Một số kiến thức về hàm số tuần hoàn

Chia sẻ: Nguyễn Minh Hải | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:12

Thêm vào BST

Báo xấu

5
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Trong chương trình trung học phổ thông, kiến thức về hàm số tuần hoàn được đề cập rất ít, chủ yếu khi học sinh được học về các tính chất của các hàm số lượng giác ở lớp 11. Tuy nhiên, trong các kì thi học sinh giỏi, vẫn thường hay xuất hiện những bài toán liên quan đến nội dung này. Tài liệu sau sẽ trình bày một số kiến thức về lý thuyết cũng như các bài toán về hàm số tuần hoàn.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Một số kiến thức về hàm số tuần hoàn

M t S Ki n Th c V Hàm S Tu n Hoàn Cao Minh Quang, THPT chuyên Nguy n B nh Khiêm, Vĩnh Long Tr n Minh Hi n, THPT chuyên Quang Trung, Bình Phư c Trong chương trình THPT, ki n th c v hàm s tu n hoàn (HSTH) ñư c ñ c p r t ít, ch y u khi h c sinh ñư c h c v các tính ch t c a các hàm s lư ng giác l p 11. Tuy nhiên, trong các kì thi h c sinh gi i, v n thư ng hay xu t hi n nh ng bài toán liên quan ñ n n i dung này. Bài vi t sau s trình bày m t s ki n th c v lý thuy t cũng như các bài toán v HSTH. 1. ð nh nghĩa Hàm s y = f ( x ) có t p xác ñ nh D ñư c g i là HSTH n u t n t i ít nh t m t s T ≠ 0 sao cho v i m i x ∈ D ta có: i) x ± T ∈ D ii) f ( x ± T ) = f ( x ) . S th c dương T th a mãn các ñi u ki n trên ñư c g i là chu kì (CK) c a HSTH f ( x) . N u HSTH f ( x) có CK nh nh t T0 thì T0 ñư c g i là chu kì cơ s (CKCS) c a HSTH f ( x) . Ta s tìm hi u m t s tính ch t cơ b n c a HSTH. 2. M t s tính ch t 2.1. Gi s f ( x) là HSTH v i CK T . N u x0 ∈ D thì x0 + nT ∈ D , x0 ∉ D thì x0 + nT ∉ D , v i m i n∈ℤ. 2.2. Gi s f ( x) là HSTH v i CK T và f ( x0 ) = a , x0 ∈ D , khi ñó f ( x0 + nT ) = a , v i m i n∈ℤ. 2.3. N u T1 , T2 > 0 là các CK c a HSTH f ( x) trên t p D thì các th c dương mT1 , nT2 , mT1 + nT , v i m, n ∈ ℤ+ , ñ u là CK c a f ( x) trên t p D . 2.4. N u f ( x) là HSTH v i CKCS T0 thì T = nT0 , n ∈ ℤ+ là m t CK c a HSTH f ( x) . T1 2.5. N u T1 , T2 là các CK c a các HSTH f ( x), g ( x) và là s h u t thì các hàm s f ( x) + g( x) , T2 f ( x ) − g ( x), f ( x ).g ( x) cũng là các HSTH v i chu kì T = mT1 = nT2 , m, n ∈ ℤ+ . Vi c ch ng minh các tính ch t 2.1 – 2.4 tương ñ i ñơn gi n. Ta s ch ng minh tính ch t 2.5. T1 T n Ch ng minh. Vì là s h u t nên t n t i m, n ∈ ℤ+ sao cho 1 = . ð t T = mT1 = nT2 , T2 T2 m v i m i x ∈ D , ta có • f ( x ) = f ( x + T1 ) = f ( x + 2T1 ) = ... = f ( x + mT1 ) = f ( x + T ) , • g ( x ) = g ( x + T2 ) = g ( x + 2T2 ) = ... = g ( x + nT2 ) = g ( x + T ) . Do ñó, f ( x + T ) ± g ( x + T ) = f ( x) ± g ( x), f ( x + T ).g ( x + T ) = f ( x ).g ( x ) . V y f ( x ) ± g ( x ), f ( x ).g ( x) là các HSTH v i chu kì T = mT1 = nT2 , m, n ∈ ℤ+ . 1
Vi c k t lu n m t hàm s có ph i là HSTH hay không ph thu c r t nhi u vào vi c xác ñ nh CK ho c CKCS (n u có) c a hàm s . Ta ñ c p ñ n CK (CKCS) c a m t s hàm s thư ng g p. 3. Chu kì và chu kì cơ s c a m t s hàm s 3.1. Hàm s f ( x) = c ( c là h ng s ) là HSTH v i CK là s dương b t kì nhưng không có CKCS. 1, x ∈ ℚ  3.2. Hàm Dirichlet f ( x ) =   là HSTH v i CK là s h u t dương b t kì nhưng không 0, x ∈ ℝ \ ℚ   có CKCS. 3.3. Hàm s f ( x) = { x} = x − [ x ] là HSTH có CKCS T0 = 1 . 3.4. Các hàm s f ( x) = sin x, f ( x) = cos x là các HSTH có CKCS T0 = 2π . Các hàm s f ( x) = tan x, f ( x) = cot x, f ( x) = sin x , f ( x) = cos x là các HSTH có CKCS T0 = π . 2π 3.5. Các hàm s f ( x) = sin ( ax + b), f ( x) = cos(ax + b) , a ≠ 0 là các HSTH có CKCS T0 = . a f ( x) = tan (ax + b), f ( x) = cot ( ax + b) , a ≠ 0 là các HSTH có CKCS T0 = π Các hàm s . a Ch ng minh. Ta s ch ng minh cho hàm s f ( x ) = { x} = x − [ x ] và f ( x) = sin ( ax + b) , các hàm s còn l i xin dành cho b n ñ c như bài t p t luy n. • V i m i n ∈ ℤ , ta có f ( x + n) = {n + x} = { x} = f ( x) . Do ñó f ( x + 1) = f ( x ) . M t khác, n u 0 < T0 = t < 1 là CKCS c a f ( x) thì v i x = 1 − t , ta có 0 < x < 1 , do ñó. f ( x + t ) = f (1) = 0 ≠ f ( x ) = { x} = 1 − t . V y hàm s f ( x ) = { x} = x − [ x ] là HSTH có CKCS T0 = 1 . • Trư c h t, ta ch ng minh T0 = 2π a , a ≠ 0 là CK c a f ( x) = sin ( ax + b) . Th t v y, ta có f ( x + 2π a ) = sin  a ( x + 2π a ) + b = sin (ax ± 2π + b) = sin (ax + b) = f ( x ) .   Gi s t n t i s dương t < 2π a sao cho f ( x + t ) = f ( x ) , v i m i x ∈ ℝ . Khi ñó, v i π 2−b x= , ta có a  π 2 −b   f ( x + t ) = sin  a   + t  + b = sin (π 2 + at ) = cos at = cos (t a ) < 1 ,    a      π 2 −b  f ( x ) = sin  a    + b = sin (π 2) = 1 .    a    Do ñó, f ( x + t ) = f ( x ) không x y ra v i m i x ∈ ℝ , t c là T0 = 2π a , a ≠ 0 là CKCS c a f ( x) = sin ( ax + b) . 4. M t s bài toán Bài toán 1. Xét tính tu n hoàn và tìm CKCS (n u có) c a các hàm s sau a) f ( x ) = cos π x b) f ( x ) = cos x 2
x 3x c) f ( x ) = cos cos 2 2 d) f ( x ) = cos x + cos 2 x e) f ( x ) = sin x 2 L i gi i. a) Theo tính ch t 3.5, d th y r ng f ( x ) = cos π x là HSTH v i CKCS T = 2 . b) T p xác ñ nh c a hàm s là D = [0, +∞) . Gi s f ( x ) = cos x là HSTH v i CK T > 0 . N u x0 ∈ D thì x0 + nT ∈ D , v i m i n ∈ ℤ . Tuy nhiên, ñi u này không th x y n u cho n < 0 ñ bé thì x0 + nT < 0 . Do ñó f ( x ) = cos x không là HSTH. x 3x 1 c) Ta có f ( x ) = cos cos = (cos x + cos 2 x ) = f ( x + 2π ) . Ta s ch ng minh T0 = 2π 2 2 2 là CKCS c a hàm s này. Th t v y, v i 0 < a < 2π thì cos a < 1,cos 2a ≤ 1 , suy ra 1 f (a ) = (cos a + cos 2a ) < 1 = f (0) . 2 Do ñó, f ( x + a ) = f ( x ) không th x y ra v i m i x ∈ ℝ , t c là T0 = 2π là s dương nh nh t sao cho f ( x + T0 ) = f ( x) v i m i x ∈ ℝ hay T0 = 2π là CKCS. d) Gi s f ( x ) = cos x + cos 2 x là HSTH, t c là t n t i T > 0 sao cho f ( x + T ) = f ( x ) , v i m i x ∈ ℝ , hay cos ( x + T ) + cos 2 ( x + T ) = cos x + cos 2 x . V i x = 0 , ta có cos T + cos 2T = 2 , suy ra cos T = cos 2T = 1 hay T = 2k π, 2T = 2mπ , m trong ñó k , m ∈ ℤ+ . Do ñó 2 = ∈ ℚ (vô lý). V y f ( x ) = cos x + cos 2 x không là HSTH. k e) Gi s f ( x ) = sin x 2 là HSTH, t c là t n t i T > 0 sao cho f ( x + T ) = f ( x ) , v i m i x ∈ ℝ , hay sin ( x + T ) = sin x 2 . 2 V i x = 0 , ta có sin T 2 = 0 hay T 2 = k π , k ∈ ℤ+ hay T = kπ . Suy ra f x + kπ = f ( x) . ( ) ( ) ( ) 2 2 V i x = 2kπ , ta có sin 2k π + k π = sin 2k π = sin (2k π ) = 0 , vô lý vì ( ) ( ) ( ) 2 sin 2k π + k π = sin 2k π + k π + 2k π 2 = ± sin 2k π 2 ≠ 0 . V y f ( x ) = sin x 2 không là HSTH. [ x] Bài toán 2. Ch ng minh r ng hàm s f ( x ) = (−1) { x} là HSTH. L i gi i. Ta s ch ng minh T0 = 2 là CKCS c a hàm s . Th t v y, ta có [ x + 2] 2 +[ x ] [ ] f ( x + 2) = (−1) {x + 2} = (−1) { x} = (−1) { x} = f ( x) . x Gi s t n t i 0 < a < 2 sao cho f ( x + a ) = f (a ) , v i m i x ∈ ℝ . Ta s xét ba trư ng h p. (i). 0 < a < 1 . Ch n x = 2 − a thì 1 < x < 2 . Do ñó f ( x ) = −{ x} ≠ 0 ; f ( x + a ) = f (2) = 0 , suy ra f ( x + a) ≠ f ( x ) . 3
(ii). a = 1 . Ch n 0 < x < 1 , ta có f ( x ) = { x} = x; f ( x + a) = −{ x} = −x , f ( x + a) ≠ f ( x ) . (iii). 1 < a < 2 . Ch n x = 2 − a thì 0 < x < 1 , ta có f ( x ) = { x} = x; f ( x + a) = f (2) = 0 , suy ra f ( x + a) ≠ f ( x ) . V y không t n t i 0 < a < 2 sao cho f ( x + a) = f (a ) , v i m i x ∈ ℝ hay T0 = 2 là CKCS. Bài toán 3. [Vi t Nam 1997, b ng B] Cho a, b, c, d là các s th c khác 0 . Ch ng minh r ng c f ( x ) = a sin cx + b cos dx là HSTH ⇔ là s h u t . d L i gi i. (⇒) Gi s f ( x) là HSTH, t c là t n t i T > 0 sao cho f ( x + T ) = f ( x) , v i m i x ∈ ℝ . V i x = 0 ta có f (T ) = f (0) hay a sin cT + b cos dT = b . V i x = −T , ta có f (T ) = f (0) hay −a sin cT + b cos dT = b . C ng theo t ng v các ñ ng th c trên, ta nh n ñư c cos dT = 1 , suy ra dT = 2k π, k ∈ ℤ \ {0} . Tr theo t ng v các ñ ng th c trên, ta nh n ñư c sin cT = 0 , suy ra cT = mπ, m ∈ ℤ \ {0} . c m T ñó suy ra = ∈ℚ. d 2k c c m (⇐) Ngư c l i, gi s là s h u t , t c là t n t i m, n ∈ ℤ \ {0} sao cho = . Ta ch n s d d n 2πm 2πn dương T = = , khi ñó v i m i x ∈ ℝ , ta có c d   2πm    2πn   f ( x + T ) = a sin c  x +   + b cos d  x +  = a sin cx + b cos dx = f ( x) .   c    d  2πm 2πn Do ñó, f ( x) là HSTH v i CK T = = . c d Bài toán 4. Ch ng minh r ng n u ñ th hàm s f ( x) có hai tr c ñ i x ng x = a, x = b(a ≠ b) , thì f ( x) là HSTH. L i gi i. Trư c h t, ta g i (C ) là ñ th c a hàm s . Không m t tính t ng quát, ta gi s r ng a < b . T nh ti n (C ) theo vector v = (−a,0) . Bài toán tr thành: “Ch ng minh r ng n u ñ th c a hàm s f ( x) có hai tr c ñ i x ng x = 0, x = c = b − a thì f ( x) là HSTH”. Vì ñ th c a hàm s f ( x) ñ i x ng qua x = 0 nên f ( x ) = f (−x) . M t khác, ñ th c a hàm s f ( x) cũng ñ i x ng qua x = c nên f ( x ) = f (2c − x ) . Suy ra f (−x ) = f (2c − x ) , v i m i x ∈ ℝ , t c là f ( x) là HSTH v i CK T = 2c = 2(b − a) . f ( x) −1 Bài toán 5. Cho hàm s f ( x) xác ñ nh trên D và f ( x + a ) = , a ≠ 0 . Ch ng minh f ( x) + 1 r ng f ( x) là HSTH. L i gi i. V i m i x ∈ D, a ≠ 0 , ta có 4
f ( x + a ) −1 ( f ( x) − 1) ( f ( x ) + 1) −1 −1 f ( x + 2a ) = f ( x + a) + a = = = . f ( x + a) + 1 ( f ( x) − 1) ( f ( x ) + 1) + 1 f ( x ) −1 Suy ra, f ( x + 4a ) = = f ( x ) . Do ñó f ( x) là HSTH. f ( x + 2a ) Bài toán 6. Cho hàm s f ( x ) xác ñ nh trên ℝ và th a mãn ñi u ki n f ( x + 4) + f ( x − 4) = f ( x) , v i m i x ∈ ℝ . Ch ng minh r ng f ( x ) là HSTH. L i gi i. V i m i x ∈ ℝ , t ñi u ki n bài toán, ta có f ( x + 8) + f ( x ) = f ( x + 4) . Suy ra f ( x + 8) = − f ( x − 4) . Do ñó f ( x + 12) = f (( x + 4) + 8) = − f (( x + 4)− 4) = − f ( x ) , và f (24) = f (( x + 12) +12) = − f ( x + 12) = f ( x) . V y f ( x) là HSTH v i CK T = 24 . Bài toán 7. Cho hàm s f ( x) xác ñ nh trên ℝ và th a mãn ñi u ki n f ( x) = f ( x − 3) f ( x + 3) , v i m i x ∈ ℝ . Ch ng minh r ng f ( x ) là HSTH. L i gi i. V i m i x ∈ ℝ , t ñi u ki n bài toán, ta có f ( x + 3) = f ( x) f ( x + 6) . Suy ra f ( x + 3) = f ( x − 3) f ( x + 3) f ( x + 6) , t c là f ( x + 3) = 0 ho c f ( x − 3) f ( x + 6) = 1 . N u f ( x + 3) = 0 , v i m i x ∈ ℝ , thì f ( x ) = 0 , vì v y f ( x) là HSTH. N u f ( x − 3) f ( x + 6) = 1 thì f ( x) f ( x + 9) = 1 , do ñó f ( x + 9) f ( x +18) = 1 . T ñó suy ra f ( x) = f ( x +18) hay f ( x ) là HSTH CK T = 18 . Bài toán 8. Cho hàm s f ( x ) xác ñ nh trên ℝ và th a mãn ñi u ki n f ( x +1) + f ( x −1) = 2 f ( x) , v i m i x ∈ ℝ . Ch ng minh r ng f ( x ) là HSTH. L i gi i. V i m i x ∈ ℝ , t ñi u ki n bài toán, ta có f ( x + 2) + f ( x) = 2 f ( x + 1) = 2  2 f ( x ) − f ( x −1) = 2 f ( x) − 2 f ( x −1) .   Do ñó f ( x + 2) − f ( x ) = − 2 f ( x −1) . T ñ ng th c này, suy ra f ( x + 3) − f ( x +1) = − 2 f ( x ) = − f ( x +1) − f ( x −1) hay f ( x + 3) = − f ( x −1) . Suy ra f ( x ) = − f ( x + 4) = f ( x + 8) . V y f ( x ) là HSTH v i CK T = 8 Bài toán 9. Cho hàm s f ( x) xác ñ nh trên ℝ , th a mãn các ñi u ki n f ( x + 3) ≤ f ( x) + 3 , f ( x + 2) ≥ f ( x) + 2 , v i m i x ∈ ℝ . Ch ng minh r ng g ( x) = f ( x ) − x là HSTH. L i gi i. Ta s ch ng minh g ( x + 6) = g ( x) , v i m i x ∈ ℝ . Th t v y, ta có 5
g ( x + 6) = f ( x + 6) − x − 6 = f ( x + 3 + 3) − x − 6 ≤ ≤ f ( x + 3) + 3 − x − 6 ≤ f ( x ) + 3 + 3 − x − 6 = f ( x ) − x = g ( x) . M t khác, g ( x + 6) = f ( x + 6) − x − 6 = f ( x + 4 + 2) − x − 6 ≥ f ( x + 4) + 2 − x − 6 ≥ ≥ f ( x + 2) + 4 − x − 6 ≥ f ( x) + 6 − x − 6 − x = f ( x) − x = g ( x) . Suy ra g ( x + 6) = g ( x) , v i m i x ∈ ℝ hay g ( x) = f ( x ) − x là HSTH v i CK T = 6 . Bài toán 10. Ch ng minh r ng n u HSTH f ( x) th a mãn ñi u ki n kf ( x ) = f (kx), v i m i x ∈ ℝ , k ∈ ℝ , k ≠ 0, k ≠ ±1 thì f ( x) không có CKCS. L i gi i. Gi s T0 là CKCS c a HSTH f ( x) . Khi ñó, v i m i x ∈ ℝ , k ≠ 1, k ≠ 0 , ta có   T   T  f (kx + T0 ) = f (kx) = kf ( x) và f (kx + T0 ) = f  k  x + 0  = kf  x + 0  .        k    k  T  Do ñó, f ( x ) = f  x + 0  . Ta s xét hai trư ng h p sau:     k T0 (i) k > 1 . N u k > 1 thì < T0 (vô lý vì T0 là CKCS). N u k < −1 hay −k > 1 , b ng cách k T  T  T ñ t y = x + 0 , ta có f ( y ) = f  y − 0  (vô lý vì − 0 < T0 ).   k   k k  x  x   x (ii) k < 1 . V i m i x ∈ ℝ , ta có f ( x + kT0 ) = f  k  + T0  = kf  + T0  = kf   = f ( x ) .         k k k         1  T  ð t k ' = , ta nh n ñư c f ( x ) = f  x + 0  , v i k ' > 1 . Theo (i), ta cũng nh n ñư c ñi u vô lí.    k   k ' Tóm l i, f ( x) không có CKCS. 1 Bài toán 11. Cho a > 0 và hàm s f : ℝ+  ℝ th a ñi u ki n f ( x + a) = + f ( x) − f 2 ( x) → 2 , v i m i x > 0 . Ch ng minh r ng f ( x) là HSTH. 1 1 L i gi i. Vì f ( x + a) = + f ( x) − f 2 ( x), v i m i x > 0 nên f ( x + a) ≥ . 2 2 1 Do ñó, f ( x) ≥ . Suy ra 2 1 1 f ( x + 2a ) = + f ( x + a) − f 2 ( x + a) = + f ( x + a ) 1 − f ( x + a) 2 2 1 1  1  1 1 = +  +  f ( x) − f 2 ( x) − f ( x) − f 2 ( x) = +   2   2 − f ( x) + f 2 ( x) 2 2    4 1 1 1 1 = + f ( x) − = + f ( x) − = f ( x) . 2 2 2 2 V y t n t i T = 2a > 0 sao cho f ( x + T ) = f ( x ) , v i m i x ∈ ℝ + nên f ( x) là HSTH. 6
Bài toán 12. T n t i hay không các hàm s f , g : ℝ  ℝ , v i g là HSTH th a mãn ñi u → ki n x3 = f ([ x ]) + g ( x ) , v i m i x ∈ ℝ , kí hi u [ i ] ch ph n nguyên. L i gi i. Gi s t n t i các hàm f , g th a mãn yêu c u bài toán. G i T0 là CK c a g . V i m i x ∈ ℝ , ta có ( x + T0 ) = f ([ x + T0 ]) + g ( x + T0 ) = f ([ x + T0 ]) + g ( x) . 3 Suy ra f ([ x + T0 ]) − f ([ x ]) = ( x + T0 ) − x 3 = 3T0 x 2 + 3T02 x + T03 (*) . 3 V i m i x ∈  0,[T0 ] + 1 − T0 ) thì v trái c a (*) b ng 0, do ñó (*) là ña th c b c 2 có vô s nghi m, suy ra 3T0 = 3T02 = T03 = 0 hay T0 = 0 (vô lý). V y không th t n t i các hàm f , g th a mãn yêu c u bài toán. Bài toán 13. Gi s f ( x) là m t HSTH có CKCS T0 . T n t i hay không lim f ( 1 ) ? x x →0 L i gi i. Trư c h t, ta nh n th y r ng f ( x ) ≠ c ( c là h ng s ), vì hàm h ng không có CKCS. Do ñó, s t n t i hai s th c a, b sao cho f (a ) ≠ f (b) . ð t an = a + nT0 , bn = b + nT0 . Khi ñó, ta 1 n →∞ 1 n →∞ có  0,   0 . Do ñó → → an bn  1   lim f    = lim f (an ) = lim f (a + nT0 ) = lim f (a) = f (a) , n →∞ 1 a   n  n→∞  n →∞ n →∞  1   lim f   = lim f (bn ) = lim f (b + nT0 ) = lim f (b) = f (b) .  n →∞   1 bn  n→∞ n →∞ n →∞  1   ≠ lim  1   hay không t n t i lim f ( 1 ) . Suy ra, lim f     f     n  n→∞ n →∞ 1 a   1 bn  x  x →0 Bài toán 14. Cho f ( x) là HSTH và liên t c trên ℝ , có CK 2T . Ch ng minh r ng t n t i x0 ∈ ℝ sao cho f ( x0 + T ) = f ( x0 ) . L i gi i. ð t g ( x) = f ( x + T ) − f ( x) . Ta có g ( x +T ) = f ( x + 2T ) − f ( x +T ) = f ( x) − f ( x +T ) . Do ñó, g ( x ).g ( x + T ) = −  f ( x + T ) − f ( x ) ≤ 0 . 2 Vì f ( x) là hàm s liên t c nên g ( x ) cũng là hàm s liên t c, do ñó, theo ñ nh lý Cauchy – Bolzano, t n t i x0 ∈ [ x, x + T ] sao cho g ( x0 ) = 0 hay f ( x0 + T ) = f ( x0 ) . Bài toán 15. Cho hàm s f : ℝ  ℝ th a mãn các ñi u ki n sau: → (i) f ( x + y ) + f ( x − y ) = 2 f ( x ) f ( y ) , v i m i x, y ∈ ℝ ; (ii) T n t i s th c x0 sao cho f ( x0 ) = −1 . Ch ng minh r ng f ( x ) là HSTH. L i gi i. Cho x = y = 0 , ta nh n ñư c 2 f (0) = 2 ( f (0)) . Do ñó f (0) = 0 ho c f (0) = 2 . 2 7
N u f (0) = 0 , v i x = x0 , y = 0 , ta ñư c 2 f ( x0 ) = 0 , mâu thu n ñi u ki n (ii). V y ta ph i có ñư c f (0) = 1 , và như v y x0 ≠ 0 . Cho x = y , ta ñư c f (2 x) + f (0) = 2 ( f ( x )) hay f (2 x) = 2 f 2 ( x ) −1 , v i m i x ∈ ℝ . 2 Cho x = y = x0 , ta ñư c f (2 x0 ) + f (0) = 2 ( f ( x )) hay f (2 x0 ) = 1 . 2 Thay x b i x + 2 x0 và y b i x − 2 x0 , ta ñư c f (2 x) + f (4 x0 ) = 2 f ( x + 2 x0 ) f ( x − 2 x0 ) . Nhưng f (4 x0 ) = 2 f 2 (2 x0 )−1 , do ñó f ( x + 2 x0 ) f ( x − 2 x0 ) = f (2 x ) + f (4 x0 ) = f (2 x ) + 1 = f 2 ( x) . M t khác, v i x ∈ ℝ và y = 2 x0 , ta có f ( x + 2 x0 ) + f ( x − 2 x0 ) = 2 f ( x) . Suy ra  f ( x + 2 x0 ) − f ( x − 2 x0 ) = 2    f ( x + 2 x0 ) + f ( x − 2 x0 ) − 4 f = ( x + 2 x0 ) + f ( x − 2 x0 ) = 4 f 2 ( x) − 4 f 2 ( x) = 0 . 2   Do ñó, v i m i x ∈ ℝ thì f ( x + 2 x0 ) = f ( x − 2 x0 ) = f ( x) hay f ( x) là HSTH. Bài toán 16. Cho hàm s f : ℝ  ℝ th a mãn ñi u ki n f ( x ) ≤ 2008 và →  13   1  1 f  x +  + f ( x) =   f x + +   f x + , v i m i x ∈ ℝ .     42     6    7  Ch ng minh r ng f ( x ) là HSTH. 1 1 13 L i gi i. ð t a = , b = thì a + b = . Khi ñó, m i quan h c a hàm s có th ñư c vi t 6 7 42 l i như sau f ( x + a + b) + f ( x) = f ( x + a ) + f ( x + b) , v i m i x ∈ ℝ . Trong ñ ng th c trên, ta thay liên ti p x b i x + a, x + 2a, x + 3a, x + 4a, x + 5a , r i c ng l i, ta thu ñư c f ( x +1 + b) + f ( x ) = f ( x + 1) + f ( x + b) , v i m i x ∈ ℝ . Trong ñ ng th c v a nh n ñư c, ta thay liên ti p x b i x + b, x + 2b, x + 3b, x + 4b, x + 5b , r i c ng l i, ta thu ñư c f ( x + 2) + f ( x) = 2 f ( x + 1) hay f ( x + 2) − f ( x +1) = f ( x +1) − f ( x) , v i m i x ∈ ℝ . ð t f ( x + 1) − f ( x ) = a . B ng phương pháp quy n p, ta ch ng minh ñư c, v i m i s n nguyên dương thì f ( x + n) − f ( x + n −1) = a . Do ñó, f ( x + n)− f ( x ) = na . Ta s ch ng minh a = 0 , và khi ñó f ( x) là HSTH v i CK T = 1 . Th t v y, gi s a ≠ 0 , thì n a = na = f ( x + n) − f ( x ) ≤ 2.2008 , v i m i x ∈ ℝ . Nhưng ñi u này không x y ra khi n > 0 ñ l n. Do ñó a = 0 . Bài toán 17. Cho hàm s f : ℤ+  ℤ+ và s nguyên dương a th a mãn các ñi u ki n sau: → (i) f (a) = f (1995) , f (a + 1) = f (1996), f (a + 2) = f (1997) ; 8
f ( n ) −1 (ii) f (n + a ) = , v i m i n ∈ ℤ+ . f ( n) + 1 (a) Ch ng minh r ng f (n + 4a ) = f (n) v i m i n ∈ ℤ+ . (b) Xác ñ nh giá tr nh nh t c a a th a mãn bài toán. L i gi i. (a) Trư c h t ta nh n th y r ng, ñ có ñư c ñi u ki n (ii), ta ph i có f (n) ≠ −1 , v i m i n ∈ ℤ . Hơn n a, n u t n t i n ∈ ℤ sao cho f (n) = 0 thì f (n + a) = −1 , suy ra f (n + 2a ) là không xác ñ nh. Do ñó f (n) ∉ {−1, 0} , v i m i n ∈ ℤ . Ta có f (n + a ) −1 ( f (n) −1) ( f (n) + 1) −1 1 f ( n + 2a ) = = =− ,v i m i n∈ℤ. f (n + a ) + 1 ( f (n) −1) ( f (n) + 1) +1 f ( n) 1 Do ñó f (n + 4a ) = − = f ( n) , v i m i n ∈ ℤ . f ( n + 2a ) f (n) −1 (b) Xét a = 1 , thì f (1) = f (1995), f (2) = f (1996) , f (3) = f (1997) , f (n +1) = . f ( n) + 1 −1 Khi ñó, f (n + 4) = f (n) và f (n + 2) = , v i m i n ∈ ℤ+ . B ng phương pháp quy n p, f ( n) ta ch ng minh ñư c f (n + 4k ) = f (n) , v i m i n, k ∈ ℤ+ . −1 Vì 1995 = 3 + 4.498 nên f (1) = f (1995) = f (3) (vô lý vì f (3) = ). f (1) Xét a = 2 , thì f (2) = f (1995) , f (3) = f (1996) , f (4) = f (1997) ; và v i m i n ∈ ℤ+ thì −1 f (n + 8) = f (n) , f (n + 4) = , v i m i n ∈ ℤ+ . B ng phương pháp quy n p, ta ch ng minh f ( n) ñư c f (n + 8k ) = f (n) , v i m i n, k ∈ ℤ + . Ta có • 1995 = 3 + 8.249 nên f (2) = f (1995) = f (3) . • 1996 = 4 + 8.249 nên f (3) = f (1996) = f (4) . • 1997 = 5 + 8.249 nên f (4) = f (1997) = f (5) . Suy ra f (3) = f (5) . 1 M t khác ta có f (5) = − hay f (5) f (1) = −1 . Suy ra f (1) f (1) −1 f (5) = f (3) = hay f (5) f (1) + f (5) = f (1) −1 hay f (5) = f (1) (vô lý). f (1) +1 Ta s ch ng minh a = 3 là giá tr nh nh t c n tìm. Ta xây d ng hàm f như sau: f (1), f (2) , f (3) nh n các giá tr tùy ý khác 0 và – 1. V i m i f (n − 3)−1 n > 3 , ta xác ñ nh f (n) = . Ta ch ng minh hàm f v a ñư c xây d ng như trên s f (n + 3) + 1 th a mãn ñi u ki n c a bài toán. 9
f ( n ) −1 f ( n ) −1 Ta có f (n + 3) = . Suy ra f (n + a) = , v i m i n∈ℤ. f (n) + 1 f ( n) + 1 M t khác f (n +12) = f (n) , v i m i n ∈ ℤ . B ng phương pháp quy n p, ta ch ng minh ñư c f (n +12k ) = f (n) , v i m i n, k ∈ ℤ+ . Ta có • f (1995) = f (3 +12.166) = f (3) . • f (1996) = f (4 +12.166) = f (4) . • f (1997) = f (5 + 12.166) = f (5) . V y a = 3 là giá tr nh nh t c n tìm. 2 + xn Bài toán 18. Dãy s { xn } ñư c cho b i công th c x1 = 2, xn+1 = , n ∈ Z + . Ch ng minh 1− 2 xn r ng (a) xn ≠ 0 , v i m i n ∈ ℕ* . (b) Dãy { xn } không tu n hoàn. L i gi i. (a) Trư c h t, d nh n th y r ng các s h ng c a dãy này ñ u là s h u t . Ta ñ t x1 = tan α = 2 , thì 2 + x1 tan α + tan α tan α + tan nα x2 = = = tan 2α , …, xn+1 = = tan (n + 1) α . 1− 2 x1 1− tan α 2 1− tan α tan nα 2 + x2 k N u xn = 0 v i n = 2k + 1, k ∈ ℕ thì x2 k +1 = = 0 , hay x2 k = −2 . Khi ñó 1− 2 x2 k 2 tan k α x 1± 5 tan 2k α = −2 ⇔ = −2 ⇔ k 2 = −1 ⇔ xk = (vô lý). 1− tan k α 2 1− xk 2 2 tan k α N u xn = 0 v i n = 2k , k ∈ ℕ thì tan 2k α = = 0 . Do ñó xk = tan kα = 0 , suy ra 1− tan 2 k α k là m t s ch n (vì xn ≠ 0 , v i m i n là s l ). Vì v y k = 2t (2m +1) . Ti p t c lý lu n như trên, ta có x2t−1(2 m+1) = 0,..., x2(2 m+1) = 0, x2 m+1 = 0 (vô lý). V y xn ≠ 0 , v i m i n ∈ ℕ* . (b) Gi s dãy { xn } tu n hoàn, t c là t n t i m ∈ ℤ+ sao cho xm+n = xn , n ∈ ℤ+ . Suy ra sin mα tan (m + n) α = tan nα ⇔ = 0 ⇔ sin mα = 0 . cos (m + n) α cos nα Do ñó, xm = tan mα = 0 (vô lý). V y dãy { xn } không tu n hoàn. 10
M t s bài t p t luy n Bài 1. Xét tính tu n hoàn và tìm CKCS (n u có) c a các hàm s sau a) f ( x ) = sin x + cos x b) f ( x) = cos π x + sin 2π x c) f ( x ) = x 2 cos x  x d) f ( x) = x − n    n   π f ( x ) = (−1) cos π x +  x e)     3  Bài 2. Ch ng minh r ng n u ñ th hàm s f ( x) có tâm tr c ñ i x ng E(a, b) và có tr c ñ i x ng x = c (c ≠ a ) , thì f ( x) là HSTH. Bài 3. Cho f ( x) là HSTH và liên t c trên ℝ , có CKCS T0 . Ch ng minh r ng, v i m i a +T0 T0 a ∈ ℝ thì ∫ f ( x )dx = ∫ f ( x )dx . a 0 Bài 4. Cho f ( x) là HSTH, liên t c trên ℝ và lim f ( x) = a, a ∈ ℝ . Ch ng minh r ng v i x →+∞ m i x ∈ ℝ , ta có f ( x ) = a . Bài 5. Cho f ( x), g ( x ) là các HSTH, liên t c trên ℝ và lim  f ( x) − g ( x) = a, a ∈ ℝ . Ch ng x →+∞ minh r ng f ( x) = g ( x ) + a , v i m i x ∈ ℝ . Bài 6. Cho hàm s f : ℝ  ℝ \ {3} , sao cho t n t i s th c a > 0 th a mãn ñi u ki n → f ( x)− 5 f ( x + a) = . Ch ng minh r ng f ( x) là HSTH. f ( x)− 3 Bài 7. Cho hàm s f : ℝ  ℝ là HSTH sao cho t p h p → { f ( n ) | n ∈ ℕ} ch a vô s ph n t . Ch ng minh r ng chu kì c a hàm s f ( x) là m t s vô t . Bài 8. Cho hai hàm s f ( x ) , g ( x) xác ñ nh trên ℝ và t n t i s th c a ≠ 0 sao cho (i) f ( x + a) = f ( x) + g ( x ) ;  g ( x), n⋮ 2  (ii) g ( x + na ) =   ; −g ( x ), n ⋮ 2   (iii) f ( x ) = 1 n u 0 ≤ x ≤ a . Ch ng minh r ng n u g ( x) ≤ 1 thì 0 ≤ f ( x ) ≤ 2 . Bài 9. Cho hàm s   1 π   : x = + kπ  f ( x) =  2 2  ,k ∈ ℤ .   1 π  : x ≠ + kπ  2 + tan 2 x   2 11
Ch ng minh r ng hàm s g ( x) = f ( x ) + f (ax) là HSTH khi và ch khi a là s vô t . Bài 10. Tìm t t c các ña th c f ( x ) v i h s th c sao cho cos f ( x) , x ∈ ℝ là HSTH. Bài 11. Cho hàm s f : ℝ  ℝ th a mãn các ñi u ki n sau → (i) f ( x) là hàm không gi m; (ii) f ( x ) là HSTH. Ch ng minh r ng f ( x ) là hàm h ng. Bài 12. Dãy s nguyên {un } , n = 1, 2,... ñư c xác ñ nh như sau: u1 = 1990, u2 = 1989, u3 = 2000 , un+3 = 19un+ 2 + 9un+1 + 1991, n ∈ ℕ* . V i m i n , g i rn là s dư trong phép chia un cho 1992. Ch ng minh r ng dãy {rn } là dãy s tu n hoàn. Tài li u tham kh o [1] Doãn Minh Cư ng, Nguy n Huy ðoan, Ngô Xuân Sơn. “Nh ng bài toán sơ c p ch n l c (t p 1)”. NXB Giáo D c, 1986. [2] Nguy n Vũ Thanh. “Phương pháp ch n l c gi i toán lư ng giác”. NXB Cà Mau, 1993. [3] Nguy n Vũ Thanh. “Chuyên ñ b i dư ng s h c”. NXB Ti n Giang, 1993. [4] Nguy n Quý Dy, Nguy n Văn Nho. “Tuy n t p 200 bài toán gi i tích”. NXB Giáo D c, 2000. [5] Phan Huy Kh i. “Toán nâng cao cho h c sinh THPT – ð i S (t p 1)”. NXB Giáo D c, 2000. [6] Nguy n Vi t H i. “Khai thác ñ nh nghĩa hàm s tu n hoàn”. T p chí Toán H c và Tu i Tr , s 1/2000. [7] Lê Sáng. “Dãy s và các v n ñ liên quan”. NXB ðà N ng, 1994. [8] Nguy n Tr ng Tu n. “Bài toán hàm s qua các kì thi Olympic”. NXB Giáo D c, 2004. 12