Phương trình hàm nâng cao P2

Chia sẻ: Trần Bá Trung1 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:15

Thêm vào BST

Báo xấu

343
lượt xem 218
download

Phương trình hàm nâng cao P2

Mô tả tài liệu

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Phương trình hàm nâng cao P2 Bài toán về phương trình hàm thường xuất hiện trong các kì thi học sinh giỏi như IMO, VMO... Nhưng những người viết sách về nó cũng không nhiều, ở Việt Nam thì thấy có cuốn Phương trình hàm của Nguyễn Văn Mậu, gần đây có Nguyễn Giang Giai (không biết còn ai nữa không). Bài viết này tập hợp rất nhiều sách về phương trình hàm. Bên cạnh các tài liệu tiếng Anh một số tài liệu tiếng Việt cũng khá thú vị. ...

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Phương trình hàm nâng cao P2

L i gi i: Cho: x = y = 1 ⇒ f ( f (1) ) = f (1) . f ( f (1) ) ⇒ f (1) = 1 vì f ( f (1) ) ≠ 0 ⇒ f ( f (1) ) = 1 . 1 f   f (1)   y a . x = 1; y ∈ ( 0; + ∞ ) ⇒ f   = y f ( y ) f ( f (1) ) = y f ( y ) ⇔ f ( y ) = ( )  y  y M t  1     f    f ( y)    1  khác: f ( f ( y ) ) = f     = y f ( y ) f  f    = y f ( y ) f ( y f ( y ) ) = y f ( y ) y f   y    y   1       y      1 1 = y f ( y) f   f ( f ( y )) . y  y 1 1 1 Vì f ( f ( y ) ) ≠ 0 nên y f ( y ) f   = 1 ⇔ f ( y) f   = 1 (b) . y  y  y 1 ( a ) + (b) ⇒ f ( y ) = ∀y ∈( 0; + ∞ ) . Th l i th y ñúng. y Ví d 13: Tìm f : R → R th a mãn:  1  f ( 0) = ( a )  2 . ∃ a ∈ R : f ( a − y ) f ( x ) + f ( a − x ) f ( y ) = f ( x + y ) ∀x, y ∈ R ( b )  L i gi i: 1 Cho x = y = 0, ( b ) ⇒ f ( a ) = . 2 Cho y = 0; x ∈ R ta ñư c: f ( x ) = f ( x ) . f ( a ) + f ( 0 ) . f ( a − x ) ⇒ f ( x ) = f ( a − x ) ( c ) . 2 2 Cho y = a − x ; x ∈ R ta ñư c: f ( a ) = ( f ( x ) ) + ( f ( a − x ) ) (d ) .  1 2 1  f ( x) = 2 ( c ) + ( d ) ⇒ 2 ( f ( x )) = ⇔ . 2  f ( x) = − 1   2 1 N u ∃ xo ∈ R sao cho: f ( xo ) = − thì: 2 2 1 (b) x x  x   x  (c)   x   − = f ( xo ) = f  o + o  = 2 f  o  . f  a − o  = 2  f  o   ≥ 0 ⇒ Vô lí. 2  2 2  2  2   2  1 V y f ( x) = ∀x ∈ R . Th l i th y ñúng. 2 16
Ví d 14: (VMO.1995) Tìm f : R → R th a mãn: f (( x − y ) ) = x 2 2 2 − 2 y f ( x ) + ( f ( y ) ) ∀x, y ∈ R (14 ) . L i gi i: 2  f ( 0) = 0 Cho x = y = 0 ⇒ f ( 0 ) = ( f ( 0 ) ) ⇔  .  f ( 0) = 1  y = 0 N u f ( 0 ) = 0 : Cho  ta ñư c: f ( x 2 ) = x 2 ⇒ f ( t ) = t ∀t ≥ 0 x ∈ R 2 2 Cho x = y ∈ R ta ñư c: f ( 0) = x2 − 2 x f ( x ) + ( f ( x ) ) ⇔ ( f ( x ) − x ) = 0 ⇔ f ( x ) = x . Th l i th y ñúng. y = 0 N u f ( 0 ) = 1: Cho  ta ñư c: f ( x 2 ) = x 2 + 1 ⇔ f ( t ) = t + 1 ∀t ≥ 0 .  x∈R 2 2 Cho x = 0; y ∈ R ta ñư c: f ( y 2 ) = −2 y + ( f ( y ) ) ⇒ ( f ( y ) ) = f ( y 2 ) + 2 y 2  f ( y) = y +1 = y 2 + 1 + 2 y = ( y + 1) ⇒  .  f ( y) = − y −1  Gi s ∃ yo ∈ R sao cho: f ( yo ) = − yo − 1 . Ch n x = y = yo ta ñư c: 2  f ( yo ) = yo − 1 1 = yo − 2 yo f ( yo ) + ( f ( yo ) ) ⇔  2 .  f ( yo ) = yo + 1  N u f ( yo ) = yo − 1 ⇒ − yo − 1 = yo − 1 ⇒ yo = 0 v f ( 0 ) = −1 (lo¹i) . N u f ( yo ) = yo + 1 ⇒ − yo − 1 = yo + 1 ⇒ yo = −1 ⇒ f ( −1) = 0 . Th a mãn: f ( yo ) = yo + 1 . V y f ( y ) = y + 1 ∀y ∈ R . Th l i th y ñúng. Ví d 15: (VMO.2005) Tìm f : R → R th a mãn: f ( f ( x − y ) ) = f ( x ) f ( y ) − f ( x ) + f ( y ) − xy ∀x, y ∈ R (15 ) . L i gi i: 2 Cho x = y = 0 ⇒ f ( f ( 0 ) ) = ( f ( 0 ) ) . ð t f ( 0 ) = a ⇒ f ( a ) = a 2 . 2 2 Cho x = y ∈ R ⇒ ( f ( x ) ) = x 2 + f ( a ) ⇒ ( f ( x ) ) = x 2 + a 2 (*) . 2 2  f ( x) = f (−x) ⇒ ( f ( x )) = ( f ( − x )) ⇒  .  f ( x) = − f (−x)  N u ∃ xo ∈ R* sao cho f ( xo ) = f ( − xo ) : + Ch n x = 0; y = − xo ⇒ f ( f ( xo ) ) = a f ( − xo ) − a + f ( − xo ) ( a ) . 17
+ Ch n y = 0; x = − xo ⇒ f ( f ( xo ) ) = a f ( xo ) + a − f ( xo ) ( b ) . ( a ) + ( b ) ⇒ a ( f ( xo ) − f ( − xo ) ) − ( f ( xo ) + f ( − xo ) ) + 2a = 0 ( c ) . (*) 2 Vì f ( xo ) = f ( − xo ) nên f ( xo ) = a ⇒ ( f ( xo ) ) = x0 + a 2 ⇒ a 2 = x0 + a 2 ⇒ xo = 0 trái v i 2 2 gi thi t xo ∈ R* . V y f ( x ) = − f ( − x ) ∀x ∈ R . Ta th y (c) không ph thu c vào xo nên ta có: a ( f ( x ) − f ( − x ) ) − ( f ( x ) + f ( − x ) ) + 2a = 0 ( c ) . Thay f ( x ) = − f ( − x ) suy ra: a = 0 a ( f ( x ) + 1) = 0 ⇔  .  f ( x ) = −1 (*) 2  f ( x) = x + N u a = 0 ⇒ ( f ( x )) = x2 ⇔  .  f ( x) = −x  Gi s t n t i xo ∈ R* ñ f ( xo ) = xo . Khi ñó (b) suy ra: xo = f ( xo ) = a xo + a − xo ⇒ xo = 0 trái gi thi t xo ∈ R* . V y f ( x ) = − x ∀x ∈ R . Th l i th y ñúng + N u f ( x ) = −1 ∀x ∈ R . Th l i ta ñư c (15 ) ⇔ xy = 2 ∀x, y ∈ R . Vô lí. V y hàm s c n tìm là: f ( x ) = − x . Nh n xét: Có m t suy lu n hay nh m l n ñư c s d ng các VD:   1   2 1  f ( x) = 2   2 2  f ( y ) = y +1  VD13  ( f ( x ) ) = ⇔   ; VD14  ( f ( y ) ) = ( y + 1) ⇔  ;  4  f ( x) = − 1    f ( y ) = − y − 1         2  2  f ( x) = x  VD15  ( f ( x ) ) = x 2 ⇔   , ñó là hi u sai:   f ( x) = −x      1 2 1  f ( x ) = 2 ∀x ∈ R ( f ( x )) = ⇔  ; 4  f ( x ) = − 1 ∀x ∈ R   2 2 2  f ( y ) = y + 1 ∀x ∈ R ( f ( y ) ) = ( y + 1) ⇔  ;  f ( y ) = − y − 1 ∀x ∈ R  2  f ( x ) = x ∀x ∈ R ( f ( x )) = x2 ⇔  .  f ( x ) = − x ∀x ∈ R  18
2 1 Th c t thư ng là như v y nhưng v m t logic thì không ñúng. ( f ( x ) ) = thì f ( x ) có th 4 1  1  2 ( x ≥ 0)  2 1  f ( x) = 2 là hàm khác n a như f ( x ) =  . Như v y ( f ( x )) = ⇔  ch − 1 ( x < 0 ) 4  f ( x) = − 1  2    2 1 ñúng v i m i x c th ch không th k t lu n ch có hai hàm s f ( x) = ∀x ∈ R ho c 2 1 f ( x) = − ∀x ∈ R . 2 1 1 ð gi i quy t v n ñ này ta thư ng “th ” f ( x ) = ∀x ∈ R ho c f ( x ) = − ∀x ∈ R vào ñ 2 2 1 bài ñ tìm hàm s không th a mãn (trong VD13 thì f ( x ) = không th a mãn) sau ñó l p 2 1 lu n ph ñ nh là ∃ xo : f ( xo ) = − ñ d n ñ n vô lí! 2 Ví d 16: Tìm f : (0,1) → ℝ th a mãn: f(xyz) = xf(x) + yf(y) +zf(z) ∀x, y , z ∈ (0,1) . L i gi i: Ch n x = y = z: f(x3) = 3xf(x). Thay x, y, z b i x2: f(x6) = 3 x2 f(x2). M t khác: f(x6) = f(x. x2 .x3) = xf(x) + x2 f(x2) + x3 f(x3). ⇒ 3 x2 f(x2) = xf(x) + x2 f(x2) + 3x4 f(x) ⇔ 2 x2 f(x2) = xf(x) + 3x4 f(x) 3x3 + 1 ⇒ f ( x2 ) = f ( x), ∀x ∈ ℝ 2 Thay x b i x3 ta ñư c : 3 x9 + 1 f ( x6 ) = f ( x 3 ), ∀x ∈ ℝ 2 3x9 + 1 ⇒ 3x 2 f ( x 2 ) = 3 xf ( x), ∀x ∈ ℝ 2 3x3 + 1 3x9 + 1 ⇒ 3x 2 f ( x) = 3 xf ( x), ∀x ∈ ℝ 2 2 ⇒ f ( x) = 0, ∀x ≠ 0 V y f(x) = 0 v i m i x ∈(0; 1). BÀI T P 5 1) Tìm f : N → R th a mãn: f ( 0 ) ≠ 0; f (1) = ; 2 f ( x ) f ( y ) = f ( x + y ) + f ( x − y ) ∀x, y ∈ N , x ≥ y . 2) Tìm f : N → R th a mãn: f ( m + n ) + f ( n − m ) = f ( 3n ) ∀m, n ∈ N , n ≥ m . 19
3) Tìm f : R → R th a mãn: f ( x f ( y ) ) = y f ( x ) x, y ∈ R . 4) Tìm f : R → R th a mãn: f ( ( x + 1) f ( y ) ) = y ( f ( x ) + 1) x, y ∈ R . 5) Tìm f : ( 0; + ∞ ) → ( 0; + ∞ ) th a mãn: f ( x ) = Max  x 2 y + y 2 x − f ( y )  ∀x ∈ ( 0; + ∞ ) . y∈( 0; +∞ )   6) Tìm f : R → R th a mãn: f ( xy ) − f ( x − y ) + f ( x + y + 1) = xy + 2 x + 1 ∀x, y ∈ R .  f ( xy ) = f ( x ) f ( y )  7) Tìm f : [ 1; + ∞ ) → [ 1; + ∞ ) th a mãn:  ∀x, y ∈ [ 1; + ∞ ) .  f ( f ( x )) = x  8) Tìm f : R → R th a mãn: f ( xy ) = f ( x ) f ( y ) − f ( x + y ) + 1 ∀x, y ∈ R . 9) Tìm f : R → R th a mãn: ( f ( x ) + f ( z ) ) ( f ( y ) + f ( t ) ) = f ( xy − zt ) + f ( xt + zy ) ∀x, y, z , t ∈ R . 10) Tìm f : R → R th a mãn: f ( x 2 − y 2 ) = x f ( y ) − y f ( x ) ∀x, y ∈ R . 11) Tìm f : N → [ 0; + ∞ ) th a mãn: 1 f (1) = 1; f ( m + n ) + f ( m − n ) = 2 ( f ( 2m ) + f ( 2n ) ) ∀m, n ∈ N , m ≥ n .  x + y  f ( x) + f ( y) 12) Tìm f : Z → R th a mãn: f  = ∀x, y ∈ Z ; ( x + y )⋮ 3 .  3  2 13) Tìm f : N → N th a mãn: 3 f ( n ) − 2 f ( f ( n ) ) = n ∀n ∈ N . 14) Tìm f : Z → Z th a mãn: f (1) = a ∈ Z ; f ( m + n ) + f ( m − n ) = 2 ( f ( m ) + f ( n ) ) ∀m, n ∈ Z . 15) Tìm f : R → R th a mãn: f ( x 3 + 2 y ) = f ( x + y ) + f ( 3 x + y ) + 1 ∀x, y ∈ R . 16) Tìm f : R → R th a mãn: x 2 f ( x ) + f (1 − x ) = 2 x − x 4 ∀x ∈ R . Phương pháp 4: S d ng tính ch t nghi m c a m t ña th c. Ví d 1: Tìm P(x) v i h s th c, th a mãn ñ ng th c: ( x3 + 3 x 2 + 3 x + 2) P( x − 1) = ( x 3 − 3 x 2 + 3 x − 2) P( x), ∀x (1) L i gi i: (1) ⇔ ( x + 2)( x 2 + x + 1) P ( x − 1) = ( x − 2)( x 2 − x + 1) P( x), ∀x Ch n: x = −2 ⇒ P ( −2) = 0 x = −1 ⇒ P(−1) = 0 x = 0 ⇒ P(0) = 0 x = 1 ⇒ P(1) = 0 V y: P(x) = x(x – 1)(x + 1)(x + 2)G(x). 20
Thay P(x) vào (1) ta ñư c: ( x + 2)( x 2 + x + 1)( x − 1)( x − 2) x( x + 1)G ( x − 1) = ( x − 2)( x 2 − x + 1) x( x − 1)( x + 1)( x + 2)G ( x), ∀x ⇒ ( x 2 + x + 1) G ( x − 1) = ( x 2 − x + 1)G ( x), ∀x G ( x − 1) G ( x) ⇔ 2 = 2 , ∀x x − x +1 x + x +1 G ( x − 1) G ( x) ⇔ 2 = 2 , ∀x ( x − 1) + ( x − 1) + 1 x + x + 1 G ( x) ð t R( x) = 2 (x ≠ 0, ± 1, -2) x + x +1 ⇒ R ( x) = R ( x − 1) (x ≠ 0, ± 1, -2) ⇒ R( x) = C V y P( x) = C ( x 2 + x + 1) x( x − 1)( x + 1)( x + 2) Th l i th y P(x) th a mãn ñi u ki n bài toán. Chú ý: N u ta xét P(x) = (x3 + 1)(x – 1) thì P(x + 1) = (x3 + 3x2 + 3x + 2)x. Do ñó (x3 + 3x2 + 3x + 2)xP(x) = (x2 – 1)(x2 – x + 1)P(x + 1). T ñó ta có bài toán sau: Ví d 2: Tìm ña th c P(x) v i h s th c, th a mãn ñ ng th c: (x3 + 3x2 + 3x + 2)xP(x) = (x2 – 1)(x2 – x + 1)P(x + 1) v i m i x. Gi i quy t ví d này hoàn toàn không có gì khác so v i ví d 1. Tương t như trên n u ta xét: P(x) = (x2 + 1)(x2 – 3x + 2) thì ta s có bài toán sau: Ví d 3: Tìm ña th c P(x) v i h s th c th a mãn ñ ng th c: (4 x 2 + 4 x + 2)(4 x 2 − 2 x ) P ( x) = ( x 2 + 1)( x 2 − 3 x + 2) P(2 x + 1), ∀x ∈ ℝ Các b n có th theo phương pháp này mà t sáng tác ra các ñ toán cho riêng mình. Phương pháp 5: S d ng phương pháp sai phân ñ gi i phương trình hàm. 1. ð nh nghĩa sai phân: Xét hàm x(n) = xn: Sai phân c p 1 c a hàm xn là: △ xn = xn+1 − xn Sai phân câp 2 c a hàm xn là: △2 xn =△ xn +1 −△ xn = xn + 2 − 2 xn +1 + xn k Sai phân câp k c a hàm xn là: △k xn = ∑ (−1)i Cki xn + k −i i =0 2. Các tính ch t c a sai phân: +) Sai phân các c p ñ u ñư c bi u th qua các giá tr hàm s . +) Sai phân có tính tuy n tính: ∆ k (af + bg ) = a∆ k f + b∆ k g +) N u xn ña th c b c m thì ∆ k xn : Là ña th c b c m – k n u m > k. Là h ng s n u m = k. Là 0 n u m < k. 21
3. N i dung c a phương pháp này là chuy n bài toán phương trình hàm sang bài toán dãy s và dùng các ki n th c dãy s ñ tìm ra các hàm s c n tìm. Ví d 1: Tìm f: N → R tho mãn : f(1) = 1 và 2f(n).f(n+k) = 2f(k-n) + 3f(n).f(k) ∀ k, n∈N, k≥ n. L i gi i:  f (0) = 0 Cho n = k = 0 ta ñư c: (f(0))2 + 2f(0) = 0 ⇔  .  f (0) = −2 + N u f(0) = 0 thì ch n n = 0, k∈ N ta ñư c: f(k) = 0 trái gi thi t f(1) = 1. + N u f(0) = - 2 thì ch n n = 1, k∈ N* ta ñư c: 2.f(k+1) - 3.f(k) - 2.f(k-1) = 0. u0 = −2; u1 = 1  ð t uk = f(k) ta ñư c dãy s :  * . 2uk +1 − 3uk − 2uk −1 = 0 ∀k ∈ ℕ  1 T ñây tìm ñư c uk = f(k) = −2.(− ) k ∀k ∈ N . Th l i th y ñúng. 2 Ví d 2 (D tuy n IMO 1992): Cho a, b> 0. Tìm f: [0; +∞) → [0; +∞) tho mãn : f(f(x))+a.f(x) = b.(a+b).x ∀x∈ [0; +∞) (2) L i gi i: C ñ nh x∈ [0; +∞) và ñ t u0 = x, u1 = f(x), un+1 = f(un). T (2) ta ñư c : un+2 + a.un+1 - b.(a + b).un = 0. Gi i dãy s trên ta ñư c: un = c1.bn + c2.(-a -b)n (*). un b n b Vì un ≥ 0 ∀n∈N nên ta có: 0 ≤ n = c1.( ) + c2 .(−1) n . M t khác: 0 < < 1 nên ( a + b) a+b a+b b n un lim ( ) = 0 . Do ñó, n u c2 > 0 thì khi n l và n ñ l n thì < 0 vô lí !; còn n u n →+∞ a+b ( a + b) n un c2 < 0 thì khi n ch n và n ñ l n thì < 0 vô lí !. V y c2 = 0. Thay vào (*) ta ñư c ( a + b) n un = c1.bn. T u0 = x suy ra c1 = x và f(x) = bx. Do ñó f(x) = bx ∀x∈[0;+∞). Th l i th y ñúng. Ví d 3: Tìm t t c các hàm f : ℝ → ℝ th a mãn: f(f(x)) = 3f(x) – 2x , ∀x ∈ ℝ L i gi i : Thay x b i f(x) ta ñư c: f(f(f(x))) = 3f(f(x)) – 2f(x) , ∀x ∈ ℝ ……………………….. f (... f ( x)) = 3 f (... f ( x)) − 2 f (... f ( x)) n+ 2 n +1 n Hay f n+ 2 ( x) = 3 f n+1 ( x) − 2 f n ( x), n ≥ 0 ð t xn = f n ( x ), n ≥ 0 ta ñư c phương trình sai phân: xn+ 2 = 3 xn +1 − 2 xn Phương trình ñ c trưng là: λ 2 − 3λ + 2 = 0 ⇔ λ = 1 ∨ λ = 2 22
V y xn = c1 + c2 2 n  x0 = c1 + c2 = x Ta có:   x1 = c1 + 2c2 = f ( x ) T ñó ta ñư c c1 = 2 x − f ( x), c2 = f ( x) − x V y f ( x) = x + c2 ho c f ( x) = 2 x − c1 Phương pháp 6: Phương pháp s d ng ánh x . Ví d 1: Tìm f: N*→ N* tho mãn: f(f(n)+m) = n+f(m+2007) ∀ m, n∈N* (1). L i gi i: Trư c h t ta ch ng minh f là ñơn ánh. Th t v y: f(n1) = f(n2) ⇒ f(f(n1)+1) = f(f(n2)+1) ⇒ n1 + f(1+2007) = n2 + f(1+2007) ⇒ n1 = n2. V y f là ñơn ánh. M t khác t (1) suy ra: ∀ m, n ∈ N*, f(f(n) + f(1)) = n + f(f(1) + 2007) ⇒ f(f(n)+f(1)) = n + 1 + f(2007+2007) = f(f(n+1)+2007). Vì f là ñơn ánh nên ta có: f(n) + f(1) = f(n+1) + 2007 ⇒ f(n+1) - f(n) = f(1) - 2007. ð t f(1) - 2007 = a. Khi ñó ta có f(n) = n.a + 2007. Thay l i (10) ta ñư c a2n = n ∀n∈N* ⇒ a2 = 1 ⇒ a = 1 ⇒ f(n) = n+2007. Ví d 2: Tìm f: R → R tho mãn: f(xf(x)+f(y)) = (f(x))2+y ∀ x, y∈R (2). L i gi i: D ràng ch ng minh f là ñơn ánh. M t khác, c ñ nh x thì ∀t∈R t n t i y = t - (f(x))2 ñ f(xf(x) + f(y)) = t. V y f là toàn ánh, do ñó f là song ánh. Suy ra t n t i duy nh t a∈R sao cho f(a) = 0. Cho x = y = a ta ñư c f(0) = a. Cho x = 0, y = a ta ñư c f(0) = a2 + a. V y a = a2 + a hay a = 0 ⇒ f(0) = 0. Cho x = 0, y∈R ta ñư c f(f(y)) = y (a). Cho y = 0, x∈R ta ñư c f(x.f(x)) = (f(x))2 ⇒ f(f(x).f(f(x))) = (f(f(x)))2. Theo (a) ta ñư c f(f(x).x)) = x2 ⇒ (f(x))2 = x2 ⇒ f(x) = x ho c f(x) = -x. Gi s t n t i a, b∈R* ñ f(a) = a, f(b) = -b. Khi ñó thay x = a, y = b thì t (2) suy ra: f(a2 - b) = a2 + b. Mà (a2 + b)2 ≠ (a2 - b)2 v i a, b∈ R* trái v i kh ng ñ nh (f(x))2 = x2. V y có hai hàm s là f(x) = x, ∀x∈R ho c f(x) = -x ∀x∈R. Th l i th y ñúng. Phương pháp 7: phương pháp ñi m b t ñ ng. 1. ð c trưng c a hàm: Như ta ñã bi t, phương trình hàm là m t phương trình thông thư ng mà nghi m c a nó là hàm. ð gi i quy t t t v n ñ này, c n phân bi t tính ch t hàm v i ñ c trưng hàm. Nh ng tính ch t quan tr c ñư c t ñ i s sang hàm s , ñư c g i là nh ng ñ c trưng hàm. +) Hàm tuy n tính f(x) = ax , khi ñó f(x + y) = f(x) + f(y). V y ñ c trưng hàm tuy n tính là: f(x + y) = f(x) + f(y) v i m i x, y. 23
x+ y +) Hàm b c nh t f(x) = ax + b, khi ñó f(x) + f(y) = 2 f ( ) . V y ñ c trưng hàm ñây là 2  x + y  f ( x) + f ( y ) f = , ∀x, y ∈ ℝ  2  2 ð n ñây thì ta có th nêu ra câu h i là: Nh ng hàm nào có tính ch t f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ), ∀x, y ∈ ℝ . Gi i quy t v n ñ ñó chính là d n ñ n phương trình hàm. V y phương trình hàm là phương trình sinh b i ñ c trưng hàm cho trư c. +) Hàm lũy th a f ( x) = x k , x > 0 ð c trưng là f(xy) = f(x)f(y). +) Hàm mũ f ( x) = a x (a > 0, a ≠ 1) ð c trưng hàm là f(x + y) = f(x)f(y), ∀x, y ∈ ℝ +) Hàm Lôgarit f ( x) = log a x (a>0,a ≠ 1) ð c trưng hàm là f(xy) = f(x) + f(y). +) f(x) = cosx có ñ c trưng hàm là f(x + y) + f(x – y) = 2f(x)f(y). Hoàn toàn tương t ta có th tìm ñư c các ñ c trưng hàm c a các hàm s f(x) =sinx, f(x) = tanx và v i các hàm Hypebolic: e x − e− x +) Sin hypebolic shx = 2 e x + e− x +) cos hypebolic chx = 2 shx e x − e − x +) tan hypebolic thx = = chx e x + e − x chx e x + e − x +) cot hypebolic cothx = = shx e x − e − x +) shx có TXð là ℝ t p giá tr là ℝ chx có TXð là ℝ t p giá tr là [1, +∞ ) thx có TXð là ℝ t p giá tr là (-1,1) cothx có TXð là ℝ \ {0} t p giá tr là (−∞, −1) ∪ (1, +∞ ) Ngoài ra b n ñ c có th xem thêm các công th c liên h gi a các hàm hypebolic, ñ th c a các hàm hypebolic. 2. ði m b t ñ ng: Trong s h c, gi i tích, các khái ni m v ñi m b t ñ ng, ñi m c ñ nh r t quan tr ng và nó ñư c trình bày r t ch t ch thông qua m t h th ng lý thuy t. ñây, tôi ch nêu ng d ng c a nó qua m t s bài toán v phương trình hàm. Ví d 1: Xác ñ nh các hàm f(x) sao cho: f(x+1) = f(x) + 2 ∀x ∈ ℝ. L i gi i: Ta suy nghĩ như sau: T gi thi t ta suy ra c = c + 2 do ñó c = ∞ Vì v y ta coi 2 như là f(1) ta ñư c f(x + 1) = f(x) + f(1) (*) Như v y ta ñã chuy n phép c ng ra phép c ng. D a vào ñ c trưng hàm, ta ph i tìm a: f(x) = ax ñ kh s 2. Ta ñư c (*) ⇔ a ( x + 1) = ax + 2 ⇔ a = 2 V y ta làm như sau: ð t f(x) = 2x + g(x). Thay vào (*) ta ñư c: 24
2(x + 1) + g(x + 1) = 2x + g(x) + 2, ∀x ∈ ℝ ði u này tương ñương v i g(x + 1) = g(x), ∀x ∈ ℝ V y g(x) là hàm tu n hoàn v i chu kì 1. ðáp s f(x) = 2x + g(x) v i g(x) là hàm tu n hoàn v i chu kì 1. Nh n xét: Qua ví d 1, ta có th t ng quát ví d này, là tìm hàm f(x) th a mãn: f(x + a) = f(x) + b, ∀x ∈ ℝ , a, b tùy ý. Ví d 2: Tìm hàm f(x) sao cho: f(x + 1) = - f(x) + 2, ∀x ∈ ℝ (2). L i gi i: ta cũng ñưa ñ n c = -c + 2 do ñó c = 1. v y ñ t f(x) = 1 + g(x), thay vào (2) ta ñư c phương trình: g(x + 1) = - g(x), ∀x ∈ ℝ  1  g ( x + 1) = − g ( x)  g ( x ) = [ g ( x) − g ( x + 1)] Do ñó ta có:  ⇔ 2 ∀x ∈ ℝ (3).  g ( x + 2) = g ( x)  g ( x + 2) = g ( x)  1 Ta ch ng minh m i nghi m c a (3) có d ng: g ( x) = [ h( x) − h( x + 1) ] , ∀x ∈ ℝ ñó h(x) là 2 hàm tu n hoàn v i chu kì 2. Nh n xét: Qua ví d này, ta có th t ng quát thành: f(x + a) = - f(x) + b, ∀x ∈ ℝ , a, b tùy ý. Ví d 3: Tìm hàm f(x) th a mãn: f(x + 1) = 3f(x) + 2, ∀x ∈ ℝ (3). Gi i: Ta ñi tìm c sao cho c = 3c + 2 d th y c = -1. ð t f(x) = -1 + g(x). Lúc ñó (3) có d ng: g(x + 1) = 3g(x) ∀x ∈ ℝ Coi 3 như g(1) ta ñư c: g(x + 1) = g(1).g(x) ∀x ∈ ℝ (*). T ñ c trưng hàm, chuy n phép c ng v phép nhân, ta th y ph i s d ng hàm mũ: a x +1 = 3a x ⇔ a = 3 V y ta ñ t: g ( x) = 3x h( x) thay vào (*) ta ñư c: h(x + 1) = h(x) ∀x ∈ ℝ . V y h(x) là hàm tu n hoàn chu kì 1. K t lu n: f ( x) = −1 + 3x h( x) v i h(x) là hàm tu n hoàn chu kì 1. Nh n xét: ví d 3 này, phương trình t ng quát c a lo i này là: f(x + a) = bf(x) + c ∀x ∈ ℝ ; a, b, c tùy ý. +) V i 0< b ≠ 1: chuy n v hàm tu n hoàn. +) V i 0< b ≠ 1: chuy n v hàm ph n tu n hoàn. Ví d 4: Tìm hàm f(x) th a mãn f(2x + 1) = 3f(x) – 2 ∀x ∈ ℝ (4) Gi i: Ta có: c = 3c – 2 suy ra c = 1. ð t f(x) = 1 + g(x). Khi ñó (4) có d ng: g(2x + 1) = 3g(x) ∀x ∈ ℝ (*) Khi bi u th c bên trong có nghi m ≠ ∞ thì ta ph i x lý cách khác. T 2x + 1 = x suy ra x = 1. V y ñ t x = -1 + t ta có 2x + 1 = -1 + 2t. Khi ñó (*) có d ng: g(-1 + 2t) = 3g(-1 + t ) ∀t ∈ ℝ . ð t h(t) = g(-1 + 2t), ta ñư c h(2t) = 3h(t) (**). Xét 2t = t ⇔ t = 0 , (2t ) m = 3.t m ⇔ m = log 2 3 Xét ba kh năng sau: 25
+) N u t = 0 ta có h(0) = 0. +) N u t> 0 ñ t h(t ) = t log2 3ϕ (t ) thay vào (3) ta có: ϕ (2t ) = ϕ (t ), ∀t > 0 . ð n ñây ta ñưa v ví d hàm tu n hoàn nhân tính. ϕ (2t ) = −ϕ (t ), ∀t < 0 +) N u t < 0 ñ t h(t ) =| t |log2 3 ϕ (t ) thay vào (3) ta ñư c ⇔  ϕ (4t ) = ϕ (t ), ∀t < 0  1 ϕ (t ) = [ϕ (t ) − ϕ (2t )] , ∀t < 0 ⇔ 2 . ϕ (4t ) = ϕ (t ), ∀t < 0  Nh n xét: Bài toán t ng quát c a d ng này như sau: f (α x + β ) = f (ax ) + b α ≠ 0, ± 1 . Khi ñó t phương trình α x + β = x ta chuy n ñi m b t ñ ng v 0, thì ta ñư c hàm tu n hoàn nhân tính. +) N u a = 0 bài toán bình thư ng. +) N u a = 1 ch ng h n xét bài toán sau: “Tìm f(x) sao cho f(2x + 1) = f(x) – 2, ∀x ≠ -1 (1)”. Xét: 2x + 1 = x ⇔ x = −1 nên ñ t x = -1 + t thay vào (1) ta ñư c: f(-1 + 2t) = f(-1 + t) + 2, ∀t ≠ 0 . ð t g(t) = f( - 1 + t) ta ñư c: g(2t) = g(t) + 2 ∀t ≠ 0 (2). T tích chuy n thành t ng nên là hàm logarit. 1 Ta có log a (2t ) = log a t − 2 ⇔ a = . V y ñ t g (t ) = log 1 t + h(t ) . Thay vào (2) ta có 2 2 h(2t ) = h(t ), ∀t ≠ 0 . ð n ñây bài toán tr nên ñơn gi n. Phương pháp 8: phương pháp s d ng h ñ m. Ta quy ư c ghi m = (bibi-1...b1)k nghĩa là trong h ñ m cơ s k thì m b ng bibi-1...b1. Ví d 1 (Trích IMO năm 1988): Tìm f: N*→ N* tho mãn: f(1) = 1, f(3) = 3, f(2n) = f(n), f(4n+1) = 2f(2n+1) - f(n); f(4n+3) = 3f(2n+1) - 2f(n) ∀n∈N* (12). L i gi i: Tính m t s giá tr c a hàm s và chuy n sang cơ s 2 ta có th d ñoán ñư c: “∀n∈N*, n = (bibi-1...b1)2 thì f(n) = (b1b2 ...bi)2” (*). Ta s ch ng minh (*) b ng quy n p. + V i n = 1, 2, 3, 4 d ki m tra (*) là ñúng. + Gi s (*) ñúng cho k < n, ta s ch ng minh (*) ñúng cho n (v i n ≥ 4). Th t v y, ta xét các kh năng sau: • N u n ch n, n = 2m. Gi s m = (bibi-1...b1)2, khi ñó n = 2m = (bibi-1...b10)2 ⇒ f(n) = f((bibi-1...b10)2) = f(2m) = f(m) = f((bibi-1...b1)2) = (b1b2 ...bi)2 = (0b1b2 ...bi)2 ⇒ (*) ñúng. • N u n l và n = 4m + 1. Gi s m = (bibi-1...b1)2, khi ñó n = (bibi-1...b101)2 ⇒ f(n) = f((bibi-1...b101)2) = f(4m+1) = 2.f(2m+1) - f(m) = 2.f((bibi-1...b11)2) - f((bibi-1...b1)2) = (10)2.(1b1b2 ...bi)2 - ( b1b2 ...bi)2 = (1b1b2 ...bi0)2 - ( b1b2 ...bi)2 = (10b1b2 ...bi)2 ⇒ (*) ñúng. 26
• N u n l và n = 4m + 3. Gi s m = (bibi-1...b1)2, khi ñó n = (bibi-1...b111)2 ⇒ f(n) = f((bibi-1...b111)2) = f(4m+3) = 3f(2m+1) - 2f(m) = 3f((bibi-1...b11)2) - 2f((bibi-1...b1)2) = (11)2.(1b1b2 ...bi)2 - (10)2.(b1b2 ...bi)2 = (11b1b2 ...bi)2 ⇒ (*) ñúng. V y (*) ñúng và hàm f ñư c xác ñ nh như (*). Ví d 2 (Trích ñ thi c a Trung Qu c): Tìm hàm s f: N* → N* th a mãn: 1) f(1) =1; 2) f(2n) < 6f(n); 3) 3f(n)f(2n+1) = f(2n)(3f(n)+1) ∀n∈N*. L i gi i: Vì f(n)∈N* nên (3f(n), 3f(n)+1) = 1. T 3) suy ra 3f(n) | f(2n). K t h p v i 2) suy ra * f(2n) = 3f(n) và f(2n+1) = 3f(n)+1 ∀n∈N . Th m t s giá tr ta th y f(n) ñư c xác ñ nh như sau: “V i n = (b1b2…bi)2 thì f(n) = (b1b2…bi)3 ∀n∈N*” (*). Ta ch ng minh (*) b ng quy n p. + V i n = 1, 2, 3, 4 thì hi n nhiên (*) ñúng. + Gi s (*) ñúng cho k < n (v i n ≥ 4). Ta ch ng minh (*) ñúng cho n. • N u n ch n: n = 2m. Gi s m = (c1c2…cj)2 thì n = 2m = (c1c2…cj0)2. Khi ñó: f(n) = f(2m) = 3f(m) = 3.f((c1c2…cj)2) = (10)3.(c1c2…cj)3 = (c1c2…cj0)3 ⇒ (*) ñúng cho n ch n. • N u n l : n = 2m + 1 ⇒ n = (c1c2…cj1)2. Khi ñó: f(n) = f(2m+1) = 3f(m) + 1 = 3f((c1c2…cj)2) + 1 = (10)3.(c1c2…cj)3 + 13 = (c1c2…cj1)3 ⇒ (*) ñúng cho n l . V y (*) ñúng cho m i n∈N* và f(n) ñư c xác ñ nh như (*). Phương pháp 9: phương pháp s d ng ñ o hàm. Ví d 1: Tìm f: R → R tho mãn: | f(x)- f(y)|2 ≤ | x- y|3 ∀x, y∈R (14). L i gi i: C ñ nh y, v i x∈R, x ≠ y t (14) ta ñư c: 2 f ( x) − f ( y ) f ( x) − f ( y ) ≤ x− y ⇒0≤ ≤ x − y . Vì lim 0 = lim x − y = 0 nên suy ra x− y x− y x→ y x→ y f ( x) − f ( y ) lim = 0 ⇒ f’(y) = 0 ⇒ f(y) = c ∀y∈R (v i c là h ng s ). Th l i th y ñúng. x→ y x− y Ví d 2: Tìm f: R → R có ñ o hàm trên R và tho mãn: f(x+y) = f(x) + f(y) + 2xy ∀x, y∈R (15) L i gi i: + Cho x = y = 0 ta ñư c f(0) = 0. 27
f ( x + y ) − f ( x) f ( y ) + 2 xy f ( y ) − f (0) + V i y ≠ 0, c ñ nh x ta ñư c: = = + 2 x (*). Vì f(x) y y y −0 có ñ o hàm trên R nên t (*), cho y → 0, suy ra f’(x) = f’(0) + 2x = 2x + c ⇒ f(x) = x2+cx+b ∀x∈R; b, c là các h ng s th c. Th l i th y ñúng. Phương pháp 10: phương pháp ñ t hàm ph . M c ñích chính c a vi c ñ t hàm ph là làm gi m ñ ph c t p c a phương trình hàm ban ñ u và chuy n ñ i tính ch t hàm s nh m có l i hơn trong gi i toán. Ví d 1: Tìm f: R → R tho mãn: f(x) ≥ 2007x và f(x+y) ≥ f(x)+f(y) ∀x, y∈R (1). L i gi i: D th y f(x) = 2007x là m t hàm s tho mãn (1). ð t g(x) = f(x) - 2007x và thay vào (1) ta ñư c: g(x) ≥ 0 (a) và g(x+y) ≥ g(x) + g(y) (b) ∀x, y∈R. + Cho x = y = 0, t (b) ta ñư c g(0) ≤ 0, k t h p v i (a) suy ra g(0) = 0. + Cho x = -y, x∈R, t (a) và (b) ta ñư c g(x) ≥ 0, g(-x) ≥ 0, 0 ≥ g(x) + g(-x); suy ra : g(x) = g(-x) = 0 ⇒ h(x) = 2007x, ∀x∈R. Th l i th y ñúng. Ví d 2: Tìm f: R → R liên t c trên R tho mãn: f(x+y) = f(x) + f(y) + f(x)f(y) ∀x, y∈ R (2). L i gi i: Xét phương trình: λ = 2λ + λ2 có nghi m λ = -1 khác 0. ð t g(x) = f(x) - (-1) = f(x) + 1. Th vào (18) ta ñư c: g(x+y) = g(x).g(y) ∀x, y∈R (*). t Cho x = y = ta ñư c g(t) ≥ 0 ∀t∈R. 2 Cho x = y = 0 ta ñư c: g(0) = 0 ho c g(0) = 1. + N u g(0) = 0 thì (*) suy ra g(x) = 0 ∀x∈R ⇒ f(x) = -1 ∀x∈R. Th l i th y ñúng. + N u g(0) = 1: Gi s t n t i a ñ g(a) = 0 thì (*) suy ra g(x) = 0 ∀x∈R. Trái v i gi thi t g(0) = 1. V y g(x) > 0 ∀x∈R. ð t h(x) = lng(x) ta ñư c : h(x+y) = h(x) + h(y) (**). T f(x) liên t c trên R suy ra h(x) liên t c trên R. Theo phương trình hàm Côsi ta ñư c h(x) = cx (v i c là h ng s ) ⇒ f(x) = ecx - 1 ∀x∈R. Khi c = 0 thì f(x) = -1. V y trong m i trư ng h p f(x) = ecx - 1 ∀x∈R th l i th y ñúng. Phương pháp 11: S d ng tính liên t c c a hàm s . S d ng tính liên t c c a hàm s có 3 con ñư ng chính: Xây d ng bi n t N ñ n R, ch ng minh hàm s là h ng s , s d ng phương trình hàm Côsi. Ví d 1 (xây d ng bi n t N ñ n R): Tìm hàm f : R → R th a mãn: 1) f(x) liên t c trên R; 2) f(1) = 2; 28
3) f(xy) = f(x)f(y) - f(x+y) +1 ∀x,y∈R. L i gi i: Cho x = y = 0 ta ñư c: f(0) = 1. Cho x = 1, y∈R ta ñư c: f(y+1) = f(y) +1 (a). T f(0) = 1, f(1) = 2 và (a) quy n p ta suy ra f(n) = n+1 ∀n∈N. V i n∈N, (a) ⇒ f(-n) = f(-n+1) - 1 = f(-n+2) - 2 =…= f(0) -n = -n + 1. V y f(z) = z +1 ∀z∈Z. 1 1 1 V i ∀n∈N*, 2 = f(1) = f (n. ) = f (n) f ( ) − f (n + ) + 1 (b). M t khác t (a) ta có: n n n 1 1 1 1 f (n + ) = 1 + f (n − 1 + ) = 2 + f (n − 2 + ) = ... = n + f ( ) . Th vào (b) ta ñư c: n n n n 1 1 f ( ) = + 1. n n m m 1 1 1 V i q ∈ ℚ, q = , m ∈ ℤ, n ∈ ℕ* ta có: f (q ) = f ( ) = f (m. ) = f (m) f ( ) − f (m + ) + 1 = n n n n n 1 1 = (m + 1)( + 1) − f (m + ) + 1 (c). T (a) ta d dàng ch ng minh ñư c: n n 1 1 f (m + ) = m + f ( ) . Th vào (c) ta ñư c f(q) = q +1 ∀q∈Q. n n V i r∈R, t n t i dãy {rn} v i rn∈Q th a mãn lim rn = r . Khi ñó, do f liên t c nên ta có: f(r) = f(limrn) = limf(rn) = lim(rn+1) = limrn + 1 = r + 1. V y f(x) = x + 1 ∀x∈R. Th l i th y ñúng. Ví d 2 (ch ng minh hàm s là h ng s ): 1 1 Tìm hàm f: [0; ] → [0; ] th a mãn: 2 2 1 1) f(x) liên t c trên [0; ] 2 1  1 2) f ( x ) = f ( x 2 + ) ∀x ∈  0;  . 4  2 L i gi i:  x0 = a 1  V i a∈[0; ], xét dãy s :  2 1 . 2  xn+1 = xn + ∀n ∈ ℕ  4 D ch ng minh {xn} không âm (a). 1 1 1 1 x0 ≤ ⇒ x1 ≤ x0 + ≤ . Quy n p suy ra xn ≤ (b). 2 2 4 2 2 29
1 xn +1 − xn = ( xn − ) 2 ≥ 0 ⇒ xn +1 ≥ xn ∀n ∈ ℕ (c). 2 1 1 T (a), (b), (c) suy ra xn∈[0; ] và {xn} có gi i h n h u h n là limx n = . 2 2 1 1 V y v i m i a∈[0; ], f(a) = f(x1) = f(x2) =…= limf(xn) = f(limxn) = f( ) = c (c là h ng s ). 2 2 Th l i th y ñúng. Ví d 3 (s d ng phương trình hàm côsi - VMO năm 2006(b ng B)): Tìm f: R → R liên t c trên R tho mãn: f(x-y).f(y-z).f(z-x)+8 = 0 ∀x, y, z∈R (3). L i gi i: −8 Cho x = t, z = -t, y = 0, x∈ R ta ñư c: f(t).f(t).f(-2t) = -8 ⇒ f (−2t ) = < 0 ⇒ f(t) < 0 ( f (t )) 2 ∀t∈R. ð t g(x) = ln( f ( x) ) ⇒ f ( x) = −2.e g ( x) . Th vào (3) ta ñư c: −2 g(x-y)+g(y-z)+g(z-x) -8.e = -8 ⇔ g(x-y) + g(y-z) + g(z-x) = 0 (*). + Cho x = y = z = 0, t (*) ta ñư c g(0) = 0 (a). + Cho y = z = 0, x∈R, t (a) ta ñư c g(x) = g(-x) (b). T (*) và (b) suy ra g(x-y) + g(y-z) = -g(z-x) = -g(x-z) = g(x-y+y-z) ⇒ g(t+t’) = g(t) + g(t’) ∀t, t’∈R (**). Vì f liên t c trên R nên g(x) cũng liên t c trên R. T (**), theo phương trình hàm Côsi ta ñư c g(x) = ax ⇒ f(x) = -2.eax = -2.bx (V i b = ea > 0). Th l i th y ñúng. ------------------------------------------------------H t------------------------------------------------------- 30

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD