sáng kiến kinh nghiệm-phương trình hàm và giải tích

PHƯƠNG TRÌNH HÀM VÀ GIẢI TÍCH Phương trình hàm là một chuyên đề phong phú với nhiều phương pháp giải.. Các yếu tố giải tích là một công cụ rất mạnh để giải quyết một số bài toán phương t

PHƯƠNG TRÌNH HÀM

VÀ GIẢI TÍCH

Phương trình hàm là một chuyên đề phong phú với nhiều phương pháp giải Các yếu tố giải tích là một công cụ rất mạnh để giải quyết một số bài toán phương trình hàm… Trong đề tài nhỏ này, xin giới thiệu một số phương pháp giải phương trình hàm dựa vào các yếu tố giải tích.

A PHƯƠNG TRÌNH HÀM VÀ GIỚI HẠN, TÍNH LIÊN TỤC

Với những bài toán dữ liệu đề bài cho tính liên tục của hàm số thì việc xây dựng dãy biến số hội tụ là công cụ rất mạnh vì ta có thể đưa giới hạn vào trong hay ra ngoài hàm số, đó là một cách giải một số bài phương trình hàm

Ví dụ 1

Tìm tất cả các hàm số f: 0 , 1  0 , 1 thoả:

1 f là đơn ánh

2 2x-f(x)0 , 1 x0 , 1

3 f2x f x x x0 , 1

Giải :

Thay x bởi f(x) ta được:

f2f x  ff x f x

Vì f là đơn ánh nên 2f(x)- f(f(x))=x

Thay x bởi f n x , (với fn (x)= f0f0 f )

n lần

Ta được: 2 f n 1  x - f n 2  x = f n x

 f n2 x  f n1 x f n1 x  f n x  f x  x

Ta có : f n x nf x  xx

Ta cố định x

Nếu f(x)>x thì với n đủ lớn : f n x  1 : vô lý Nếu f(x)<x thì với n đủ lớn : f n x  0 : vô lý Suy ra : f(x)=x x0 , 1

Ta thấy hàm f(x) vừa tìm thoả mãn hệ đề bài cho

Vậy : f(x)=x x0 , 1

Nhận xét : Bài toán này có liên hệ mật thiết với yếu tố dãy số.

Bằng phép thay thế f(x) cho x, ta được một dãy hàm

Có thể thấy yếu tố đơn ánh trong bài toán trên đóng vai trò rất quan trọng Vì nhờ nó ta có thể rút các biến ra ngoài

Ví dụ 2 :

Tìm tất cả các hàm số xác định trong tập hợp các số thực sao cho : f(x)=f(x2+41 ) x  R

Giải :

Giả sử f(x) là một hàm số thoả mãn điều kiện của bài toán

Ta dễ dàng nhận thấy f(x) là hàm số chẵn :

Cho x0  0 Có hai trường hợp :

I 0

2

1

0 

x

Xét dãy  x n : 2 41

1  

 n

Chứng minh bằng quy nạp ta được

2

1

0 x n  n  N

2

1 4

2























x

 Dãy (1) đơn điệu tăng và bị chặn nên nó hội tụ

n

x

lim







4

1

2    



2

1



 

Vì f(x) liên tục nên :   





















1 )

(lim

n

n n

Nhưng fx n  f x n  f x n nN

















4

1 2 1





















2

1

1

x

2

1 , 0 0

x

II x0 12

Xét dãy số sau :

4

1

1  

Dễ dàng chứng minh dãy số này hội tụ vì :

2

1





n n

x

2

1 (

lim f x n f

n







và fx n  f x n f x n

















4

1 2 1















2

1

f x

Vì thế f(x) là hàm hằng trên 0 ,  và vì nó là hàm chẵn nên nó là hàm hằng trên R

Ngược lại, mọi hàm hằng đều thoả mãn yêu cầu đề bài

B PHƯƠNG TRÌNH HÀM VÀ TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ

Tính đơn điệu của hàm số là một công cụ mạnh để đánh giá hàm số, nhờ

đó ta có thể định khoảng giá trị hàm số, chứng minh hàm số tồn tại hoặc không tồn tại

Ví dụ 1 :

Cho R+ là tập hợp các số thực dương Tìm hàm số :  

R

f : thoả mãn :

 









2

y x y x f y x

f

x

f

Giải :

Giả sử tồn tại hàm f(x) thoả mãn đề bài Từ đẳng thức đề bài ta có :

     

 















y x f

x yf y x f x f

 f là một hàm giảm.

Cố định x>0, chọn nN sao cho :nf(x+1)1

Khi k=1,2,….,n-1 ta có :

1 , , 2 , 1 2

1 1

1 1



































































n n n

k x f

n

k x f n n

k x f n

k x f

Cộng các bất đẳng thức trên ta được :

2

1

1 



 f x x

f  với m>2f(x) ta có :

2 





x f m x

Vậy : không tồn tại hàm thoả mãn đề bài

Ví dụ 2 :

Có tồn tại hay không một hàm : f :R R, khả vi liên tục sao cho : f(x)>0 x  R và f’(x)=f(f(x))

Giải :

Giả sử tồn tại hàm số thoả mãn đề bài Ta có: f’(x)=f(f(x))>0

 f(x) đơn điệu tăng nghiêm ngặt Do đó f’(x)=f(f(x))>f(0)

 Hàm số h(x)= f(x)-(x+1)f(0) tăng ngặt ( Do h’(x)=f’(x)-f(0)>0)

 h(x)<h(0)=0 x  0

  x x 1 f  0

 x 0

lấy x1 ta được f(x)<0 Vô lý !

Vậy không tồn tại hàm f thoả mãn đề bài

Ví dụ 3 :

Cho f liên tục trên R thoả mãn :

f(2004)=2003 (1)

f(x) f4 x  1 x  R (2)

với fn (x)= f0f0 f

n lần

Tính f(2002)

Giải :

Đặt D f f R

Từ (2)  xf3 x  1 x  D f

Trong (2), lấy x=2004  

2003

1 2004

 f

f

D





2003 1

Do f liên tục trên R nên D , 2003 D f

2003

1

 

x x

f3 1

 x  D

 f là đơn ánh trên D

Mà f liên tục trên D nên f đơn điệu ngặt trên D

Nếu f đơn điệu tăng trên D thì  

x x

f3 1 đơn điệu tăng trên D ( vô lý !) Vậy f đơn điệu giảm trên D

Giả sử x 0 D sao cho  

0 0

1

x x

Ta có :

















0 0

0 0

1 1

x f x f f x x

 

 































0

0 0

1 1

x f f x f f f x

0 0

0

1 1

x x

f f f x



























































Từ (1) và (2) suy ra :

 

f x0  x0

0

1

x f x f

Vậy không tồn tại x 0 D:  

0 0

1

x x

Tương tự, ta chứng minh được không tồn tại  

0 0 0

1 :

x x f D

Vậy :  

x x

2002

1

2002 





Nhận xét :

Từ kết quả bài toán trên, ta được một kết quả khá ‘‘đẹp’’

Với hàm liên tục f :D  R (D là một khoảng không chứa điểm 0) và

 

x x

f3 1 thì  

x x

f 1 x  D

Dễ dàng chứng minh : f đơn ánh,f liên tục nên f đơn điệu và  

x x

f3 1 giảm

nên f giảm, tương tự như trên ta có  

x x

f 1 x  D

Ví dụ 4 :

Tìm tất cả các hàm số :

1 ,  1 ,  :

f Sao cho : fxf y y.f x x , y1 , 

Giải :

Cho x=y=1  ff 1f 1

Cho y= f 1  fx.ff 1 f   1.f x

 fx.f 1f   1 f x

Cho y=1  fx.f 1f x

Do f x  0 nên f 1  1

Cho x=1 thì ff y y.f 1 y

Nếu f y  1 thì ff y  1 hay y=1

  1

 f y y  1

Cho x>y1 thì        f y

y

x f y f y f f y

x f y y

x f x

f   .   .   

 f là đơn điệu tăng nghiêm ngặt trên [1,  )

Giả sử x0 ,1  : f x0 x0  ff x0  f x0  x0  f x0

Mâu thuẫn !

Vậy không tồn tại x0 1 , : f x0 x0

Nếu x11,: f x1  x1

 

f x1  f x1 x1 f x1



Mâu thuẫn !

Vậy không tồn tại x11,: f x1 x1

 x x

 x1 , 

Thử lại ta thấy f(x) vừa tìm thoả mãn đề bài

C PHƯƠNG TRÌNH HÀM VÀ TÍNH KHẢ VI.

Tính khả vi là một công cụ rất mạnh và hiệuquả trong việc giải các bài toán phương trình hàm, tuy nhiên tính khả vi đôi khi không đựơc cho cụ thể mà phải qua quá trình chứng minh thông qua các dữ liệu khác

Vì lớp bài toán này rất rộng trong đề tài này, chỉ xin giới thiệu vài bài toán phương trình hàm sử dụng tính khả vi tương đối cơ bản

Ví dụ 1 :

Tìm tất cả các hàm số f :R R khả vi và thoả mãn điều kiện :

   

2 2

y f x f y x









 

(1)

Giải :

Lần lượt lấy đạo hàm hai vế (1) theo x và y, ta có :

 

2

' 2

' 2









 

x,y R

 

2

' 2

' 2









x,y R

 x f  y

 x a

 ' =const x  R

  

 f x ax+b x  R

Thử lại ta thấy hàm này thoả điều kiện bài toán

Vậy : f(x)= ax+b x  R

Ví dụ 2 :

Tìm tất cả các hàm số f(x) liên tục trên [0,1], khả vi trong (0,1), thoả mãn điều kiện :

a) f 0 f 1  1

b)2003f' x  2004f x  2004

Giải :

Đặt   2003    1

2004



x

Rõ ràng g(x) là hàm liên tục trên [0,1] ; khả vi trong (0,1), ta có :

2003

2004 2003

2004 '

' 2003

2004















x

 x g

 đồng biến trên (0,1), mà g(x) liên tục trên [0,1] nên g(x) đồng biến trên [0,1]

Lại có g(0)=g(1)=0

 x g

 =0 x0 , 1

Mà 2003 0

2004



x

  1

 f x x0 , 1

Thử lại ta thấy f x  1 thoả đề bài

Nhận xét :

Bài toán trên có thể tồng quát thành : Tìm tất cả các hàm số liên tục trên [a,b], khả vi trong (a,b) thoả :

f(a)=f(b)=c

mf’(x)+nf(x) nc (m 0)

Bằng cách giải tương tự ta thu được :

 x c

f  xa,b

Ví dụ 3 :

Tìm tất cả các hàm số liên tục :

R R

f :  , khả vi tại x=0 thoả mãn :

f’(0)=1 (1)

f’(x+y)=f(x)+f(y)+ axy (2)

Giải :

Cho x=y=0 ta được : f(0)=2f(0)  f(0)=0

Với y  0, từ (2) ta có :

y

f y f y

x f y x f









Cho y 0 ta được :     ax f   ax ax

y

f y f

y



























1 0

' 0

lim0

Do đó : fx y y f x ax

y











1

lim

0

Hay f’(x)=1+ax

 x a x x c



2

2

(c=const)

Thay vào (2) ta được c=0  f x a x x

2

2

 f' 0  1

Vậy, hàm số thoả mãn đề bài là : f x a x x

2

2

x  R

D.PHƯƠNG TRÌNH HÀM VÀ TÍCH PHÂN

Các bài toán phương trình hàm có yếu tố tích phân thường mang đậm màu sắc giải tích

Để giải lớp bài toán này thường phải kết hợp nhiều kiến thức về giải tích

Ví dụ 1 :

Tìm tất cả các hàm số f(x) xác định và liên tục trên R thoả :









y x

y x

dt t f y

f x f

2

2

x,y R

Giải :

Cho y=0 ta được :       

x

x

dt t f f

x f

2 0

Do f liên tục  f khả vi liên tục trên R

Bằng phương pháp quy nạp ta được : f khả vi vô hạn lần trên R

Đạo hàm lần lượt đối với x và y ta được :

 x f x y fx y

f'  2 2    2 (*)

 x y f x y

f' 2   '  2 (**)

Cho x= -2y vào (**), ta được :

 3  ' 0

f   y R

 

 x ax b f

const x

f









Thay f(x)=ax+b vào (*) và cho x=0 ta được a=b

Lại thay f(x)= ax+a vào (*) ta được a=0  f x  0

Thử lại ta thấy f(x)=0 thoả điều kiện đề bài

Vậy f(x)=0 x  R

Ví dụ 2:

Tìm tất cả các hàm liên tục f: 0 ,  R thoả      

x

dt t f x

f

0 2010 0



Giải:

Xét      

x

x f t dt e

x

0

2010



Rõ ràng  x khả vi liên tục trên 0 , 

0

2010





















x

e x

 x



 giảm trên 0 , ,  0  0

  0

0



x

dt t

f x0 , 

'

0





















f t dt f x

x

x0 , 

    0

0

0 0





 f t dt f t dt

x

x0 , 

  0 0



x

dt t

f x0 , 

  0

 f x x0 , 

Thử lại, ta thấy f(x) thoả mãn đề bài

Vậy f(x)=0 x0 , 

Ví dụ 3:

Tìm tất cả các hàm f : [0,1] R liên tục, thoả:

 





1

0

0 : x f x dx N

Giải:

Ta sẽ chứng minh: f(x)=0 x0 , 1

Thật vậy, giả sử: f  0  c0 , 1

Sao cho f(c)=0; giả sử: f(c)>0 (nếu f(c)<0 thì thay f bởi -f)

f liên tục tại c nên a, b 0 , 1 sao cho:

b c

a b

 f x f c

2

1



Xét P(x)=(x-a)(b-x)+1

Ta có : P x 0 , 1 x0 ,ab, 1

P x  1 xa,b

Vì f liên tục trên [0,1] nên f bị chặn

Giả sử f x M

Ta có:

 

   

 

1

1 1

1 1 1

1

1 '

1 ,

' , , 0

: 0

1

0

1

0 0

0 0































































n

ab n

n

x P dx

x P x P dx

x P N n

x P a x

dx x P M dx x f x P

n

a n a

n a

n

a

n a

n













 

   



a

n

dx x f x P

0

0 khi n  

Tương tụ, ta có:

 

   



1

0

b

n

dx x f x

P khi n  

Mà             0

2

1









P x f x dx f x dx b a f c

b

a

b

a

n

 

   





1

0

dx x f x

không tiến về 0 Mặt khác, do tính chất tuyến tính, ta dễ dàng chứng minh:

 

    0

1

0



P x n f x dx n  N

Mâu thuẫn!

Do đó ta có f(x)=0 thoả mãn đề bài

TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1] Võ Giang Giai, 100 bài toán phương trình hàm NXB Đại Học Quốc Gia TP HCM 2005

[2] Nguyễn Sinh Nguyên, Chuyên đề bồi dưỡng phương trình hàm NXB

Đà Nẵng 2006

[3] Đề thi IMC

[4] Đề thi VMO

[5] Jean-Marie Monier, Giáo trình toán Giải tích, NXB Giáo Dục 2000