10 Chuyên đề ôn thi tốt nghiệp môn Toán Phần 241349

Sử dụng tính chất ánh xạ giải số lớp phương trình hàm Nguyễn Đình Thức Trường THPT Chuyên Lê Q Đơn, Bình Định Trong chương trình tốn phổ thơng ta thường gặp tốn giải tích thuận Cho hàm số y=f(x) f(x) xác định cụ thể từ xác định tính chất hàm số tính đơn điệu;tuần hồn;liên tục;cưc trị; Tuy nhiên toán thi chọn học sinh giỏi lại có yêu cầu ngược lại Bài viết đề cập đến phương pháp sử dụng tính chất ánh xa; hàm số để giải số phương trình hàm Phương pháp thay giá trị để xác định hàm số Khi thay giá trị biến số giá trị đặc biệt tương thích điều kiện ban đầu nhằm tạo phương trình theo f (u(x)) Tiếp tục từ f (u(x)) suy f (x) Ví dụ Tìm hàm số f : R → R thoả điều kiện : f (xf (y) + x) = xy + f (x); ∀x; y ∈ R (1) Nhận xét : Từ (1) suy trực tiếp f (u(x)) Giải pháp cố định biến xét phương trình hàm biến lại +)Cho biến x cố định Cho x = vào (1) ta có : f (f (y) + 1) = y + f (1)∀y ∈ R có (2) Cho y = f (1) − vào (2) ta f (f (f (1) − 1) + 1) = −1 Vậy với a = f (f (1) − 1) + f (a) = −1 +)Cho biến y cố định Thay y = a vào (1) sử dụng f (a) = −1 ta có f (0) = xa + f (x) Đặt f (0) = b ta f (x) = −ax + b (3) − a[x(−ay + b) + x] = xy − ax + b ⇔ a2 xy − abx = xy + b (4) Thay (3) vào (1) ta Do (4) ∀x; y ∈ R nên a = ±1; b = Vậy f (x) = x f (x) = −x 93 DeThiMau.vn WWW.VNMATH.COM Thử lại hai kết thoả Chú ý : Bài toán tổng quát giải tương tự :Tìm hàm số f : R → R thoả f ((af (y) + b)g(x)) = cxy + df (x); với a; b; c; d số Ví dụ Xác định hàm số f : R → R thoả mãn điều kiện : f (−x) = −f (x); ∀x ∈ R (5) f (x + 1) = f (x) + 1; ∀x ∈ R (6) f (x) f ( ) = ; ∀x ∈ R\ {0} (7) x x Nhận xét : Thay đối số biểu thức để sử dụng điều kiện giả thiết ta làm giảm biến hàm.Tiếp tục ta phương trình theo f (x) Khi x = 0; −1 viết x+1 = x dùng giả thiết (3) ta có x x+1 x ) f( x+1 f( ) = xx+ 12 (8) x ( ) x+1 x viết =1− dùng giả thiết (6) ta có x+1 x+1 1 x ) = f (1 − ) = + f( ) (9) f( x+1 x+1 x+1 Tiếp tục dùng giả thiết (7) ;(6) ta có f (x) + f (x + 1) )= = x+1 (x + 1) (x + 1)2 (10) x+1 f (x) + x+1 ) )=( ) (1 + x x (x + 1)2 (11) f( Từ (8),(9), (10) suy f( Mặt khác theo (9) (10) ta có f( x+1 1 f (x) ) = f (1 + ) = + f ( ) = + x x x x Từ (11),(12) suy ( f (x) f (x) + x+1 ) (1 + 2) = 1+ x x2 (x + 1) ⇒ Khi x = 0; −1 f (x) = x Khi x = f (0) = Khi x = −1 f (−1) = −f (1) = −1 Thử lại f (x) = x; ∀x ∈ R thoả toán 94 DeThiMau.vn (12) Phương pháp dùng tính chất tồn ánh; đơn ánh để xác định hàm số Ví dụ Cho hàm số f : R → R f tồn ánh thoả : f (0) = (13) f (2x + + f (y)) = 3x + f (f (y)); ∀x; y ∈ R (14) Tính f (2010) Nhận xét Nếu có f (y) = a(∗) dùng (14) ta f (2x + a) = 3x + f (a); từ tìm f (x) Điều giả định (*) f toàn ánh Giải : Từ giả thiết f toàn ánh suy tồn y để f (y) = Cho biến số f (y) = vào (14) dùng (13) ta có f (2x + 1) = 3x + ⇒ f (x) = Vậy : f (2010) = 3.1005 + x−1 +2= x+ 2 6031 = 2 Bài tốn tổng qt : Tìm hàm số f : R → R toàn ánh thoả : f (0) = c (15) Và f (ax + b + f (y)) = dx + f (f (y)); ∀x; y ∈ R; a; b; c; d Ví dụ Tìm hàm số f : R → R thoả điều kiện : Nhận xét : Nếu có f (xf (x) + f (y)) = (f (x))2 + y∀x; y ∈ R (16) f (x0 ) = (17) sử dụng (16) ta có f (f (y)) = y; Vấn đề điều kiện để (17) Giải : Chứng minh f toàn ánh Thật : cho x = vào (16) ta có f (f (y)) = (f (0))2 + y; ∀y ∈ R Xét c ∈ R từ (18) ta xác định tạo ảnh b = f (c − (f (0))2 ) Thật f (b) = f (f (c − (f (0))2 ) = (f (0))2 + c − (f (0))2 = c +)Sử dụng tính chất tồn ánh : Ta thấy tồn a để f (a) = 95 DeThiMau.vn (18) WWW.VNMATH.COM Cho x = y = a vào (16) sử dụng f (a) = ta có f (0) = a Cho x =0;y=a vào (16) sử dụng f (a) = ta có f (0) = a2 + a Từ kết suy a = +) Cho x = vào (16) sử dụng f (0) = ta có f (f (y)) = y; ∀y ∈ R +) Cho y = vào (16) sử dụng f (0) = ta có f (xf (x)) = (f (x))2 (19) Tiếp tục thay x f (x) sử dụng f (f (x)) = x ta có f (f (x).x) = x2 (20) Từ (19) (20) suy f (x) = x f (x) = −x Ta thấy không xảy trường hợp vị trí c; d khác mà có đồng thời f (c) = c; f (d) = −d Vậy ∀x ∈ R ta có f (x) = x; f (x) = −x Ví dụ ( Đề dự tuyển IMO-2002): Tìm hàm số f : R → R thoả điều kiện : f (f (x) + y) = 2x + f (f (y) − x); ∀x; y ∈ R (21) Nhận xét : Nếu có f (x0 ) = dùng (21) ta f (y) = 2x0 + f (f (y) − x0 ) Từ ta suy f (x) Giải : Ta chứng minh f toàn ánh Thật : Cho y ∈ R chọn     a = (f (0) − y) b = −f (a)    c = f (b) − a Khi f (c) = f (f (b) − a) Mà theo giả thiết f (f (b) − a) = f (f (a) + b) − 2a cách chọn b = −f (a) ⇒ f (c) = f (0) − 2a; Mà theo cách chọn f (0) = 2a + y nên f (c) = y Sử dụng tính chất tồn ánh : Tồn x0 ∈ R để f (x0 ) = : ∀x ∈ R, ∃t ∈ R để f (t) = x + x0 (22) Theo giả thiết (21) f (f (x0 ) + t) = 2x0 + f (f (t) − x0 ) Từ (22) (23) suy x + x0 = 2x0 + f (x) Suy f (x) = x − x0 96 DeThiMau.vn (23) Ví dụ Tìm hàm số f : R → R thoả điều kiện : f (x2 + f (y)) = xf (x) + y∀x; y ∈ R (24) Nhận xét Nếu cho x = vào (24) f (f (y)) = y Nếu có f (x0 ) = dùng (24) có f (x2 ) = xf (x) + x0 Giải : +)Ta chứng minh f song ánh Cho x = ta có f (f (y)) = y Xét c ∈ R chọn b = f (c) f (b) = f (f (c)) = c Vậy f toàn ánh Mặt khác f (u) = f (v) f (f (u)) = f (f (v)) ⇒ u = v Vậy f đơn ánh +) Sử dụng tính chất song ánh : Ta thấy tồn a để f (a) = Khi cho x = a y = vào (24) có f (a + f (0)) = ⇒ f (0) = f (f (a2 + f (0)) = a2 + f (0) Vậy a = f (0) = +) Cho y = vào (24) ta có f (x2 ) = xf (x) Thay x f (x) dùng tính chất f (f (x)) = x : ta f (f (x).f (x)) = f (x).x Vậy f (f (x).f (x)) = f (x2 ) Theo tính chất song ánh f (x) = x f (x) = −x Ta thấy không đồng thời xảy f (a) = a f (b) = −b Vậy f (x) = x; f (x) = −x với x thuộc R Chú ý 1/Nếu hàm số f : R → R thoả f (af (x) + bf (y)) = g(x)f (x) + cy + d cho x cụ thể ta đẳng thức chứa y suy f toàn ánh 2/ Nếu hàm số f : R → R thoả f (f (x)) = ax + b f đơn ánh 3/Nếu có song ánh f : R → R f (x2 ) = xf (x); f (f (x)) = x f (x) = x; f (x) = −x Dùng tính chẵn lẻ, tuần hồn giải phương trình hàm Cách giả cho toán thay giá trị để xác định tính chất chẵn lẻ; tuần hồn; từ định dạng hàm số Ví dụ Tìm hàm số f : R → R thoả điều kiện : f (x + y) = f (x − y); ∀x; y ∈ R Nhận xét : +Cho x = ta thấy hàm số f chẵn + Sử dụng tính chất chẵn để định dạng f (x) Thế x=a ∈R y∈R 97 DeThiMau.vn (25) WWW.VNMATH.COM vào (25) ta có f (a + x) = f (a − x) Mà f (a − x) = f (x − a) nên f (a + x) = f (x − a); (26) Cho x x − a vào (25) ta có f (x) = f (x − 2a), mà a tuỳ ý Vậy f hàm : f (x) = c Ví dụ Tìm hàm số f : R → R g : R → R thoả điều kiện : f (x) − f (y) = (x2 − y )g(x − y); ∀x; y ∈ R (27) Giải : +)Ta chứng minh hàm số chẵn Cho y = vào (27) ta có f (x) − f (0) = x2 g(x) (28) Biểu diễn : dùng (28) ta có : f (x) − f (y) = f (x) − f (0) − f (y) + f (0) So sánh với giả thiết (27) có f (x) − f (y) = x2 g(x) − y g(y) x2 g(x) − y g(y) = (x2 − y )g(x − y) Cho x = y = tuỳ ý ta có g(y) = g(−y) Vậy g hàm chẵn từ (28) suy f chẵn +) Sử dụng tính chất chẵn để định dạng f (x); g(x) Trong (27) thay y −y ta có f (x) − f (y) = (x2 − y )g(x + y) Vậy g(x + y) = g(x − y) Chọn   x= u+v  y = u−v x+y =u x−y =v Thế vào (27) ta có : g(u) = g(v) Vậy g hàm : g(x) = c f (x) = f (0) + cx2 Ví dụ Tìm hàm số thoả điều kiện : f (f (x − y)) = f (x) − f (y) + f (x)f (y) − xy; ∀x; y ∈ R (29) Giải : +)Ta chứng minh hàm số f lẻ Giả sử f (0) = a cho x = y = vào (29) ta có f (a) = a2 98 DeThiMau.vn (30) cho x = y = a vào (29) ta có f (a) = (f (a))2 − a2 (31) Từ (30) (31) ta có a4 = 2a2 Mặt khác : cho x = a; y = vào (29) ta có f (f (a)) = f (a) − a + af (a) = a3 + a2 − a (32) cho x = y = f (a) vào (29) ta có f (a) = (f (f (a)))2 − (f (a))2 ⇒ (f (f (a)))2 = a4 + a2 (33) Từ (32) (33) ta có Vậy ta có hệ a4 + a2 = (a3 + a2 − a)2 a4 = 2a2 ⇔ a = a4 + a2 = ( a3 + a2 -a) Vậy f (0) = Cho y = vào (29) ta có f (f (x)) = f (x); ∀x ∈ R (29) Trở thành f (x − y) = f (x) − f (y) + f (x)f (y) − xy Cho x = ta có f (−y) = −f (y); ∀y ∈ R Vậy hàm số cho lẻ +)Sử dụng tính chất chẵn để định dạng f (x); Thay x = y vào đẳng thức f (x − y) = f (x) − f (y) + f (x)f (y) − xy Ta suy (f (x))2 = x2 Vậy f (x) = x f (x) = −x; ∀x ∈ R Thử lại kết thoả Ví dụ 10 Cho hàm số f : R → R thỏa điều kiện : f (0) = 0; f (1) = (34) f (2 + x) = f (2 − x); f (3 + x) = f (3 − x); ∀x ∈ R (35) f (x) = f (4 − x) (36) Tìm số nguyên x lớn khoảng (-2000;2000) để (x) = Giải : Sử dụng giả thiết (35) để suy tính tuần hồn hàm số Ta có :f (2+x) = f (2−x) suy f (2 + x − 2) = f (2 − x + 2) Vậy Tương tự f (3 + x) = f (3 − x) suy f (3 + x − 3) = f (3 − x + 3) 99 DeThiMau.vn WWW.VNMATH.COM Vậy f (x) = f (6 − x) (37) Từ (36) (37) có f (4 − x) = f (6 − x) suy f (t) = f (t + 2) Vậy f (t) = f (t + 2) = f (t + 4) = · · · = f (t + 2k) Theo giả thiết f (0) = 0; f (1) = Vậy x nguyên ta có f (x) = x = 2k x = 2k + Suy 2k(k nguyên) họ nghiệm nguyên f (x) = Nghiệm x lớn (-2000;2000) để f (x) = 1998 Ví dụ 11 Cho hàm sô f : R → R thoả điều kiện : f (i) = i; i = 1; 2; 8; f (x + 1) + f (x − 1) = Tìm f (k) k số nguyên Giải : Cho x x + vào (39) ta có : f (x + 2) + f (x) = √ 2f (x); ∀x ∈ R √ 2f (x + 1) (38) (39) (40) Từ (39) (40) suy f (x + 2) + f (x) = Vậy √ √ 2( 2f (x) − f (x − 1)) √ f (x + 2) − f (x) = − 2f (x − 1) (41) √ f (x + 3) − f (x + 1) = − 2f (x) (42) Cho x x + vào (41) ta có : Từ (39) (42) suy f (x + 3) − f (x + 1) = −f (x + 1) − f (x − 1)) Vậy f (x + 3) = −f (x − 1) Suy f (x + 4) = −f (x) f (x + 8) = f (x) Sử dụng giả thiết (38) ta có f (k) = i k = 8n + i; i = 1; 2; ; 100 DeThiMau.vn Ví dụ 12 Cho hàm số f : R → R thoả điều kiện : f (0)0; (43) tồn a để f (a) = −1 f (x) ≤ x ∈ [0; 2a] (44) f (x + y) + f (x − y) = 2f (x)f (y); ∀x; y ∈ R (45) f (2x) = 2[f (x)]2 − (46) Chứng minh f (x) ≤ 1; ∀x ∈ R Giải : Cho x = y = vào (45) ta có : 2f (0) = 2[f (0)]2 Mà theo giả thiết (43) suy f (0) = Cho x = a; y = vào (45) ta có : 2f (a) = ( trái với (44) ) Cho x = y vào (44) ta có : Cho x = y = a vào (45) ta có : f (2a) = (47) Từ (48) (48) suy f (4a) = 2[f (2a)]2 − = Cho x x + 2a y x − 2a vào (45) ta có : f (2x) + f (4a) = 2f (x + 2a)f (x − 2a) Vậy f (2x) = 2f (x + 2a)f (x − 2a) − (48) [f (x)]2 = f (x + 2a)f (x − 2a) (49) Từ (48) (48) suy Cho x tùy ý y 2a vào (45) ta có f (x + 2a) + f (x − 2a) = 2f (x)f (2a) = 2f (x) (50) Từ (49) (??) suy f (x + 2a) = f (x − 2a) = f (x) Vậy hàm số f tuần hoàn mà theo giả thiết f (x) ≤ x ∈ [0; 2a] Suy f (x) ≤ 1; ∀x ∈ R Dựa vào tính đơn điệu hàm số Ví dụ 13 Tìm hàm số đồng biến thoả điều kiện : f :R→R f (k) (x) = x; ∀x ∈ R(51); k nguyên dương cho trước 101 DeThiMau.vn (51) WWW.VNMATH.COM f (2) (x) = f (f (x)); f (n) (x) = f (f (n−1) (x)) Giải : Ta chứng minh ∀x ∈ R; f (x) = x Thật ngược lại tồn số thực a mà f (a) = a TH1: f (a) < a mà f đồng biến nên : f (f (a) < f (a); f (3) (a) < f (f (a)); ; f (k) (a) < f (k−1) (a) Suy f (k) (a) < a (trái với (51)) TH2: f (a) > a mà f đồng biến nên : f (f (a) > f (a); f (3) (a) > f (f (a)); ; f (k) (a) > f (k−1) (a) Suy f (k) (a) > a (trái với (51) ) Vậy ∀x ∈ R; f (x) = x Ví dụ 14 Cho số thực a hàn số f : R → R đồng biến thoả điều kiện : f (x + y) = f (x) + ay; ∀x; y ∈ R (52) Chứng minh a > Giải : Ta biến đổi (52) đưa vế dạng g(x + y) = g(x) Xét hàm g(x) = f (x) − ax (53) g(x) + ax đồng biến R (54) Theo giả thiết Thay (53) vào giả thiết (52) tốn ta có g(x + y) + a(x + y) = g(x) + ax + ay ⇔ g(x + y) = g(x) (55) Do (55) ∀x; y ∈ R ⇒ g(y) = g(0) = c; c số ; ∀y ∈ R Vậy g(x) = c; ∀x ∈ R (56) Từ (54) (56) suy g(x) + ax = c + ax đồng biến R Vậy a > Ví dụ 15 Tìm hàm số đồng biến thỏa điều kiện : f (x + y) = f (x) + f (y); ∀x; y ∈ R (57) Giải: Sử dụng tính đơn điệu chứng minh : f (x) = ax x ∈ R+ ; f (0) = 0; từ f (−x) = f (x) suy f (x) = ax x ∈ R; +)Sử dụng (57) có f (n) = nf (1); ∀n ∈ Z + Và 1 f (1) ∀n ∈ Z + f (1) = f (n ) = nf ( ); ∀n ∈ Z + ⇒ f ( ) = n n n n 102 DeThiMau.vn Tiếp tục sử dụng (57) có f( 1 m m ) = f (m ) = mf ( ) = n n n n f(1); ∀m; n ∈ Z + Đặt f (1) = a ∀r ∈ Q+ ta có f (r) = ar (58) Ta xét số thực x dương dãy hữu tỉ (rn ); (sn ) dương thoả rn < x < sn lim rn = lim sn = x n→∞ n→∞ Do f đồng biến nên f (rn ) < f (x) < f (sn ) Sử dụng (58) suy arn < f (x) < asn Cho n → ∞ ta có f (x) = ax +) Cho x = y = (57) ta có f (0) = f (0) + f (0) ⇒ f (0) = Cho y = −x vào (57) ta có f (0) = f (x) + f (−x) Vậy: f (−x) = −f (x); ∀x ∈ R Với x < ta có f (x) = −f (−x) = −a(−x) = ax Vậy f (x) = ax; ∀x ∈ R Ví dụ 16 Tìm hàm đồng biến f : R+ → R+ thỏa điều kiện : f( x2 ) = x; ∀x ∈ R f (x) Giải : Xét hàm số g(x) = Theo giả thiết f (x) x (59) x2 x f( ) = x ⇔ f( )=x xg(x) g(x) Do cách đặt (59) nên x x x g( ) = x ⇔ g(x) = g( ) g(x) g(x) g(x) Thay x (60) x vào (60) ta có g(x) g( x x x ) = g( ) = g( ) x g(x) g (x) g(x)g( ) g(x) 103 DeThiMau.vn (61) WWW.VNMATH.COM (60) ,(61) quy nạp có g(x) = g( f( g(x) = x g n (x) x g n (x) x g n (x) ) Do (59) suy ) ⇔ f( x x ) = g n (x) g n−1 (x) f (x) x2 ) = x Cho x f (x) ta f ( ) = f (x) Mà f tăng nên Mặt khác :Ta có f ( f (x) f (f (x)) f (x) =x f (f (x)) suy f (f (x)) f (x) = f (x) x Khi : g(f (x)) = g(x) ⇒ g(xg(x)) = g(x) ⇒ g(x) = g(xg(x)g(xg(x))) = g(xg(x)g(x)) = g(xg (x)) ⇒ g(x) = g(xg n (x)) Xét f (xg n (x)) = xg n (x)g(xg n (x)) = xg n (x)g(x) = xg n+1 (x) (62) Từ ta chứng minh g(x) số Thật : g giảm cho u < v g(u) > g(v) (63) Mặt khác u < v f (u) < f (v) nên ug(u) < vg(v) Khi f (ug(u)) < f (vg(v)) Dựa vào nhận xét (63) quy nạp suy ug n (u) < vg n (v) ⇔ g(v) n u u > hàm f không giảm Chọn vf (v) − uf (u) v−u vf (v) − uf (u) − vf (u) + uf (u) f (v) − f (u) ⇒ w − f (u) = =v ≥0 v−u v−u vf (v) − uf (u) − vf (v) + uf (v) f (v) − f (u) w − f (v) = =u ≥0 v−u v−u w= 104 DeThiMau.vn Khi ta có f (f (x) + y) = xf (1 + xy) suy f (v) − f (u) ) v−u (65) f (v) − f (u) ) v−u (66) f (w) = f (f (u) + w − f (u) ) = uf (1 + u(w − f (u)) ) = uf (1 + uv f (w) = f (f (v) + w − f (v) ) = vf (1 + v(w − f (v)) ) = vf (1 + uv Từ (71) (72) suy ra: u = v (vô lý ) Vậy f hàm giảm Theo giả thiết f (f (x)+y) = xf (1 + xy); TH1: x > Chọn + xy = x, suy f (f (x) + x−1 ) = xf (x) x x Thật :Nếu f (x) > xf (x) > x Ta chứng minh f (x) = ⇒ f (f (x) + x−1 )>1 x (67) Mặt khác f giảm x−1 = f (x) − + > x x x−1 ⇒ f (f (x) + ) < (trái với (67)) x f (x) + Tương tự : Nếu f (x) < xf (x) < x ⇒ f (f (x) + x−1 ) < 1(68) x (68) Mặt khác f giảm f (x) + x−1 = f (x) − + < ⇒ x x f (f (x) + x−1 ) > 1(trivi(68)) x TH 2: < x < Chọn y = 1, suy f (f (x) + 1) = xf (1 + x) Do 1+x > nên xf (1+x) = Vậy (69) ⇔ (69) x Ta lại có f (x)+1 > nên f (f (x)+1) = 1+x f (x) + 1 x = ⇔ f (x) = f (x) + 1+x x 105 DeThiMau.vn WWW.VNMATH.COM TH 3: x = Ta có f (f (1) + y) = f (1 + y) (70) Ta CM f (1) = Thật Nếu f (1) > mà f giảm nên f (f (1) + y) < f (1 + y) (không thỏa (70) ) Nếu f (1) < mà f giảm nên f (f (1) + y) > f (1 + y) (không thỏa (70) ) Vậy : f (1) = 1 Tóm lại f (x) = x Ví dụ 18 ( IMO-1992): Tìm hàm số f : R → R thoả điều kiện : f (x2 + f (y)) = y + (f (x))2 ; ∀x; y ∈ R (71) Giải Ta cần chứng minh hàm số có điểm bất động xét tính đơn điệu; tính tuyến tính để từ định dạng hàm +) Ta chứng minh f song ánh -Nếu có số thực u; v thoả f (u) = f (v) Lấy x tuỳ ý dùng (71) ta có f (x2 + f (u)) = f (x2 + f (v)) Sử dụng (71) ta u + (f (x))2 = v + (f (x))2 Vậy u = v ⇒ f đơn ánh -Cho x = y thay đổi vào (71) ta có f (f (y)) = y + (f (0))2 ; ∀y ∈ R (72) Với y = k ta chọn b = f (k − (f (0))2 ) Khi f (b) = f (f (k − (f (0))2 )) = k − (f (0))2 + (f (0))2 = k Vậy f toàn ánh Từ kết suy f la song ánh +) Ta chứng minh f (f (x)) = x; ∀x ∈ R Cho x = y tùy ý vào (71) ta có f (f (y)) = y + (f (0))2 ; ∀y ∈ R Đặt f (0) = b ta có f (f (y)) = y + b2 ; ∀y ∈ R; (73) f (a2 ) = a; (74) f (f (a2 )) = a2 + b2 ; (75) Do f song ánh nên tồn a để f (a) = Cho x = y = a vào (71) ta có Theo (73) ta có Từ (74) (75) suy a2 +b2 = f (a) = Vậy a = b = 0; vào (73) có f (f (y)) = y Tức f (f (x)) = x (76) 106 DeThiMau.vn +) Ta chứng minh f cộng tính đồng biến Cho y = vào (71) có f (x2 ) = (f (x))2 Vậy f (x) ≥ x ≥ Dùng (76) ta có : Xét √ f (x + y) = f (x + f (f (y)) = f (y) + (f ( x))2 = f (x) + f (y) Xét u > v u − v > nên f (u − v) > Mà hàm cộng tính nên f (u) > f (v) Vậy hàm f đồng biến , f (x) = kx Mà f (1) = nên f (x) = x 107 DeThiMau.vn WWW.VNMATH.COM Bất đẳng thức đồng bậc Huỳnh Tấn Châu Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh, Phú Yên Trong năm gần đây, số đề thi học sinh giỏi Quốc gia có toán bất đẳng thức Một số tốn bất đẳng thức có dạng (đồng bậc) Nhằm giúp cho em học sinh đội tuyển tiếp cận rèn luyện kỹ giải tốn này, tơi xin trao đổi viết nhỏ BẤT ĐẲNG THỨC THUẦN NHẤT (ĐỒNG BẬC) Hàm số f (x1 , x2 , , xn ) biến số thực x1 , x2 , , xn gọi hàm bậc k với số thực t ta có :f (tx1 , tx2 , , txn ) = tk f (x1 , x2 , , xn ) Bất đẳng thức f (x1 , x2 , , xn ) ≥ 0, với f hàm nhất, gọi bất đẳng thức Ví dụ : Các bất đẳng thức Cauchy, bất đẳng thức Bunhiacopsky, bất đẳng thức Chebyshev bất đẳng thức MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC CHUYỂN ĐƯỢC VỀ DẠNG ĐỒNG BẬC Bài toán Cho a, b, c > a + b + c = Chứng minh : (a2 + b2 + c2 ) ≤ (a3 + b3 + c3 ) + (1) Lời giải Với giả thiết a + b + c =1, viết lại bất đẳng thức (1) dạng tương đương : (a2 + b2 + c2 ) (a + b + c) ≤ (a3 + b3 + c3 ) + (a + b + c)3 ⇔ (a3 + b3 + c3 + a2 b + a2 c + b2 a + b2 c + c2 a + c2 b) ≤ (a3 + b3 + c3 ) + a3 + b3 + c3 + (a2 b + a2 c + b2 a + b2 c + c2 a + c2 b + 2abc) ⇔ (a3 + b3 + c3 ) + 6abc ≥ (a2 b + a2 c + b2 a + b2 c + c2 a + c2 b) ⇔ a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ a2 b + a2 c + b2 a + b2 c + c2 a + c2 b ⇔ (b + c − a) (c + a − b) (a + b − c) ≤ abc(2) bất đẳng thức (2) dễ dàng chứng minh.Vậy bất đẳng thức (1) chứng minh Bài toán (ROMANIA – BALKAN TST – 2006) Cho a, b, c > thỏa mãn a + b + c = Chứng minh : (a2 + b2 + c2 ) (1) a2 b2 c2 + + ≥ b c a Lời giải Cách Biến đổi áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có: 202 DeThiMau.vn a4 b4 c4 (a2 + b2 + c2 ) a2 b2 c2 + + = + + ≥ b c a ab bc ca a b + b2 c + c a Bất đẳng thức (1) chứng minh ta chứng minh : (a2 + b2 + c2 ) ≥ (a2 + b2 + c2 ) ⇔ a2 + b2 + c2 ≥ (a2 b + b2 c + c2 a) a2 b + b2 c + c2 a ⇔ (a2 + b2 + c2 ) (a + b + c) ≥ (a2 b + b2 c + c2 a) (vì a + b + c = 1) ⇔ a3 + a2 c + b3 + b2 a + c3 + c2 b ≥ (a2 b + b2 c + c2 a) (2) √ Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có :a3 + ab2 ≥ a3 ab2 = 2a2 b Tương tự ta : b3 + bc2 ≥ 2b2 c, c3 + ca2 ≥ 2c2 a Cộng ba bất đẳng thức vế theo vế ta thu bất đẳng thức (2) Vậy bất đẳng thức (1) chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c a2 b2 c2 Cách Với a + b + c = 1, ta có : + + ≥ (a2 + b2 + c2 ) (1) b c a a2 b c + + (a + b + c) ≥ (a2 + b2 + c2 ) ⇔ b c a a3 b3 c3 a2 c b2 a c2 b 2 + + + + + ≥ (a2 + b2 + c2 ) ⇔a +b +c + b c a b c a a3 b3 c3 a2 c b2 a c2 b + + + + + ≥ (a2 + b2 + c2 ) (2) ⇔ b c a b c a a2 c b2 a c2 b Áp dụng bất đẳng thức AM – GM : + bc ≥ 2ac; + ac ≥ 2ba; + ba ≥ 2bc b c a a2 c b2 a c2 b a3 b3 c3 a2 c b2 a c2 b a3 b3 c3 ⇒ + + ≥ ab+bc+ca ⇒ + + + + + ≥ + + +ab+bc+ca b c a b c a b c a b c a c3 a3 b + ab ≥ 2a , + bc ≥ 2b2 , + ca ≥ 2c2 (3) Áp dụng bất đẳng thức AM – GM : b c a a3 b3 c3 ⇒ + + + ab + bc + ca ≥ (a2 + b2 + c2 ) (4) b c a a3 b3 c3 a2 c b2 a c2 b + + + + + ≥ (a2 + b2 + c2 ) (đpcm) Từ (3) (4) suy : ⇔ b c a b c a Bài toán (BALAN – 2010) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a4 + b4 + c4 ≥ a3 + b3 + c3 √ b3 c3 a3 +√ +√ ≥ Chứng minh : √ b4 + b2 c + c c4 + c2 a2 + a4 a4 + a2 b2 + b4 Lời giải a4 + b + c ≥ nên ta qui toán việc chứng minh bất đẳng a3 + b + c √ a4 + b4 + c4 b3 c3 a3 +√ +√ ≥ 3 thức đồng bậc : √ a + b3 + c b4 + b2 c + c c4 + c2 a2 + a4 a4 + a2 b2 + b4 √ a3 3a4 ≥ Sử dụng kĩ thuật ghép đối xứng, ta : √ a + b3 + c b4 + b2 c + c ⇔ 3a2 (b4 + b2 c2 + c4 ) ≤ (a3 + b3 + c3 ) (1) Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có : 3a2 b4 = 3.ab.ab.b2 ≤ a3 b3 + a3 b3 + b6 3a2 c4 = 3.ac.ac.c2 ≤ a3 c3 + a3 c3 + c6 ; 3a2 b2 c2 = 3.a2 bc.bc ≤ a6 + b3 c3 + b3 c3 Cộng bất đẳng thức vế theo vế ta thu bất đẳng thức (1) Từ giả thiết suy 203 DeThiMau.vn WWW.VNMATH.COM √ 3a a3 Dấu xảy a = b = c = Do √ ≥ 2 a + b3 + c b +b c +c MỘT SỐ KĨ THUẬT CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC ĐỒNG BẬC Bài toán √ (ALBANIA – 2002) Cho a, b, c > Chứng minh : √ 1 1+ √ (a + b2 + c2 ) ≥ a + b + c + a2 + b + c + + a b c 3 Lời giải √ √ 1 1+ √ (a + b2 + c2 ) + + ≥ a + b + c + a2 + b2 + c2 (1) Cách a b c 3 Khi thay (a, b, c ) (ta, tb, tc) bất đẳng thức khơng thay đổi, khơng 2 tổng quát √ giả sử a + b + c = Khi (1) : 1+ 1 √ ≥a+b+c+1 + + 3 √a b c 1+ 1 ⇔ √ (a + b + c) ≥ (a + b + c)2 + (a + b + c)(2) + + a b c 3 √ √ 1+ 1+ 1 √ √ = (a + b + c) ≥ + + Theo bất đẳng thức AM – GM: a b c 3 3 √ √ + b2 + c ) = + (3) Đặt X = a + b + c ≤ (a (bất đẳng thức Bunhiacốpxki) √ Suy < X ≤ √ Do (a + b + c)2 + (a + b + c) = X + X ≤ + (4) Từ (3) (4) suy bất đẳng thức (2) Vậy bất đẳng thức (1) chứng minh √ + b2 + c ) ⇒ a + b + c + (a a2 + b2 + c2 ≤ Cách Ta có : a + b + c ≤ √ (a2 + b2 + c2 ) 1+ √ 1+ 1 + + Bất đẳng thức (1) chứng minh ta chứng minh được: √ (a + b2 + c2 ) a b c 3 √ √ 1 1+ (a2 + b2 + c2 ) ⇔ √ a2 + b2 + c2 + + ≥ (2) Theo bất đẳng thức a b c 3 √ 1 1 √ 1 3 a2 b2 c2 3 AM – GM : √ a2 + b2 + c2 ≥ √ + + =1 a b c abc 3 3 Bài toán (IRAN – 2010) Cho a, b, c > Chứng minh : 1 1 1 ≥ + + + + + + (1) a2 b2 c2 (a + b + c)2 25 a b c a + b + c Lời giải Nhận xét : Bất đẳng thức bất đẳng thức Khi ta thay (a; b; c) (ta; tb; tc) bất đẳng thức khơng thay đổi Do khơng tính tổng qt, giả 1 sử a + b + c = (a, b, c > 0) Bất đẳng thức cần chứng minh viết lại : + + + ≥ a b c 1 + + + (2) 25 a b c 204 DeThiMau.vn ≥ 1 1 1 = x; = y; = z (x; y; z > 0) ⇒ x + y + z = + + ≥ =9 a b c a b c a+b+c Bất đẳng thức (2) : x2 + y + z + ≥ (x + y + z + 1)2 Do x2 + y + z ≥ 25 (x + y + z) nên bất đẳng thức chứng minh ta chứng minh : (x + y + z)2 + ≥ (x + y + z + 1)2 Đặt t = x + y + z ⇒ t ≥ Ta cần chứng 25 minh : t2 + ≥ (t + 1)2 ⇔ 4t2 − 42t + 54 ≥ ⇔ (t − 9) t − ≥ Điều hoàn 25 toàn ∀t ≥ Do tốn giải xong Đẳng thức xảy a = b = c Đặt Bài toán Chứng minh tam giác nhọn ABC có độ dài ba cạnh a, b, c ta 1 ≥ 27 (1) + + ln có : (a + b + c)2 2 2 a +b −c c +b −a a + c2 − b2 Lời giải Khi thay (a; b; c) (ta; tb; tc) bất đẳng thức (1) khơng thay đổi, nên không 1 tổng quát giả sử a + b + c = Khi (1) : ≥ + + 2 2 2 a +b −c c +b −a a + c2 − b2 (2) Theo định lí hàm số cosin ta có : c2 = a2 +b2 −2abcosC ⇒ a2 +b2 −c2 = 2abcosC Bất 1 c a + + ≥3⇔ + + đẳng thức (2) trở thành : 2abcosC 2bccosA 2accosB 2abccosC 2abccosA R b ≥ 3⇔ (tan A + tan B + tan C) ≥ 2abccosB abc √ R Áp dụng bất đẳng thức AM – GM : = a + b + c ≥ 3 abc ⇒ abc ≤ 1⇒ ≥R abc √ √ 3 Mặt khác = a + b + c = 2R (sin A + sin B + sin C) ≤ 2R = 3.R ⇒ R ≥ √ ⇒ √ R ≥ √ (3) Tam giác ABC có góc nhọn ta ln có tan A + tan B + tan C ≥ 3 (4) abc R Từ (3) (4) suy (tan A + tan B + tan C) ≥ 3(đpcm) Đẳng thức xảy abc tam giác ABC tam giác Bài toán Cho a, b, c số thực dương Chứng minh : (a + b + c) (1) 3 (a + b)2 (b + c)2 (c + a)2 ≥ abc Lời giải Cách Khi thay (a; b; c) (ta; tb; tc) bất đẳng thức (1) không thay đổi, 2 (a + b) (b + c) (c + a) ≥ nên không tổng quát giả sử a + b + c = (1) : abc √ ⇔ (a + b)2 (b + c)2 (c + a)2 ≥ 64abc ⇔ (a + b) (b + c) (c + a) ≥ abc (2) Vì a + b + c = nên (a + b) (b + c) (c + a) = (3 − c) (3 − a) (3 − b) = = 27 − (a + b + c) + 205 DeThiMau.vn WWW.VNMATH.COM (ab + bc + ca) − abc = 27 − 9.3 + (ab + bc + ca) − abc = (ab + bc + ca) − abc Áp dụng bất đẳng thức quen thuộc : (x + y + z)2 ≥ (xy + √ yz + zx) , ∀x, y, z ∈ R Ta có : (ab + bc + ca) ≥ 3abc (a + b + c) = 9abc ⇒ ab+bc+ca ≥ abc Do (a + b) (b + c) (c + a) ≥ √ √ √ √ abc − abc = abc + abc − abc Theo bất đẳng thức AM – GM ta có : = √ √ a + b + c ≥ 3 abc ⇒ ≥ abc ⇒ − abc √ ≥0 Suy : (a + b) (b + c) (c + a) ≥ abc Bất đẳng thức (2) chứng minh, đẳng thức xảy a = b = c = Vậy bất đẳng thức (1) chứng minh, đẳng thức xảy a = b = c Cách Chuẩn hóa a + b + c = Bất đẳng thức (1) trở thành : (a + b)2 (b + c)2 (c + a)2 ≥ ⇔ (a + b)2 (b + c)2 (c + a)2 ≥ abc abc Biến đổi áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta : (a + b)2 (b + c)2 (c + a)2 = [(a + b + c) (ab + bc + ca) − abc]2 (a + b + c) (ab + bc + ca) + (a + b + c) (ab + bc + ca) − abc = 9 √ 3 ≥ (ab + bc + ca) + abc.3 (abc) − abc = (ab + bc + ca) 9 = (ab + bc + ca)2 4 ≥ 3abc (a + b + c) = 3abc = abc (đpcm) 9 (2) Bài toán (NHẬT BẢN – 1997) Cho a, b, c số thực dương Chứng minh bất (c + a − b)2 (a + b − c)2 (b + c − a)2 + + ≥ đẳng thức : 2 2 2 (b + c) + a (c + a) + b (a + b) + c Lời giải Nhận xét : Bài tốn có sách “ Tuyển tập toán từ thị Trung Quốc ” , giải phức tạp cách sử dụng bất đẳng thức Schur Ở đưa hai lời giải đẹp, đặc biệt lời giải thứ hai độc đáo nhờ việc sử dụng tính đồng bậc của biểu thức tham gia trong bất đẳng thức    2x = b + c − a  a=y+z 4x2 Cách Đặt + 2y = c + a − b ⇔ b = z + x bất đẳng thức ⇔   (2x + y + z)2 + (y + z)2   2z = a + b − c c=x+y 4z x2 4y + ≥ ⇔ + 2x + y + z + 2xy + 2xz + 2yz (2y + z + x)2 + (z + x)2 (2z + x + y)2 + (x + y)2 y2 z2 + ≥ Do 2xy ≤ 2 2 2 2y + x + z + 2xy + 2yz + 2zx 2z + x + y + 2xy + 2yz + 2zx 10 y2 x2 2 2 2 + + x + y , 2yz ≤ y + z , 2zx ≤ x + z Nên VT ≥ 4x + 3y + 3z 4y + 3z + 3x2 206 DeThiMau.vn ... kx Mà f (1) = nên f (x) = x 107 DeThiMau.vn WWW.VNMATH.COM Bất đẳng thức đồng bậc Huỳnh Tấn Châu Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh, Phú Yên Trong năm gần đây, số đề thi học sinh giỏi Quốc gia... Tiếp tục dùng giả thi? ??t (7) ;(6) ta có f (x) + f (x + 1) )= = x+1 (x + 1) (x + 1)2 (10) x+1 f (x) + x+1 ) )=( ) (1 + x x (x + 1)2 (11) f( Từ (8),(9), (10) suy f( Mặt khác theo (9) (10) ta có f( x+1... số f (y) = vào (14) dùng (13) ta có f (2x + 1) = 3x + ⇒ f (x) = Vậy : f (2 010) = 3 .100 5 + x−1 +2= x+ 2 6031 = 2 Bài toán tổng quát : Tìm hàm số f : R → R toàn ánh thoả : f (0) = c (15) Và f (ax