bao-cao-chuyen-de-pth-bpth

ÁP DỤNG DÃY SỐ VÀO GIẢI CÁC PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH HÀM Đỗ Minh Khoa Hội Tốn học Hà Nội, email: khoakarol@gmail.com Võ Quốc Bá Cẩn Archimedes Academy, email: canvqb@aschool.edu.vn Đỗ Minh Khoa, Võ Quốc Bá Cẩn Ứng dụng dãy số PTH, BPTH 17/10/2015 / 21 Lời dẫn Các tốn phương trình hàm bất phương trình hàm ln thú vị lơi người làm tốn Từ phương trình đó, vài phép đơn giản, ta tìm tính chất đặc biệt hàm số cho chí cơng thức tổng quát hàm Tuy nhiên, sâu vào vấn đề việc dùng phép để giải chưa đủ, đặc biệt với tốn bất phương trình hàm Do vậy, cần có cơng cụ khác bỗ trợ để tăng cường thêm tính hiệu phương pháp Lúc này, việc sử dụng dãy số giới hạn cách linh hoạt giúp đường trở nên sáng sủa dễ dàng nhiều Nhận thấy vai trò lớn dãy số giới hạn tốn phương trình, bất phương trình hàm, định thực viết để chia sẻ kinh nghiệm cách sử dụng để học hỏi nhận ý kiến đóng góp từ quý đồng nghiệp gần xa Đỗ Minh Khoa, Võ Quốc Bá Cẩn Ứng dụng dãy số PTH, BPTH 17/10/2015 / 21 Một số kỹ thuật chặn kẹp thường sử dụng Trong nhiều trường hợp, ta cần tìm cơng thức tổng qt hàm số, hướng mà ta nghĩ đến thiết lập bất đẳng thức dạng: an ≤ f (x) ≤ bn , (an ), (bn ) hai dãy chọn cho bất đẳng thức với n (ứng với x cố định) Lúc này, lim an = lim bn = L(x) cách chuyển sang giới hạn, ta tìm cơng thức tổng qt f (x) L(x) Đỗ Minh Khoa, Võ Quốc Bá Cẩn Ứng dụng dãy số PTH, BPTH 17/10/2015 / 21 Một số kỹ thuật chặn kẹp thường sử dụng Trong nhiều trường hợp, ta cần tìm cơng thức tổng qt hàm số, hướng mà ta nghĩ đến thiết lập bất đẳng thức dạng: an ≤ f (x) ≤ bn , (an ), (bn ) hai dãy chọn cho bất đẳng thức với n (ứng với x cố định) Lúc này, lim an = lim bn = L(x) cách chuyển sang giới hạn, ta tìm cơng thức tổng qt f (x) L(x) Nếu cần suy xét tính chất f (x), ta thiết lập bất đẳng thức dạng: A(f ) ≥ an B(f ), A(f ), B(f ) hai biểu thức x f (x), (an ) dãy chọn cho bất đẳng thức với n (ứng với x cố định) Lúc này, dựa hội tụ an , ta đưa nhiều kết luận cho A(f ) B(f ), từ suy tính chất f (x) Đỗ Minh Khoa, Võ Quốc Bá Cẩn Ứng dụng dãy số PTH, BPTH 17/10/2015 / 21 Một số ví dụ đặc trưng Ví dụ Tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn
f (x)f (2y ) = 3f x + yf (x) (1) với cặp số thực dương x, y Lời giải Trước hết, ta chứng minh f (x) ≥ với x > Thật vậy, giả sử tồn x0 > cho f (x0 ) < 2, ta thay x = x0 y = f (xx00)−2 vào (1) thu f (x0 ) = (mâu thuẫn) Thay y x vào phương trình (1), ta   x f (x) = 3f x + f (x) với x > Đỗ Minh Khoa, Võ Quốc Bá Cẩn Ứng dụng dãy số PTH, BPTH 17/10/2015 / 21 Một số ví dụ đặc trưng (tiếp theo) Từ đó, quy nạp, ta chứng minh f (x) > an với n ∈ N∗ , (an ) dãy số xác định ( a1 = √ an+1 = 3an Do lim an = nên từ bất đẳng thức trên, ta suy f (x) ≥ lim an = với x > Thay y y f (x) vào phương trình (1), ta   2y 3f (x + y ) = f (x)f ≥ 3f (x) f (x) (2) với x, y > Vậy f (x) hàm không giảm Đỗ Minh Khoa, Võ Quốc Bá Cẩn Ứng dụng dãy số PTH, BPTH 17/10/2015 / 21 Một số ví dụ đặc trưng (tiếp theo) Nếu f (x) > với x > bất đẳng thức (2) khơng xảy dấu Do trường hợp f hàm tăng ngặt Thay y y vào (1), ta   y f (x)f (y ) = 3f x + f (x) với x, y > Do vế trái đẳng thức đối xứng với x, y nên vế phải đối xứng Từ ta có     x y f x + f (x) = f y + f (y ) 2 Do f tăng ngặt nên ta có x + y2 f (x) = y + x2 f (y ) Cho y = 2, ta   f (2) f (x) = − x + 2 Cho x → 0+ , ta suy mâu thuẫn Đỗ Minh Khoa, Võ Quốc Bá Cẩn Ứng dụng dãy số PTH, BPTH 17/10/2015 / 21 Một số ví dụ đặc trưng (tiếp theo) Do đó, tồn c > cho f (c) = Thay x = c vào (1), ta f (3y + c) = f (2y ) Do 2y < 2y + c < 3y + c nên f (2y ) ≤ f (2y + c) ≤ f (3y + c) Kết hợp với đẳng thức trên, ta suy f (2y ) = f (2y + c) Do f hàm đơn điệu tuần hồn chu kỳ c Vậy f hàm Thay vào phương trình (1), ta thu f (x) = Đỗ Minh Khoa, Võ Quốc Bá Cẩn Ứng dụng dãy số PTH, BPTH 17/10/2015 / 21 Một số ví dụ đặc trưng (tiếp theo) Ví dụ (IMO Longlist 1979, APMO 1989) Tìm tất song ánh tăng thực f : R → R thoả mãn f (x) + g (x) = 2x với x ∈ R, g (x) hàm ngược f (x)
Lời giải Đặt f0 (x) = x fn (x) = f fn−1 (x) , tương tự cho gn (x) Thay x f (x) vào phương trình đề bài, ta f2 (x) + x = 2f (x) Từ đó, quy nạp, ta chứng minh fn+2 (x) − 2fn+1 (x) + fn (x) = Giải phương trình sai phân này, ta tìm   fn (x) = x + n f (x) − x với số tự nhiên n Đỗ Minh Khoa, Võ Quốc Bá Cẩn Ứng dụng dãy số PTH, BPTH 17/10/2015 / 21 Một số ví dụ đặc trưng (tiếp theo) Một cách tương tự, ta chứng minh     gn (x) = x + n g (x) − x = x − n f (x) − x Do f (x) song ánh tăng ngặt nên fn (x) gn (x) hàm tăng thực Do đó, với x > y , ta có fn (x) > fn (y ) gn (x) > gn (y ) Nói cách khác, ta có n       o x + n f (x) − x > y + n f (y ) − y ⇔ n f (x) − x − f (y ) − y > y − x, (3) n       o x−n f (x)−x > y −n f (y )−y ⇔ n f (x)−x − f (y )−y < x−y (4) Nếu f (x) − x > f (y ) − y cách cho n → +∞ (4), ta thu điều mâu thuẫn Còn f (x) − x < f (y ) − y cách cho n → +∞ (3), ta có kết tương tự Do vậy, ta phải có f (x) − x = f (y ) − y với x > y Nói cách khác, f (x) = x + c với x Đỗ Minh Khoa, Võ Quốc Bá Cẩn Ứng dụng dãy số PTH, BPTH 17/10/2015 / 21 Một số ví dụ đặc trưng (tiếp theo) Ví dụ Tìm tất hàm số f liên tục từ R vào R thỏa mãn điều kiện:


f x + f (y + z) + f y + f (z + x) + f z + f (x + y ) = (5) với số thực x, y , z Lời giải Dễ thấy f (x) ≡ nghiệm phương trình nên ta cần xét f (x) 6≡ Thay x, y , z x2 vào (5), ta thu  x + f (x) = f với x ∈ R Tiếp tục, thay x x2 + f (x) vào đẳng thức trên, ta   x f + f (x) = 22 với số thực x Đỗ Minh Khoa, Võ Quốc Bá Cẩn Ứng dụng dãy số PTH, BPTH 17/10/2015 10 / 21 Một số ví dụ đặc trưng (tiếp theo) Từ đây, quy nạp, ta chứng minh   x f + f (x) = 2n+1 2n với x ∈ R n ∈ N∗ Trong đẳng thức trên, cố định x cho n → +∞, sau sử dụng tính liên tục f , ta suy f (0) = Từ đây, cách thay x = y z = −x vào (5), ta có
f f (2x) − x = −2f (x) với x ∈ R Do f (x) 6≡ nên tồn x0 cho f (x0 ) 6= Xét dãy (an ) xác định a0 = x0 an+1 = f (2an ) − an Khi đó, dễ thấy f (an ) = −2f (an−1 ) = (−2)2 f (an−2 ) = · · · = (−2)n f (x0 ) với n ∈ N∗ Nếu f (x0 ) > ta có limn→+∞ f (a2n ) = +∞ lim f (a2n−1 ) = −∞ n→+∞ Còn f (x0 ) < ta có kết ngược lại Đỗ Minh Khoa, Võ Quốc Bá Cẩn Ứng dụng dãy số PTH, BPTH 17/10/2015 11 / 21 Một số ví dụ đặc trưng (tiếp theo) Nhưng hai trường hợp này, ta thấy f (x) không bị chặn, mà f liên tục nên tồn ánh Đến đây, cách thay y = z = vào (5), ta có
2f f (x) + f (x) = với x ∈ R Do f toàn ánh nên ta có f (x) = − x2 , ∀x ∈ R Thử lại, ta thấy thỏa mãn Vậy phương trình cho có hai nghiệm f (x) = f (x) = − x2 Đỗ Minh Khoa, Võ Quốc Bá Cẩn Ứng dụng dãy số PTH, BPTH 17/10/2015 12 / 21 Một số ví dụ đặc trưng (tiếp theo) Ví dụ (IMO, 2013) Cho hàm số f xác định tập Q+ nhận giá trị tập R thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: (1) f (x)f (y ) ≥ f (xy ) với x, y ∈ Q+ ; (6) (2) f (x + y ) ≥ f (x) + f (y ) với x, y ∈ Q+ ; (7) (3) tồn số hữu tỉ a > cho f (a) = a (8) Chứng minh f (x) = x với x ∈ Q+ Lời giải Thay x = a y = vào (6), ta a · f (1) ≥ a, tức f (1) ≥ Từ đây, cách sử dụng quy nạp kết hợp với (7), ta chứng minh f (n) ≥ n với n ∈ ta N∗ Thay x = p q với p, q ∈ N∗ , (p, q) = y = q vào (6),   p f · f (q) ≥ f (p) ≥ p > q Đỗ Minh Khoa, Võ Quốc Bá Cẩn Ứng dụng dãy số PTH, BPTH 17/10/2015 13 / 21 Một số ví dụ đặc trưng (tiếp theo) Mà f (q) ≥ q > nên từ ta có f (x) > với x ∈ Q+ Kết hợp với (7), ta suy f (x) hàm tăng thực Q+ Bây giờ, từ (6), sử dụng quy nạp kết hợp với f (a) = a, ta thu f (an ) ≤ an với n ∈ N∗ Ta chứng minh f (x) ≥ x (9) với x ≥ 1, x ∈ Q+ Thật vậy, giả sử có x0 ≥ cho f (x0 ) < x0 Khi đó, đặt f (x0 ) = x0 − ε với < ε < x0 Sử dụng quy nạp kết hợp với (6), ta có f (x0n ) ≤ f n (x0 ) = (x0 − ε)n với n ∈ N∗ Mặt khác, f tăng nên ta có
f (x0n ) ≥ f bx0n c ≥ bx0n c ≥ x0n − Đỗ Minh Khoa, Võ Quốc Bá Cẩn Ứng dụng dãy số PTH, BPTH 17/10/2015 14 / 21 Một số ví dụ đặc trung (tiếp theo) Do đó, kết hợp với bất đẳng thức trên, ta thu x0n − ≤ (x0 − ε)n với n ∈ N∗ Nhưng, điều rõ ràng bất đẳng thức sai với n đủ lớn Mâu thuẫn cho ta điều vừa khẳng định, tức (9) Tiếp theo, ta chứng minh f (x) = x (10) với x ≥ 1, x ∈ Q+ Chọn n ∈ N∗ cho an ≥ x + Khi đó, ta có
an ≥ f (an ) = f (an − x) + x ≥ f (an − x) + f (x) ≥ (an − x) + x = an Do vậy, dấu đẳng thức đánh giá phải xảy (10) Thay x = p q với p, q ∈ N∗ , (p, q) = y = q vào (6), ta suy f (x) ≥ x với x ∈ Q+ Đỗ Minh Khoa, Võ Quốc Bá Cẩn Ứng dụng dãy số PTH, BPTH 17/10/2015 15 / 21 Một số ví dụ đặc trưng (tiếp theo) Từ (7) sử dụng phương pháp quy nạp, ta có f (nx) ≥ nf (x) với x ∈ Q+ n ∈ N∗ Từ đó, cho x = n = q, ta f (x) ≤ x p q với p, q ∈ N∗ , (p, q) = với x ∈ Q+ Vậy f (x) = x với x ∈ Q+ Đỗ Minh Khoa, Võ Quốc Bá Cẩn Ứng dụng dãy số PTH, BPTH 17/10/2015 16 / 21 Một số ví dụ đặc trưng (tiếp theo) Ví dụ Tìm tất hàm số f : N∗ → N∗ thỏa mãn
2n + 2016 ≤ f f (n) + f (n) ≤ 2n + 2017 Lời giải Xét dãy (an ), (bn ), (cn ) (dn ) xác định sau  c1 = 0, d1 =        an =   cn +       bn = 2017 − dn cn +   2(cn + 1)   cn+1 = =   an + cn +     n  2016 − 2017−d  2016 − bn 2016cn − + dn cn +1   d = = =  n+1 an + cn + c +1 + n Đỗ Minh Khoa, Võ Quốc Bá Cẩn Ứng dụng dãy số PTH, BPTH 17/10/2015 17 / 21 Một số ví dụ đặc trưng (tiếp theo) Ta chứng minh lim an = lim cn = cn ≥ 23 với n ≥ Từ suy dn > với n ≥ Bằng quy nạp theo n, ta chứng minh cn x + dn ≤ f (x) ≤ an x + bn (11)
Do f (x) ≥ = c1 x + d1 2017 + 2x ≥ f f (x) + f (x) ≥ + f (x) nên f (x) ≤ 2x + 2016 = a1 x + b1 , khẳng định với n = Giả sử khẳng định với n, ta có
2016 + 2x ≤ f f (x) + f (x) ≤ an f (x) + bn + f (x) = (an + 1)f (x) + bn , suy f (x) ≥ 2016 − bn x+ = cn+1 x + dn+1 an + an + Sử dụng kết này, ta có
2017+2x ≥ f f (x) +f (x) ≥ cn+1 f (x)+dn+1 +f (x) = (cn+1 +1)f (x)+dn+1 Đỗ Minh Khoa, Võ Quốc Bá Cẩn Ứng dụng dãy số PTH, BPTH 17/10/2015 18 / 21 Một số ví dụ đặc trưng (tiếp theo) Suy f (x) ≤ cn+1 + x+ 2017 − dn+1 = an+1 x + bn+1 cn+1 + Vậy khẳng định với n + Ta có (11) Sử dụng kết (11) với ý dn > 0, ta f (x) > cn x với n nguyên dương Cho n → +∞, ta f (x) ≥ x với x > Tiếp theo, ta xét dãy (en ) (fn ) xác định sau  2017  e1 =      2016 − en fn =    n   2017 − 2016−e 2017 − fn 2018 + en  en+1 = = = 2 Đỗ Minh Khoa, Võ Quốc Bá Cẩn Ứng dụng dãy số PTH, BPTH 17/10/2015 19 / 21 Một số ví dụ đặc trưng (tiếp theo) 2015 Ta chứng minh lim en = 2018 lim fn = Ngoài ra, cách quy nạp giống bước đánh giá đoạn trước, ta chứng minh x + fn ≤ f (x) ≤ x + en với n nguyên dương Cho n → +∞, ta x+ 2015 2018 ≤ f (x) ≤ x + 3 Vì f (x) nhận giá trị nguyên dương nên từ ta suy f (x) = x + 672 với x nguyên dương Thử lại, ta thấy hàm thỏa mãn yêu cầu Đỗ Minh Khoa, Võ Quốc Bá Cẩn Ứng dụng dãy số PTH, BPTH 17/10/2015 20 / 21 Lời cảm ơn Xin cảm ơn quý thầy cô bạn học sinh ý theo dõi báo cáo Chúc người ngày làm việc vui vẻ! Đỗ Minh Khoa, Võ Quốc Bá Cẩn Ứng dụng dãy số PTH, BPTH 17/10/2015 21 / 21