Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

$f(x)f(2x^2)=f(2x^3+x), \forall x \in \mathbb{R}$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 6 trả lời

#1 nguyendinh_kstn_dhxd

nguyendinh_kstn_dhxd

    Đỉnh Quỷ Đỏ

  • Thành viên
  • 1167 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 05-06-2005 - 10:14

Chứng minh rằng nếu $f(x)$ là một đa thức thỏa mãn
$$f(x)f(2x^2)=f(2x^3+x), \forall x \in \mathbb{R}$$
thì $f(x)$ không có nghiệm thực.



#2 trauvang97

trauvang97

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 402 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN - ĐHBKHN

Đã gửi 02-05-2013 - 16:59

Chứng minh rằng nếu $f(x)$ là một đa thức thỏa mãn
$$f(x)f(2x^2)=f(2x^3+x), \forall x \in \mathbb{R}$$
thì $f(x)$ không có nghiệm thực.

Ta sẽ đi tìm nghiệm không đồng nhất hằng số với bậc nhỏ nhất.

Xét trường hợp $f(x)$ có bậc nhất, khi đó: $f(x)=ax+b$ $(a\neq 0)$. Thay vào ta có:

 

               $(ax+b)(2ax^{2}+b)=a(2x^{3}+x)+b$

 

So sánh hệ số của các đơn thức hai vế, ta được hệ:

 

         $a^{3}=2a,2ba^{2}=0,ab=a,b=b^{2}$

 

Hệ này vô nghiệm do $a\neq 0$ nên không tồn tại đa thức bậc nhất thoả mãn.

Xét trường hợp $f(x)$ có bậc hai, khi đó: $f(x)=ax^{2}+bx+c$. Thay vào, ta có:

 

        $(ax^{2}+bx+c)(4ax^{4}+2bx^{2}+c)=a(2x^{3}+x)^{2}+b(2x^{3}+x)+c$

      $\Leftrightarrow 4a^{2}x^{6}+4abx^{5}+(4ac+2ab)x^{4}+2b^{2}x^{3}+(ac+2bc)x^{2}+bcx+c^{2}=4ax^{6}+4ax^{4}+2bx^{3}+ax^{2}+bx+c$

So sánh hệ số đơn thức ở hai vế, ta được:

$4a^{2}=4a,4ab=0,4ac+2ab=4a,2b^{2}=2b,ac+2bc=a,bc=b,c^{2}=c$

 

Hệ này có nghiệm $a=c=1,b=0$ nên $f(x)=x^{2}+1$ là đa thức bậc hai thoả mãn đề bài. Suy ra $(x^{2}+1)^{k}$ là tất cả đa thức bậc chẵn thoả mãn đề bài. Do đó $f(x)$ không có nghiệm thực (đpcm)



#3 namcpnh

namcpnh

    Red Devil

  • Hiệp sỹ
  • 1153 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Ho Chi Minh University of Science
  • Sở thích:Abstract and Applied Analysis

Đã gửi 02-05-2013 - 17:34

 

Hệ này có nghiệm $a=c=1,b=0$ nên $f(x)=x^{2}+1$ là đa thức bậc hai thoả mãn đề bài. Suy ra $(x^{2}+1)^{k}$ là tất cả đa thức bậc chẵn thoả mãn đề bài. Do đó $f(x)$ không có nghiệm thực (đpcm)

 

 Suy ra là sao vậy em?


Cùng chung sức làm chuyên đề hay cho diễn đàn tại :

Dãy số-giới hạn, Đa thức , Hình học , Phương trình hàm , PT-HPT-BPT , Số học.

Wolframalpha đây


#4 bachhammer

bachhammer

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐHKHTN TPHCM
  • Sở thích:Bay...trên trời (SKY!!!)

Đã gửi 02-05-2013 - 19:42

Giả sử $f(x)=a_{0}x^n+a_{1}x^{n-1}+...+a_{n-1}x+a_{n}$ là đa thức với hệ số thực, $a_{0}\neq 0$ và thoả mãn đẳng thức sau với mọi số thực x:

$f(x).f(2x^2)=f(2x^3+x)$ (1).

Ta sẽ chứng minh $x_{0}=0$ ko phải là nghiệm của f(x), hay nói cách khác $a_{n}=f(0)\neq 0$. Xét k là chỉ số lớn nhất sao cho $a_{k}\neq 0$.Khi đó vế trái của (1) có dạng:

$f(x).f(2x^2)=(a_{0}x^{n}+...+a_{k}x^{n-k})(a_{0}2^nx^{2n}+...+a_{k}2^{n-k}x^{2(n-k)})=a_{0}^{2}2^{n}x^{3n}+...+a_{k}^{2}2^{n-k}x^{3(n-k)}$

Còn vế phải của (1) lại có dạng:

$f(2x^{3}+x)=a_{0}(2x^{3}+x)^{n}+...+a_{k}(2x^{3}+x)^{n-k} =a_{0}2^nx^{3n}+...+a_{k}x^{n-k}$

So sánh hai vế của (1) ta có $a_{k}^{2}2^{n-k}x^{3(n-k)}=a_{k}x^{n-k}$ với mọi x, do đó ta sẽ suy ra n=k hay $a_{n}=a_{k}\neq 0$. Rõ ràng $x_{0}=0$ ko phải là nghiệm của f(x).Giả sử f(x) có nghiệm thực $x_{0}\neq 0$. Xét dãy số: $x_{n+1}=2x_{n}^{3}+x_{n}$ với mọi n=0;1;2;... Nếu $x_{0}>0$ thì $x_{0}< x_{1}<...$, còn nếu $x_{0}>0$ thì $x_{0}>x_{1}...$. Do đó từ hệ thức (1) ta suy ra nếu $x_{0}\neq 0$ mà $f(x_{0})=0$ thì $f(x_{k})=0$ với mọi k, nghĩa là f(x) bậc n có vô số nghiệm, mâu thuẫn với đề bài. Chính vì thế cho nên đa thức f(x) không có nghiệm thực(đpcm).

Như trauvang97 đã nói, các đa thức $f(x)=(x^{2}+1)^{k}$ thoả mãn đề bài. À, nhân tiện cho bachhammer này gửi lời chào đến đồng hương namheo(Ý lộn namcpnh)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 17-05-2013 - 10:53

:ukliam2: TOPIC SỐ HỌC - Bachhammer :ukliam2: 

Topic số học, các bài toán về số học

:namtay  :namtay  :namtay  :lol:  :lol:  :lol:  :lol:  :excl:  :excl:  :excl:  :lol:  :lol:  :lol: :icon6:  :namtay  :namtay  :namtay  


#5 trauvang97

trauvang97

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 402 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN - ĐHBKHN

Đã gửi 02-05-2013 - 20:39

 Suy ra là sao vậy em?

Anh ơi đây là hệ quả từ định lí  thôi. Cái này khó giải thích lắm, phải nói rõ ra mới hiểu được



#6 minhtuyb

minhtuyb

    Giả ngu chuyên nghiệp

  • Thành viên
  • 470 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:C. Toán 10A2 - HSGS
  • Sở thích:Doing math !!!

Đã gửi 16-05-2013 - 21:14



 Suy ra là sao vậy em?

Để có cái suy ra này cần 2 chứng minh sau đây:

- Thứ nhất là nếu $P(x)$ thỏa mãn đề bài thì $deg P$ chẵn (cái này dễ ạ, dựa vào nghiệm để c/m)

 

- Thứ hai là bài toán tổng quát sau:

Xét phương trình đa thức ẩn $P$ và các đa thức $f,g,h$ trên $\mathbb{R}[x]$ thỏa mãn các điều kiện sau:

1. $P(f(x))P(g(x))=P(h(x))\ (1)$

2. Kí hiệu $deg (f) =f$, tương tự với $g,h$ và ta có: $f+g=h$

3. Một trong hai điều kiện sau thỏa mãn:

         3.1: $f\ne g$

         3.2: $f=g$ và $f*+g*\ne 0$, trong đó $f*,g*$ là hệ số cao nhất của các đa thức $f$ và $g$ tương ứng.

 

Khi đó với mọi số nguyên dương $n$ tồn tại nhiều nhất một đa thức $P(x)$ bậc n và thỏa mãn hệ các điều kiện trên.

 

$\fbox{Chứng minh}$

 

Giả sử $P$ là đa thức bậc $n$ thỏa mãn hệ điều kiện trên. So sánh hệ số cao nhất hai vế của đa thức trong phương trình:

$$P(f(x))P(g(x))=P(h(x))$$

Ta có: $P*(f*)^n.P*(g*)^n=P*(h*)^n\Rightarrow P*=(\dfrac{h*}{f*g*})^n$

 

Phản chứng: Giả sử tồn tại đa thức $Q$ bậc $n$ khác $P$ cũng thỏa mãn hệ điều kiện trên thì từ đẳng thức trên ta có $Q*=P*$.

 

Đặt $Q(x)=P(x)+R(x)$ với $0\le r<n$. Thay vào phương trình $(1)$ ta có:

$$(P(f)+R(f))(P(g)+R(g))=P(h)+R(h)\\ \Leftrightarrow P(f)P(g)+P(f)R(g)+R(f)P(g)+R(f)R(g)=P(f)P(g)+R(h)\\ \Leftrightarrow P(f)R(g)+R(f)P(g)+R(f)R(g)=R(h)\ \ \ (2)$$

 

Xét các trường hợp:

$\fbox{TH 1}: f\ne g$., giả sử $f>g$. Khi đó bậc đa thức ở $VT(2)$ là $nf+rg$. Trong khi đó bậc đa thức $VP(2)$ là $rh=r(f+g)<nf+rg$. Mâu thuẫn (Đến đây là xong đối với bài toán đa cho)

 

$\fbox{TH 2}: f=g, f*+g*\ne 0$. Khi đó hai đa thức đầu tiên ở $VT(2)$ đều có bậc $nf+rg=ng+rf$ nên có thể xảy ra sự triệt tiêu khi thực hiện phép cộng. Tuy nhiên, xét hệ số cao nhất của hai đa thức này lần lượt là $P*(f*)^n.r*(g*)^n$ và $r*(f*)^n.P*(g*)^n$ có tổng khác không do $f*+g*\ne 0$. Như vậy bậc đa thức $VT(2)$ vẫn là $nf+rg$. Mâu thuẫn tương tự trường hợp trên.

 

Tóm lại bài toán tổng quát được c/m hoàn toàn $\blacklozenge$

 

 

 

 

 

 

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi minhtuyb: 16-05-2013 - 22:02

Phấn đấu vì tương lai con em chúng ta!

#7 PSW

PSW

    Những bài toán trong tuần

  • Thành viên
  • 488 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 25-05-2013 - 15:57

trauvang97: 10 điểm

 

bachhammer: 5 điểm

 

minhtuyb: 5 điểm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PSW: 02-07-2013 - 21:32

1) Thể lệ
2) Danh sách các bài toán đã qua: 1-100, 101-200, 201-300, 301-400
Còn chờ gì nữa mà không tham gia!  :luoi:
 





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh