Giải phương trình hàm bằng phương pháp thế biến

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG TỔ TOÁN GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN: NGUYỄN MINH TUẤN HỌC SINH THỰC HIỆN: LÊ NGỌC MAI PHẠM LỮ TRÚC QUỲNH LÊ HÀN TUYẾT GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾ

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG

TỔ TOÁN

GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN: NGUYỄN MINH TUẤN HỌC SINH THỰC HIỆN:

LÊ NGỌC MAI PHẠM LỮ TRÚC QUỲNH

LÊ HÀN TUYẾT

GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM

BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾ BIẾN

MỤC LỤC

I LỜI NÓI ĐẦU - 2 -

II NỘI DUNG - 3 -

1 CƠ SỞ LÍ THUYẾT - 3 -

1.1 Định nghĩa phương trình hàm: - 3 -

1.2 Hàm đặc trưng của một số hàm sơ cấp: - 3 -

1.3 Phương pháp thế biến: - 4 -

2 NGHIÊN CỨU - 6 -

2.1 Phương pháp - 6 -

2.2 Các bài toán giải phương trình hàm - 6 -

Bài toán 1: - 6 -

Lời giải: - 7 -

Bài toán 2: - 8 -

Lời giải: - 9 -

Bài toán 3: - 10 -

Lời giải: - 10 -

Bài toán 4: - 11 -

Lời giải: - 11 -

Bài toán 5: - 12 -

Lời giải: - 12 -

Bài toán 6: (VMO 2002) - 13 -

Lời giải: - 13 -

Bài toán 7: (Belarus 1995) - 15 -

Lời giải: - 15 -

III BÀI TẬP - 17 -

IV HIỆU QUẢ - 18 -

V KẾT LUẬN - 18 -

VI NGUỒN THAM KHẢO - 19 -

I LỜI NÓI ĐẦU

Từ xưa tới nay, toán học là một bộ môn khoa học đòi hỏi sự tư duy cao độ của người dạy, người học và cả người nghiên cứu Qua việc dạy và học toán, con người được rèn luyện năng lực phân tích, tổng hợp, tư duy linh hoạt và khả năng sáng tạo, góp phần hình thành kỹ năng, nhân cách cần thiết của người lao động trong thời đại mới Muốn học giỏi toán, học sinh phải tìm hiểu sâu rộng, luyện tập, thực hành nhiều, tức là phải học giải toán Học giải toán là một cách tư duy sáng tạo về toán, đồng thời là một vấn đề trừu tượng và khá khó đối với học sinh, nhưng đó lại là điều cần thiết cho mỗi học sinh trong quá trình học toán ở trường THPT và nhất là học sinh ở các lớp chuyên của trường THPT chuyên

Ngày nay trong các kì thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế ta thường thấy xuất hiện bài toán về phương trình hàm Phương trình hàm là một chuyên đề quan trọng trong chuyên toán THPT, bao gồm những bài toán khó và mới mẻ đối với học sinh Những cuốn sách tham khảo về phương trình hàm dành cho học sinh là không nhiều Vì vậy, trong chuyên

đề này chúng em mong sẽ góp phần nhỏ bé về giải phương trình hàm bằng phương pháp thế

II NỘI DUNG

1 CƠ SỞ LÍ THUYẾT

1.1 Định nghĩa phương trình hàm:

Phương trình hàm là phương trình mà ẩn là các hàm số, giải phương trình hàm tức là tìm các hàm số chưa biết đó

Cấu trúc cơ bản của một phương trình hàm gồm ba phần chính:

* Miền xác định và miền giá trị

* Phương trình hoặc hệ phương trình hàm

* Một số điều kiện bổ sung (tăng, giảm, đơn điệu, bị chặn, liên tục, khả vi,…)

Người ta phân loại phương trình hàm theo hai yếu tố chính: miền giá trị và số biến tự

do

Có thể chia thành các loại phương trình hàm như sau:

* Phương trình hàm trên    , , , ,

* Phương trình hàm một biến tự do, hai biến tự do,

* Phương trình hàm trên lớp hàm đơn điệu, lớp hàm liên tục, lớp hàm đa thức,

Lời giải của bài toán giải phương trình hàm thường được bắt đầu bằng mệnh đề “ Già

sử tồn tại hàm số thỏa mãn các yêu cầu của 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

1.2 Hàm đặc trưng của một số hàm sơ cấp:

a Hàm bậc nhất f x ax b a b  , 0 có hàm đặc trưng là:

   

x y

f     

  với mọi x y, 

b Hàm tuyến tính f x ax a 0 có hàm đặc trưng là:

     

f x y  f x  f y với mọi x y, 

c Hàm mũ f x ax0 a 1 có hàm đặc trưng là:

     

f x y  f x f y với mọi x y, 

d Hàm logarit f x loga x0 a 1 có hàm đặc trưng là:

 ,    

f x y  f x  f y với mọi x y ,   

e Hàm sin f x sinxcó hàm đặc trưng là:

 3 3   4 3 

f x  f x  f x với mọi x

f Hàm sin f x cosxcó hàm đặc trưng là:

 2 2 2  1

f x  f x  với mọi x hoặc f x y   f x y  2f x f y    với mọi

,

x y

1.3 Phương pháp thế biến:

Phương pháp thế biến có lẽ là phương pháp thường được sử dụng nhất khi giải phương trình hàm Ta có thể:

- Cho các biến nhận các giá trị bằng số Thường là các giá trị đặc biệt 0; 1; 2;  

- Thế các biến bằng các biếu thức để làm xuất hiện các hằng số hoặc các biểu thức cần thiết Chẳng hạn, nếu trong phương trình hàm có mặt f x y  mà muốn có f 0 thì ta thế y bởi –x; muốn có f x thì ta cho y = 0; muốn có f nx  thì ta thế y bởi n1x

Ví dụ: Tìm tất cả các hàm số f :  thỏa mãn điều kiện

   

x f x  f  x x x  x 

Lời giải:

Thay x  , ta có: 1 x

  2     4

1  x f 1  x  f x  2 1  x ,   x 

Như vậy ta có hệ:

   

         

x f x f x x x







Ta có: D x 2   x 1x 2   x 1 và Dx  1 x 2x 2   x 1x 2   x 1

Vậy D f x  Dx, x 

Từ đó ta có nghiệm của bài toán là:

 

2

2 4 2

1

2

x

 



 



x a x b

x a

x b





( c là hằng số tùy ý ),

Với a,b là nghiệm của phương trình x2  x 1 0

2 NGHIÊN CỨU

2.1 Phương pháp

Để giải quyết các bài toán phương trình hàm, ta dùng phương pháp thế giá trị đặc

biệt, thế biến Chẳng hạn, cho x0;y 1, x  y, x y xy   =1

x đặt f (0) = a,… từ đó suy ra

hàm cần tìm

2.2 Các bài toán giải phương trình hàm

Bài toán 1:

Tìm tất cả các hàm số f:0;   0; thỏa mãn điều kiện:

f (x y ) + f (xy) = x   y xy  x y ,   0;   (1)

Phân tích:

Dễ thấy hàm f (x y xy  ) = x y xy   thỏa mãn ycbt Từ đó, ta chọn x y, mà x y xy = xy, chẳng

hạn x   y 2 Thì ta thu được f (4) = 4

Từ đây ta có thể chọn y 4

x

 , ta thu được:

f (x 4 x

 ) = x 4

x



Vì x 4

x

 ≥ 4 (AM - GM) Suy ra f (t) = t ∀ t ≥ 4

Trong đẳng thức ban đầu, ta cho y4, thu được:

f (4 x) = 4 x

Ta có: ∀ t > 0, ta có thể chọn

4 t

x  thì t= 4 x

Lời giải:

Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn đề bài

+ Trong (1), cho x   y 2 ta có:

f (4) + f (4) = 2 + 2 + 4

hay

f (4) = 4

+ Trong (1), cho y 4

x

 , ta có:

f (x 4 x

 ) + f (4) = x 4

x

 + 4

Mà f (4) = 4 nên

f (x 4 x

 ) = x 4

x



Đặt t = x 4

x

 (t≥ 4) suy ra x 2    tx 4 0 x2  tx 4 0 (2)

Từ đó: f (t) = t ∀ t ≥ 4

+ Trong (1), thay y = 4 ta có:

f (x  4) + f (4) = x  4 + 4

Do x + 4 > 4 với mọi x y xy   > 0 nên f (x  4) = x  4 Do đó:

f (4 x) = 4 x

Với mọi t > 0 chọn

4

t

x  Khi đó: f (t) = f (4 x) = t hay f (t) = t

Thử lại, thoả mãn

Nhận xét:Sau khi tìm được hàm ta thử lại bằng cách thay vào hàm đã cho để được

hàm cần tìm

Bài toán 2:

Tìm tất cả các hàm số f:    thỏa mãn điều kiện:

f (x  f (y)) = f (x) + f ( f (y))  2 xf (y) + f (y) + 2024 x y,  0; (1) 

Phân tích:

Cho x= f (y) ta có: f (0 ) = 2f ( f(y)) – f 2 (y) + f (y) + 2024

Hay

f ( f (y)) = 1

2 f 2 (y)  1

2 f (y)  1012 + 1

2 f (0 )

Dự đoán: f (x) = 1

2

2

x + 1

2 x + c

Ta cần chứng minh f toàn ánh

Thay x bởi f (x) ta có:

f (x  f (y)) = f (x) + f ( f (y))  2 x x y xy  f (y) + f (y) + 2024

Mà f ( f (y)) = 1

2 f 2 (y)  1

2 f (y)  1012 + 1

2 f (0)

f ( f (x)) = 1

2 f 2 (x)  1

2 f (x)  1012 + 1

2 f (0) nên

f ( f (x)  f (y)) = 1

2( f (x y xy  )  f (y))2  1

2 ( f (x)  f (y) ) + f (0 )

Lời giải:

Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn đề bài

Vì f không đồng nhất với 0 Do đó tồn tại f (a) khác 0

Trong (1), cho y = a

f (x y xy    f (a)) = f (x y xy  ) + f ( f (a))  2 x y xy  f (a) + f (a) + 2024

Hay

f (y  f (a)) – f (y) = f ( f (a))  2 x y xy  f (a) + f (a) + 2024

Với mỗi số thực t, ta chọn

0

y = ( ) ( )

( ) , x0  y0 f (a) Khi đó ta có: t = f (x0)  f (y0)

Trong (1), cho x y xy  = f (y), ta thu được

f (0) = 2f ( f(y)) – f 2 (y) + f (y) + 2024

Hay

f ( f (y)) = 1

2 f 2 (y)  1

2 f (y)  1012 + 1

2 f (0 ) Trong (1), thay xbởi f(x) ta có

f ( f (x) – f (y) ) = f ( f (x)) + f ( f (y))  2 f (x) f (y) + f (y) + 2024

Từ đó

f ( f (x0)  f (y0)) = 1

2( f (x0)  f (y0))2  1

2 ( f (x0)  f (y0) ) + f (0 )

Hay f (t) = 1

2

2

t  1

2 t + f (0 ) (3)

Từ (2) và (3) suy ra f (0) = 1

2(t)  1012 hay f (0) = 2024

Thử lại, ta có với mọi số thực x, f (x) = 1

2

2

x + 1

2 x + 2024

Bài toán 3:

Tìm tất cả các hàm số f:   , biết rằng f là hàm số chẵn và thỏa mãn điều

kiện:

f (xy)  f (x) f (y) = 2022 ( f (x  y) – 2xy  1 ) x y,  0; (1) 

Lời giải:

Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn đề bài

Từ (1) cho y = 0, ta có

f (0) f (x) f (0) = 2022 ( f (x)  1)

 ( f (x)  1) ( f (0 ) + 2022 ) = 0 x ∈ 

Nếu f (0 ) ≠  2022

Từ (1) thay x bởi x và y bởi x, ta được:

f (x 2)  ( f (x)) 2 = 2022 ( f ( 2x) – 2x 2  1 ) (2)

Từ (1) thay x bởi x và y bởi x , ta được:

f ( x 2)  f (x) f ( x ) = 2022 ( f (0 ) + 2x 2  1 ) (3)

Vì f là hàm số chẵn nên (3) tương đương với:

f (x 2)  ( f (x)) 2 = 2022 ( f (0 ) – 2x 2  1 ) (4)

Lấy (4) trừ (2), ta được:

Suy ra: f (x) = x 2 + f (0) = x  2 2022 x ∈ 

Bài toán 4:

Tìm các hàm số f : (1;  )   thỏa mãn điều kiện:(1;  )

f ( x )  f (y ) = (y  x ) f (xy)  x y ,  1 (1)

Lời giải:

Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn đề bài

Với mọi t > 1, thay (x y ; ) = (t;2) , (t;4) và (2 ;2t ) vào (1) ta được:

f (t) f (2) = (2  t) f (2t)

f (t) f (4) = (4  t) f (4t)

f (2t) f (2t) = (2  2t) f (4t)

 f (4) + (t  3) f (2) = t(2t 5  ) f (4t) (2)   t 1

Lấy 5

2

t   f (4)= 1

2 f (2)

Thay vào (2) ta được:

Do đó với mọi t > 1, 5

2

2

f

f t

t



Từ (1) ta có: ( ) (4) (4 ) (4 ) (2)

2

f

t

(2) ( ) (4) (4 ) (4 )

2

f

t

    Với t > 1, 5

2

t 

Với 5

2

t  , từ (1) thay 5

2

x  , y2 ta có:

5 1 4 (2) 2 (2) 2 (2)

5

2

t

với mọi t > 1, 5

2

t 

Đặt c = 2 (2)f  f x( ) c

x

 với x  1

Thử lại thoả mãn điều kiện (1)

Vậy hàm số cần tìm là: f x( ) c

x

   x 1

Bài toán 5:

Tìm tất cả hàm số f :   thỏa mãn:

f x f x  y  x f  f y  x y ,   x y ,   (1)

Lời giải:

Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn đề bài

Đặt f(0)avới a  

Chọn x0;y x , thay vào (1) ta được

( (0) 2 ) (2 ( ))

f f  x  f f x   x   f x a(2  ) f(2 ( ))f x   x 

Nên f x f x(  ( ) 2 ) 2 y  x f (2y a ),  x y ,   (i)

Thay 2y bởi y ta được

f x f x y  x f y a  ,  x y ,   (ii)

Thay x bởi y, y bởi x a  vào (ii) ta được: f y t x a(    ) 2y t  x y ,  

Do đó x  y

Chọn x0;y0 thay vào (i) ta có: f a( ) f a(2 )

Theo kết quả trên ta được a  2 a

Suy ra a  0

Chọn x0,y x , thay vào (i) ta được f x(2 ) f(2 ( ))f x f x( )x  x 

Suy ra 2 ( ) 2f x  x,   x   f x( )x   x 

Thử lại thấy hàm số vừa tìm thỏa mãn ycbt

Vậy hàm số cần tìm là f x( )x   x 

Bài toán 6: (VMO 2002)

Hãy tìm tất cả các hàm số f (x) xác định trên tập số thực và thỏa mãn hệ thức:

2002

f y f x  f x y  y f x x y,  0; (1) 

Lời giải:

Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn đề bài

Thế y f x( ) vào (1) ta được

(0) ( ( )) 2001( ( ))

f  f x  f x  f x x ∈  (2) Lại thay y x  2002 vào (1) thì

f x  f x  f  x f x x ∈  (3) Lấy (2) cộng (3) ta được

2002

f x f x x  x ∈ 

Từ đây suy ra với mỗi giá trị x   thì ta có hoặc là f x( ) 0 hoặc là f x ( )   x 2002

Để thỏa mãn bài toán thì bắt buộc phải có đồng nhất

( ) 0

f x  , x ∈  hoặc 2002

( )

f x   x , x ∈ 

Thật vậy, vì f(0) 0 trong cả hai hàm số trên, nên không mất tính tổng quát ta có

thể giả sử tồn tại a  0sao cho f a( ) 0 và tồn tại b  0 sao cho f b ( )   b 2002(vì chỉ cần

thay x  0vào quan hệ (1) ta nhận được hàm f là hàm chẵn) Khi đó thế x a  và y b

vào (1) ta được:

2002

f   b f a  b

Vậy ta nhận được dãy quan hệ sau:

0 b2002

 f b( )

 f b( )

 f a ( 2002  b )

= [ 0 (2002 2002 00)

( a b )

  ( (  a 2002  b ) 2002   b 2002 )

Bằng cách thử lại quan hệ hàm ban đầu, ta kết luận chỉ có hàm số f x( ) 0 x ∈ 

thỏa mãn ycbt

TH3 hai hàm tn ti song song

ti sao li chn bài toán này:

khó va áp dng phng pháp th bin vào bài toán

Li gii bài toán có yu t c bit là xét trng hp hai hàm tn ti song song

u im ca li gii này là:

Rõ ràng

Bài toán 7: (Belarus 1995)

Tìm tất cả các hàm số f:    thỏa mãn:

f f x y  f x y  f x f y

Lời giải:

Rõ ràng f khác hằng số

Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn đề bài

Thay y0 vào điều kiện bài toán ta được

( ( )) (1 (0)) ( )

f f x   f f x  ∈ x 

Trong đẳng thức trên thay x bởi x  y thì

(1 f(0)) (f x y ) f f x y( (  )) f x y(  ) f x f y( ) ( )xy

Đơn giản ta được

(0) ( ) ( ) ( )

f f x y  f x f y xy (2) Thay y1 vào (2) thì

(0)( 1) ( ) (1)

f x  f x f x

Lại thay y 1 vào x bởi x  1 vào (2) ta có

(0) ( ) ( 1) ( 1) 1

f f x  f x f   x

Kết hợp hai đẳng thức trên ta được

2

( (0)) f  f (1) ( 1) ( ) f  f x  f f ( (0)  f ( 1))  x  f (0)

Nếu ( (0)) f 2  f (1) ( 1) f   0 , thì thay x  0vào phương trình cuối cùng ta được

(0)

f  0

Nên theo (2) thì f x f y( ) ( )xy Khi đó f x f( ) (1)x  ∈ x 

Điều này dẫn đến ( (0)) f 2  f (1) ( 1) f    1 (Mâu thuẫn)

Vậy ( (0)) f 2  f (1) ( 1) f   0, suy ra f x( )là một đa thức bậc nhất nên có dạng

( )

f x ax b

Thay vào quan hệ hàm ban đầu suy ra a1,b0

Vậy hàm số thỏa mãn ycbt là f x( )x  ∈ x 

Nhận xét: Ta có thể tính được f(0) 0 bằng cách thế x y , bởi hai số 0 và 1

III BÀI TẬP

BT 1: Tìm tất cả các hàm số f :    thỏa mãn điều kiện:

2

f x  f y  y xf x x y,  0;

BT 2: Tìm tất cả các hàm số f :    thỏa mãn điều kiện:

f x  f x y f x y  y x y,  0;

BT 3: Tìm tất cả các hàm số f :    thỏa mãn điều kiện:

( ) ( ( )) ( ( ) ( ( )))

f y  f x f y  y f f x  f f y x y,  0;

BT 4: Tìm tất cả các hàm số f :    thỏa mãn điều kiện:

BT 5: Tìm tất cả các hàm số f :    thỏa mãn điều kiện:

f y  f x f y  y f f x  f f y x y,  0;

BT 6: Tìm tất cả các hàm số f :    thỏa mãn điều kiện:

f f y f x  f x y  f x  y x y,  0;

IV HIỆU QUẢ

Chuyên đề “ Giải phương trình hàm bằng phương pháp thế biến ” giúp các bạn

học sinh:

- Phát triển các kĩ năng, phương pháp và thái độ tự học của học sinh

- Giúp học sinh có cách nhìn và hướng giải tốt hơn đối với phương trình hàm

- Định hướng cho học sinh biết phương pháp giải các bài tập về phương trình hàm

bằng phương pháp thế

V KẾT LUẬN

Chuyên đề này đưa ra các dạng bài tập về “ Phương pháp thế biến để giải phương trình hàm” Hi vọng với một số dạng toán đó sẽ giúp các bạn nâng cao khả năng tư duy, khả năng giải quyết vấn đề khi gặp một bài toán phương trình hàm trong các kì thi

Trong quá trình thực hiện chuyên đề sẽ không tránh khỏi những khiếm khuyết Hi vọng các thầy cô, các bạn tham khảo, đóng góp ý kiến để chuyên đề được hoàn chỉnh hơn Mong rằng các kiến thức chúng em đã trình bày trong chuyên đề này sẽ là một hành trang

bổ ích cho các bạn học sinh

Chúng em xin chân thành cảm ơn!

VI NGUỒN THAM KHẢO

[1] Nguyễn Việt Hà - Chuyên đề: DÙNG PHÉP THỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH

HÀM

[2] Chuyên đề: PHƯƠNG TRÌNH HÀM

[3] Nguyễn Tài Chung - CHUYÊN KHẢO PHƯƠNG TRÌNH HÀM

[4] Cao Bảo Đằng – Chuyên đề: GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM BẰNG

PHƯƠNG PHÁP THẾ

[5] Một số tài liệu trên mạng internet