lim (tn ) Câu 41 Dãy (tn ) xác định t1 > 0, t2 > 0, tn+1 = t + t , n n n −1 Chứng minh dãy (tn ) hội tụ Câu 42 Cho dãy (tn ) số tự nhiên bị chặn Giả sử lim (t1.t2 tn ) n = Tìm n + t + t + + tn lim n + n Câu 43 Cho dãy số (un (t )) đa thức thực xác định sau: un +1 (t ) = un (t ) + (t − (un (t )) ), n > 0, ∀ t [0, 1] (un (t )) hội tụ tìm lim (un (t )), t [0, 1] Chứng minh dãy số (Hướng dẫn: Chứng minh dãy (un (t )), t [0, 1] đơn điệu tăng bị chặn u1 (t ) = 0, t , t [0, 1] Chứng minh quy nạp ) Câu 44 Xét dãy số (tn ) với t0 [0, 1/2], tn+1 = tn2 + , n = 0,1, Tìm lim (tn ) HD: Dùng cơsy 10 Bài tập ơn thi Olympic tốn GiảiTích-Đạisố (Biên soạn: Th.s Trần Văn Sự) deg(f) = deg(g) f* + g* ≠ 0, f*, g* hệ số cao c 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) (ii) 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 không 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) 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 v ế trái có b ậc 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 Sau đây, xem xét số ví dụ áp dụng tính chất nói 53 Bài tập ơn thi Olympic tốn GiảiTích-Đạisố (Biên soạn: Th.s Trần Văn Sự) Ví dụ Tìm tất đa thức P(x) với hệ số thực thoả mãn phương trình P(x2) = P2(x) (3) với x thuộc R Lời giải: Ta có hàm f(x) = x, g(x) = x, h(x) = x thoả mãn điều kiện định lý 1.3, hàm P(x) = x hàm bậc thoả mãn (3) hàm P(x) ≡ 0, P(x) ≡ 1, P(x) = xn, n = 1, 2, 3, … tất nghiệm (3) Ví dụ (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 Lời giải: 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: + 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(x2) = 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, … + 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(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, … 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, … Ví dụ Tìm tất đa thức với hệ số thực P(x) thoả mãn đẳng thức sau với số thực x 54 Bài tập ơn thi Olympic tốn GiảiTích-Đạisố (Biên soạn: Th.s Trần Văn Sự) P(x)P(2x2) = P(2x3+x) (7) Lời giải: Các đa thức x, 2x2, 2x3+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 vơ nghiệm (do a ≠ 0) nên ta kết luận: không tồn đa thức bậc thoả mãn (7) Tiếp tục xét trường hợp P(x) có bậc 2, P(x) = ax2 + 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) = x2 + 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) Thế cịn nghiệm (7) có bậc lẻ? Rõ ràng đa thức x + không “sinh” nghiệm bậc lẻ Rất may mắn, ta chứng minh đa thức bậc l ẻ không th ể nghiệm (7) Để chứng minh điều này, dựa vào tính chất đa thức bậc lẻ đ ều có nghiệm thực, ta cần chứng minh P(x) đa thức không đ ồng nh ất số thoả mãn (7) 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 < dãy nói dãy giảm ta có P(x) có vơ số nghiệm Nếu α = 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) 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 4: Tìm tất đa thức không số P(x) cho 55 Bài tập ơn thi Olympic tốn GiảiTích-Đạisố (Biên soạn: Th.s Trần Văn Sự) P(x)P(x+1) = P(x2+x+1) (8) Lời giải: Giả sử a nghiệm P(x) = Khi a2 + 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 | 2a | ≤ | a2 + a + 1| + | – a2 + 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 khơng 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 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 không phương trình (8) có dạng (x2 + 1)m với m số nguyên dương Chú ý kết luận định lý 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) (9) tìm có đa thức bậc nhất, đa thức bậc thỏa mãn phương trình Bài tốn mơ tả tất nghiệm (9) nay, theo chúng tơi, cịn tốn mở Bài tập: (Bulgaria 1976) Tìm tất đa thức P(x) thoả mãn điều kiện P(x2 – 2x) = (P(x-2))2 với x thuộc R (TH&TT 7/2006) Tìm tất đa thức có hệ số thực thoả mãn P(x)P(x+1) = P(x2+2) với x ∈ R (Bulgaria 1988) Tìm tất đa thức P(x) khơng phải số cho P(x 3+1) = P3(x+1) với x Tìm tất đa thức P(x) có nghiệm thực thỏa mãn phương trình (9) Tìm đa thức khơng có nghiệm thực thỏa mãn phương trình tốn (9) 56 Bài tập ơn thi Olympic tốn GiảiTích-Đạisố (Biên soạn: Th.s Trần Văn Sự) Phương trình dạng P(f)P(g) = P(h) + Q Bây xét đến phương trình dạng P(f)P(g) = P(h) + Q (1) (Để tiện theo dõi không rắc rối ký hiệu, ta đánh số lại cơng thức từ 1) f, g, h, Q đa thức cho, deg(f) + deg(g) = deg(h) Với phương trình (1), Q khơng đồng ta khơng cịn tính chất "nhân tính" dạng Vì thế, việc xây dựng nghiệm trở nên khó khăn Đây khác biệt dạng với dạng Tuy nhiên, ta chứng minh định lý nhất, phát biểu sau: Định lý: Cho f, g, h đa thức không thỏa mãn điều kiện deg(f) + deg(g) = deg(h), Q đa thức cho trước Khi đó, với số nguyên dương n số thực a, tồn nhiều đa thức P thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: i) deg(P) = n, ii) P* = a iii) P(f)P(g) = P(h) + Q Phép chứng minh định lý hoàn toàn tương tự với phép chứng minh đ ịnh lý đ ược chứng minh phần 1 Tìm tất đa thức P(x) thỏa mãn phương trình P2(x) – P(x2) = 2x4 Tìm tất đa thức P(x) thỏa mãn phương trình P(x2-1) = P2(x) - Tìm tất (a, P, Q) a số thực, P, Q đa thức cho: P2(x)/Q2(x) = a + P(x2)/Q(x2) Một số tập tổng hợp P(3x) = P’(x)P”(x)P’’’(x) P(x) thuộc R[x]: P(x2) = P(x)P(x-1) (Ireland 1994) P(x2) = P(x)P(x+1) P(x) thuộc Z[x] 16P(x2) = [P(2x)]2 (Nam Tư 1982) Tìm đa thức f(x) thoả mãn: f(f(x)) = f(x)m với m > nguyên cho trước (Hồng Công 1999) Cho đa thức P(x) = ax2 + bx + c, a ≠ Chứng minh với số n thuộc N tuỳ ý không tồn nhiều đa thức Q(x) thoả mãn đồng nhất: Q(P(x)) = P(Q(x)) với x thuộc R (Hungary 1979) 57 Bài tập ôn thi Olympic tốn GiảiTích-Đạisố (Biên soạn: Th.s Trần Văn Sự) (x-1)P(x-1) = (x+2)P(x) (New York 1976) 2P(x) = P(x+1) + P(x-1) (New York 1975) P(u2 – v2) = P(u+v)P(u-v) 10 Những đa thức hệ số thực có P’ ước P? 11 P(x2) = P(x)P(x+1) 12 Tìm P Q R[x] cho: P2 = + (x2-1)Q2 13 P(x+P(x)) = P(x) + P(P(x)) Một số đề thi mẫu Đề GT ( Thời gian làm 180 phút) Câu a Cho f, g hai hàm liên tục đoạn [ a, b], (a