sáng kiến kinh nghiệm-phương trình hàm và giải tích

Phương trình hàm giải tích Trang PHƯƠNG TRÌNH HÀM VÀ GIẢI TÍCH Phương trình hàm chun đề phong phú với nhiều phương pháp giải Các yếu tố giải tích cơng cụ mạnh để giải số tốn phương trình hàm… Trong đề tài nhỏ này, xin giới thiệu số phương pháp giải phương trình hàm dựa vào yếu tố giải tích A PHƯƠNG TRÌNH HÀM VÀ GIỚI HẠN, TÍNH LIÊN TỤC Với toán liệu đề cho tính liên tục hàm số việc xây dựng dãy biến số hội tụ công cụ mạnh ta đưa giới hạn vào hay ngồi hàm số, cách giải số phương trình hàm Ví dụ Tìm tất hàm số f: [ 0,1] → [ 0,1] thoả: f đơn ánh 2x-f(x) ∈ [ 0,1] f [ x − f ( x ) ] = x ∀x ∈ [ 0,1] ∀x ∈ [ 0,1] Giải: Thay x f(x) ta được: f ( f ( x) ) − f ( f ( x) ) = f ( x) Vì f đơn ánh nên 2f(x)- f(f(x))=x Thay x f n ( x ) , (với f n (x)= f f f ) n lần Ta được: f n +1 ( x ) - f n + ( x ) = f n ( x ) ⇒ f n + ( 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 SVTH: Nguyễn Gia Hưng Phương trình hàm giải tích Trang Ta cố định x Nếu f(x)>x với n đủ lớn : f n ( x ) > : vô lý Nếu f(x) Xét dãy số sau : x n +1 = x n − Dễ dàng chứng minh dãy số hội tụ : lim x n →∞   n = 1 4 f liên tục nên : lim f ( x n ) = f ( ) f ( x n +1 ) = f  x n +  = f ( x n ) n →∞ 1 ⇒ f ( xn ) = f   2 Vì f(x) hàm [ 0,+∞] hàm chẵn nên hàm R Ngược lại, hàm thoả mãn yêu cầu đề B PHƯƠNG TRÌNH HÀM VÀ TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ Tính đơn điệu hàm số công cụ mạnh để đánh giá hàm số, nhờ ta định khoảng giá trị hàm số, chứng minh hàm số tồn khơng tồn Ví dụ : Cho R+ tập hợp số thực dương Tìm hàm số : f : R + → R + thoả mãn : [ f ( x ) ] ≥ f ( x + y ) [ f ( x ) + y ]∀x, y ∈ R + Giải : Giả sử tồn hàm f(x) thoả mãn đề Từ đẳng thức đề ta có : SVTH: Nguyễn Gia Hưng Phương trình hàm giải tích Trang yf ( x ) > 0∀x, y ∈ R + f ( x) + y f ( x) − f ( x + y) ≥ ⇒ f hàm giảm Cố định x>0, chọn n ∈ N cho :nf(x+1) ≥ Khi k=1,2,….,n-1 ta có :  k f x +  k k + 1 n  n   f x + − f x + ≥ ∀k = 1,2, , n − ≥ k  2n n n     f x+ + n n  Cộng bất đẳng thức ta : f ( x ) − f ( x + 1) ≥ ⇒ với m>2f(x) ta có : f ( x + m) ≤ f ( x) − m < trái với giả thiết f dương Vậy : không tồn hàm thoả mãn đề Ví dụ : Có tồn hay không hàm : f :R → R , khả vi liên tục cho : f(x)>0 ∀x ∈ R f’(x)=f(f(x)) Giải: Giả sử tồn hàm số thoả mãn đề Ta có: f’(x)=f(f(x))>0 ⇒ f(x) đơn điệu tăng nghiêm ngặt Do 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)   ⇒ f ( f ( x ) ) < f   (1) x  x0  0 SVTH: Nguyễn Gia Hưng đơn điệu tăng D ( vơ lý !) x Phương trình hàm giải tích ⇒ Trang   1 = f ( f ( f ( x0 ) ) ) > f  f   x x0     ⇒ f < x   0   f f           f     = x0 (2)  x    Từ (1) (2) suy : f ( f ( x0 ) ) < x0 ⇒ = f ( x0 ) > f ( x0 ) Mâu thuẫn ! x0 Vậy không tồn x0 ∈ D : f ( x0 ) > x0 Tương tự, ta chứng minh không tồn x0 ∈ D : f ( x0 ) < Vậy : f ( x ) = x ∀x ∈ D ⇒ f ( 2002) = x0 2002 Nhận xét : Từ kết toán trên, ta kết ‘‘đẹp’’ Với hàm liên tục f : D → R (D khoảng không chứa điểm 0) f3 ( x) = 1 f ( x ) = x x ∀x ∈ D Dễ dàng chứng minh : f đơn ánh,f liên tục nên f đơn điệu f ( x ) = nên f giảm, tương tự ta có f ( x ) = x ∀x ∈ D Ví dụ : Tìm tất hàm số : f : [1,+∞ ) → [1,+∞ ) 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 ) SVTH: Nguyễn Gia Hưng giảm x Phương trình hàm giải tích Trang Cho y=1 ⇒ f ( x f (1) ) = f ( x ) Do f ( x ) > nên f (1) = Cho x=1 f ( f ( y ) ) = y f (1) = y Nếu f ( y ) = f ( f ( y ) ) = hay y=1 ⇒ f ( y) > ∀y > Cho x>y ≥ x  f ( x) = f  y  = y    x  x f  f ( f ( y ) )  = f ( y ) f   > f ( y ) y   y     ⇒ f đơn điệu tăng nghiêm ngặt [1, + ∞) Giả sử ∃x0 ∈ [1,+∞ ) : f ( x0 ) > x0 ⇒ f ( f ( x0 ) ) > f ( x0 ) ⇒ x0 > f ( x0 ) Mâu thuẫn ! Vậy không tồn x0 ∈ [1,+∞ ) : f ( x0 ) > x0 Nếu ∃x1 ∈ [1,+∞ ) : f ( x1 ) < x1 ⇒ f ( f ( x1 ) ) < f ( x1 ) ⇒ x1 < f ( x1 ) Mâu thuẫn ! Vậy không tồn x1 ∈ [1,+∞ ) : f ( x1 ) < x1 ⇒ f ( x) = x ∀x ∈ [1,+∞ ) Thử lại ta thấy f(x) vừa tìm thoả mãn đề C PHƯƠNG TRÌNH HÀM VÀ TÍNH KHẢ VI Tính khả vi công cụ mạnh hiệuquả việc giải tốn phương trình hàm, nhiên tính khả vi đơi khơng đựơc cho cụ thể mà phải qua q trình chứng minh thơng qua liệu khác Vì lớp tốn rộng đề tài này, xin giới thiệu vài tốn phương trình hàm sử dụng tính khả vi tương đối Ví dụ : Tìm tất hàm số f : R → R khả vi thoả mãn điều kiện :  x + y  f ( x) + f ( y) f =   SVTH: Nguyễn Gia Hưng (1) Phương trình hàm giải tích Trang Giải : Lần lượt lấy đạo hàm hai vế (1) theo x y, ta có :  x + y  f ' ( x) f ' =   ∀x, y ∈ R  x + y  f ' ( y) f ' =   ∀x, y ∈ R ⇒ f ' ( x) = f ' ( y) ∀x, y ∈ R ⇒ f ' ( x ) = a =const ∀x ∈ R ⇒ f ( x ) = ax+b ∀x ∈ R Thử lại ta thấy hàm thoả điều kiện toán Vậy : f(x)= ax+b ∀x ∈ R Ví dụ : Tìm tất hàm số f(x) liên tục [0,1], khả vi (0,1), thoả mãn điều kiện : a) f ( ) = f (1) = b) 2003 f ' ( x ) + 2004 f ( x ) ≥ 2004 Giải : 2004 Đặt g ( x ) = e 2003 x [ f ( x ) − 1] Rõ ràng g(x) hàm liên tục [0,1] ; khả vi (0,1), ta có : g ' ( x) = e 2004 x 2003 2004 2004    f ' ( x ) + 2003 f ( x ) − 2003  ≥   ∀x ∈ [ 0,1] ⇒ g ( x ) đồng biến (0,1), mà g(x) liên tục [0,1] nên g(x) đồng biến [0,1] Lại có g(0)=g(1)=0 ⇒ g ( x ) =0 ∀x ∈ [ 0,1] 2004 Mà e 2003 x > SVTH: Nguyễn Gia Hưng ∀x ∈ [ 0,1] Phương trình hàm giải tích Trang ∀x ∈ [ 0,1] ⇒ f ( x) = Thử lại ta thấy f ( x ) ≡ thoả đề Nhận xét : Bài toán tồng qt thành : Tìm tất hàm số liên tục [a,b], khả vi (a,b) thoả : f(a)=f(b)=c mf’(x)+nf(x) ≥ nc (m ≠ ) Bằng cách giải tương tự ta thu : f ( x) ≡ c ∀x ∈ [ a, b ] Ví dụ : Tìm tất hàm số liên tục : f : R → R , khả vi x=0 thoả mãn : f’(0)=1 (1) f’(x+y)=f(x)+f(y)+ axy (2) Giải : Cho x=y=0 ta : f(0)=2f(0) ⇒ f(0)=0 Với y ≠ , từ (2) ta có : f ( x + y ) − f ( x ) f ( y ) − f ( 0) = + ax y y Cho y → ta : Do : lim y →0  f ( y ) − f ( 0)  + ax  = f ' ( ) + ax = + ax  y  lim    y →0 f ( x + y) − f ( x) = + ax y Hay f’(x)=1+ax ⇒ f ( x) = a x2 + x+c (c=const) Thay vào (2) ta c=0 ⇒ f ( x ) = a SVTH: Nguyễn Gia Hưng x2 + x ⇒ f ' ( 0) = Phương trình hàm giải tích Trang 10 Vậy, hàm số thoả mãn đề : f ( x ) = a x2 +x ∀x ∈ R D.PHƯƠNG TRÌNH HÀM VÀ TÍCH PHÂN Các tốn phương trình hàm có yếu tố tích phân thường mang đậm màu sắc giải tích Để giải lớp toán thường phải kết hợp nhiều kiến thức giải tích Ví dụ : Tìm tất hàm số f(x) xác định liên tục R thoả : f ( x) − f ( y) = x+ y ∫ f ( t ) dt ∀x, y ∈ R x+2 y Giải : f ( x ) = f ( 0) + Cho y=0 ta : 2x ∫ f ( t ) dt x Do f liên tục ⇒ f khả vi liên tục R Bằng phương pháp quy nạp ta : f khả vi vô hạn lần R Đạo hàm x y ta : f ' ( x ) = f ( x + y ) − f ( x + y ) (*) f ' ( 2x + y) = f ' ( x + y) (**) Cho x= -2y vào (**), ta : f ' ( − y ) = f ' ( 0) ∀y ∈ R ⇒ f ' ( x ) = const ⇒ f ( x ) = ax + b Thay f(x)=ax+b vào (*) cho x=0 ta a=b Lại thay f(x)= ax+a vào (*) ta a=0 ⇒ f ( x ) = Thử lại ta thấy f(x)=0 thoả điều kiện đề Vậy f(x)=0 ∀x ∈ R SVTH: Nguyễn Gia Hưng Phương trình hàm giải tích Trang 11 Ví dụ 2: Tìm tất hàm liên tục f: [ 0,+∞ ) → R x thoả ≤ f ( x ) ≤ 2010 ∫ f ( t ) dt ∀x ∈ [ 0,+∞ ) Giải: x − 2010 x Xét ϕ ( x ) = e ∫ f ( t ) dt Rõ ràng ϕ ( x ) khả vi liên tục [ 0,+∞ ) x   ϕ ' ( x ) = e −2010 x  f ( x ) − 2010∫ f ( t ) dt  ≤ Ta có:     ∀x ∈ [ 0,+∞ ) ⇒ ϕ ( x ) giảm [ 0,+∞ ) , ϕ ( ) = ⇒ ϕ ( x) ≤ x ∀x ∈ [ 0,+∞ ) ⇒ ∫ f ( t ) dt ≤ 0 ' x  Mà  ∫ f ( t )dt  = f ( x ) ≥   0  x 0 ∀x ∈ [ 0,+∞ ) ⇒ ∫ f ( t ) dt ≥ ∫ f ( t ) dt = x ∀x ∈ [ 0,+∞ ) ⇒ ∫ f ( t ) dt = ∀x ∈ [ 0,+∞ ) ⇒ f ( x) = ∀x ∈ [ 0,+∞ ) Thử lại, ta thấy f(x) thoả mãn đề Vậy f(x)=0 ∀x ∈ [ 0,+∞ ) SVTH: Nguyễn Gia Hưng ∀x ∈ [ 0,+∞ ) Phương trình hàm giải tích Trang 12 Ví dụ 3: Tìm tất hàm f : [0,1] → R liên tục, thoả: ∀k ∈ N : ∫ x k f ( x ) dx = 0 Giải: ∀x ∈ [ 0,1] Ta chứng minh: f(x)=0 Thật vậy, giả sử: f ≠ ⇒ ∃c ∈ [ 0,1] Sao cho f(c)=0; giả sử: f(c)>0 (nếu f(c) : ∀x ∈ [ 0, a ], P ' ( x ) ≥ λ n +1 a 1  [ P( x ) ]  n ⇒ ∀n ∈ N , ∫ ( P( x ) ) dx ≤ ∫ ( P( x ) ) P ' ( x ) dx =   λ0 λ  n +1 0 1 n +1 = − (1 − ab ) ≤ λ ( n + 1) λ ( n + 1) a a n ( a ⇒ ∫ ( P( x ) ) f ( x ) dx → n Tương tụ, ta có: SVTH: Nguyễn Gia Hưng ) n → ∞ Phương trình hàm giải tích Trang 13 ⇒ ∫ ( P ( x ) ) f ( x ) dx → n n → ∞ b b b a a n Mà ∫ ( P( x ) ) f ( x ) dx ≥ ∫ f ( x ) dx ≥ ( b − a ) f ( c ) > ⇒ ∫ ( P ( x ) ) f ( x ) dx không tiến n Mặt khác, tính chất tuyến tính, ta dễ dàng chứng minh: ∫ ( P( x ) ) f ( x ) dx = n ∀n ∈ N Mâu thuẫn! Do ta có f(x)=0 thoả mãn đề TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Võ Giang Giai, 100 tốn 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 tốn Giải tích, NXB Giáo Dục 2000 SVTH: Nguyễn Gia Hưng ...   2 Vì f(x) hàm [ 0,+∞] hàm chẵn nên hàm R Ngược lại, hàm thoả mãn u cầu đề B PHƯƠNG TRÌNH HÀM VÀ TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ Tính đơn điệu hàm số công cụ mạnh để đánh giá hàm số, nhờ ta định... Thay vào (2) ta c=0 ⇒ f ( x ) = a SVTH: Nguyễn Gia Hưng x2 + x ⇒ f '' ( 0) = Phương trình hàm giải tích Trang 10 Vậy, hàm số thoả mãn đề : f ( x ) = a x2 +x ∀x ∈ R D.PHƯƠNG TRÌNH HÀM VÀ TÍCH PHÂN... TÍCH PHÂN Các tốn phương trình hàm có yếu tố tích phân thường mang đậm màu sắc giải tích Để giải lớp toán thường phải kết hợp nhiều kiến thức giải tích Ví dụ : Tìm tất hàm số f(x) xác định liên