Ứng dụng của hàm đơn điệu trong phương trình hàm

MỤC LỤC Trang MỞ ĐẦU 1 Lí chọn đề tài Mục đích nghiên cứu Nội dung nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề tài Bố cục luận văn Chƣơng HÀM SỐ ĐƠN ĐIỆU 1.1 Hàm số đơn điệu 1.1.1 Các định nghĩa (xem [5], [6]) 1.1.2 Một số tính chất (xem [1], [3]) 1.2 Hàm số cộng tính, nhân tính (xem [2], [4]) 1.3 Xây dựng dãy số hữu tỉ (xem [2], [4]) 1.4 Nhận xét Chƣơng ỨNG DỤNG CỦA HÀM ĐƠN ĐIỆU TRONG PHƢƠNG TRÌNH HÀM 2.1 Sử dụng tính chất: f (a) f (b) a b 2.2 Phương pháp kẹp giá trị hàm số 11 2.3 Phương pháp thác triển từ  lên  .12 2.4 Đưa hàm đơn điệu cộng tính 18 2.5 Đưa hàm cộng tính nhân tính .24 2.6 Phương trình hàm f (G( x, y)) G( y, x ) .28 2.7 Các toán tổng hợp 31 KẾT LUẬN 59 TÀI LIỆU THAM KHẢO 59 MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Lý thuyết phương trình hàm lĩnh vực nghiên cứu quan trọng Giải tích tốn học Các dạng tốn phương trình hàm phong phú bao gồm loại phương trình tuyến tính phương trình phi tuyến, phương trình ẩn hàm phương trình nhiều ẩn hàm Các nhà tốn học tiếp cận phương trình hàm theo mục tiêu nghiên cứu khác nhau, nghiên cứu định tính (xác định số đặc trưng hàm số) nghiên cứu định lượng (ước lượng số nghiệm, xác định dạng cụ thể nghiệm); nghiên cứu nghiệm địa phương nghiên cứu nghiệm toàn cục; xác định nghiệm liên tục hay nghiệm có tính gián đoạn,… Phương trình hàm chuyên đề quan trọng thuộc chương trình chun tốn trường THPT chun Các tốn liên quan đến phương trình hàm tốn thường gặp kì thi học sinh giỏi mơn tốn Quốc gia, khu vực Quốc tế Hiện nước ta, phương trình hàm chủ yếu giảng dạy cho học sinh lớp chuyên toán (đối với THPT) sinh viên trường ĐH,CĐ tham gia đội tuyển thi Olympic toán sinh viên Quốc gia Quốc tế Việc giải phương trình hàm địi hỏi vận dụng nhiều kiến thức giải, có khả tư tốt, phán đốn, khái quát tốt, Vì việc học tập tìm hiểu phương trình hàm cần thiết, đặc biệt ứng dụng hàm đơn điệu phương trình hàm, khơng làm cho kho tàng phương pháp giải phương trình hàm thêm phong phú, mà cịn giúp người giải tốn nói chung, học sinh THPT nói riêng dễ tiếp cận u thích tốn phương trình hàm Vì vậy, tơi chọn vấn đề làm đề tài nghiên cứu luận văn tốt nghiệp Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu việc ứng dụng tính chất lớp hàm đơn điệu giải phương trình hàm liên quan Nội dung nghiên cứu - Trình bày số khái niệm tính chất hàm đơn điệu - Nghiên cứu phương trình hàm lớp hàm đơn điệu Phƣơng pháp nghiên cứu - Tổng hợp, phân tích, hệ thống kiến thức hàm đơn điệu - Vận dụng kiến thức hàm đơn điệu việc giải tốn phương trình hàm có liên quan Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề tài Luận văn tài liệu tham khảo bổ ích cho giáo viên, học viên cao học bạn học sinh việc tìm hiểu phương trình hàm lớp hàm đơn điệu Bố cục luận văn Ngoài phần Mở đầu, Kết luận Tài liệu tham khảo, luận văn chia làm hai chương Chương Hàm số đơn điệu Trong chương luận văn trình bày kiến thức hàm số đơn điệu: Khái niệm hàm đơn điệu; hàm có tính cộng tính; hàm có tính nhân tính; tính chất bản; xây dựng dãy số hữu tỉ số nhận xét để giải toán phương trình hàm liên quan Chương Ứng dụng hàm đơn điệu phương trình hàm Bao gồm: Sử dụng tính chất f (a) f (b) a b ; phương pháp kẹp giá trị hàm số; phương pháp thác triển từ  lên  ; đưa hàm đơn điệu cộng tính; đưa hàm cộng tính nhân tính; phương trình hàm f (G( x, y)) G( y, x) ; cuối toán tổng hợp Chƣơng HÀM SỐ ĐƠN ĐIỆU 1.1 Hàm số đơn điệu Trong chương này, trình bày định nghĩa, tính chất liên quan đến hàm số đơn điệu, phục vụ cho tốn trình bày chương sau 1.1.1 Các định nghĩa (xem [5], [6]) Cho K khoảng (hay đoạn, nửa khoảng)  f hàm số xác định K Định nghĩa 1.1 Hàm số f gọi tăng K x1, x2 K , x1 x2 f x1 f x2 Định nghĩa 1.2 Hàm số f gọi giảm K Định nghĩa 1.3 Hàm số tăng giảm khoảng gọi hàm số đơn điệu khoảng Định nghĩa 1.4 Hàm số f gọi tăng thực K x1 , x2 K , x1 x2 f x2 f x1 Định nghĩa 1.5 Hàm số f gọi giảm thực K x1, x2 K , x1 x2 f x1 f x2 Hàm số tăng (giảm) thực gọi hàm số tăng (giảm) nghiêm ngặt Định nghĩa 1.6 Hàm số tăng thực giảm thực khoảng gọi hàm số đơn điệu thực khoảng 1.1.2 Một số tính chất (xem [1], [3]) Định lý 1.1 Mọi hàm đơn điệu thực khoảng đơn ánh khoảng Định lý 1.2 Nếu f : D hàm tăng  g : D  hai hàm tăng f g Định lý 1.3 Nếu f : D  hai hàm tăng không âm  g : D f ( x) g ( x) hàm tăng Định lý 1.4 Nếu f hàm số đơn điệu thực a, b phương trình f ( x) m có nhiều nghiệm khoảng Định lý 1.5 Nếu f : D f  hai hàm tăng tập xác  g : Dg định hàm g chứa tập giá trị hàm f hàm số g  f hàm tăng Hệ 1.1 Nếu f hàm tăng hàm số hợp f f ( x) (nếu xác định) hàm số tăng Hệ 1.2 Nếu f hàm giảm hàm số hợp f f ( x) (nếu xác định) hàm số giảm Chứng minh Giả sử , Khi f ( x) f ( y) f f ( x) f f ( y) Vậy f  f hàm số tăng 1.2 Hàm số cộng tính, nhân tính (xem [2], [4]) Định nghĩa 1.7 Hàm f ( x) gọi cộng tính tập xác định D với x, y D x y D f ( x y) f ( x) f ( y ) Chú ý: Nếu hàm f xác định D thỏa mãn f ( x y) x, y D mà x f ( x) f ( y) với y D f cộng tính D Thật vậy, ta có f ( x) f (x y y) f (x y) f ( y) f (x y) f ( x) f ( y) Ví dụ: Mọi hàm số có dạng f ( x) k.x (k ) hàm cộng tính Định nghĩa 1.8 Hàm f ( x) gọi nhân tính tập xác định D với x, y D x y D f ( x y) f ( x) f ( y) Ví dụ: Mọi hàm số có dạng f ( x) x ( Chú ý: Nếu hàm f : * 0) hàm nhân tính * hàm nhân tính Khi f hồn tồn xác định biết giá trị điểm nguyên tố Để chứng minh hàm số có tính cộng tính (hoặc nhân tính), trước hết ta phải chứng minh tập xác định hàm số đóng với phép tốn cộng (hoặc phép tốn nhân), tức với x, y D x 1.3 Xây dựng dãy số hữu tỉ y D (hoặc x y D ) (xem [2], [4]) Khi tìm cơng thức hàm f tập số hữu tỉ Q, muốn suy công thức hàm f tập số thực, ta thường sử dụng dãy số, giới hạn tính liên tục, đơn điệu, đặc biệt phải xây dựng dãy số hữu tỉ thỏa mãn điều kiện 1.3.1 Giữa hai số thực phân biệt ln có số hữu tỉ Chứng minh Giả sử x, y hai số thực phân biệt x y Chọn số tự nhiên n đủ lớn cho: n y x nx m ny Vậy n m n tồn số nguyên m cho: y m số hữu tỉ nằm x y n 1.3.2 Với x  , tồn dãy số hữu tỉ ( xn ) hội tụ x Chứng minh Với số tự nhiên n, tồn số hữu tỉ xn cho: x n xn x n Vậy ta xây dựng dãy số hữu tỉ ( xn ) thỏa mãn x n xn x n Từ cho n 1.3.3 Với x n xn x n xn x , n 1,2, n sử dụng nguyên lí kẹp ta lim xn x x (đpcm)  , x , tồn dãy số hữu tỉ dương ( xn ) hội tụ x Chứng minh Với số tự nhiên n, tồn số hữu tỉ xn cho x n xn Từ cho n x n n xn x n , n 1,2, n xn x sử dụng nguyên lí kẹp ta lim xn x x Do x nên tồn số tự nhiên n0 cho xn > Đặt: y1= xno , y2 xn , , yn x n0 x >0, n n0 n Ta thu đươc dãy số hữu tỉ dương (yn) thỏa mãn: nlim yn lim x n0 n x n Suy điều phải chứng minh 1.3.4 Với x  , tồn hai dãy số hữu tỉ ( x n n , n 1, 2, ; lim x n n n ),( n ) cho lim n n Chứng minh Giả sử x  Với n N* , tồn số hữu tỉ n n cho: n x x , n 1, 2, ; x n n Do nlim x lim x n n x nên lim lim x n n 1,2, ; nlim n x n, ),( n x x n 1,2, ; lim n, n n ) cho x lim n n x lim n lim n x  , x tồn hai dãy số hữu tỉ dương ( 1.3.5 Với n n n n Vậy ta thu hai dãy số hữu tỉ ( n , n 1, 2, n x n n n ),( n ) cho n Chứng minh Giả sử x Với n N*, tồn số hữu tỉ n cho: x 2n x Do lim x n x , n 1,2, ; x n x 2n lim x n n x n lim x x n nên Vậy ta thu hai dãy số hữu tỉ ( n x n, n 1,2, ; nlim n ),( n ) cho n x lim n n , n 1, 2, n n 1.3.6 Với số thực x 0;1 , tồn dãy số hữu tỉ dương ( x n ) 0;1 cho nlim x n x Chứng minh Ta có , n 1, 2, Khi dãy số hữu tỉ n - Khi x Xét dãy số: x n 0;1 hội tụ ( xn ) - Khi x Xét dãy số: x n tỉ( x n ) 0;1 , n 1, 2, Khi dãy số hữu n hội tụ - Khi x với n 1,2, , ta ln có: x x Suy tồn số hữu tỉ xn cho: x x hữu tỉ x n ( xn ) x Như tồn dãy số 2n x , n 1, 2, (*) 2n , ta thu lim x n x 0;1 cho: x x Từ (*) cho n 1.3.7 x 2n n Với số thực x, tồn dãy số hữu tỉ m / m Z, n N 2n cho nlim x n x Chứng minh Ta có 2n x 2n x 2n 2n x x Từ (*) cho n 2n x 2n x 2n 1, n N , n N 2n (*) 2n x sử dụng nguyên lí kẹp ta được: lim n 2n x, điều phải chứng minh 1.4 Nhận xét Sau số nhận xét, nên lưu ý để giải toán nhanh 1.4.1 Đối với hàm đơn điệu (xem [3], [4]) 1) Nếu f đơn điệu thực f đơn ánh 2) Trong vài trường hợp ta dự đốn cơng thức hàm số chẳng hạn f ( x) g ( x) xét f ( x) g ( x) f ( x) g ( x) , sau sử dụng tính đơn điệu hàm f để dẫn tới điều vô lý 3) Nếu hàm f đơn điệu ta có cơng thức f tập số hữu tỉ  dùng kỹ thuật chọn hai dãy hữu tỉ đơn điệu ngược nhau, từ chuyển qua giới hạn (chẳng hạn tốn 30) 4) Nếu f cộng tính đơn điệu  (hoặc  ) f ( x) ax ( xem chứng minh toán 8) 1.4.2 Đối với hàm cộng tính, nhân tính tính đơn điệu (xem [2], [3]) 1) Cho f :   hàm cộng tính thỏa mãn với x f ( x) Khi f hàm tăng Chú ý: Nếu với x f ( x) f hàm giảm 2) Nếu hàm số f ( x) đơn điệu cộng tính  f có dạng f ( x) kx Chú f ( x) ý: Mọi hàm số cộng tính f :  thỏa mãn f (1) x, x  3) Nếu hàm số f :  nghĩa f ( x) x ,   đơn điệu nhân tính f có dạng lũy thừa, Chƣơng ỨNG DỤNG CỦA HÀM ĐƠN ĐIỆU TRONG PHƢƠNG TRÌNH HÀM Trong chương này, ta trình bày việc ứng dụng số tính chất hàm đơn điệu việc giải phương trình hàm có liên quan (xem [1], [2], [4]) 2.1 Sử dụng tính chất: f (a) f (b) a b Trong mục ta sử dụng tính chất: Nếu f hàm số đơn điệu khoảng K a, b thuộc K cho f (a) f (b) a b Điều có ý nghĩa lớn, giúp ta “giảm bớt f ” Bài tốn (Đề nghị thi Olympic 30/04/2011) Tìm tất hàm số f xác định đồng biến  thỏa mãn điều kiện f f ( y) x 4x (1) 1 y vào (1) ta f f ( y) y 4 Giải Thay x Trong (1) lấy x f y 1, x, y  1 f ( y) y y ta f f f (0) 1, y  (2) Kết hợp với (2) ta f (0) , y  (3) Do f đồng biến  nên từ (3) suy 1 f ( y) y f (0), y  (4) Từ (4) suy f ( x) x a, với a số Thay vào (1) ta 46 điều mâu thuẫn với tính giảm J Tìm tất hàm số f , g : (0; ) (0; ) với f hàm số tăng nghiêm ngặt thỏa mãn đồng thời phương trình hàm sau f ( f ( x ) g( x ) f ( y)) g( x ) f ( x ) 3g( y), x, y g( f ( x ) y g( y )) x g( x ) f ( y ) y, x, y 0 (1) (2) Giải Đặt h( x ) f ( x ) x Ta chứng minh h đơn ánh Giả sử x1 x2 cho h( x1 ) h( x2 ) Khi f ( x1 ) x1 x1 x2 f hàm tăng nghiêm ngặt nên f ( x1 ) f ( x2 ) f ( x2 ) x2 suy x1 f ( x1 ) x1 x2 , f ( x2 ) x2 đến ta gặp mâu thuẫn, tương tự x1 x2 dẫn đến mâu thuẫn Từ (1) ta có h( f ( x ) 2g( x ) f ( y)) f ( x ) g ( x ) f ( y) g( x ) f ( x ) 3g( y), x, y  Hay h( f ( x ) 2g( x ) f ( y) f ( x ) 3g( x ) f ( y) 3g( y), x, y (3) Trong (3) thay x y thay y x , ta h( f ( y) 2g( y) f ( x ) f ( x ) 3g( x ) f ( y) 3g( y), x, y (4) Từ (3) (4) suy h( f ( x ) 2g( x ) f ( y) h( f ( y) 2g( y) f ( x)), x, y (5) Mà h đơn ánh nên từ (5) ta có f ( x ) g( x ) f ( y) f ( y) g( y) f ( x ), x, y f ( x ) g( x ) f ( y) g ( y), x, y f ( x ) g( x ) c, x (6) Từ (2) cho x y ta g( f ( x ) x g( x )) x g( x ) f ( x ) x, x g ( f ( x ) x g ( x )) 3x g ( x ) f ( x ), x g (2g( x ) x c) 3x c, x (7) Từ (7) suy hàm g nhận giá trị lớn c hàm f nhận giá trị lớn 2c c Thay (6) vào (1) ta 47 f ( f ( x ) f ( x ) 2c f (3 f ( x ) f ( y ) f ( x ) x 2c, x g( x ) x 3c, x f ( y )) f ( x ) c f ( x ) f ( y ) 3c 2c) f ( x ) f ( y ) 4c, x, y 10c 10c (8) Do (8) nên với x 10c , ta có 2g( x ) x c 2( x 3c) x c 3x 5c 10c g(2g( x ) x c) 3x 5c 3c 3x 8c Vậy thay (8) vào (7), ta c Do f ( x ) g( x ) x, x Thử lại thấy f ( x ) x, x g( x ) x, x thỏa mãn u cầu đề Bài tốn 36 Tìm hàm số f :  f ( x y) f ( xy) f ( x)  f ( y) thỏa mãn phương trình hàm f ( x ) f ( y), x, y  Giải Trong (1) cho x y ta f (0) f (0) f (0) (1) 0,2 Trường hợp f (0)= Thay x vào (1) ta thu f ( y), y  f ( y) (2) Trong (1) thay y -y để ý đến (2) f ( x y) f ( xy) f ( x) f ( y) f ( x ) f ( y), x, y  (3) Cộng (3) (1) theo vế ta f ( x y) f ( x y) f ( x ), x, y  (4) Từ (4) cho x y lưu ý đến f (0) ta f (2 x ) f ( x ), x, y  Bởi (4) trở thành f ( x y) f ( x y) f (2 x ), x, y  (5) Đặt u x y,v x y , thay vào (5) f (u) f (v) f (u v), u, v  f ( x ) f ( y) f ( x y), x, y  (6) Từ (6) (3) cho ta f ( xy) f ( x) f ( y), x, y  (7) Từ (7) (6), sử dụng toán 10 ta f ( x ) f ( x ) x Thử lại thấy thỏa mãn f (0) thỏa mãn (1) Trường hợp f (0)= Thay x vào (1) ta thu 48 f ( y) 2 f ( y) f ( y), y  , hay f ( y) f ( y), y  Trong (1) thay y –y lưu ý f ( y) f ( y) ta f (x y) f ( xy) f ( x) f ( y) f ( x) f ( y), x, y  (8) Từ (8) (1) suy f ( x y), x, y  f ( x y) (9) Từ (9) cho x y dẫn đến f (2 x ) 2, x  , hay f ( x ) 2, x  , vào (1) thấy thỏa mãn Vậy có ba hàm số thỏa mãn yêu cầu đề x f ( x ) 0, f ( x ) 2, f ( x ) Lưu ý: Bài tốn 36 có phương trình hàm na ná phương trình hàm tốn 30, có khác tập xác định tập giá trị, lời giải khác Bài tốn 37 (Belarus -1997) Tìm hàm số f :   thỏa mãn phương trình hàm f ( x y) f ( x ) f ( y) f ( x) f ( y) f ( xy), x, y  (1) Giải Nếu f hàm từ (1) ta f ( x ) 0, f ( x ) Tiếp theo giả sử f hàm Thay y vào (1) f ( x ) f (0) f (0), x  (2) Do dạng xét f hàm nên tồn tại x0  : f ( x0 ) Trong (2) lấy x x0 , ta f (0) ta tính f ( x 2) hai cách Trong (1) cho y ta f ( x 1) f ( x ) f (1) f ( x 1) f (x) f (1) f ( x ) Từ (3) cho x ta f (2) f (1) f ( x ), x, y  f (1), x thay x x+1 sử dụng (3) ta  f (1) f (1) (3) f (1) f (1) f (1) Trong (3) 49 f ( x 2) f (1) (2 f (1) f (1)) f ( x ) f ( x) f (1) f (1) f (2), x  (4) Trong (1) cho y f ( x 2) f ( x ) f (2) f ( x 2) f ( x) f (2) f (2) f ( x ) f (2 x ), x f (2 x )  f (2), x  (5) Từ (4) (5) suy f (1) f (2 x ) f ( x) f (2) f (2) f ( x ) f (2 x ), x  f (1) f ( x ), x  Vậy f (2 x ) af ( x ), x  , với a (6) f (1) số khác (vì a f hàm hằng) Từ ta f (4) a2 f ( x ), x  (7) Trong (1) thay x 2x, thay y 2y sử dụng kết ta af ( x y) a2 f ( x ) f ( y) af ( x ) af ( y) a2 f ( xy), x, y  (8) Nhân hai vế (1) với a2 dẫn đến a2 f ( x y) a2 f ( x ) f ( y) a2 f ( x ) a2 f ( y) a2 f ( xy), x, y  (9) Từ (8) (9) suy f ( x y) af ( x ) af ( y) af ( x y) (a 1) f ( x y) (a 1) f ( x ) f ( x) f ( y), x, y  f ( y) , x, y  (10) Nếu a f (1) , thay vào (3) f ( x 1) 2, x  , hay f ( x ) , không rơi vào trường hợp ta xét, a Do (10) suy f (x y) f ( y), x, y  (11) f ( y), x, y  (12) f ( x) Kết hợp (11) với (1) ta f ( xy) f ( x) Từ (11) (12) sử dụng toán 10 ta f ( x) x, x  Thử lại Vậy có ba hàm số thỏa mãn yêu cầu đề f ( x) x, f ( x ) 0, f ( x ) Bài tốn 38 Tìm tất hàm số f :  f ( x y) f ( xy) f ( x) f ( y) f ( x ) f ( y), x, y   thỏa mãn phương trình hàm (1) 50 Giải Cách Phương trình hàm (1) tổng hai phương trình hàm f ( x y) f (x) (2) f ( x ) f ( y), x, y  f ( xy) (3)  f ( y), x, y Ta biết có (2) (3) theo tốn 10 ta có kết f ( x ) x, x , f ( x ) 0, x  Vậy ta cần chứng minh (1) suy (2) (3) xong Để tách phương trình hàm (1) ta cần quan tâm đến tính chẵn, lẻ hàm f Chẳng hạn f hàm lẻ từ (1) thay y –y ta f ( x y) f ( xy) f (x) f ( y) f ( x ) f ( y), x  (4) Cộng (1) (4) thu f ( x y) f ( x y) f ( x ), x, y  (5) Từ (1) cho x y f (0) từ (5) cho y x ta f (2 x ) f ( x ), x  Từ (5), đặt u x y, v x y ta f (u) f ( v) f u v , u, v  f (2u) f (2v) f (u v), u, v  f (u) f (v) f (u v), u, v  f ( x ) f ( y ) f ( x y ), u, v  Vậy (1) ta suy (2) f hàm lẻ Kết hợp (1) (2) ta có (3) Bây chứng minh f hàm lẻ Một cách tự nhiên từ (1) cho y f ( x 1) f ( x) f (x) ta f ( x ) f ( 1), x  f ( 1) (5) Ta cần tìm f ( 1) Từ (1) cho y ta f ( x 1) f ( x ) f ( x ) f (1) f ( x ) f (1), x f ( x 1) f (1) f ( x ) f (1), x   (6) Đặt f (1) a Khi từ (2) suy f (2) a2 a, f (3) a3 a2 a, f (4) a a3 a2 a Từ (1) cho x y ta f (4) f (2) 2(a a3 a f (2) 2(a a) a a3 a 2a3 2a a) 2(a 2a a4 a) ( a a2 a a)2 0, 1,1 51 Nếu a từ (6) suy f ( x ) 0, x  , thử lại thấy thỏa mãn Nếu a từ (6) ta có f ( x ) 1, x  f ( x 1) Từ (7) cho x ta f ( 1) (7) Thay vào (5) dẫn đến f ( x 1) f ( x ) f ( x ) f ( x ), x  f ( x 1) f ( x ) 1, x  (8) Trong (7) thay x –x ta f (1 x) f ( x) 1, x  (9) Từ (9) (8) suy f ( x 1) f (1 x ), x  hay f ( x ) f ( x ), x  Vậy f hàm chẵn Do từ (1) thay y –y ta f ( x y) f ( xy) f ( x) f ( y) f ( x ) f ( y), x, y  (10) Từ (1) (10) suy f ( x y) f ( x y) 1, x, y  Từ lấy y x f (2 x ) 0, x, y  , f ( 1) hay f hàm hằng, điều mâu thuẫn với f (0) Vậy trường hợp a khơng xảy Nếu a=1 (6) ta có f ( x 1) Từ (11) cho x f ( x ) 1, x  (11) ta f ( 1) f ( x 1) f ( x) Thế vào (5) dẫn đến  1, x (12) Từ (6) thay x –x f (1 x ) f ( x ) 1, x Từ (12) (13) suy f ( x 1) f ( x)  f (1 x ), x , f ( x ), x , (13) hay Vậy f hàm lẻ Theo lý luận ban đầu ta có (2) (3) Vậy sử dụng toán 10 ta f ( x ) x Sau thử lại ta kết luận: Có hai hàm số thỏa mãn yêu cầu đề f ( x ) x, x , f ( x) 0, x  Cách Nếu f hàm từ (1) suy f ( x ) Tiếp theo giả sử f hàm f ( x ) Ta có 52 f ( xy) (1) f ( x ) f ( y) f ( x) f ( y) f ( x y), x, y  (2) Trong (2) lấy x 0, y f (0) Trong (1) lấy y=1 f (x) f ( x ) f (1) f (x) f (1) f ( x ) f (x) f (1)  f ( x 1), x  f ( x 1), x (3) Nếu f (1) từ (3) suy f ( x 1) 0, x  hay f hàm hằng, vô lý Vậy f (1) Trong (3) cho x Trong (2) cho x y f (1) f ( 1) f (1) f ( 1) f ( 1) f ( 2) f (1) f ( 2) 1 f ( 1) 1 f ( 2) Trong (3) cho x Nếu f (1) từ (2) cho y f ( x) f ( x) f (1) 1 f (1) f (1) f ( x ) f ( x 1), x  (3) f ( x) f ( x 1) f (1) f ( x 1) f ( x ), x  Trong (2), lấy y x f (x2 ) f ( x) f ( x) f (2 x ) Trong (1) lấy y x ta f ( x2 ) f ( x) f ( x) f ( x) f ( x) f ( x ) f ( x) f (x2 ) f ( x) (4) f (2 x ) f ( x) f ( x) Kết hợp với (4) suy f ( x2 ) f ( x) f ( x) f ( x) f ( x) f (2 x ) 0, x  Từ f ( x ) 0, x  , hay f hàm hằng, vơ lý Vậy ta phải có f (1) kết hợp với (3) f ( x) f ( x 1), x  (5) Từ (5) phép quy nạp toán học, ta chứng minh f (a) a, a ; f ( x a) f ( x) f (a), x , a  Với a , x  ta có f (a, x ) f (a) f ( x ) f (a) f ( x) f (a x ) af ( x ) 53 Suy f ( x ) f ( x) p q p , q * cho x qf ( x) f ( qx) f (2 x) f ( x) Vì vậy, với x  , tồn f ( p) p f ( x) p q f ( x) x, x  (6) Trong (1) cho y x ta f ( x ) f ( x ) f ( x ) f (2 x ) f ( x ), x  Do với x f ( x ) f ( x) f ( x) 0 cịn với x f x x , suy ta chứng minh x n f Thật n f x f n n f ( x q) q x n f (x) , x n f (x) f ( x ), x f x n , n * , f (x) Tiếp theo ta chứng minh n , q  (7) a , a , b * Khi b Giả sử q f ( x q) f x a b f (bx ) a b f (bx a) b bf ( x ) a b Vậy (7) chứng minh Ta chứng minh x y r  f ( x ) q f ( x) f ( y) tồn cho y r x Khi f ( x) f ( x r) r r r f ( y r) f ( y) Giả sử tồn x cho f ( x ) x Không tính tổng quát, giả sử f ( x ) x Xét r số hữu tỉ cho x r f ( x ) f ( x) r f (r ) , Vì r  nên f (r ) r , suy dẫn tới r x , vô lý Từ suy f ( x ) x, x  Sau thử lại ta kết luận: Có hai hàm số thỏa mãn yêu cầu đề f ( x ) x, x  f (x ) 0, x  Nhận xét Nếu ta tìm f ( x ) f ( x ) cho f ( x ) ( x ), x ( x) ,  ( x ), x  mà muốn chứng minh kết ta thường dùng kỹ thuật sau: Giả sử tồn x  giả sử f ( x ) ( x) (trường hợp f ( x ) ( x) xét tương tự), 54 tồn số hữu tỉ q cho ( x ) p f ( x ) để dẫn tới điều kiện mâu thuẫn ( chẳng hạn toán 38) Do f ( x )  ( x ), x Bài tốn 39 Tìm tất hàm số f :  f ( xy) f ( x) f ( y)  thỏa mãn y) 1, x, y  f (x (1) Hƣớng dẫn Đặt g( x ) f ( x ) từ (1) có g( xy) g( x )g( y) g( x ) g( y) g( x y), x, y  (2) Từ (2), sử dụng toán 38 ta kết Bài tốn 40 Tìm tất hàm số f :   thỏa mãn f ( x ) xf ( y), x, y  f ( x yf ( x )) (1) Giải Dễ thấy f ( x ) thỏa mãn yêu cầu đề Tiếp theo xét f ( x ) Từ (1) cho y x f (0) Nếu f ( x ) x f ( y) 0, y , suy x Vậy f ( x) 0 x Từ (1) cho x f (1 y f (1)) f (1) Nếu f (1) thay y f f (1) f (1) f (1) f f ( y), y  (2) vào (2) f (1) 1 f (1) f (1) (mẫu thuẫn) Vậy f (1) (2) trở thành f ( y 1) f ( y) 1, y  (3) Từ (3) ta chứng minh n, n  f ( n) (4) Với n , x  ta có (1) f (nx ) f (n ( x 1)n) f (n ( x 1) f (n)) f (n) nf ( x 1) (3) n nf ( x 1) Nếu a n n f (x) nf ( x ) (5) b (5) f ( a) f ( 1b) f ( b) f ( b) f ( a) f ( b) f (0) f ( a b) 55 Nếu a a b b a b f f ( a) f a b a b a b f a b 2 f f ( b) f a b b a a b f a b 2 f f a b a b f a b a b f f a b a b f b a a b f (5) Cộng theo vế ta f (a) f (b) f a b f ( x y) f (a b) Tóm tắt f ( y), x, y  f ( x) (6) Do (6) nên (1) trở thành f ( x ) f ( yf ( x )) f ( x ) xf ( y), x, y , hay f ( y f ( x )) x f ( y), x, y  (7) Từ (7) lấy y=1 f ( f ( x )) x, x, y  suy f song ánh Do đó, với z  , tồn x  cho f ( x ) z Sử dụng (7) cho ta f ( yz) f ( yf ( x )) xf ( y) f ( z) f ( y), y, z  f ( f ( x )) f ( y) (8) Từ (6) (8) sử dụng toán 10 ta f ( x ) x, x  Thử lại Vậy có hai hàm số thỏa mãn yêu cầu đề f ( x) ; f ( x ) 0, x, y  x, x Bài toán 41 Cho số nguyên n Tìm tất hàm số f :   thỏa mãn f (xn f ( y)) f (x) n y, x, y  (1) Giải Đặt f (0) a Trong (1) cho x=0 f ( f ( y)) y an , y  (2) sử dụng (1) (2) ta f ( f (xn f ( f ( y )))) xn f ( f ( y )) a n f ( f (xn f ( f ( y )))) f ( f (x) n f ( f ( x )) (2) xn y 2a n , x , y  (3) f ( y )) n (2) y ( x a n )n y, x , y  (4) 56 Từ (3) (4), suy x n 2an ( x an )n , x  So sánh hệ số x n hai vế, ta Cn1an an a Do (2) trở thành y, y  f ( f ( y)) (5) Từ (5) suy f song ánh, f ( x ) Từ (1) cho y=0 ta f ( x n ) n f ( x) , x x  (6) Với x y  , ta có f ( x y) n f x fnx f ( f ( y))) f ( y) Như : f (x y ) f (x ) f (y ), x Trong (7) lấy y f (0) f ( x ( x )) (6) n f (x) f (x)  ,y (7) ta f ( x) f ( x) f ( x) f ( x ), x  (8) Với y , x sử dụng (7) (8), ta f ( x y) f ( x) f ( x y) f ( x) f (( x y) ( x ) f ( y) Từ kết hợp với (7) ta f ( x y) f ( x ) f ( y), x, y  (9) Trường hợp n chẵn Từ (6) thay x ta f (1) f (1) n n f (1) f (1) ( n -1 lẻ) Do n chẵn nên từ (6) suy với x f ( x ) Giả sử x y , f ( y x) ta có (7) f ( y) f (y x x) f (y x) f (x) f ( x ) Vậy hàm f đồng biến  Sử dụng toán suy f ( x ) kx, x  Do f (1) nên f ( x ) x, x  Thử lại thấy Trường hợp n lẻ Từ (6) thay x ta f (1) f (1) n f (1) n 1 f (1) ( n-1 chẵn) Ta chứng minh f đơn điệu Trước hết, Từ (9) quy nạp, ta có f (nx ) n f ( x ), x Đặt f (1) k , n  1, Ta tính f (( x 1)n ) hai cách 57 f (( x 1)n ) f ( x 1) n f (x) k n n Cni f ( x ) n i ki i n f (( x 1)n ) Cni x n f i f ( x n Cni x n Cnn x 1) i n f ( x ) Cn1 f ( x n ) Cnn f ( x ) Cnn f ( x ) k So sánh hai kết trên, ta f ( x n ) Cn1 f ( x n ) Cnn f ( x n ) Cnn f ( x ) Cnn f ( x ) k f ( x) n Cn1 f ( x ) n k Cnn f ( x )k n kn Do (6) nên ta có Cn1 f ( x n ) Cn2 f ( x n ) Cnn f ( x ) Cnn f ( x ) k Cn1 f ( x ) n k Cnn f ( x )k n kn Do hàm f hàm cộng tính nên ta viết lại sau f (Cn1 x n Cn2 x n Cn1 f ( x ) n Cnn x ) Cnn f ( x ) k k Cnn f ( x )k n kn Xét hàm số g( x) Cn1 x n Cn2 x n Cnn x 2 ( x 1)n Ta có g ( x ) n( x 1)n nx n n, g ( x ) n(n 1)( x 1)n Vì n lẻ nên ( x 1)n g ( x ) 0, x x n Do n(n 1)( x 1)n  Suy g ( x ) x n nx n(n 1) x n 2 n(n 1) x n Vậy tăng thực sự, phương trình g ( x ) có nghiệm Mà g (0) , nên g ( x ) triệt tiêu điểm x x - g ( x) - + + g( x ) Vậy g( x ) 0, x  g( x ) t x 0 với t ln có x0 cho g( x0 ) Có hai trường hợp Trường hợp k viết lại đẳng thức (10) 58 f (Cn1 x n Cn1 f ( x ) Cn2 x n n Cnn x ) Cn2 f ( x ) n Cnn f (x) Hay viết gọn f (g( x )) g( f ( x )) lấy t tùy ý, theo tính chất hàm g ta thấy tồn x0 cho t g( x0 ) f ( x0 ) nên f (g( x0 )) Vậy f (t ) f (g( x0 )) g( f ( x0 )) Hay với x f ( x ) Với x y x f ( y x) y Khi ta có f ( y) f ( y x x) f ( y x) f ( x) f ( x) Suy f hàm đơn điệu tăng Như f cộng tính đơn điệu  nên f ( x ) kx  x, x Trường hợp k f (Cn1 x n Cn2 x n Cn1 f ( x ) n Hay f (g( x )) Viết lại đẳng thức (10) Cnn x ) Cn2 f ( x ) g( f ( x )) n Cnn f (x) Từ biến thiên g( x ) ta có: với t ln có x0 (đúng hai giá trị x0 ) cho t g( x0 ) Với x0 f ( x0 ) g( x ) 0, x Do g( f ( x0 )) f (t ) g( f ( x0 )) Vậy f (g( x0 )) g( f ( x0 )) Hay với x f ( x ) Bây ta chứng minh f ( x ) hàm số giảm Thật vậy, giả sử x y y x f ( y) f (y x) , f (y x x) ta có f (y x) f ( x) Vậy f cộng tính giảm  nên f ( x ) kx nghiệm f (x ) x, x  f ( x ) x, x f ( x ) x, x  Thử lại, ta  Kết luận : * Nếu n chẵn có hàm số thỏa mãn u cầu đề f ( x) x, x  * Nếu n lẻ có hàm số thỏa mãn yêu cầu đề f ( x) x, x ; f ( x ) x, x  59 KẾT LUẬN Luận văn với đề tài Ứng dụng hàm đơn điệu phương trình hàm” trình bày vận dụng tính chất hàm đơn điệu việc giải phương trình hàm liên quan; kết đạt là: 1- Sử dụng tính chất f (a) f (b) a b 2- Phương pháp kẹp giá trị hàm số 3- Phương pháp thác triển từ  lên  4- Đưa hàm đơn điệu cộng tính 5- Đưa hàm cộng tính nhân tính 6- phương trình hàm f (G(x, y)) G(y, x) 7- Các tốn tổng hợp phương trình hàm * Một số nội dung nghiên cứu là: a) Phương trình hàm lớp hàm bị chặn; b) Phương trình hàm lớp hàm lượng giác; c) Phương trình hàm đa thức TÀI LIỆU THAM KHẢO 60 Nguyễn Văn Mậu (2003), Phương trình hàm, NXB Giáo dục Nguyễn Trọng Tuấn (2005), Bài toán hàm số qua kì thi Olympic, NXB Giáo dục Tơ Văn Ban (2005), Giải tích-Những tập nâng cao, NXB Giáo dục Nguyễn Tài Chung (2014), Bồi dưỡng học giỏi phương trình hàm, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội Vũ Tuấn (2011), Giáo trình giải tích tốn học, tập 1, NXB Giáo dục VN Sách giáo khoa Đại số Giải tích 11, NXB Giáo dục