Cac de phuong trinh ham cua HSG quoc gia

CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG CÁC ĐỀ THI QUỐC GIA - VMO VMO 1985 A: Bài 2: Gọi M tập hợp tất hàm số f xác đònh với số nguyên nhận giá trò thực thỏa mãn tính chất sau: a/ Với số nguyên x y f(x).f(y) = f(x + y) + f(x - y) b/ f(0)  Tìm tất hàm số f  M cho f (1)  VMO 1991 A: Bài 1: Hãy xác đònh tất hàm số f :     cho bất đẳng thức sau với số thực x, y, z bất kì: 1 f ( xy)  f ( xz)  f ( x ) f ( xy)  2 Ta thực bước chọn ẩn sau: 1 a/ Cho x = y = z = ta nhận f (0)  f (0)  hay f (0)  b/ Cho y = z = ta nhận f ( x )  với x c/ Cho x = y = z = ta nhận f (1)  d/ Cho y = z = ta nhận f ( x )  với x Vậy: f(x)  , dễ thử lại, đáp số toán VMO 1993 A: Bài 3: Hãy xác đònh tất hàm f(n) xác đònh tập số nguyên dương với giá trò nguyên dương thỏa mãn: f ( f (n))  1993.n1945 , n    Đáp số toán là: f(x)  VMO 1996 A: Bài 4: Hãy xác đònh tất hàm f(n) xác đònh tập số nguyên dương với giá trò nguyên dương thỏa mãn: f (n)  f (n  1)  f (n  2) f (n  3)  1996, n    VMO 1997 A: - THTT tháng 2/1998 tr22 Bài 3: Có hàm f(n) xác đònh tập số nguyên dương với giá trò nguyên dương thỏa mãn: f(1) = f(n).f(n+2) = f(n+1)2 + 1997, n  * Gọi D tập tất hàm số f có tính chất nêu Để cho gọn, kí hiệu: an = f(n) Ta có : an an   an21  1997 ( 2) an 1an 3  an2  1997 Suy : an  an  an 1  an 3  Vậy : an   c.an 1  an an 1 an  GV: Huỳnh Quốc Hào (3), với c số , (c  http://sites.google.com/site/toantintrangchu/ a3  a1 ) a2 Trang: Ta CM c   * Thật vậy, c  p với ( p, q)  từ (3) ta có : q(an   an )  pan1  q.an1 q Vì 1997  an an   an 12  q , nên q  (do 1997 nguyên tố ) Đặt f (2)  a từ (2),(3) ta có : ca2  a1  a3  a1a3  a22  1997  ca   a  1997  a / 1998 Nghóa f(2) ước dương 1998 f thuộc D Đảo lại, với ước dương a 1998 xây dựng hàm f: *    sau: f (1)  f (20  a f (n  2)  (a  b) f (n  1)  f (n), b  1998  * a Ta chứng h f  D Dễ thấy f (n)  * f (n  2) f (n)  f (n  1) không phụ thuộc n, : f (n  2) f (n)  f (n  1)  f (3)  f (2)  (a  b)a   a  1997  f  D Tương ứng f > f(2) song ánh D tập ước dương 1998 Vậy: D  (1  1)(1  3)(1  1)  16 VMO 1999: - Bảng A: - THTT tháng 2/2000 tr Bài 6: Hãy xác đònh tất hàm f(t) xác đònh tập số nguyên không âm với giá trò T= 0,1, 2, ,1999 thỏa mãn đk sau: a/ f(t) = t với  t  1999 b/ f( m + n) = f(f(m) + f(n)) , m, n   Giả sử f hàm số cần tìm Đặt f(2000) = a; b = 2000 - a Ta có:  b  2000 Ta có nhận xét sau (dễ chứng minh quy nạp) Nhận xét 1: Với r mà  r  b ta có : f (2000  r )  a  r Nhận xét 2: Với k   mà  r  b ta có : f (2000  kb  r )  a  r Từ nhận xét ta suy f hàm cần tìm thì:  f (t )  t  (*)  f (2000)  a với r  m (mod(2000  a));  r  2000  a  f (2000  m )  a  r  Ngược lại, cho a  T Xét hàm số f xác đònh  thỏa mãn (*) Dễ thấy f (n)  T , n   Ta cần kiểm tra: f( m + n) = f(f(m) + f(n)) , m, n   (1) Việc kiểm tra dựa nhận xét sau: (dễ chứng minh) Nhận xét 3: f (n  b)  f (n), n  a, b  2000  a Nhận xét 4: n  f (n) (mod b), n   Bây cần CM (1) cho trường hợp có hai số m, n không thuộc T Giả sử m  2000 Khi m  n  2000  a f(m)+ f(n)  a (do f (m)  a) Mà m  n  f (n)  f (m) (mod b) (theo nhận xét 4) Thành thử nhận xét => f( m + n) = f(f(m) + f(n)) Kết luận: Tất hàm số thỏa mãn đầu xác đònh theo côngthức (*) với a thuộc T cho trước Thành thử có 2000 hàm số VMO 2000: - Bảng B: GV: Huỳnh Quốc Hào http://sites.google.com/site/toantintrangchu/ Trang: Bài 6: Tìm tất hàm số f(x) thỏa mãn điều kiện: x f ( x )  f (1  x )  x  x , x   (cũng o 199?) Thay x - x ta được: (1  x )2 f (1  x )  f ( x )  2(1  x )  (1  x )4 , x    x f ( x )  f (1  x )  x  x Như ta có hệ:   f ( x )  (1  x ) f (1  x )  2(1  x )  (1  x ) Ta có : D  ( x  x  1)( x  x  1) Dx  (1  x )( x  x  1)( x  x  1) Vậy D f ( x )  Dx , x   1  x : x  a;, x  b  Từ ta có nghiệm toán là: f ( x )  c   : x  a (c tùy ý)  2a  a  a c : x  b  với a, b nghiệm pt : x  x   VMO 2001: - Bảng B: - Không có Phương trình hàm VMO 2001: - Bảng A: - THTT tháng 11/2001 tr 11 2x Bài 5: Cho hàm số g( x )  Hãy tìm tất hàm số f(x) xác đònh, liên tục khoảng 1 x2 (-1; 1) thỏa mãn hệ thức: (1  x ) f ( g( x ))  (1  x )2 f ( x ), x  (1;1) Viết lại hệ thức đề dạng: (1  x )2 f ( g( x ))  (1  x ) f ( x), x  (1;1) 2 (1  x ) (6) Đặt:  ( x )  (1  x ) f ( x ), x  (1;1) , đó, f(x) liên tục (-1; 1) thỏa mãn (6)  ( x ) liên tục (-1; 1) thỏa mãn hệ thức:  ( g( x ))   ( x ), x  (1;1) (7) 1 x , x  (0; ) song ánh từ (0; ) đến (-1; 1) Do viết lại (7) 1 x 1 x 1 x 1 x2 1 x dạng:  ( g( ))   ( ), x  (0; ) hay  ( )  ( ), x  (0; ) (8) 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x Xét hàm số: h(x) =  ( ) , x  (0; ) 1 x Khi đó,  ( x ) liên tục (-1; 1) thỏa mãn (8) h(x) liên tục (0; ) thỏa mãn hệ thức: h(x2) = h(x), x  (0; ) (9) Dễ thấy: u( x )  n Từ (9), PP quy nạp theo n   dễ dàng chứng minh được: h( x )  h( x ), x  (0; ), n   n Từ đó, lim (2 x )  h( x ) liên tục (0; ) suy h(x) = h(1), x  (0; ) n  a x  (1;1) a   tùy ý 1 x2 Dễ thấy hsố f(x) xác đònh thỏa mãn tất yêu cầu đề bài, chúng tất hàm số cần tìm Dẫn tới  ( x ) = const x  (1;1) Vì vậy: f ( x )  VMO 2002: - Bảng B: - THTT tháng 10/2002 tr10 Bài 2: Hãy tìm tất hàm số f(x) xác đònh tập hợp số thực R thỏa mãn hệ thức: GV: Huỳnh Quốc Hào http://sites.google.com/site/toantintrangchu/ Trang: f ( y  f ( x ))  f ( x 2002  y )  2001.y f ( x ), x , y   Giả sử f(x) hsố thỏa yêu cầu đề Lần lượt y = f(x) y = x2002 vào hệ thức bài, ta được: f (0)  f ( x 2002  f ( x ))  2001.( f ( x ))2 , x   f ( x 2002  f ( x ))  f (0)  2001.x 2002 f ( x ), x   Cộng vế theo vế đẳng thức trên, ta : f ( x ).( f ( x )  x 2002 )  0, x   Từ suy f hàm số thỏa mãn yêu cầu đề thì: f (0)  (1) f ( x )   x 2002 (2), x mà f ( x )  Dễ thấy, hai hàm số f1 ( x )  f2 ( x )   x 2002 , x   thỏa mãn (1) (2) Ta CM tồn hsố f(x) thỏa mãn yêu cầu đề mà khác f1 f2 dẫn đến mâu thuẫn Khi đó, theo lập luận trên, f phải thỏa mãn (1) (2) Hơn nữa, f khác f2 nên tồn x0  cho f(x0) = Lại f khác f1 nên tồn y0  cho f(y0)  Thay x = vào hệ thức bài, với lưu ý tới (1), ta được: f(y) = f(-y), y   Do giả sử y0 > Vì f(y0)  nên theo (2), phải có f(y0)   y0 2002 (*) Mặt khác, thay x = x0 y = -y0 vào hệ thức bài, ta được: f(-y0)  f ( x0 2002  y0 ) (**) Từ (*) (**) (2) ta có: o   y0 2002  f ( y0 )  f ( y0 )  f ( x0 2002  y0 )  ( x0 2002  y0 )2002   y0 2002 (do y0  0) => Mâu thuẩn Vậy f   f1 ; f2  Phép thử trực tiếp cho thấy f(x)  hàm số cần tìm VMO 2002: - Bảng A: - Không có Phương Trình Hàm VMO 2003: - Bảng B: - THTT tháng 1/2004 tr18 Bài 5: Hãy tìm tất đa thức P(x) với hệ số thực, thỏa mãn hệ thức: ( x  3x  x  2)P ( x  1)  ( x  3x  3x  2)P ( x ), x   Ta có: ( x  3x  x  2)P ( x  1)  ( x  3x  3x  2)P ( x ), x   (2)  ( x  2)( x  x  1)P( x  1)  ( x  2)( x  x  1)P ( x ), x   (3) Thay x = -2 vào (3) ta được: = -28.P(-2) => P(-2) = Thay x = vào (3) ta được: = 28.P(1) => P(1) = Từ đó: + Thay x = -1 vào (2) ta được: = -9.P(-1) => P(-1) = + Thay x = vào (2) ta được: = 9.P(0) => P(0) = Từ kết trên, suy ra: P(x) = (x-1)x(x+1)(x+2).Q(x) , x   (4) Trong Q(x) đa thức với hệ số thực biến x Dẫn tới: P(x - 1) = (x-2)(x-1)(x)(x+1).Q(x-1) , x   (5) Từ (3), (4), (5) ta được: ( x  2)( x  1) x ( x  1)( x  2)( x  x  1).Q( x  1)  ( x  2)( x  1) x ( x  1)( x  2)( x  x  1).Q( x ), x   2 Suy ra: ( x  x  1).Q( x  1)  ( x  x  1).Q( x ), x  0; 1; 2 GV: Huỳnh Quốc Hào http://sites.google.com/site/toantintrangchu/ Trang: Do vế đẳng thức đa thức biến x nên: ( x  x  1).Q( x  1)  ( x  x  1).Q( x ), x   (6) Từ đó, ( x  x  1; x  x  1)  , suy Q( x )  ( x  x  1).R( x ), x   (7) R(x) đa thức với hệ số thực biến x Dẫn tới: Q( x  1)  ( x  x  1).R( x  1), x   (8) 2 Từ (6), (7), (8) ta được: ( x  x  1).( x  x  1).R( x  1)  ( x  x  1).( x  x  1).R( x ), x   Từ đó, ( x  x  1)( x  x  1)  0, x   ta R(x -1)= R(x), x   Suy R(x) đa thức Từ (7), (4) ta được: P( x )  c( x  1) x ( x  1)( x  2)( x  x  1), x   , c số thực tùy ý Phép thử trực tiếp cho thấy đa thức P(x) vừa tìm thỏa mãn hệ thức đề bài, chúng tất đa thức cần tìm GV: Huỳnh Quốc Hào http://sites.google.com/site/toantintrangchu/ Trang: VMO 2003: - Bảng A: - THTT tháng 2/2004 tr4 Cho tập hợp F gồm tất hàm số f :       thỏa mãn f (3 x )  f ( f (2 x ))  x , x    Hãy tìm số thực  lớn cho với hsố f thuộc tập F, ta có: f ( x )   x , x    Bài nghiên dãy số VMO 2004: - Bảng A, B: - Không có Phương Trình Hàm VMO 2005: - Bảng A B: - THTT tháng 11/2005 tr11 Bài 4: Hãy xác đònh tất hàm số f :     thỏa mãn điều kiện: f ( f ( x  y))  f ( x ) f ( y)  f ( x )  f ( y)  xy, x , y   Giả sử f :     hàm số thỏa mãn hệ thức đề bài, nghóa là: f ( f ( x  y))  f ( x ) f ( y)  f ( x )  f ( y)  xy, x , y   Đặt f(0) = a Thế x = y = vào (1), ta f(a) = a2 Thế x = y vào (1), với lư ý tới (2), ta được: ( f ( x ))2  x  a , x   (1) (2) (3) Suy ( f ( x ))2  ( f ( x ))2 , x   hay ( f ( x )  f ( x ))( f ( x )  f ( x ))  0, x   (4) Giả sử tồn xo  cho f ( x0 )  f ( x0 ) Thế y = vào (1), được: f ( f ( x ))  af ( x )  f ( x )  a, x   Thế x  0; y   x vào (1), ta : f ( f ( x ))  af ( x )  f ( x )  a, x   Từ (5) (6) suy : a.( f ( x )  f ( x ))  f ( x )  f ( x )  2a, x   Thế x = x0 vào (7), ta được: f ( x0 )  a (5) (6) (7 ) (*) Mặt khác, từ (3) suy f(x1) = f(x2) x12  x 2 Vì thế, từ (*) suy x0 = trái với giả thiết xo  Mâu thuẩn chứng tỏ f ( x )  f ( x ), x  Do từ (4) suy f ( x )   f ( x ), x  Thế (8) vào (7) ta được: a.( f ( x )  1)  0, x  Suy a = 0, ngược lại a  f(x) = 1, x  , trái với (8) Do từ (3) có: ( f ( x ))2  x , x   (8) (9) Giả sử tồn x0  cho f ( x0 )  x Khi theo (5) ta phải có: x0  f ( x0 )   f ( f ( x ))   f ( x0 )   x0 Mâu thuẩn chứng tỏ f(x)  x , x  Vì vậy, từ (9) ta f(x) = - x, x   Ngược lại, kiểm tra trực tiếp, ta thấy hsố tìm thỏa mãn yêu cầu đề Vậy hàm số f(x) = - x, x   hàm số cần tìm VMO 2006: - Bảng B: - THTT tháng 11/2006 tr Bài 5: Hãy tìm tất hàm số f(x) xác đònh, liên tục tập số thực  , lấy giá trò  thỏa mãn điều kiện: f(x - y) f(y - z) f(z - x) + = 0, x, y, z   t t t ,y  z  0, thu f (t) f ( )2   , f(t) < 0, với t Vậy đặt 2 g(x) f(x) = -2 Thế vào pt hàm cho, nhận được: Cho x  GV: Huỳnh Quốc Hào http://sites.google.com/site/toantintrangchu/ Trang: g( x  y)  g( y  z)  g(z  x )  Đặt u = x - y; v = y - z z - x = - (u+ v) Đặt h(x) = g(x) - 1, PT hàm trở thành: h(u) + h(v) = - h(-u - v) (*) Dể thấy h(0) = 0, (với u = v = 0) h(x) = -h(-x) (với u = x v = -x) PT (*) viết lại thành h(u)  h(v)  h(u  v) PT hàm PT hàm Cauchy Nghiệm h(t) = at, với a số thực tùy ý Thế ngược lại, ta thu nghiệm PT hàm ban đầu là: f ( x )  2ax 1 , a   Thử lại thấy hàm số nghiệm PT cho VMO 2006 - Bảng A: - THTT tháng 11/2006 tr 10 Bài 5: Hãy xác đònh tất đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn hệ thức sau: P( x )  x (3P( x )  P( x ))  ( P( x ))2  x (1), x   (1) Giả sử P(x) đa thức cần tìm, dễ thấy deg P > 1/ Xét deg P = P( x )  ax  b, a  0, vào (1), ta : (a  3a  2) x  2b(a  2b) x  b  b  (2) Từ (2) ta tìm (a = 1, b = 0), (a = 2, b = 0), (a = 2, b = 1) Ta đa thức: P( x )  x; P( x )  x; P( x )  x  1; 2/ Xét deg P = n > Đặt P ( x )  ax n  S( x ), a  (3), với S( x ) đa thức, deg S  k  n Thế (3) vào (1), ta được: (a  a) x n  (S ( x ))2  S( x )  2ax n S( x )  (3  (1)n )ax n 1  (3S( x )  S( x )) x  x (4) Vì bậc đa thức nằm vế phải (4) n + n + < 2n nên từ (4) ta a2 - a = 0, hay a = Do đó, từ (4) ta có: x n S ( x )  (S( x ))2  S ( x )  (3  (1)n ) x n 1  (3S( x )  S( x )) x  x (5) Vì bậc đa thức nằm vế trái (5) n + k bậc đa thức nằm vế trái (%0 n + nên từ (5) ta suy phải có k = Hơn nữa, (5) thay x = ta (S (0))2  S (0)  0, hay S (0)  S(0)  Như , S( x ) có dạng : S ( x )  px S ( x )  px  Trường hợp 1: S( x )  px Thế vào (5) ta được: (3  (1)n  p) x n1  ( p  p  2).x  3  (1)n  p    p  1, n  1(mod 2) p  2, n  0(mod 2)  p  p   Từ ta đa thức: P( x )  x n 1  x P( x )  x n  x Phép thử trực tiếp cho thấy đa thức thỏa (1) Trường hợp 2: S( x )  px  Thế vào (5) ta được: (3  (1)n  p) x n   x n  ( p  p  2).x  2( p  2) x  Suy = Vô lý Chứng tỏ không tồn đa thức thỏa (5), không tồn đa thức thỏa (1) trường hợp Tóm lại, tất đa thức thỏa đề là: P( x )  x ; P( x )  x n 1  x P( x )  x n  x , n   tùy ý GV: Huỳnh Quốc Hào http://sites.google.com/site/toantintrangchu/ Trang: VMO 2007: - THTT tháng 11/2007 tr 14 Câu 5: (3 đ) Cho b số thực dương Hãy xác đònh tất hàm số f xác đònh tập số thực  , lấy giá trò  thỏa mãn phương trình: y y f ( x  y )  f ( x ).3b  f ( y )1  b x (3b  f ( y )1  b y ), x , y   Phương trình cho tương đương với: f ( x  y)  b x  y  ( f ( x )  b x ).3b y  f ( y ) 1 , x, y  (1) Đặt g(x) = f(x) + bx Khi (1) có dạng: g( x  y )  g( x ).3g ( y )1 , x , y   (2) Thay y = vào pt (2) ta  g( x )  , x   g( x )  g( x ).3g (0 )1 , x      g(0)  * Với g( x )  0, x   f ( x )  b x * Với g(0)  1, x  vào pt(2) ta g( y )  g(0).3g ( y )1  g( y)  3g ( y )1  3g ( y )1  g( y )  0, y   (3) Xét hsố h(t )  3t 1  t có h '(t )  3t 1.ln  h '(t )   t  log3 (log3 e)   Ta có bảng biến thiên sau, với a  log3 e  log3 (log3 e)   Từ bảng biến thiên ta thấy pt h(t) = có nghiệm t1 = t2 = c , với 0