Câu 4: Cho hàm số f :    khác thỏa mãn điều kiện f  xf  y    f  y  f  f  x   ; x, y  ¡ Chứng minh f  x  liên tục  0;1 f  x   x; x   0;1 Lời giải Giả sử tồn hàm số thỏa mãn yêu cầu tốn : Cho x = y = ta có f    f  f    0   Nếu f  f    1 cho x = suy f  y   f   ; y  ¡ hàm f   0 Cho x = y = suy f  f  1    f  1  0 Nếu f  f  1  0 , cho x = suy f  f  y   0; y  ¡ f  xf  y   0;   ¡ x Vì f  x  khác nên tồn a để f  a  0 ta thay x , y a ta f  x  0;   ¡ f  a f  1 1 Do f  f  x    f  x  ; x  ¡ Vì f  x  liên tục  0;1 có f   0; f  1 1 nên với số c   0;1 tồn d   0;1 cho f  d  c Mà lại có f  c   f  f  c    f  d  c Vậy f  c  c; c   0;1 Câu .Tìm tất đa thức P( x) cho tồn đa thức Q( x) thỏa mãn điều kiện Q(0) 0 x  Q( y  P( x))  y  Q( x  P( y )) , x, y   Lời giải Trước hết ta xét P ( x) c đa thức Khi hệ thức ban đầu trở thành x  Q( y  c)  y  Q( x  c) , x, y   (1) Trong (1) thay x x  c y 0 ta Q( x)  x  c  Q (c) Từ giả thiết Q(0) 0 ta Q(c) c Vậy đa thức Q( x) x thỏa mãn yêu cầu tóan Bây ta xét trường hợp deg P( x) 1 Cho y 0 hệ thức ban đầu ta có x  Q ( P ( x)) Q( x  P(0)) , x   Dễ thấy deg( x  Q( P ( x)) max{1, deg( P ( x)).deg(Q( x)} Và deg(Q( x  P(0)) deg Q( x) So sánh bậc hai đa thức hai vế ta deg Q( x).deg P( x) deg Q( x) Từ deg P ( x) 1  P( x) ax  b (a 0) Hệ thức ban đầu trở thành x  Q ( y  ax  b)  y  Q ( x  ay  b) (2) y  x  Q ( ax  b )  Q ( x  b) Trong (2) cho ta n n Giả sử Q( x) a0 x  a1 x   an  x  an n Nếu n  cách so sánh hệ số bậc cao hai vế ta a a0 a0  a 1 Từ ta có P ( x) x  b (2) trở thành x  Q ( y  x  b)  y  Q( y  x  b)  x  y , vơ lí Vậy deg Q ( x) 1 Q(0) 0 ta có Q( x ) kx Hệ thức (2) trở thành x  ky  kax  kb  y  kx  kay  kb Hay (ak  k  1) x  ( ak  k  1) y 0 , x, y   ; a 1 Do ta phải có ak  k  0  k  1 a Vậy tất đa thức P ( x) cần tìm ; P ( x) c , Q ( x)  x P ( x) ax  b (a 1), Q( x)  x 1 a Câu 1: - HẾT .Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn 2 f  f  y   x   f  x   f  y   f  y    f  f  y    x, y   (1) Lời giải Thay x = y = vào ta 2 f  f     f    f    f     f  f       f  f     f     f    f   2  f    f   0   f   1 Mà f     nên f   1  f   0 Nếu f   0 , thay y = vào ta 2 f   x   f  x  0  f  x  0 x   Nếu f   1 , thay y = vào ta 2 f   x   f  x  2 x   (2) Nhận xét: Nếu tồn u cho f  u  0 thay y = u vào ta 2 f   x   f  x  0  f  x  0 x   Nếu f  u  0 u   từ suy f  x  1 x   (3) Từ suy f  y    f  f  y    3 y   (4) Từ suy  f  f  y   3 y    f  f  y   1 thay vào ta f  y  1 y   Thử lại có hai nghiệm f  x  1 hay f  x  0 Câu 4: Tìm tất hàm số f :    thoả mãn f  x  yf  z   xf  x   zf  y  , x, y , z    1 Lời giải Nếu f  x  0, x   thay vào (1) thấy thỏa mãn Xét f  x  hàm đồng Thay x  y z 0 vào (1) ta có f   0 Do f  x  hàm đồng nên y0 0 cho f  y0  0 Ở (1) thay x 0, y  y0 ta có f  y0 f  z    f  y0  z, z   Từ suy f song ánh Suy tồn  cho f    1 Khi Ở (1) thay x 0, z  suy f  y   f  y  , y     1 hay f  1 1 Ở (1) thay x 0, y 1 ta có f  f  z   z , z     Ở (1) thay x 0, z f  z  sử dụng (2) ta có f  yz   f  y  f  z  , y , z   (3) 2 Ở (3) thay y, z x ta có f  x   f  x  , x   (4) Ở (1) thay y 0 sủ dụng f   0 ta có f  x   xf  x  , x   (5) Từ (4) (5) ta có f  x  xf  x  , x   suy với x   ta có f  x  0 f  x  x  f  x  x, x    Suy  0, x  D, D  , D   f  x   x, x   \ D   Do f song ánh nên có hàm f  x  x, x   Thử lại thấy thỏa mãn Vậy có hai hàm số thỏa mãn f  x  0, x  , f  x   x, x   Câu 2: Tìm tất đa thức P với hệ số thực cho với số thực x, y, z có tổng mặt phẳng Oxy điểm  x, P  x   ,  y , P  y   ,  z , P  z   thẳng hàng Lời giải Ta chứng minh P  x  ax  bx  c , a, b, c số thực tùy ý Rõ ràng P  x  1, P  x  x thỏa mãn yêu cầu Các điểm  x, P  x   ,  y, P  y   ,  z , P  z   thẳng hàng  x  y  P  z    y  z  P  x    z  x  P  y  0 Nếu x  y  z 0  x  y  z   y  z  x3   z  x  y   x  y   y  z   z  x   x  y  z  0 Vì P  x  x3 thỏa mãn yêu cầu Do P  x  ax  bx  c với a, b, c tùy ý Ta chứng minh ngồi đa thức khơng cịn đa thức thỏa mãn Thật vậy, thay x x, y 2 x, z  x có  xP   3x   xP  x   xP  x  0 n Do cho P  x  a0  a1 x   an x , k n ta có ak    3 k   4.2k  0 k Với k 2 , k chẵn, ta có   3  4.2k  32  4.22  k 5 , k lẻ, ta có     3 k  k  4.2k    1  4.2 k  2k  k 2k   k  k  1 k  2  4.2k   5   1      Từ với k 0,1, Câu 5:   k    ta có ak 0 Vậy khơng cịn đa thức khác   sin x cos x  x    x tan x   x Tính tích phân I  cos x   x tan x  2 dx Lời giải Ta có   sin x cos x  x    x tan x   x dx cos x   x tan x  I    sin x cos x  x x dx  dx   2 cos x   x tan x  0 cos x   x tan x   sin x cos x  x Đặt I1  dx Ta có  cos x  x tan x    I1   x cos x dx  d   x tan x  ln  x tan x   x tan x  x tan x tan x    2     ln    4  x dx x dx x cos xdx - Xét I    2    cos x  x tan x cos x  x sin x cos x cos x  x sin x       0 x    x sin x  cos x  dx du  u  cos x    cos x   Đặt  x cos xdx  dv  v  cos x  x sin x     x sin x  cos x   x    I     cos x x sin x  cos x   dx 4    cos x      4  Vậy: I I1  I ln        Câu 6: Tìm tất hàm f :    thoả mãn điều kiện f  f  n   n  2, n   Lời giải   Từ giả thiết ta có: f  n    f f  f  n    f  n   2, n   Từ quy nạp ta khẳng định - Nếu n chẵn f  n   f    n - Nếu n lẻ f  n   f  1  n  Ta nhận thấy, f   2a, a   f(f(0)) = f(2a) = f(0) + 2a = 2a + 2a = 4a Mà f(f(0)) = 2, suy 4a =  a = vô lý Vậy f   2a  1, a   Ta có  f  f    2a  f  1 2a Suy a 0 a 1 TH1: Nếu a 0 Thì f   1 Suy f ( n) n  1, n   TH2: Nếu a 1 f   3 Suy f  n  n  với n chẵn f  n  n  với n lẻ Kiểm tra lại thấy hai hàm số tìm thoả mãn yêu cầu tốn Câu 4: Tìm đa thức P  x  hệ số thực thỏa mãn: P  x  x  1 – P  x  P  x  1 0 , với x  R Lời giải * Trường hợp 1: P  x  đa thức + Giả sử P  x  C Từ (1) ta có: C – C 0  C C  C 0 C 1 + Thử lại: đa thức P  x  0 , P  x  1 * Trường hợp 2: P  x  đa thức + Khi tập nghiệm phức P  x  hữu hạn khác rỗng Giả sử a nghiệm P  x   P  a  0   (1)  P a  a  – P  a  P  a  1 0  P  a  a  1 – 0  P  a  a  1 0  a  a  nghiệm P  x  + Thay x x  vào (1), ta có:  1 P   x  1   x  1  1  P  x  1 P  x   1 0  P  x  x  1  P  x  1 P  x  0 Như vậy, a nghiệm P  x  a  a  nghiệm P  x  + Giả sử x0 nghiệm có mơ đun lớn (nếu có vài nghiệm ta chọn chúng)     2 2 Ta có: x0  x0  x0   x0  x0   x0  x0   x0  x0  (2) 2 Vì x0 , x0  x0  1, x0  x0  nghiệm P  x  x0 nghiệm có mơ đun lớn nên: x02  x0   x02  x0  2 x0 (3) 2 Từ (2) (3) suy ra: x0  x0  x0   x0  x0  2 x0  x0  x02  x0   x02  x0  Dấu " " xảy x02  x0    x02  x0  1 x02  x0   x02  x0   x02  0 x02  x0   x02  x0   x02  0 x0   x0  x02  0  x0   x0 i x0  i Suy tồn đa thức P1  x  với hệ số thực cho   Pn  x  P  x   x  P1  x  với P1  x  không đồng dư   Dễ thấy  P1 x  x   P1  x  1 P1  x  0 , x  R Nếu deg P1  x  1 làm lại tương tự trên, ta có: P1  x   x  1 P2  x  Quá trình dừng lại sau hữu hạn bước bậc P  x  hữu hạn Nói cách khác n  Z  đa thức Pn  x  thỏa mãn n P  x   x  1 Pn  x  , với không đồng dư  Pn  x  1 (theo trường hợp 1) n Suy P  x   x  1 , n  Z  + Thử lại: thỏa (1) n Vậy P  x  0, P  x  1, P  x   x  1 , n  Z  Câu 5: Cho đa thức: P  x   x  d1   x  d   x  d3   x  d   x  d   x  d   x  d   x  d8   x  d9  với d1 , d , d3 , , d số nguyên phân biệt Chứng minh tồn số nguyên N cho với số nguyên x  N , P  x  chia hết cho số nguyên tố lớn 20 Lời giải Để ý u cầu tốn khơng đổi với x thay đổi, khơng tính tổng quát giả sử d1 , d , d3 , , d dương Để ý thấy có số nguyên tố nhỏ 20, P  x  bao gồm nhiều thừa số Ta chứng minh N d thỏa mãn yêu cầu toán, với d max  d1 , d , d3 , , d  Giả sử ngược lại có số nguyên x  N cho P  x  gồm số nguyên tố nhỏ 20 Vì vậy, với số i   1, 2,3, ,9 , x  di biểu diễn dạng tích lũy thừa số nguyên tố Do x  d  x d có lũy thừa nguyên tố fi  d chia hết x  di Theo nguyên lý Dirichlet ta thấy tồn số i, j cho fi f j lũy thừa số nguyên tố Bởi tính đối xứng, ta giả sử f i  f j Khi số x  di x  d j chia hết cho fi , hiệu f i  f j chia hết cho fi Tuy nhiên, | di  d j |max  di , d j  d  f i , vơ lý Vậy tốn chứng minh Câu 5: f ( x)  f ( )  x x Tìm hàm f(x) biết rằng: x 0 : Lời giải Thay x 1 ta có: f ( )  f ( x)  x x x Kết hợp với điều kiện ban đầu , giải hệ ta : f ( x)  Câu 3:  x2 3x Tìm tất hàm f :    thỏa mãn điều kiện: f  x  f  y    f  x   x f  y   f  f  y   với x, y   Lời giải + Hiển nhiên f  x  0 với x   hàm thỏa mãn tốn Ta tìm hàm số khác + Cho x  y 0  f   0   Từ giả thiết ta có f x  f  y   f  x   f  f  x  f  y   f  f  x   Từ tính chất đối xứng cho ta x f  y   f  f  y   Thay x f  x  ta có: f  x f  2y  f  f  y  f  x  f  y   f  y  f  2x Vậy với x, y mà f  x  , f  y  0 f  2x  f  y   k (với k số) f  x f  y Vậy f  x  k f  x  (1)   Viết lại hệ thức đề ta có: f x  f  y   f  x  x f  y   f  f  y  Như với x ln có u,v cho: x  f  u   f  v   x  f  v   f  u    Từ f x  f  v   f Suy f  x   f  f  u    f  x   2x f  2v   f  f  v    f  f  u   (2)  f  u   f  f  v   kx f  v     Mặt khác x  f  v  x  f  u   f x  f  v   f x  f  u  Hay f  x   x f  2v   f  f  v    f  x   2x f  2u   f  f  u   Lại áp dụng (1): kf  x   kx f  v   f  f  v    f  x   kx2 f  u   f  f  u   kx kx  f  v   f  u    f  f  u    f  f  v     f  v  (3) 2 So sánh (2) (3) ý f  u   f  v  x , ta được:   k  1 f  x   kx kx  f  x    k  2 f  x   2 Thay dạng f  x  vào đầu ta tìm k 2  f  x   x  k  1 f  x    f  x  0 x    f  x  x x   Vậy  kx Hiển nhiên k 2  f  x   2k  Câu 2: Tìm hàm số f (1;   ) → R thoả mãn f ( x)  f ( y ) ( y  x) f ( xy )x, y  1, x  y Lời giải f ( x)  f ( y ) f ( x)  f ( y )   f ( xy)   xy f ( xy)x  y  1 y x gt  x y x, y, z  x  y  z  x (*)  f ( x)  f ( y )   f ( y )  f ( z )   f ( x)  f ( z )  ( y  x ) f ( xy )  ( z  y ) f ( yz )  ( z  y )  ( y  x) f ( xz )  ( z  y ) f ( yz )  f ( xz ) ( y  x ) f ( xz )  f ( xy) f ( yz )  f ( xz) f ( xz )  f ( xy) f ( yz)  f ( xz ) f ( xz )  f ( xy)    1 1 y x z y   yz xz xz xy u xyz   v  x yz từ (*) → xyz f ( xyz )  x y z f ( x yz ) đặt  u , v  (u v) a  uf (u ) vf (v) a  const  f ( x )  x  x Câu 4: Cho hàm số f:  a; b    a; b  thỏa mãn điều kiện f ( x)  f ( y )  x  y x, y   a; b  x y Chứng minh phương trình f(x) = x (1) có nghiệm đoạn  a; b  Lời giải * Trước hết ta chứng minh f(x) liên tục đoạn  a; b  Với x0   a; b   f ( x)  f ( x0 )  x  x0 x   a; b  , x  x0   x  x0  f ( x)  f ( x0 )  x  x0 lim x  x0 0  lim  f ( x)  f ( x0 )  0  lim f ( x)  f ( x0 ) x x x x x  x0 Vậy f(x) liên tục đoạn  a; b  * Chứng minh phương trình f(x) = x có nghiệm đoạn  a; b  + Với x = a x = b nghiệm (1) mệnh đề + Với x   a; b  : Đặt g(x) = f(x) – x, ta có g(x) liên tục  a; b  Ta có g(a) = f(a) – a > 0, f(b) – b <  phương trình (1) có nghiệm thuộc  a; b  Vậy (1) ln có nghiệm  a; b  * Ta chứng minh nghiệm đoạn  a; b  Giả sử (1) có hai nghiệm x1 , x2 đoạn  a; b  mà x1  x2 ta có f ( x2 )  f ( x1 )  x  x1  x2  x1  x  x1 ( f(x) = x) Điều này vơ lí Vậy phương trình (1) ln có nghiệm đoạn  a; b  (đpcm) Cho đa thức với hệ số thực P  x   x  ax  bx  cx  d thoả mãn P  1 3, P  3 11, P   27 Câu Tính P     P   Lời giải f x  x  f  Nhận xét   thoả mãn   3, f  3 11, f   27 Xét đa thức Q  x  P  x   f  x  đa thức bậc có nghiệm x 1, x 3, x 5 Nên Q  x   x  1  x  3  x    x  m  Ta có P    Q     f    216  105m, P   Q    f   128  15m Vậy P     P   216  105m   128  15m  1112 Câu 2: (4 điểm) Tìm tất đa thức P(x) thỏa mãn điều kiện:  P  P ( x)    P ( x)  P ( x)   x  3x  1 +) Rõ ràng đa thức P ( x ) 0  2 Lời giải không thỏa mãn điều kiện đề Câu +) Gọi a0 hệ số cao P(x) Khai triển hai vế, số hạng lớn P P ( x)   n a0  a0 x n  a0n 1 x n  a x   x  a  1 x n 2 0 n = x8 n < Chú ý rằng: -Nếu n 2 x n  x8 suy n2 = 8, vơ lý n  N - Nếu n  a0n 1 x n a04 x n ta suy n = 4, a0 = Do đa thức cần tìm có dạng P( x)  x  ax3  bx  cx  d Đặt Q( x) P( x)   x  3x  12  Điều kiện Câu toán cho tương đương với  P  P ( x )    P ( x )  3P ( x )   Q ( x )  2 Hay P P ( x)    P ( x)  3P ( x)  1  Q( x) Q( x)  2 P ( x)  3P ( x)  1 - Nếu Q( x) 0 ta đặt deg Q k 3 Khi 4k = k + Phương trình khơng có nghiệm k  N Do Q( x) 0 Ta nhận đa thức P( x)  x x  1 x   x  3 Câu  , số hạng lớn đa thức P( x)  P( x)   x  3x  1 Tìm hàm số f : N*  N* thỏa mãn: f  2n  3m  2 f (n)  f (m) n, m  N * (1) Lời giải: * o Ở (1) thay n n  : f (2n   3m) 2 f ( n  3)  f (m) m, n  N * o Ở (1) thay m m  : f (2n   3m) 2 f (n)  f (m  2) m, n  N * Suy ra:  f ( n  3)  f ( n)  3  f ( m  2)  f (m)  n, m  N (2) * o Ở (2) thay m 1 Ta được:  f (n  3)  f (n)  3  f (3)  f (1)  n  N Do  2;3 1 Nên f (n  3)  f (n) 3k n  N * (3) (với k  N , số) * o Ở (2) thay n 1 Ta  f (4)  f (1)  3  f ( m  2)  f ( m)  m  N Hay f (m  2)  f (n) 2d m  N * (4) (với d  N , số)  f (n  3)  f ( n) 3k  f (n  3)  f (n  2) c n  N * (c số)  f (n  2)  f (n) 2d o Từ (3) (4) Ta có:  o Vậy dãy  f (n) cấp số cộng, nên f (n) an  b thay vào (1) * Ta được: f (n) an n  N với a  N * số (thử lại ta thấy hàm số thỏa tốn).Câu (4,0 điểm) Tìm tất đa thức f ( x )  [x] dạng: f ( x ) n ! x n  an  x n    a1 x  ( 1) n n(n  1) có nghiệm (kí hiệu x1 , x2 , , xn ) thực cho điều kiện sau thỏa mãn: k xk k  , k  {1, 2, , n} Lời giải * Với n = f ( x ) x  đa thức thỏa mãn điều kiện tốn * Với n = f ( x ) 2 x  a1 x  có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện:  x 2 6 và: a   x1  x2    x1 x3 3 2 2 Do  x2  x1 2 nên: ( x2  x1 ) ( x2  x1 )  x1 x2  a1  12 4  48 a1 64  a1  Kết hợp với a1  ta có:  Suy ta có đa thức:  a1  f ( x ) 2 x  x  f ( x ) 2 x  x  * Tiếp theo ta chứng minh tốn vơ nghiệm với n 3 Thật vậy: f ( x ) n !( x  x1 )( x  x2 ) ( x  xn ) n n Do với x = ta có: (  1) n(n 1) n !(  1) x1 x2 xn Từ giả thiết xk  [k ; k  1] với k 1, 2,3, , n ta thu n 1 n 1 n !  x1 x2 xn    n  n ! (vô lý) (n  1)! Kết luận: Có ba đa thức thỏa mãn tốn: f ( x ) x  ; f ( x ) 2 x  x  f ( x ) 2 x  x  Câu 2: (4,0 điểm) Tìm tất hàm số f : R  R cho với số thực x y ta có :  x  2 f  y   f  y  f  x    f  x  y f  x   Lời giải +) Nếu f   0  1 thay x 0 ta f  y  0 y  R +) Nếu f   0 Ta chứng minh f hàm đơn ánh Thật  1 thay y 0 ta được:  x   f    f  f  x    f  x  , x  R x, x R : f  x   f  x   x   f    f  f  x    x   f    f  f  x   x  x Thay x 2  1 ta f  y  f     f   yf    Vì f hàm đơn ánh : y  f   2  yf   , y  R thay y 0 vào đẳng thức ta thu f   1 Do f hàm đơn ánh suy f  3 1 Thay x 3, y  vào  1 ta :  f  3     f  3  f   f  3   f     f    f  3    f  3    f  3    f   f  3  0   f  3   f  3 Vậy hàm f có nghiệm a   f  3    Thay y a  1 ta được:   x   f  a   f  a  f  x    f  x  a f  x   , x  R f  a  f  x    f  x  a f  x    a  f  x   x  a f  x  , x  R  * ( f x a , x  R   2 a  y a Thay x a  1  a      f  y  f  a   f  a  y f  a   2 a   y a y a   a    0   y  a   a  1 0, y  R  a 1a =   2 a  2 a Khi từ    f  x  x  , x  R đơn ánh) Ta thấy a 2 từ  *  f  x   Thử lại f  x  0 x  R f  x   x  , x  R thỏa mãn  1 Vậy có hai hàm thỏa mãn toán : f  x  0 x  R f  x   x  , x  R Câu 2: (4,0 điểm) Tìm hàm f : R  R thỏa mãn hai điều kiện sau: i) f (2019 f ( x)  f ( y)) 2019 x  y, x, y  R ii) f bị chặn [-1,1] Lời giải Trong i) cho x=y f(2020f(x))=2020x (3) Đặt 2020.f(x)=u,2020f(y)=v f(u)=2020x,f(v)=2020y Suy f(2019f(u)+f(v))=f(2019.2020x+2020y) (4) Theo giả thiết f(2019f(u)+f(v))=2019u+v (5) Từ (4) (5) thì: f(2019.2020x+2020y) = 2019.2020f(x)+2020f(y) (6) Trong (6) cho x=y=0 ta f(0)=0 Thay x=0 vào (6) ta f(2020y)=2020f(y) Thay y=0 vào (6) ta f(2019.2020x)=2019.2020f(x) Do (6) trở thành: f(2019.2020x+2020y) = f(2019.2020x)+f(2020y) Suy f(x)+f(y)=f(x+y) với x,y (7) Bằng quy nạp ta chứng minh f(rx)=rf(x) với r hữu tỷ,x số thực (8) Lấy dãy số thực (xn) cho limxn=0 (có thể giả sử |xn| nhỏ 1) Ứng với số tự nhiên n,chọn dãy qn cho: 1  qn   x | xn | n | xn | | qn xn | | xn |2  qn xn  [-1,1]  | f (qn xn ) |C Do : | f ( xn ) | | f (qn xn ) |  f (0) n tiến vô qn Suy f(x) liên tục 0,f cộng tính nên f liên tục R f(x) liên tục cộng tính R nên f(x)=ax với x (phương trình hàm Cơsi) Thử lại thỏa mãn Câu 1b: Cho đa thức với hệ số thực P  x  x  ax  bx  cx  d thoả mãn P  1 3, P  3 11, P   27 Tính P     P   Nhận xét f  x  x  thoả mãn f  1 3, f  3 11, f   27 Xét đa thức Q  x  P  x   f  x  đa thức bậc có nghiệm x 1, x 3, x 5 Nên Q  x   x  1  x  3  x    x  m  Ta có P    Q     f    216  105m, P   Q    f   128  15m Vậy P     P   216  105m   128  15m  1112