北大保送試題與代數基本定理

☉江蘇南京外國語學校 李平龍（特級教師）

題目已知f（x）是二次函數，且a，f（a），f（f（a）），f（f（f（a）））構成正項等比數列，求證：f（a）＝a.

證明：設f（a）＝qa（q＞0），則f（f（a））＝q2a，即f（qa）＝q2a；同理有f（q2a）＝q3a.

設f（x）＝mx2＋nx＋r（m≠0），則由

②－①，得ma2（q2－1）＋na（q－1）＝a（q2－q），即（q－1）［ma2（q＋1）＋na］＝qa（q－1）. ④

③－②，約去q后同理可得（q－1）［ma2（q＋1）q＋na］＝qa（q－1）.⑤

假設q≠1，那么由④⑤兩式，得ma2（q＋1）＋na＝qa，且ma2（q＋1）q＋na＝qa.

所以ma2（q＋1）＋na＝ma2（q＋1）q＋na，即ma2（q＋1）＝ma2（q＋1）q，ma2（q＋1）（q－1）＝0.因為m≠0，a≠0，q≠1，所以q＋1＝0?q＝－1，這與q＞0矛盾.

綜上所述，q＝1，即f（a）＝a.

筆者經研究發現可做如下的類比、拓展與推廣.

類比已知f（x）是二次函數，且a，f（a），f（f（a）），f（f（f（a）））構成等差數列，求證：（fa）＝a.

證明：設f（a）＝a＋d，則f（f（a））＝a＋2d，即f（a＋d）＝a＋2d；同理有f（a＋2d）＝a＋3d.

②－①，得md（2a＋d）＋nd＝d，即d［m（2a＋d）＋n］＝d. ④

③－②，同理可得d［m（2a＋3d）＋n］＝d. ⑤

假設d≠0，那么由④⑤兩式，得m（2a＋d）＋n＝1，且m（2a＋3d）＋n＝1，所以m（2a＋d）＋n＝m（2a＋3d）＋n，即md＝0，這與m≠0且d≠0矛盾.

綜上所述，d＝0，即f（a）＝a.

拓展 已知（fx）是三次函數，且a，（fa），（f（fa）），（f（f（fa））），f（f（f（f（a））））構成正項等比數列，求證：f（a）＝a.

證明：設f（a）＝qa（q＞0），則f（f（a））＝q2a，即f（qa）＝q2a；同理有f（q2a）＝q3a，f（q3a）＝q4a.

②－①，得pa3（q3－1）＋ma2（q2－1）＋na（q－1）＝a（q2－q），約去a，即得（q－1）［pa2（q2＋q＋1）＋ma（q＋1）＋n］＝q（q－1）.⑤

③－②，并約去aq可得：

（q－1）［pa2q2（q2＋q＋1）＋maq（q＋1）＋n］＝q（q－1）.⑥

④－③，并約去aq2可得：

（q－1）［pa2q4（q2＋q＋1）＋maq2（q＋1）＋n］＝q（q－1）.⑦

假設q≠1，那么由⑤⑥⑦三式，得：

pa2（q2＋q＋1）＋ma（q＋1）＋n＝q；

pa2q2（q2＋q＋1）＋maq（q＋1）＋n＝q；

pa2q4（q2＋q＋1）＋maq2（q＋1）＋n＝q.

以上三式說明，存在二次函數g（x）＝p（q2＋q＋1）x2＋m（q＋1）x＋（n－q），使g（a）＝g（aq）＝g（aq2）＝0，即二次函數g（x）有三個零點，這是不可能的.

綜上所述，q＝1，即f（a）＝a.

推廣一般地，已知f（x）是一元n次多項式函數（n∈N*），且a，f（a），f（f（a）），f（f（f（a））），…，f（f（f（…f（a））））（共n＋1個f）構成正項等比數列，求證：f（a）＝a.

證明：設f（a）＝qa（q＞0），則f（f（a））＝q2a，即f（qa）＝q2a；同理有f（qk－1a）＝qka，k＝1、2、…、n＋1.

綜上所述，q＝1，即f（a）＝a.