北大保送试题与代数基本定理

☉江苏南京外国语学校 李平龙（特级教师）

题目已知f（x）是二次函数，且a，f（a），f（f（a）），f（f（f（a）））构成正项等比数列，求证：f（a）＝a.

证明：设f（a）＝qa（q＞0），则f（f（a））＝q2a，即f（qa）＝q2a；同理有f（q2a）＝q3a.

设f（x）＝mx2＋nx＋r（m≠0），则由

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

假设q≠1，那么由④⑤两式，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.因为m≠0，a≠0，q≠1，所以q＋1＝0⇒q＝－1，这与q＞0矛盾.

综上所述，q＝1，即f（a）＝a.

笔者经研究发现可做如下的类比、拓展与推广.

类比已知f（x）是二次函数，且a，f（a），f（f（a）），f（f（f（a）））构成等差数列，求证：（fa）＝a.

证明：设f（a）＝a＋d，则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

假设d≠0，那么由④⑤两式，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，这与m≠0且d≠0矛盾.

综上所述，d＝0，即f（a）＝a.

拓展 已知（fx）是三次函数，且a，（fa），（f（fa）），（f（f（fa））），f（f（f（f（a））））构成正项等比数列，求证：f（a）＝a.

证明：设f（a）＝qa（q＞0），则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），约去a，即得（q－1）［pa2（q2＋q＋1）＋ma（q＋1）＋n］＝q（q－1）.⑤

③－②，并约去aq可得：

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

④－③，并约去aq2可得：

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

假设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.

以上三式说明，存在二次函数g（x）＝p（q2＋q＋1）x2＋m（q＋1）x＋（n－q），使g（a）＝g（aq）＝g（aq2）＝0，即二次函数g（x）有三个零点，这是不可能的.

综上所述，q＝1，即f（a）＝a.

推广一般地，已知f（x）是一元n次多项式函数（n∈N*），且a，f（a），f（f（a）），f（f（f（a））），…，f（f（f（…f（a））））（共n＋1个f）构成正项等比数列，求证：f（a）＝a.

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

综上所述，q＝1，即f（a）＝a.