Báo cáo PHƯƠNG TRÌNH HÀM

TRƯỜNG ĐẠI HỌC CẦN THƠ KHOA SƯ PHẠM BÀI BÁO CÁO ĐẠI SỐ SƠ CẤP NÂNG CAO CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG TRÌNH HÀM GVHD: TS PHÙNG KIM CHỨC Nhóm thực hiện: Nhóm 1 Phạm Thị Ái Minh Dương Thị Ngọc Hiền Nguyễn Thị Thanh Hà Ngô Thị Hồng Nga Nguyễn Thị Diễm Trần Thị Minh Thái Triệu Hòa Tâm Nguyễn Minh Khoa Lê Hoài Nở 10 Hồ Thúy Như 11 Phan Tuyết Mai 12 Nguyễn Thanh Hoàng Năm 2016 MỤC LỤC A PHẦN MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Mục tiêu nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu Thực trạng vấn đề nghiên cứu B PHẦN NỘI DUNG PHẦN 1: MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ PHẦN 2: PHƯƠNG TRÌNH HÀM Chương 1: Một số tính chất phương trình hàm 1.1 Hàm số chẵn, hàm số lẻ 1.2 Hàm số tuần hoàn phản tuần hoàn 1.3 Hàm tuần hoàn phản tuần hoàn nhân tính 1.4 Mối liên hệ hàm tuần hoàn cộng tính nhân tính 1.5 Đặc trưng hàm số hàm sơ cấp Chương 2: Phương trình hàm với cặp biến tự 2.1 Hàm số chuyển đổi phép tính số học 2.2 Hàm số chuyển đổi đại lượng trung bình 2.3 Hàm số sinh đặc trưng hàm hàm số lượng giác 2.4 Một số dạng khác phương trình hàm với cặp biến tự 2.5 Phương trình với nhiều ẩn hàm Chương 3: Phương trình hàm với phép biến đổi đối số 3.1 Hàm số xác định phép biến đổi tịnh tiến đồng dạng 3.2 Hàm số xác định phép biến đổi phân tuyến tính 3.3 Hàm số xác định phép biến đổi đại số 3.4 Phương trình lớp hàm tuần hoàn PHẦN 3: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM CƠ BẢN Phương pháp hệ số bất định Phương pháp quy nạp Phương pháp sử dụng đạo hàm Phương pháp sử dụng tính đơn ánh, toàn ánh, song ánh hàm số Phương pháp biến Phương pháp dung tính liên tục hàm số C KẾT LUẬN A PHẦN MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài: Phương trình hàm mảng kiến thức thường xuất kì thi học sinh giỏi năm gần đây, ví dụ kì thi: HSG quốc gia, HSG cấp tỉnh, Olympic 30/4, Olympic Lê Hồng Phong, Trại Hè Phương Nam, HOMC (olympic toán Tiếng Anh),… nước quốc tế Do việc nghiên cứu Phương trình hàm cần thiết để góp phần quan trọng việc bồi dưỡng học sinh giỏi dự thi học sinh giỏi Toán quốc gia, khu vực quốc tế Vì tham khảo nghiên cứu số tài liệu phương trình hàm rút số vấn đề phương trình hàm để trao đổi với đồng nghiệp Mục tiêu nghiên cứu: Nhằm hệ thống kiến thức phương trình hàm, trình bày kết qua trình nghiên cứu phương trình hàm Giúp em học sinh có kiến thức tốt Phương trình hàm, mở số hướng cho em học sinh suy nghĩ sáng tạo toán Phương pháp nghiên cứu: Phương pháp suy luận, tổng hợp, phân tích lý luận Thực trạng vấn đề nghiên cứu: a Thuận lợi: Bài tập phương trình hàm phong phú đăng nhiều tạp chí Toán học tuổi trẻ, số tài liệu tham khảo dung để bồi dưỡng học sinh giỏi b Khó khăn: - Phép giải phương trình thông thường nói chung việc không đơn giản nên phép giải phương trình hàm (phương trình có nghiệm hàm số) phức tạp khó đường lối chung để giải - Đứng trước tập phương trình hàm, học sinh thường khó phát hướng giải vấn đề: phải đâu, cần thực điều gì, trình bày lời giải để lời giải rõ ràng, hợp logic, … B PHẦN NỘI DUNG PHẦN 1: MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Nguyên lý Archimedes   0, x  0, k  N * : k  x Tính trù mật - Tập A  R gọi trù mật R  x, y  R, x  y, a  A : x  a  y - Hệ quả: tập Q;  m  m  Z , n  N  trù mật R n 2  Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ Cho   A  R - Số x  R gọi giá trị lớn A nếu: x  A; a  x a  A Khi ta viết: x  max a : a  A  max a aA - Số x  R gọi giá trị nhỏ A nếu: x  A; a  x a  A a Khi ta viết: x  a : a  A  aA Cận trên, cận dưới, cận đúng, cận Cho   A  R - Số x  R gọi cận A nếu: a  x a  A - Số x  R gọi cận A nếu: a  x a  A - Số thực x  R gọi cận A x cận A cận nhỏ tập cận A Tức a  x a  A   0, a  A : a  x   Khi ta viết: x  sup a : a  A  sup a aA - Số thực x  R gọi cận A x cận A cận lớn tập cận A Tức a  x a  A   0, a  A : a  x   Khi ta viết: inf a : a  A  inf a aA Ánh xạ 5.1 Định nghĩa: Một ánh xạ f từ tập A đến tập B quy tắc đặt tương ứng phần tử x A với (và một) phần tử B Phần tử gọi ảnh x qua ánh xạ f kí hiệu f ( x) (i) Tập A gọi tập xác định f ; tập B gọi tập giá trị f (ii) Ánh xạ f từ A đến B kí hiệu f :A B x  y  f ( x) (iii) Khi A B tập số thực, ánh xạ f gọi hàm số xác định A (iv) Cho a  A, y  B Nếu f (a)  y ta nói y ảnh a a nghịch ảnh y qua ánh xạ f (v) Tập hợp B   y  B x  A, y  f ( x) gọi tập ảnh f Nói cách khác, tập ảnh f ( A) tập hợp tất phần tử B mà có nghịch ảnh 5.2 Đơn ánh, song ánh, toàn ánh - Ánh xạ f : A  B gọi đơn ánh x, y  A mà x  y kéo theo f ( x)  f ( y) * Lưu ý: A  B Một cách diễn đạt khác: f đơn ánh  x, y  A, f ( x)  f ( y)  x  y - Ánh xạ f : A  B gọi toàn ánh với y  B, x  A : f ( x)  y * Lưu ý: A  B - Nếu f : A  B gọi song ánh vừa đơn ánh vừa toàn ánh * Lưu ý: A  B 5.3 Ánh xạ ngược Ánh xạ ngược f , kí hiệu f 1 , ánh xạ từ B đến A gán cho phần tử y  B phần tử x  A cho y  f ( x) Như f 1 ( x)  y  f ( x)  y * Lưu ý: xác định ánh xạ ngược f f song ánh 5.4 Ánh xạ hợp Nếu g : A  B f : B  C g ( A)  B ánh xạ hợp f g : A  C xác định bởi: ( f g )(a)  f ( g (a)) Các loại hàm số đặc biệt Hàm số f : E  R ,   E  R định nghĩa là: a) Hàm số tăng a, b  E, a  b  f (a)  f (b) b) Hàm số tăng thực a, b  E, a  b  f (a)  f (b) c) Hàm số giảm a, b  E, a  b  f (a)  f (b) d) Hàm số giảm thực a, b  E, a  b  f (a)  f (b) e) Hàm số đơn điệu hàm tăng giảm f) Hàm số đơn điệu thực hàm tăng thực giảm thực g) Bị chặn M : f ( x)  M , x  E h) Bị chặn   R : f ( x)   , x  E i) Bị chặn   R : f ( x)   , x  E j) Hàm chẵn f ( x)  f ( x) x  E ( E miền xác định đối xứng) k) Hàm lẻ f ( x)   f ( x) x  E ( E miền xác định đối xứng) l) Hàm tuần hoàn T  : x  E  x  T  E f ( x  T )  f ( x) m) Hàm lồi  a, b  E,   0,1 ta có: f (a  (1   )b)   f (a)  (1  ) f (b) n) Hàm lõm   f hàm lồi Giới hạn hàm số 7.1 Định nghĩa Cho tập E  R, f : E  R x0 gọi điểm tụ tập E L  R gọi giới hạn hàm số f ( x) điểm x0 nếu:   0,   0, x  E :  x  x0    f ( x)  L   f ( x)  L f ( x)  L ( x  x0 ) Kí hiệu: xlim x Nếu hàm số có giới hạn điểm x0 giới hạn 7.2 Giới hạn phía a) L  R gọi giới hạn bên trái f ( x) điểm x0 , kí hiệu lim f ( x)  L x  x0 nếu:   0,   0, x  E :  x0  x    f ( x)  L   b) L  R gọi giới hạn bên phải f ( x) điểm x0 , kí hiệu lim f ( x)  L x  x0 nếu:   0,   0, x  E :  x  x0    f ( x)  L   7.3 Một số tính chất f ( x)  L, lim g ( x)  K Khi đó: Giả sử tồn giới hạn xlim x x x 0 a ) lim [f ( x)  g ( x)]  L  K x  x0 b) lim [f ( x) g ( x)]  LK x  x0 c) lim x  x0 f ( x) L  ( K  0) g ( x) K d ) f ( x)  g ( x) (trong lân cận x0 )  L  K e) lim f ( x)  L x  x0 7.4 Định lý kẹp Giả sử lim g ( x)  lim h( x)  M g ( x)  f ( x)  h( x) x  E x x x x 0 Khi đó: lim f ( x)  M x  x0 7.5 Một số mở rộng 7.5.1 Giới hạn  hay  a) lim f ( x)      0,   0, x  E :  x  x0    f ( x)   x  x0 b) lim f ( x)      0,   0, x  E :  x  x0    f ( x)   x  x0 7.5.2 Giới hạn điểm  hay  a) lim f ( x)  L    0,   0, x  E : x    f ( x)  L   x  b) lim f ( x)  L    0,   0, x  E : x    f ( x)  L   x  Suy luận tương tự, ta định nghĩa giới hạn sau: lim f ( x)  , x  lim f ( x)  , x  lim f ( x)  , x  lim f ( x)   x  Hàm liên tục 8.1 Định nghĩa Hàm số f ( x) xác định tập E  R gọi liên tục điểm x0   0,   0, x  E : x  x0    f ( x)  f ( x0 )   f ( x)  f ( x0 ) Nếu x0 điểm tụ tập E  R f ( x) liên tục điểm x0 nếu: xlim x Nếu f ( x) liên tục điểm x  E f ( x) gọi liên tục E 8.2 Liên tục bên a) Hàm số f ( x) gọi liên tục bên trái điểm x  x0  E lim f ( x)  f ( x0 ) x  x0 b) Hàm số f ( x) gọi liên tục bên phải điểm x  x0  E lim f ( x)  f ( x0 ) x  x0 c) Hàm số f ( x) gọi liên tục điểm x  x0  E  lim f ( x)  lim f ( x)  f ( x0 ) x  x0 x  x0 8.3 Hàm số gián đoạn Hàm số f ( x) gọi gián đoạn điểm x0 không liên tục điểm Hàm số f ( x) gọi gián đoạn khử x0 gián đoạn x0 tồn f ( x) Cũng lưu ý số tình đó, xem hàm gián đoạn xlim x khử x0 hàm liên tục điểm x0 Điểm x0  E gọi điểm gián đoạn loại f ( x) nếu: + f ( x) gián đoạn x0 + Tồn giới hạn lim f ( x), x x0 lim f ( x) x x0 Nếu f ( x) gián đoạn x0 không gián đoạn loại điểm ta nói f ( x) gián đoạn loại hai x0 ; x0 điểm gián đoạn loại hai 8.4 Tính liên tục phép toán Nếu f ( x), g ( x) hàm liên tục điểm f ( x) g ( x) ; hàm f ( x)  g ( x) ; f ( x) với g ( x)  ;  f ( x) với    f ( x), g ( x), max  f ( x), g( x) g ( x) hàm số liên tục x0 8.5 Sự liên tục hàm hợp Cho f : (a, b)  (c, d ) hàm số liên tục điểm x0  (a, b) , g : (e, f )  hàm liên tục điểm t0  f ( x0 )   c, d  với  c, d    e, f  Khi hàm hợp g f :  a, b   xác định g f ( x)  g ( f ( x)) liên tục x0 Lưu ý rằng: Mọi hàm số sơ cấp liên tục tập xác định 10 Ta chứng minh nghiệm  iii  có dạng g  x  3q  x   q  x  1  q  x    q  x  3  v  4 Trong q  x  hàm tuỳ ý cho q  x  4  q  x  , x  Thật vậy, g  x  thoả mãn  iii  ta cần chọn q  x   g  x  , có 3q  x   q  x  1  q  x    q  x  3 4  3g  x    g  x  1  g  x    g  x  3  4  3g  x     g  x    g  x  4 Ngược lại, g  x  có dạng  v  x  : g  x  3  g  x    g  x  1  g  x   3q  x   q  x  1  q  x    q  x  3 4 3q  x  1  q  x    q  x  3  q  x    4 [ 3q (x + 2) – q(x+3) – q(x) - q(x+ 1) ] 4 + [ 3q (x + 3) – q(x) – q(x+ 1) – q(x+2)] = 0, x  R Kết luận : Điều kiện cần để phương trình có nghiệm h(x) = h(x+1) = h(x+2) = h(x+3), x  R Khi nghiệm phương trình f(x) phương trình có dạng f(x) = g(x) + h(x), g(x) = [ 3q (x) – q(x+ 1) – q(x+2) – q(x+3)] với q(x) hàm tùy ý cho q (x + 4) = q(x) , 64 x  R Bài toán : Cho b =  h(x) hàm xác định R Xác định tất hàm  f ( x )  f ( x) f(x) thỏa mãn điều kiện  (5)   f ( x )  bf ( x)  h( x), x  R Giải:  f ( x )  f ( x) Trước hết, xét trường hợp b = Khi (5) có dạng    f ( x )  f ( x)  h( x), x  R Thay x x2 vào (5), sử dụng đẳng thức f(x4) = f(x), ta điều kiện cần để hệ phương trình (5) có nghiệm h(x) = h(x2), x  R (i) Khi điều kiện (i) thỏa mãn, ta viết h(x) = [h(x) + h(x2)], x  R   g ( x )  g ( x) Sử dụng (ii), viết (5) dạng    g ( x )  g ( x)  0, x  R Trong g(x) = f(x) - h(x), x  R (iii) (iv) Ta chứng minh nghiệm (iii) có dạng g(x) = q(x) hàm tùy ý cho (ii) q(x4) = q(x), [q(x) - q(x2)] (v) x  R Thật vậy, g(x) thỏa mãn (iii) ta cần chọn q(x) = g(x), có 1 [q(x) - q(x2)] = [g(x) - g(x2)]= [g(x) –(- g(x))] = g(x), x  R 2 Ngược lại, g(x) có dạng (v) 2 g(x2) + g(x) = [q(x) - q(x2)] + [q(x2) – q(x)] = 0, Xét trường hợp b = -1 Khi từ (5) ta có f(x2) – f(x) = h(x) x  R (vi) Thay x x2 vào (vi), sử dụng đẳng thức f(x4) = f(x), ta điều kiện cần để hệ phương trình (vi) có nghiệm h(x2) = - h(x), x  R (vii) Khi điều kiện (vii) thỏa mãn, ta viết 65 h(x) = [h(x) - h(x2)], x  R Sử dụng (viii), viết (vi) dạng Trong g(x) = f(x) + h(x), (viii)   g ( x )  g ( x)    g ( x )  g ( x)  0, x  R x  R Ta chứng minh nghiệm (ix) có dạng q(x) hàm tùy ý cho (ix) (x) [q(x) + q(x2)], g(x) = q(x4)] = q(x), x  R Thật vậy, g(x) thỏa mãn (ix) ta chọn q(x) = g(x), có 1 [q(x) + q(x2)] = [g(x) + g(x2)]= [g(x) + g(x)] = g(x), x  R 2 Ngược lại, g(x) có dạng (xi) g(x) - g(x2) = [q(x) + q(x2)] - [q(x2) + q(x)] = 0, x  R Kết luận: - Khi b = 1: Điều kiện cần để (5) có nghiệm x  R h(x) = h(x2), Khi điều kiện thỏa mãn, nghiệm (5) có dạng f(x) = h(x) + g(x) 2 g(x) = [q(x) - q(x2)], với q(x) hàm tùy ý cho q(x4)] = q(x), x  R - Khi b = -1: Điều kiện cần để (5) có nghiệm h(x) = - h(x2), x  R Khi điều kiện thỏa mãn, nghiệm (5) có dạng f(x) = - h(x) + g(x) g(x) = [q(x) + q(x2)], với q(x) hàm tùy ý cho q(x4)] = q(x), x  R 66 Bài toán 6: Cho h(x) hàm tuần hoàn R chu kỳ a, a > Xác định tất hàm f(x) thỏa mãn điều kiện f ( x  a)  f ( x)  h( x), x  (6) Giải Sử dụng đẳng thức h( x)  ( x  a)  x ( x  a)h( x  a) xh( x) h( x )   a a a Ta viết (6) dạng f ( x  a)  f ( x)  Hay g ( x  a)  g ( x) Trong g ( x)  f ( x)  Kết luận: f ( x)  g ( x)  ( x  a)h( x  a) xh( x)  , x  a a xh( x) , x  a (i) (ii) xh( x) a Trong g(x) hàm tùy ý cho g ( x  a)  g ( x), x  Bài toán 7: Cho h(x) hàm phản tuần hoàn R chu kỳ a, a > Xác định tất hàm f(x) thỏa mãn điều kiện f ( x  a)  f ( x)  h( x), x  (7) Giải Sử dụng tính phản tuần hoàn h(x), ta có đẳng thức h( x  a)  h( x) h( x )  h ( x ) h( x  a )  h ( x  a )  h ( x )    , x  2 2 Vậy viết (7) dạng Hay f ( x  a )  f ( x)  g ( x  a)  g ( x) Trong g ( x)  f ( x)  Kết luận: f ( x)  g ( x)   h( x  a )  h( x )  , x  2 h( x ) (ii) h( x ) g(x) hàm tùy ý cho g ( x  a)  g ( x), x  67 PHẦN MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM CƠ BẢN PHƯƠNG PHÁP 1: PHƯƠNG PHÁP HỆ SỐ BẤT ĐỊNH 1.1 Những ý tưởng chung: + Sử dụng điều kiện toán, xác định dạng f(x) + Đồng hệ số để tìm f(x) + Chứng minh hệ số khác với hệ số vừa tìm không thỏa mãn điều kiện toán 1.2 Bài tập: Bài 1: Tìm tất đa thức f(x) xác định với x , thỏa mãn: Giải + Nhận xét: Đối với phương trình hàm trên, vế phải bậc hai x ; vế trái biểu thức dấu f bậc x, 1- x nên f(x) có dạng: f ( x)  ax  bx  c + Do đó: 2(ax  bx  c)  a(1  x)  b(1  x)  c  x , x  R  3ax  (b  2a) x  a  b  3c  x , x  R 3a   Đồng hệ số ta đưa đến hệ phương trình sau: b  2a  a  b  3c   Giải hệ ta được: a  , b  , c   2 Vậy f ( x)  x  x  , x  R Thử lại thấy thỏa mãn điều kiện toán 2 + Ta chứng minh f ( x)  x  x  , x  R Thật vậy, giả sử có hàm g ( x)  f ( x) thỏa mãn điều kiện toán Vì nên tồn x  R cho f ( x0 )  g ( x0 ) Vì g(x) thỏa mãn điều kiện toán nên: g ( x)  g 1  x   x , x  R Thay x x0 ta được: g ( x0 )  g (1  x0 )  x0 Thay x 1- x0 ta được: g (1  x0 )  g ( x0 )  1  x0  (1) 68 (2) 2 Từ (1) (2) ta được: g ( x0 )  x0  x0   f  x0  Mâu thuẩn với g ( x0 )  f ( x0 ) Vậy phương trình hàm cho có nghiệm là: f ( x)  2 x  x  , x  R 3 Bài 2: Cho hàm số f: Z  Z thỏa mãn điều kiện sau: (i) f ( f (n))  n,  n  Z (ii) f ( f (n  2)   n, n  Z (iii) f (0)  Tìm giá trị f  2014  , f (2015) Giải + Tương tự 1, ta thấy f(n) có dạng: f (n)  an  b Khi điều kiện (i) thành: a2n  ab  b  n, n  Z a  a  a  1   b  b ab  b  + Đồng hệ số ta được:  a  suy f(n)=n ( loại không thỏa điều kiện (ii)) b  - Với  a  1 suy f(n)= - n+b Mà f(0)=1 nên b=1 b - Với  Do đó: f  n   n  1, n  Z + Ta chứng minh hàm số hàm số thỏa mãn điều kiện toán Thật vậy, giả sử tồn g (n)  f (n) thỏa mãn điều kiện toán Từ điều kiện (iii) ta được: f (0)  g (0)  1; f (1)  g (1)  Sử dụng hai điều kiện lại ta được: g ( g (n))  g(g(n 2)  2),  n  Z 69 Khi đó: g ( g ( g (n)))  g (g(g(n  2)  2)) hay g (n)  g(n  2)  2,  n  Z (*) Giả sử m  N bé cho f (m)  g (m) Do f(n) thỏa mãn (*) nên: g (m  2)  g (m)   f (m)   f (m  2) , mâu thuẫn Do đó: f (n)  g (n), n  N Chứng minh tương tự, ta thu f (n)  g (n), n  Z  Vậy f (n)  n  n  Z Dễ dàng tính được: f  2014  2013 ; f (2015)  2016 2 f  x   g  x   f  y   y Bài 3: Tìm tất hàm f , g : R  R thỏa mãn:    f  x g  x  x 1 (I) Giải Từ điều kiện thứ nhất, cho x=y ta f(x)=g(x)-x Thay lại điều kiện ta được: g  x   x  y  g  y  (*) Từ (*) cho y=0 ta được: g  x   x  g  0 Đặt g    a ta được: g  x   x  a; f  x   x  a (**) Thay (**) vào điều kiện toán ta được:  2 x  a  x  a x  R  x  a x  a  x        x2   3a  1 x  a   0, x  R      3a  1  4.2 a     a  3   a  Vậy: f  x   x  3, g  x   2x  x  R 70 PHƯƠNG PHÁP 2: PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP 2.1 Những ý tưởng chung Phương pháp thực theo bước sau đây: - Tính f(0), f(1) dựa vào tính f(n) n  - Tính f(n), n  - Tính f ( ) từ suy f (r ), r  n Phương pháp thường sử dụng cần tìm hàm số xác định tập , , 2.2 Bài tập vận dụng Bài Tìm tất hàm số f : Q*  Q thỏa f ( x  1)  f ( x)  1; Giải - Chứng minh quy nạp f ( x  n)  f ( x)  n x  p q - Với x    ( p, q  *  f ( x )  f ( x), x  , n  ) p m p2 m2 (m, n  * )  f ( )  q n q n p p m Khiđó f (  q)  f ( )  q   q q q n Giảsử f ( )  p2 m2 2mq  p  q )    q2 2 q n n 2 p m 2mq 2mq m p  q2   2p   Hay f ( )  p  q   q n n n n q Vậy f ( x)  x, x  p q Và f (  q)2  f ( Bài 2.Tìm tất hàm số f :  thỏa mãn : f ( x  y)  f ( x)  f ( y)  xy, x, y  Giải Từ điều kiện toán ta có: f ( x  y)  ( x  y)2  f ( x)  x  f ( y)  y Đặt g ( x)  f ( x)  x  g ( y)  f ( y)  y g ( x  y)  f ( x  y)  ( x  y ) 2 Từ (1)  g ( x  y)  g ( x)  g ( y)  g (0  0)  g (0)  g (0)  g (0)  g (0)  g (0)  71 (1)  Đặt g(1) = k Chứng minh quy nạp : g (nx)  ng ( x), x  (1) (1) k  g (1)  g (n )  n.g ( ) n n -Ta có: k *  g ( )  , n  n n m m (1) k m Với x    ta có g ( x)  g ( )  g (m )  m.g ( )  m  k  kx n n n n n n Hơn g (0)  g ( x  ( x))  g ( x)  g ( x)  g ( x)   g ( x)  g ( x)   kx, x   Do g ( x)  kx, x  f ( x)  g ( x)  x  kx  x 2 PHƯƠNG PHÁP 3: PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG ĐẠO HÀM 3.1 Những ý tưởng Phương pháp đòi hỏi người làm toán phải nắm toán phải làm tốt số định nghĩa đạo hàm - Cho hàm số f  x  xác định  a, b  x0   a, b  Khi đó: f '  x0   lim x x0 f  x   f  x0  x  x0 - Hàm số f  x  xác định khoảng K Khi f  x  có đạo hàm K có đạo hàm điểm x thuộc K - Đạo hàm bên phải hàm số f  x  xác định nửa khoảng  x0 , b  kí hiệu f '  x0  xác định f '  x0   lim x  x0 f  x   f  x0  x  x0 - Định nghĩa tương tự cho đạo hàm bên trái: f '  x0   lim x x0 f  x   f  x0  x  x0 - Hàm số f  x  có đạo hàm x0  f '  x0  , f '  x0  f '  x0   f '  x0  72 3.2 Bài tập vận dụng Bài 1: Tìm f  D2   thỏa f  x   f '' x  , x  Giải Giả sử tồn hàm f thỏa yêu cầu toán Ta có: f  x   f ''  x    f  x   f '  x    f '  x   f ''  x   Đặt g  x   f  x   f '  x  Ta có: g  x   g '  x    e x g  x  '   e x g  x   C  f  x   f '  x   C.e x ' C  e x f  x    C.e2 x  e x f  x   e2 x  b x x  f  x   ae  be Thử lại thấy Bài 2: Tìm tất hàm f :  có đạo hàm liên tục thỏa mãn: f  3x    f  x  , x  Giải Giả sử tồn hàm f thỏa yêu cầu toán Lấy đạo hàm hai vế theo x rút gọn ta được: f '  3x    f '  x  , x  Thay liên tiếp x x2 ta được:  x  3n    x2  x 8 f ' x  f '   f '    f '   3n       Cho n   , ta được:  x  3n    x 1  f '  x   lim f '   lim f '  x  n  1  f '  1  k  const x 3n     Suy ra: f  x   kx  b Trong phương trình cho, cho x  1 ta f  1  Do đó: k  1  b   k  b Vậy f  x   k  x  1 , x  Thử lại thấy 73 PHƯƠNG PHÁP 4: PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ÁNH- TOÀN ÁNH – SONG ÁNH CỦA HÀM SỐ 4.1 Những ý tưởng Để sử dụng phương pháp cần nắm vững số khái niệm sau: - Nếu f : A  B đơn ánh từ f ( x)  f ( y) suy x  y - Nếu f : A  B toàn ánh với y  R , tồn x  R để f ( x)  y - Nếu f : A  B song ánh vừa đơn ánh vùa toàn ánh Lưu ý: - Nếu hàm số đơn ánh thường dùng kỹ thuật tác động f vào hai vế - Nếu hàm số toàn ánh dùng kỹ thuật tồn a cho f (a)  4.2 Bài tập vận dụng Bài Tìm tất hàm f : N  N thỏa mãn diều kiện sau: f ( f (n))  n  ; f ( f (n  1)  1)  n  ; f (0)  1; n  N Giải: + Ta chứng minh f đơn ánh? + Ta có : f ( f (n  2))  n   f ( f (n  1)  1)  f (n  2)  f (n  1)  Hay f (n)  f (0)  n  n  , n  N Bài (Journal of Mathematical and youth 5/2011) Tìm tất hàm số f xác định tập R, lấy giá trị R thỏa mãn phương trình: f ( x  y  f ( y))  f ( f ( x))  y, với x, y  R Giải: + Cho y = ta được: f ( f ( x))  f ( x  f (0)) (1) + Ta chứng minh f đơn ánh Thật y1 , y2  R cho f ( y1 )  f ( y2 ) (2) Từ (1) (2) ta có : f ( f ( y1 ))  f ( f ( y2 ))  f ( y1  f (0))  f ( y2  f (0)) Cho x  f (0)  f ( y) thay vào phương trình cho ta : 74 (3) f ( f (0)  f ( y)  y  f ( y))  f ( f ( f (0)  f ( y)))  y  f ( y  f (0))  f ( f ( f (0)  f ( y)))  y (4) Từ (4) thay y y1 , y2 ta : f ( y1  f (0))  f ( f ( f (0)  f ( y1 )))  y1 f ( y2  f (0))  f ( f ( f (0)  f ( y2 )))  y2 Từ hai đẳng thức nầy kết hợp với (2), (3) ta y1  y2 Vậy f đơn ánh Do từ (1) ta có : f ( x)  x  f (0) thửlại thấy thỏa mãn PHƯƠNG PHÁP 5: PHƯƠNG PHÁP THẾ BIẾN 5.1 Những ý tưởng: PP thường hay sử dụng toán giải phương trình hàm cách giải quen thuộc là: - Hoặc cho x,y nhận giá trị số Thường giá trị đặc biệt như: 0,1,-1,2,2, - Hoặc biếm biểu thức để biểu thức để làm xuất số biểu thức cần thiết 5.2 Bài tập vận dụng: Bài 1: Tìm tất hàm số f : R \    R 3 2x  2 thỏa mãn: f  x   f    996 x , x  R \    3x   3 Giải: Thay x 2x 2x  996.2 x ta được: f    f  x  3x  3x   3x    Mà f    996 x  f  x  nên: f  x    3x   2x 1992 x  x  1 2 , x  R \   3x  3 75 Bài 2: Tìm tất hàm số f : R  R thỏa mãn điều kiện: x2 f  x   f 1  x   x  x , x  R Giải: Thay x 1-x ta được: 1  x  f 1  x   f  x   1  x   1  x  , x  R 1 Từ điều kiện toán ta có: f 1  x   x  x4  x2 f  x  , x  R  2 Thay (2) vào (1) ta được:  x2  x  1 f  x   1  x  x  x  1 , x  R Suy ra: f  x    x2 , x  a, b a,bb nghiệm pt x2  x   Theo định lý Viét ta có: a + b =1, ab = -1 Lần lượt thay x = a, x = b vào điều kiện toán ta được: a f  a   f  b   2a  a  f  a   c   4 b f b  f a  b  b      f  b   2a  a  a c  c  R  Vậy: f  x   2a  a  a 2c 1  x  xa x b x  a, x  b Trong a, b nghiệm pt: x2  x   76 ,c R PHƯƠNG PHÁP 6: PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG TÍNH LIÊN TỤC CỦA HÀM SỐ 6.1 Những ý tưởng: * Nếu un  x (n   ) , f hàm liên tục f  un   f  x  (n   ) * Nếu f :  a;b  f bị chặn  a;b * Nếu f liên tục đơn ánh f đơn điệu thực * Nếu f liên tục hay  thoả mãn f  x  y   f (x)  f(y); x, y  f(x) có dạng f(x) = ax * Nếu f liên tục hay  x y  thoả mãn f     f (x)  f(y) ; x, y  f(x) có dạng f(x) = ax + b * Nếu f liên tục  thoả mãn f (xy)  f (x) f (y),x,y   f(x) có dạng f (xy)  x ,   * Nếu ta có công thức f tập trù mật A  ta có công thức f 6.2 Bài tập vận dụng: Bài Tìm tất hàm số liên tục f :  thoả mãn f ( x1 )  f ( x2 )   f ( x2015 )  f ( y1 )  f ( y2 )   f ( y2015 ) với số thoả mãn x1  x2   x2015  y1  y2   y2015  Giải * Đặt f (0)  b , g( x)  f ( x )  b Do đó: g(0)  f (0)  b  g( x1 )  g( x2 )   g( x2015 )  g( y1 )  g( y2 )   g( y2015 ) với số thoả mãn x1  x2   x2015  y1  y2   y2015  * Cho x1  x2   x2013  0; x2014  x; x2015   x; y1  y2   y2015  ta g( x)  g( x), x  * Cho x1  x2   x2012  0; x2013  x; x2014  y; x2015   x  y; y1  y2   y2015  ta g( x)  g(y)  g( x  y)  0; x, y   g( x)  g(y)  g( x  y); x, y  Theo phương trình hàm Cauchy ta có g(x)  ax  f (x)  a x  b Kết luận: f ( x)  ax  b với a, b  R 77 Bài (VMO 2006, bảng B) Tìm tất hàm số liên tục f :  thoả mãn f (x  y) f (y z) f (z  x)   0; x,y,z  Giải t t t * Cho x  ; y   ; z  ta f (t) f ( )    f (t)  0, t  * Đặt f (x)  2g(x) thay vào phương trình hàm cho ta có: g(x  y)  g(y z)  g(z  x)  * Lấy u = x – y, v = y – z ta g(u)  g(v)  g(u  v)  Đặt h(x)  g(x) 1 Ta có: h(u)  h(v)  h(u  v) Cho u = v = ta có h(0)  dẫn đến h( x)  h(x), x  Do h(u)  h(v)  h(u  v) suy h(x)  ax  f (x)  2ax 1 ,x  ,a  Kết luận: f (x)  2ax 1 ,x  ,a  C KẾT LUẬN: Chúng viết đề tài nhằm mục đích trao đổi với đồng nghiệp dạy môn Toán việc hệ thống kiến thức, số phương pháp Phương trình hàm Vì kiến thức thời gian nhiều hạn chế nên đề tài thiếu sót, chân thành đón nhận góp ý quý đồng nghiệp Xin chân thành cảm ơn 78 [...]... biết 1 Hàm bậc nhất: có tính chất 2 Hàm tuyến tính: có tính chất có tính chất 3 Hàm mũ: có tính chất 4 Hàm logarit: 5 Hàm lũy thừa: có tính chất 6 Hàm lượng giác: Hàm có tính chất , có các tính chất , Hàm Và Cặp hàm có tính chất và có tính chất Hàm Với có tính chất Hàm , Với 25 7 Hàm lượng giác ngược a) Hàm có tính chất b) Hàm có tính chất c) Hàm có tính chất có tính chất d) Hàm 8 Các hàm hyperbolic... PHẦN NỘI DUNG PHẦN 1: PHƯƠNG TRÌNH HÀM CHƯƠNG 1: MỘT SỐ TÍNH CHẤT CƠ BẢN CỦA HÀM SỐ 1.1 HÀM SỐ CHẴN, HÀM SỐ LẺ Xét hàm số là tập con của R và tập giá trị R( f )  R với tập xác định Định nghĩa: a) được gọi là hàm số chẵn trên M, M thuộc (gọi tắt là hàm chẵn trên M) nếu và , b) được gọi là hàm số lẻ trên M (gọi tắt là hàm lẻ trên M) nếu và , Bài toán 1 Cho Xác định tất cả các hàm số , sao cho (1)... Kết luận: , trong đó là hàm chẵn tùy ý trên R Vậy 16 là hàm chẵn trên R Bài toán 2 Cho Xác định tất cả các hàm số sao cho (3) Giải: Đặt khi đó và Khi đó (3) có dạng Đặt Khi đó có thể viết (4) dưới dạng Hay Vậy là hàm số lẻ trên Kết luận: Trong đó , là hàm lẻ tùy ý trên R 1.2 HÀM SỐ TUẦN HOÀN VÀ PHẢN TUẦN HOÀN 1.2.1 Định nghĩa hàm tuần hoàn: a) Hàm số nếu thuộc được gọi là hàm tuần hoàn (cộng tính)... Xác định các hàm f ( x ) xác định và khả vi trên R thoả mãn điều kiện f (x  y)  f (x) f (y),x,y  R  f (x)  0 Kết luận:  ax  f (x)  e x  R , a tuỳ ý Nhận xét Ngoài các giả thiết quen biết về tính liên tục và tính khả vi của hàm cần tìm, trong phương trình hàm còn có rất nhiều giả thiết dạng khác như tìm nghiệm của các phương trình hàm trên một tập tuỳ ý của R và chỉ đòi hỏi hàm số cần tìm... chất d) Hàm 8 Các hàm hyperbolic a) Hàm có tính chất b) Hàm có tính chất c) Hàm h( x )  thx : e x  e x h( x )  h( y) , x, y  R có tính chất h( x  y)  x x 1  h( x )h( y) e e d) Hàm q( x )  coth x : e x  e x 1  q( x )q( y) , x, y : x, y, x  y  0 có tính chất q( x  y)  x x q( x )  q( y) e e 26 CHƯƠNG II: PHƯƠNG TRÌNH HÀM VỚI CẶP BIẾN TỰ DO 2.1 HÀM SỐ CHUYỂN ĐỔI CÁC PHÉP TÍNH SỐ... Nếu là hàm tuần hoàn cộng tính chu kỳ trên R thì là hàm tuần hoàn nhân tính chu kỳ Ngược lại, nếu là hàm tuần hoàn nhân tính chu kì là hàm tuần hoàn cộng tính chu kỳ 24 trên trên trên R , thì 1.5 ĐẶC TRƯNG HÀM CỦA MỘT SỐ HÀM SỐ SƠ CẤP Để mô tả bức tranh mang tính định hướng, gợi ý và dự đoán công thức nghiệm của các bài toán liên quan, chúng ta xét một vài tính chất hàm tiêu biểu của một số dạng hàm. ..  a; b  khả vi tại f ( x0 ) và  f   f (x )  1 ' 0 1 f ( x0 ) ' 9.7 Đạo hàm cấp cao 9.7.1 Định nghĩa Cho hàm số y  f ( x) Nếu f(x) có đạo hàm với mọi x  (a; b) thì f(x) cũng có đạo hàm trên (a; b) Khi đó f ' ( x) có đạo hàm trên (a; b) thì ta gọi  f ' ( x)  là đạo hàm cấp hai ' của f(x) ký hiệu f '' ( x) Đạo hàm cấp n của f(x) được ký hiệu f ( n) ( x) Theo định nghĩa ta có: f ( n1) (... và và là hàm tuần hoàn với chu kỳ trên M 18 Bài toán 3 Chứng minh rằng chỉ khi Với là hàm phản tuần hoàn với chu kỳ b trên M khi và có dạng , là hàm tuần hoàn chu kỳ (6) trên M Giải: Thật vậy, với thỏa mãn (6) ta có Hơn nữa, thì Ngược lại, với Do đó là hàm phản tuần hoàn chu kỳ b trên M là hàm phản tuần hoàn chu kỳ b trên M, chọn là hàm tuần hoàn chu kỳ 2b trên M (bài toán 3) và thì 1.3 HÀM TUẦN HOÀN... TÍNH SỐ HỌC Trong phần này, ta giải các bài toán xác định các hàm chuyển đổi các phép tính số học đơn giản (cộng, trừ, nhân, chia) của đối số sang các phép tính đối với các giá trị hàm tương ứng Ta sẽ giải quyết các bài toán trên trong lớp các hàm xác định và liên tục trên toàn trục thực Bài toán 1 (Phương trình hàm Cauchy) Xác định các hàm f ( x ) liên tục trên R thoả x, y  R mãn điều kiện f ( x... x0 ).d x được gọi là vi phân của hàm số f(x) tại điểm x  x0 tương ứng với số gia x của đối số x 9.3 Đạo hàm một phía Điều kiện để tồn tại giới hạn hàm số tại một điểm Các giới hạn một phía lim x o  y y , lim tương ứng là đạo hàm bên phải và đạo x xo x hàm bên trái của hàm số f(x) tại điểm x0 và lần lượt được ký hiệu là f ' ( x0 ) , f ' ( x0 ) f(x) có đạo hàm tại điểm x0  f ' ( x0 )  f