PHƯƠNG TRÌNH HÀM Lê Thái Sơn 11T2. Lương Văn Chánh; 2009-2010 Như biết, phương trình hàm dạng toán hay đặc biệt khó so sánh gần ngang hàng với bất đẳng thức. Những toán dạng phong phú đa dạng thường xuyên xuất kì thi Olympic toán. Dưới xin đề cập tới phương pháp giải phương trình hàm tập số thực, bản. *** Để bạn làm quen với dạng toán trước đưa phương pháp xin giới thiệu số ví dụ bản. I.GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM SỬ DỤNG HÀM SỐ HỢP: VD1: Tìm tất hàm f : R → R thỏa: 1⎞ ⎛ f ⎜ x + ⎟ = x + với x ≠ x⎠ x ⎝ Giải: Ta có f ⎛⎜ x + ⎞⎟ = ⎛⎜ x + ⎞⎟ − x x ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Đặt y = x + ta được: x f ( y ) = y − . Vì y ≥ 2; ∀x ≠ nên hàm số f ( y ) = y − xác định y ≥ Nói cách khác f ( x) = x − 2; x ≥ VD2: Tìm tất hàm f : R → R thỏa: f ( x) f ( y ) − xy = f ( x) + f ( y ) − với x, y Giải: Giả sử tồn hàm số f ( x ) thỏa mãn phương trình cho. Đặt y = x , ta f ( x)2 − f ( x) + − x = ⇔ [ f ( x) − 1] = x 2 ⎡ f ( x) − = x ⇔⎢ ⎣ f ( x) − = − x ⎡ f ( x) = + x ⇔⎢ ⎣ f ( x) = − x Thử lại thấy hàm số thỏa mãn phương trình cho. VD3: Tìm tất hàm f : R → R thỏa: ⎛ x −1 ⎞ f ( x − 1) − f ⎜ ⎟ = − x với x ≠ ± ⎝ 1− 2x ⎠ (1) Giải: Giả sử tồn hàm số f ( x ) thỏa mãn điều kiện (1) Đặt x − = y −1 −y , rút x = thay vào (1) ta được: 1− y 1− y ⎛ y −1 ⎞ 2y f⎜ ⎟ − f ( y − 1) = + 1− y ⎝ 1− y ⎠ (2) Từ (1) (2) ta có hệ phương trình: ⎧ ⎪ f ( x − 1) − f ⎪ ⎨ ⎪ −3 f ( x − 1) + ⎪⎩ ⎛ x −1 ⎞ ⎜ ⎟ = 1− 2x ⎝ 1− 2x ⎠ ⎛ x −1 ⎞ f⎜ ⎟= ⎝ 1− 2x ⎠ 1− 2x ⇒ −8 f ( x − 1) = − x + 1− 2x ⇒ f ( x) = (2 x + + ) 2x + Dễ dàng thấy f ( x ) thỏa ĐK ban đầu toán. II.GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾ: Phương pháp phương pháp thường sử dụng giải phương trình hàm , đặc biệt phương trình hàm với cặp biến tự do. Nội dung phương pháp ta thay biến giá trị đặc biệt. Điều quan trọng giá trị biến phải thuộc tập xác định hàm số phải thoả mãn điều kiện ràng buộc biến có. 1) Tìm tất hàm f : R + → R thoả mãn điều kiện sau đây: f (1) = ⎛3⎞ ⎛3⎞ f ( xy ) = f ( x) f ⎜ ⎟ + f ( y ) ⎜ ⎟ ∀x, y ∈ R + . ⎝ x⎠ ⎝ y⎠ (1) Giải: 1 Cho x = 1, y = thay vào (1) ta có f (3) = + f (3) ⇒ ⎜⎛ f (3) − ⎟⎞ = ⇒ f (3) = 2⎠ ⎝ ⎛3⎞ ⎛3⎞ Thay x = vào (1) ta f ( y ) = f ⎜ ⎟ + f ( y ) ⇒ f ⎜ ⎟ = f ( y ), ∀y ∈ R + ⎝ y⎠ ⎝ y⎠ Khi hệ thức (1) trở thành f ( xy ) = f ( x) f ( y ), ∀x, y ∈ R + Trong (1a) thay y (1a) ta có: x ⎡ f ( x) = ⎢ ⎛3⎞ f (3) = f ( x) ⎜ ⎟ ⇒ = f ( x) ⇒ ⎢ ⎝ x⎠ ⎢ f ( x) = − ⎢⎣ 1 Trong (1a) thay y = x : f ( x ) = [ f ( x) ] = 2. = Tới ta suy với x > f ( x) = Đó hàm số thoả mãn điều kiện toán. *Chú ý: Nếu hệ thức cho có tính đối xứng biến cố gắng hoán đổi biến với nhau. 2) Tìm tất hàm số f : R → R thoả : (2) xf ( y ) + yf ( x) = ( x + y ) f ( x ) f ( y ); ∀x, y ∈ R Giải: ⎡ f (1) = ⎣ f (1) = Cho x = y = ta có f (1) = 2( f (1)) ⇒ ⎢ Xét trường hợp f (1) = Cho y = vào (2) ta có f ( x ) = 0; ∀x ∈ R . Xét trường hợp f (1) = Cho y = ta x + f ( x ) = ( x + 1) f ( x ) ⇒ x ( f ( x ) − 1) = suy với x ≠ ⇒ f ( x ) = ⎧1; x ≠ a tuỳ ý ⎩ a; x = Kết hợp hai trường hợp ta có f ( x ) = 0; ∀x ∈ R f ( x) = ⎨ Rõ ràng với x, y ≠ x = y = (2) thoả mãn ⎧ x ≠ ⎧ f ( x) = ⇒⎨ ⎩ y = ⎩ f ( y) = a Khi xf ( y ) + yf ( x ) = ax ( x + y ) f ( x ) f ( y ) = ax Với ⎨ Vậy hàm số thoả mãn hệ thức (2) 3) Tìm tất hàm f : R → R thỏa mãn điều kiện: f ( xf ( y ) + x ) = xy + f ( x ) ∀x, y ∈ R (3) Giải: Thay x = 1; y = −1 − f (1) vào (3) ta f ( f ( −1 − f (1)) + 1) = −1 − f (1) + f (1) = −1 Đặt a = f (−1 − f (1)) + f ( a ) = −1 Thay y = a đặt b = f (0) ta có f ( xf (a ) + x ) = f (0) = b Hay b = f ( xf ( a ) + x ) = ax + f ( x) ⇒ f ( x) = − ax + b Thay biểu thức f ( x ) vào phương trình hàm cho ta có: a xy − abx − ax + b = xy − ax + b Bằng cách đồng hệ số ta a = ±1, b = ⎡ f ( x) = x Vậy ⎢ ∀x ∈ R ⎣ f ( x) = − x 4) Cho hàm số f , g xác định R thỏa mãn: f ( x + g ( y )) = x + y + ∀x, y ∈ R Hãy xác định biểu thức g ( x + f ( y )). Giải: Xét f ( x + g ( y )) = x + y + ∀x, y ∈ R Cho y = đặt g (0) = b Ta f ( x + b) = x + ⇒ f ( x) = x + − 2b ∀x ∈ R f ( x + g ( y )) = 2( x + g ( y )) + − 2b = x + y + Khi ⇒ g ( y ) = y + 2b ⇒ g ( y ) = y + b 1 Cuối ta có g ( x + f ( y )) = ( x + f ( y )) + b = ( x + y + − 2b) + b = x + y + 2 2 Hay g ( x + f ( y )) = x + y + 2 III. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM DỰA VÀO GIÁ TRỊ CỦA ĐỐI SỐ VÀ GIÁ TRỊ CỦA HÀM SỐ: Một số toán phương trình hàm giải cách tìm tính chất tập xác định biến số x tập giá trị hàm số. Thông thường trước hết ta tìm hàm f tập X D sau tìm hàm f tập xác định D . Ở tính chất toàn ánh hàm số quan trọng. 1) Tìm tất hàm f : R → R thỏa mãn điều kiện: f ( x + f ( y )) = x + f ( y ) + xf ( y ) (1) ∀x , y ∈ R Giải: Cho f ( f ( y )) = f ( y ) ta f ( f ( x)) = f ( x) hay f ( f ( x)) = f ( x) , với x ∈ R , điều có nghĩa với u thuộc tập giá trị hàm số ta có f (u ) = u . Giả sử có y0 ∈ R thoả mãn f ( y0 ) ≠ −1 , f ( x + f ( y0 )) = (1 + f ( y0 )) x + f ( y0 ) (1a) Cho x thay đổi R . Vế phải đẳng thức (1a ) hàm bậc theo biến x ( + f ( y0 ) ≠ ) nên tập giá trị R . Suy ra, tập giá trị vế trái R . Điều có nghĩa với t ∈ R , tồn u cho f (u ) = t . Ta có f (t ) = f ( f (u )) = f (u ) = t ∀t ∈ R hay f ( x ) = x ∀∈ R . Thử lại thấy hàm số không thoả mãn. Như với y ∈ R ta có f ( y ) = −1 hay f ( x ) = −1 ∀x ∈ R Thử lại thấy hàm số thoả mãn. Vậy hàm số cần tìm f ( x ) = −1 ∀x ∈ R . 2) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn: f ( x − f ( y )) = f ( x ) + x + f ( y ) ∀x , y ∈ R (2) Giải: Đặt f (0) = a . Trong (2) thay x f ( y ) ta được: f (0) = f ( f ( y )) + f ( y ) + f ( y ) a a ⇒ f ( f ( y )) = − f ( y ) + ⇒ f ( f ( x)) = − f ( x) + ∀x ∈ R 2 Thay x f ( x ) ta có f ( f ( x) − f ( y )) = f ( f ( x )) + f ( x ) + f ( y ) Và để ý đến (2a ) ta có f ( f ( x ) − f ( y )) = −( f ( x ) − f ( y )) + a Trong (2) lại thay x f ( x) − f ( y ) : f ( f ( x) − f ( y ) − f ( y )) = f ( f ( x) − f ( y )) + f ( x) − f ( y ) + f ( y ) (2a ) ∀x, y ∈ R hay f ( f ( x) − f ( y )) = −( f ( x) − f ( y )) + 2a ∀x, y ∈ R (2b) Viết lại (2) dạng f ( x − f ( y )) − f ( x ) = x + f ( y ) Cho y = ta có f ( x − a ) − f ( x) = x + a ∀x ∈ R (2c) Từ (2c ) ta thấy vế phải có tập giá trị R x thay đổi R nên với t ∈ R ta viết dạng t = f (u ) − f (v) Áp dụng (2b) ta có: f (t ) = f ( f (u ) − f (v )) = −( f (u ) − f (v)) + 2a = −t + 2a hay với x ∈ R ta có f ( x ) = − x + 2a Suy f ( f ( x )) = − f ( x ) + 2a (2d ) a Từ (2a ); (2d ) ta 2a = ⇒ a = Vậy f ( x ) = − x ∀x ∈ R Dễ dàng kiểm tra hàm số thỏa mãn đầu bài. 3) Tìm tất hàm số f : R + → R + thỏa mãn điều kiện: xf ( xf ( y )) = f ( f ( y )) Giải: Đặt f (1) = a ∀x, y ∈ R + (3) Thay x vào ( 3) ta có: f ( y) a f (1) = f ( f ( y )) ⇒ f ( f ( y )) = f ( y) f ( y) a ∀x ∈ R + hay f ( f ( x)) = f ( x) ta : thay x f ( x) ⎛ f ( y) ⎞ a f⎜ ⎟ = f ( f ( y )) = f ( x) ⎝ f ( x) ⎠ f ( y) ⎛ f ( y) ⎞ f ( x) ⇒ f⎜ ⎟=a f ( y) ⎝ f ( x) ⎠ ∀x, y ∈ R + ( 4a ) f ( f ( y )) f ( xf ( y )) ⎛ f ( f ( y )) ⎞ f ( xf ( y )) a a = = Áp dụng (4a ) ta : f ( x) = f ⎜ ⎟=a f ( f ( y )) x f ( f ( y )) ⎝ f ( xf ( y )) ⎠ f ( xf ( y )) Viết lại hệ thức đầu dạng x = ∀x ∈ R + Dễ dàng kiểm tra hàm số thoả mãn đầu bài. a x 4) Tìm tất hàm số f : R → R thoả mãn: Vậy tất hàm số cần tìm f ( x) = ; a > f ( x + f ( y )) = ( f ( y )) + xf ( y ) + f (− x) ∀x, y ∈ R (4) Giải: Đặt f ( ) = a . Trong ( ) cho x = ta có: f ( f ( y )) = ( f ( y )) + a ⇒ f ( f ( x )) = ( f ( x )) + a ( 4a ) ∀x ∈ R Thay x − f ( x ) vào ( ) sử dụng ( 6a ) : f ( f ( y ) − f ( x )) = ( f ( y )) − f ( x ) f ( y ) + f ( f ( x )) = ( f ( y )) − f ( x ) f ( y ) + ( f ( x )) + a hay f ( f ( y ) − f ( x ) ) = ( f ( y ) − f ( x ) ) + a ∀x, y ∈ R ( 4b ) viết lại hệ thức ( ) dạng: f ( x + f ( y ) ) − f ( − x ) = ( f ( y ) ) + xf ( y ) ( 4c ) Dễ thấy f ( x ) = thỏa mãn. Ta cần tìm hàm số khác. Giả sử tồn y cho f ( y ) ≠ . Cố đinh y , cho x thay đổi R , vế phải ( 4c ) hàm số bật theo x nên tập giá trị vế phải R , suy tập giá trị vế trái R . Vì ta suy với t ∈ R , tồn u , v cho t = f ( u ) − f ( v ) . Khi áp dụng ( 4b ) ta được: f ( t ) = f ( f ( u ) − f ( v ) ) = ( f ( u ) − f ( v ) ) + a = t + a Vậy hàm số cần tìm phải có dạng f ( x ) = x + a Kết luận: Các hàm số cần tìm là: f ( x ) = ∀x ∈ R ( a tùy ý ) . ∀x ∈ R f ( x) = x + a ∀x ∈ R VI. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG LỚP CÁC HÀM ĐƠN ĐIỆU VÀ TRONG LỚP CÁC HÀM LIÊN TỤC: A) Phương trình hàm lớp hàm đơn điệu: Trong mục này, ta xét số toán giải phương trình hàm có sử dụng đến tính đơn điệu hàm số. Một số điều cần lưu ý: _ Nếu f cộng tính đơn điệu R (hoặc R + ) f ( x ) = kx . _ Nếu f đơn điệu thực f đơn ánh. _ Trong vài trường hợp, ta dự đoán công 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 số f để dẫn tới điều vô lí. _ Nếu hàm f đơn điệu ta có công thức f tập số hữu tỉ Q dùng kĩ thuật chọn dãy hữu tỉ đơn điệu ngược nhau, sau chuyển qua giới hạn. 1) Tìm tất hàm đơn điệu f : R → R thỏa mãn: f ( x + f ( y )) = f ( x) + y (1) ∀x, y ∈ R Giải: Giả sử có y1 y2 mà f ( y1 ) = f ( y2 ) với x ta có f ( x + f ( y1 ) ) = f ( x + f ( y2 ) ) ⇒ f ( x ) + y1 = f ( x ) + y2 ⇒ y1 = y2 Vậy f hàm đơn ánh. Thay y = ta có f ( x + f ( ) ) = f ( x ) ∀x ∈ R Lại thay x = : f ( f ( y ) ) = f ( ) + y hay f ( f ( x ) ) = x + f ( ) với x ∈ R . Thay x f ( x ) : f ( f ( x ) + f ( y ) ) = f ( f ( x ) ) + y = x + y + f ( ) = f ( f ( x + y ) ) Vì f đơn ánh nên f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) ∀x , y ∈ R . Mặt khác f đơn điệu cộng tính R nên f ( x ) = kx ∀x ∈ R ( k tùy ý) Thay biểu thức f ( x ) vào hệ thức (1) ta f ( x + f ( y ) ) = f ( x + ky ) = kx + k y f ( x ) + y = kx + y . Do kx + k y = kx + y ⇒ ( k − 1) y = ∀y ⇒ k = ±1. Dễ dàng kiểm tra hàm số f ( x ) = x f ( x ) = − x ∀x thỏa mãn. Đó hàm số cần tìm. Chú ý: Nếu giả thiết f hàm đơn điệu đáp số có hàm khác. 2) Tìm tất hàm tăng thật f : R → R thỏa mãn: f ( f ( x) + y) = f ( x + y) +1 Giải: Thay y = ta f ( f ( x ) ) = f ( x ) + ∀x, y ∈ R ( 2) ∀x ∈ R Thay x = f ( x ) ta ( ) f f ( f ( x ) ) + y = f ( f ( x ) + y ) + ⇒ f ( f ( x ) + y + 1) = f ( x + y ) + ( 2a ) Lại thay y = f ( y ) ( ) để ý f ( x + f ( y ) ) = f ( x + y ) + ta có: f ( f ( x) + f ( y )) = f ( x + f ( y )) +1 = f ( x + y ) + ( 2b ) Từ ( 2a ) ( 2b ) ta được: f ( f ( x ) + y + 1) = f ( f ( x ) + f ( y ) ) Vì f tăng thực nên f ( x ) + y + = f ( x ) + f ( y ) ⇒ f ( y ) = y + ∀x ∈ R . Hay f ( x ) = x + Dễ dàng kiểm tra hàm số thỏa mãn đầu bài. Đó hàm số cần tìm. B) Phương trình hàm lớp hàm liên tục: Trong mục ta xét số toán giải phương trình hàm có sử dụng đến tính liên tục hàm số. Chú ý khái niệm liên tục quan trọng, việc vận dụng khái niệm để giải toán đòi hỏi phải nắm vững chất. Một số điều cần lưu ý: _Nếu f cộng tính liên tục R R + f ( x ) = kx ⎛ x+ y⎞ _Nếu f liên tục R R + thỏa mãn f ⎜ ⎟= ⎝ ⎠ dạng f ( x ) = kx + b . f ( x) + f ( y) ∀x, y ∈ R f ( x ) có _Nếu f liên tục nhân tính R + f ( x ) = xα ∀α ∈ R _Nếu f liên tục đơn ánh f đơn điệu thật sự. _Nếu ta có công thức tính f tập X ⊂ R X trù mật R ta có công thức f R. x 1) Cho hàm f liên tục R thỏa mãn f ( x ) = f ⎜⎛ ⎟⎞ ∀x ∈ R . Chứng f ⎝ ⎠ hàm hằng. Giải: Giả sử tồn hàm f. Khi quy nạp dễ có: ⎛ x ⎞ f ( x) = f ⎜ n ⎟ ⎝2 ⎠ ∀n ∈ N x ⎛ x ⎞ → . Vì f liên tục nên f ⎜ n ⎟ → f ( ) n ⎝2 ⎠ x Vậy f ( x ) = lim ⎛⎜ n ⎞⎟ = f ( ) ⎝2 ⎠ Cho n → ∞ Do f hàm số hằng. 2) Cho a ∈ R . Tìm tất hàm liên tục f : R → R cho f ( x − y ) = f ( x ) − f ( y ) + axy ∀x, y ∈ R Giải: Giả sử tồn hàm f thỏa mãn đầu bài. Từ giả thiết thay x = 1, y = vào ta có f (1) − f ( ) = f (1) ⇒ f ( ) = Lại thay x = y = ta có f ( ) = f (1) − f (1) + a ⇒ a = Vậy với a khác không tồn hàm số. Xét a = . Khi giả thiết trở thành f ( x − y ) = f ( x ) − f ( y ) Với x,y áp dụng (1) ta có f ( x) = f ( x + y − y) = f ( x + y) − f ( y) ⇒ f ( x) + f ( y) = f ( x + y) Hàm f liên tục cộng tính nên f ( x ) = kx với k số thực tùy ý. ∀x, y ∈ R (1) . PHƯƠNG TRÌNH HÀM BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾ: Phương pháp thế là phương pháp thường sử dụng khi giải các phương trình hàm , đặc biệt là phương trình hàm với cặp biến tự do. Nội dung cơ bản của phương. đây chúng tôi xin đề cập tới những phương pháp giải phương trình hàm trên tập số thực, cơ bản. *** Để các bạn làm quen với dạng toán này trước khi đưa ra các phương pháp chúng tôi xin giới thiệu. VI. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG LỚP CÁC HÀM ĐƠN ĐIỆU VÀ TRONG LỚP CÁC HÀM LIÊN TỤC: A) Phương trình hàm trong lớp các hàm đơn điệu: Trong mục này, ta xét một số bài toán giải phương trình