skkn một số phƣơng pháp đặc biệt giải phƣơng trình hàm

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG

MỤC LỤC

Trang

2.2 Phương pháp tính giá trị của hàm số theo hai cách 16

PHẦN I: MỞ ĐẦU I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Trong chương trình giáo dục phổ thông môn Toán, học sinh được tiếp cận với hàm số từ rất sớm Những bài toán hàm số thường được ví như những bông hồng lung linh muôn sắc Hấp dẫn và kì bí! Những năm gần đây, trong các kì thi học sinh giỏi trong nước cũng như khu vực và quốc tế chúng ta thường xuyên bắt gặp các bài toán về phương trình hàm Điều này đặt ra yêu cầu được nghiên cứu tìm hiều nhiều hơn đối với dạng bài tập này, nhất là với các em học sinh chuyên Toán Hiện nay, các tài liệu về đa thức cũng khá đa dạng và phong phú Tuy nhiên, hầu hết đều trình bày khá giàn trải nhiều vấn đề nên người đọc khó định hình các hướng giải quyết cho một bài toán phương trình hàm Vì vậy tôi biên soạn chuyên đề này này giúp đỡ các em học sinh giải quyết phần nào những khó khăn đó

Tài liệu gồm hai chương:

Chương I Một số kiến thức cơ bản

Chương II Một số phương pháp đặc biệt giải phương trình hàm

Ở mỗi chương, tôi đã cố gắng tổng hợp một hệ thống kiến thức và các ví dụ đa dạng Tôi cũng đã cố gắng sắp xếp các ví dụ từ dễ đến khó Một số bài được giải theo nhiều phương pháp để người đọc có thể so sánh và thấy được nét đặc trưng và tính hiệu quả của từng phương pháp Hy vọng sẽ để lại những ấn tượng tốt đẹp lòng bạn đọc!

II MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU

Nghiên cứu sâu về phương pháp thế giải phương hình hàm cho các học sinh Chuyên Đưa ra hệ thống các bài tập cơ bản, giúp học sinh chuyên tiếp cận với phương trình hàm một cách

nhẹ nhàng nhất

III NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU

Đưa ra hướng tiếp cận cho từng loại bài, hệ thống lý thuyết khoa học, đầy đủ IV ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU

Các bài toán phương trình hàm trong các kì thi Quốc gia, Quốc tế và khu vực V PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU

Thông qua thực tiễn dạy đội tuyển học sinh giỏi quốc gia THPT Chuyên Bắc Giang để tổng hợp, phân tích, đánh giá

VI NHỮNG ĐÓNG GÓP CỦA ĐỀ TÀI

Đưa ra được hệ thống lý thuyết, hệ thống bài tập từ cơ bản đến khó Tạo hứng thú cho

học sinh khi học phương trình hàm

Tập hợp các số thực  Tập các số hữu tỷ dương  Tập hợp các số nguyên dương  Tập hợp các số thực dương

PHẦN II: NỘI DUNG NGHIÊN CỨU VÀ KẾT QUẢ

CHƯƠNG I MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.1 Khái niệm phương trình hàm

Bài toán tổng quát

Cho X, Y là tập hợp số nào đó Bài toán xác định hàm số f X: Y thỏa mãn một số điều kiện (*) nào đó cho trước là bài toán thường gặp trong Giải tích Việc phân loại

bài tập thường dựa vào tính chất của f(x) (liên tục, có đạo hàm,…); dạng của tập nguồn X, tập đích Y (có thể là , , , , ) và dạng của điều kiện (*) đã cho (tính chất hàm số, phương trình, bất phương trình, hệ phương trình,…)

Định nghĩa 1.1 Phương trình hàm là dạng phương trình đặc biệt mà ẩn là một

(Đáp số: lớpcác hàm số tuần hoàn tùy ý trên với chu kì T.)

Như vậy, một phương trình hàm không những có thể xác định một hoặc một vài hàm số nào đó mà còn có thể xác định một lớp các hàm số có chung các tính chất đã cho được thể hiện bởi điều kiện của phương trình hàm đó

Phương trình hàm là một lĩnh vực quan trọng của giải tích Bài toán giải phương trình hàm có lẽ là một trong những bài toán lâu đời nhất của giải tích Nhu cầu giải phương trình hàm xuất hiện ngay khi bắt đầu có lý thuyết hàm số Không có những định lí cũng như các thuật toán cụ thể để giải phương trình hàm tương tự như thuật toán giải phương trình đại số bậc hai Mặc dù vậy, ta sẽ đưa ra một số kĩ thuật cơ bản

Kĩ thuật 1 Tìm các nghiệm riêng đơn giản như hàm hằng, hàm bậc nhất,… Dựa vào các

nghiệm đó, chúng ta sẽ hiểu hơn về hàm cần tìm và có thể có được các phương hướng giải phương trình hàm đã cho

Kĩ thuật 2 Tính các giá trị đặc biệt của f(x), chẳng hạn: (0)f , f( 1) , f(2),… Đôi khi,

nếu f(0) hoặc f(1) không tính được, ta có thể đặt chúng bằng tham số

Kĩ thuật 3 Nghiên cứu các tính chất đặc biệt của hàm số cần tìm như đơn ánh, toàn ánh,

Trong trường hợp có f(g(x))=g(x) thì cố gắng tìm điểm bất động của hàm f

Lời giải của bài toán giải phương trình hàm bao giờ cũng được bắt đầu bằng mệnh đề: ”Giả sử tồn tại hàm số ( )f x thỏa mãn yêu cầu bài ra.” Khi tìm được biểu thức của

hàm số nghiệm ta phải kiểm tra vào phương trình đã cho rồi mới kết luận nghiệm

1.3 Điểm bất động 1.3.1 Đặc trƣng của hàm

Như ta đã biết, phương trình hàm là một phương trình thông thường mà nghiệm của nó là hàm Để giải quyết tốt vấn đề này, cần phân biệt tính chất hàm với đặc trưng hàm Những

tính chất quan trắc được từ đại số sang hàm số, được gọi là những đặc trưng hàm

(i) Hàm tuyến tính f(x) = ax , khi đó f(x + y) = f(x) + f(y) Vậy đặc trưng là f(x + y) = f(x) + f(y) với mọi x, y

(ii) Hàm bậc nhất f(x) = ax + b, khi đó f(x) + f(y) = 2f( Vậy đặc trưng hàm ở đây là ( ) ( ), ,

(vi) f(x) = cosx có đặc trưng hàm là f(x + y) + f(x – y) = 2f(x)f(y)

Hoàn toàn tương tự ta có thể tìm được các đặc trưng hàm của các hàm số f(x) =sinx, f(x) = tanx và với các hàm Hypebolic:

 cot hypebolic



shx có TXĐ là tập giá trị là

chx có TXĐ là tập giá trị là [1,) thx có TXĐ là tập giá trị là (-1,1)

Việc nghiên cứu các điểm bất động của hàm số cũng cho ta một số thông tin về hàm

số Bản chất nếu a là điểm bất động của hàm số f(x) thì a là chu trình bậc một của hàm số f(x)

2.1.2 Bài tập vận dụng

Ví dụ 2.1 Tìm tất cả các hàm số f :  thỏa mãn điều kiện f x  1 f x   2, x (1)

Lời giải

Ta suy nghĩ như sau: Từ giả thiết ta suy ra c = c + 2 do đó c 

Vì vậy ta coi 2 như là f(1) ta được f(x + 1) = f(x) + f(1) (*)

Như vậy ta đã chuyển phép cộng ra phép cộng Dựa vào đặc trưng hàm, ta phải tìm a : f(x) = ax để khử số 2 Ta được

(*)a x(  1) ax2  a 2

Vậy ta làm như sau:

Đặt f(x) = 2x + g(x)

Thay vào (*) ta được: 2(x + 1) + g(x + 1) = 2x + g(x) + 2,  x

Điều này tương đương với g(x + 1) = g(x), x Vậy g(x) là hàm tuần hoàn với chu kì 1

Đáp số f(x) = 2x + g(x) với g(x) là hàm tuần hoàn với chu kì 1 Qua ví dụ 1, ta có thể tổng quát ví dụ này, là tìm hàm f(x) thỏa mãn: f(x + a) = f(x) + b,  x, a, b tùy ý

( ) ( ) ( 1) , x2

g x  h x h x  ở đó h(x) là hàm tuần hoàn với chu kì 2

Qua ví dụ này, ta có thể tổng quát thành:

Coi 3 như g(1) ta được g(x + 1) = g(1).g(x)  x (2)

Từ đặc trưng hàm, chuyển phép cộng về phép nhân, ta thấy phải sử dụng hàm mũ : ax13ax a 3

Vậy ta đặt: ( )g x 3 ( )xh x thay vào (2) ta được: h(x + 1) = h(x)  xVậy h(x) là hàm tuần hoàn chu kì 1

Kết luận ( )f x   1 3 ( )xh x với h(x) là hàm tuần hoàn chu kì 1

Ở ví dụ 3 này, phương trình tổng quát của loại này là :

f(x + a) = bf(x) + c,  x , a, b, c tùy ý, b > 0, b khác 1

Với loại này được chuyển về hàm tuần hoàn

Còn f(x + a) = bf(x) + c,  x , a, b, c tùy ý, b < 0, b khác 1 được chuyển về hàm phản

tuần hoàn

Ví dụ 2.4 Tìm hàm f(x) thỏa mãn f(2x + 1) = 3f(x) – 2  x (1)

Lời giải

Ta có: c = 3c – 2 suy ra c = 1 Đặt f(x) = 1 + g(x)

Khi đó (1) có dạng g(2x + 1) = 3g(x) x  (2) Khi biểu thức bên trong có nghiệm   thì ta phải xử lý cách khác

Từ 2x + 1 = x suy ra x = 1

Vậy đặt x = -1 + t ta có 2x + 1 = -1 + 2t (2) có dạng: g(-1 + 2t) = 3g(-1 + t )  t

    

 

Bài toán tổng quát của dạng này như sau: f(x) f ax( )b  0, 1

Khi đó từ phương trình x  x ta chuyển điểm bất động về 0, thì ta được hàm tuần hoàn nhân tính

Nếu a = 0 bài toán bình thường Nếu a = 1 chẳng hạn xét bài toán sau: Tìm f(x) sao cho f(2x + 1) = f(x) – 2, x -1 (1)

Nghiệm 2x + 1 = x   x 1 nên đặt x = -1 + t thay vào (1) ta được f(-1 + 2t) = f(-1 + t) + 2,  t 0

Đặt g(t) = f( - 1 + t) ta được g(2t) = g(t) + 2  t 0 (2) Từ tích chuyển thành tổng nên là hàm loga

Ta có log (2 )at logat2 1

 Vậy đặt 1

( ) log ( )

g t  t h t

Thay vào (2) ta có h t(2 )h t( ), t 0Đến đây bài toán trở nên đơn giản

Ví dụ 2.5 Cho hàm số f: thỏa mãn  3 3( )

Suy ra f g x ( ) f  f  f x( )g f x ( ) Dễ thấy g x( ) là đơn ánh nên

từ ff x( )g x( ) suy ra f x( ) cũng là đơn ánh Gọi x0 là một điểm cố định của hàm

Từ đó ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 2.6 Hãy tìm tất cả các hàm f :    1;   1;  thỏa mãn điều kiện: (i) f x  f y x f y   yf x  y f x  ,x y,  1,

(ii) Hàm số f x 

tăng thực sự trên các khoảng 1;0 và 0;

Lời giải

Điều kiện (ii) cho ta phương trình điểm bất động f(x) = x có nhiều nhất là ba nghiệm

Một nghiệm (nếu có) nằm trong khoảng 1;0 một nghiệm bằng 0 và một nghiệm nằm trong khoảng 0;

Giả sử u thuộc 1;0 là một điểm bất động của f

Trong phương trình hàm (i) cho ta x = y = u ta được f(2u + u2

Do đó với mọi x 1 phải có x 1 x f x   0 suy ra  

xf x

  Thử lại ta thấy hàm số trên thỏa mãn

Vậy  

xf x

 

Ví dụ 2.7 Tìm tất cả các hàm số f :    thỏa mãn đồng thời hai điều kiện:

 Đặc điểm của điểm bất động

Nếu x, y là hai điểm bất định của hàm số thì

điểm bất động Điều này trái với điều kiện ii)

Vậy 1 là điểm bất động duy nhất của hàm số Mà xf x là điểm bất động của hàm số ( )

với mọi x dương nên f x( ) 1, x 0.

   Thử lại thỏa mãn yêu cầu

Ví dụ 2.8 (IMO 1994) Giả sử S là tập hợp các số thực lớn hơn - 1 Tìm tất cả các

hàm số f S: Ssao cho các điều kiện sau được thỏa mãn: a) f x  f y( )xf y( ) yf x( )yf x( ), x y, S.b) f x( )

2uu   uu 0,u 1 (mâu thuẫn giả thiết)

Hoàn toàn tương tự, hàm số không có điểm bất động dương nào Do đó 0 là điểm bất động duy nhất nếu có

 Kết luận:

Cho x = y vào điều kiện a) ta được

f x f x xf x  xf x xf x  xS Theo lí luận trên thì ( ) ( ) 0, ( ) ,

Nếu f không đồng nhất bằng 0 thì từ điều kiện ( ( ))f f m  f m( ), m ta có f m ( )

là điểm bất động của hàm số mới mọi số tự nhiên m

 Tập hợp các điểm bất động của hàm f Gọi a là điểm bất động khác 0 bé nhất của hàm f

Nếu a = 1, tức là f(1) 1 thì dễ thấy cho m  n 1 f(2)2 Bằng quy nạp ta chứng minh được ( )f n   n, n

Nếu a1 thì bằng phương pháp quy nạp ta cũng chứng minh được

Vì f n n( )   là các điểm bất động của hàm số nên với i < a nào đó thì ( )f i n ai

Ta chứng minh bài toán tổng quát hơn:

Cho S là một tập hợp và g S: S là một hàm số có chính xác hai điểm bất động { , }a b và hàm số g g có chính xác hai điểm bất động { , , , }a b c d Khi đó không tồn tại hàm

số f S: S sao cho ff g

Thật vậy, giả sử ( )g c   ycg g c( ( ))g y( ) hay yg c( )g g y( ( )) Suy ra y là một điểm cố định của g g

Nếu y  aag a( )g y( )c, mâu thuẫn

Tương tự nếu y = b sẽ dẫn đến mâu thuẫn c = b

Nếu y = c thì cg y( )g c( ) hay c là điểm cố định của g , mâu thuẫn Do đó y = d tức là ( )g c d và tương tự ta có ( )g d c

Giả sử tồn tại hàm số f S: S sao cho ff g Ta có:

fg fff g f

Khi đó ( )f a  f g a( ( ))g f a( ( )) nên f (a) là một điểm cố định của hàm g Bằng việc

kiểm tra từng trường hợp ta kết luận:

{ , } { , }, { , , , } { , , , }

f a b  a b f a b c d  a b c d

Xét f (c) Nếu f (c) = a thì ( )f a  f f c( ( ))g c( )d, mâu thuẫn do { , } { , }f a b  a b

Tương tự cũng không thể f (c) = b Do đó f (c) = d Khi đó

( ) ( ( )) ( )

f d  f f c g c d

Mâu thuẫn với giả thiết d không là điểm cố định của f Vậy không thể tồn tại hàm số

như yêu cầu

Trở lại bài toán, ta xét g x( )x22 có hai điểm cố định là – 1 và 2 Hàm số

2 

 Áp dụng kết quả trên ta được bài toán trên vô nghiệm

Bài 2 Tìm tất cả các hàm f : * * thỏa mãn điều kiện:

g  là một đơn ánh sao cho với mọi số nguyên dương n ta có f n g n  Chứng minh rằng f g.

Bài 5 (IMO Shortlist 1995) Chứng minh rằng tồn tại một và chỉ một hàm số

f  sao cho với mọi số nguyên ,x y ta có f x  f y  f x y

Bài 8 Xét tất cả các hàm f :  thỏa mãn điều kiện:

 

f x f x y  xf x  f y , với mọi x y,  Chứng minh rằng f là một song ánh (8)

Bài 9 Tìm tất cả các hàm f :  thỏa mãn điều kiện:  

ff x f y  xf y  f xy , với mọi x y,  (13)

Bài 10 Tìm tất cả các hàm f :   0    0 thỏa mãn điều kiện:  

Bài 12 (Olimpic 30-04-2009) Cho hàm số f : *  * thỏa mãn điều kiện: 2009

mn chia hết cho f m  f n , với mọi m n,  * Chứng minh rằng

     1 , 2 , 3 ,

fff lập thành một cấp số cộng với công sai dương

Bài 13 Có tồn tại hay không một song ánh thỏa mãn điều kiện:

 1  2  

với mọi số nguyên dương n

Bài 14 Tìm tất cả các hàm f :  thỏa mãn điều kiện:

 

với mọi x y,  Chứng minh rằng f  0 0.(11)

Bài 15 Tìm tất cả các hàm f :  thỏa mãn điều kiện:

2.2 Giải phương trình hàm bằng cách tính giá trị của hàm số bằng hai cách 2.2.1 Phương pháp

Nếu hàm số f(x) đơn điệu ta có thể chứng minh hàm số cộng tính.Từ đó ta có

( )

f x ax

Nếu hàm số f(x) tăng và thỏa mãn f f x( )x thì ta chứng minh được f x( )x

Nếu hàm số f(x) tăng ngặt thì ta có thể khai thác tính chất đơn ánh của hàm số Nếu hàm số f(x) đơn điệu thì f  f nên chỉ cần xác định hàm số trên

Nếu hàm số f(x) là hàm số chẵn hoặc lẻ thì ta chỉ cần xác định hàm số trên 0;

Nếu hàm số f(x) là hàm tuần hoàn thì ta chỉ cần xác định hàm số trên một chu kì

    

  :

Ví dụ 2.12 Tìm tất cả hàm số tăng f :    thỏa mãn hai điều kiện

Cho y = 1 vào i ) ta được f x(  1) f3( ) 1x  (1)

Cho x = 1 vào i ) ta được ( 1) 3(1) ( )(1)

Giả sử tồn tại hàm số f(x) thỏa mãn bài toán

Chọn x0; y0 thay vào (1) ta được f(0)0 Chọn y0 thay vào (1) ta được

( 0 ) ( ) 0 (0 )

f x  x f x  f, x   32

f x x f x, x 

f xy  f x  f y , x y;  (*) Chọn y x, thay vào (*) ta được ( )f   xf x( ), x 

Vì xf x( 2)x f x2 ( ) nên f x( 2)xf x( ),  x 0

(( 1) ) ( 1) ( 1) ( 1) ( ) (1)

fx  x f x  x f x  f   x 1  2

f x    x xxf x  f x xf  f   x 1 xf x( ) 2 ( ) f x  f(1)xf x( ) f x( )xf(1) f(1)   x 1  f x( )xf(1),   x 1;x0

Giả sử tồn tại hàm số f(x) thỏa mãn bài toán

Chọn y0 thay vào (1) ta được

f x xf x ,  x  Suy ra f x( 3y3) f x( )3  f y( 3), x y;   Nên f x( y) f x( ) f y( ), x y;  

f

Vì f x( 3)xf x( 2) nên f x( 6)x f x2 ( 4) 222 2 (1) ( 2)( )

x f xf x x f x f x, x   Đặt (1)f a khi đó ta có

Nên ( )f x ax,  x 

Tuy nhiên hàm số vẫn đúng với x1 Thử lại hàm số vừa tìm thỏa mãn bài toán Vậy ( )f x ax, x   là hàm số cần tìm

Bài 26 Tìm tất cả các hàm số f :   0    0 thỏa mãn điều kiện:

Bài 28 (Macedonia NMO 2008) Tìm tất cả các hàm đơn ánh f : * * thỏa mãn điều kiện:   

Bài 30 Tìm tất cả các hàm số f : *  * thỏa mãn điều kiện:

 

với mọi số nguyên dương n

Bài 31 Cho X là một tập hữu hạn, cho các song ánh f g X, : X thỏa mãn điều kiện với mọi xX ta có: f f x g g x  hoặc f g x g f x  hoặc cả hai đều

đúng Chứng minh rằng với mọi x X , ta có f f f x g g g x  nếu  

Bài 32 (APMO 1989) Cho hàm số f tăng thực sự , nhận giá trị thực trên tập các số

thực Giả sử tồn tại hàm ngược f1 Tìm tất cả các hàm số f như thế sao cho

