Chuyen de tong hop PT ham

TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG MỤC LỤC TRANG NỘI DUNG I.PHẦN MỞ ĐẦU: 1/Lý chọn đề tài: 2/Mục tiêu nghiên cứu: 3/Nhiệm vụ nghiên cứu: 4/Các phương pháp nghiên cứu: II.PHẦN NỘI DUNG: 1/Lịch sử vấn đề nghiên cứu: 2/Cơ sở lý luận đề tài: 3/Thực trạng vấn đề nghiên cứu: 4/Nội dung nghiên cứu kết nghiên cứu: A/NỘI DUNG NGHIÊN CỨU: A.1)Ý tưởng giải phương trình hàm, bất phương trình hàm A.2)Một số đặc trưng hàm số A.3)Bất phương trình hàm A.4)Phương trình hàm liên quan đến tam giác A.5)Bất phương trình hàm liên quan đến tam giác A.6)Các đề thi học sinh giỏi A.7)Một số kỹ thuật giải phương trình hàm B/KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU: III.PHẦN KẾT LUẬN: 1/Kết luận: 2/Tài liệu tham khảo: SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc 2 2 3 3 4 4 4 12 17 20 34 43 43 43 44 Ngơ Quang Dũng Trang TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG I.PHẦN MỞ ĐẦU: 1/Lý chọn đề tài: T rong năm gần đây, mơn Tốn Tỉnh Tiền Giang có tiến rõ rệt thành tích kỳ thi Học sinh Giỏi cấp Quốc gia ngày tốt Có thành tích nhờ đạo chun mơn SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TIỀN GIANG, nổ lực Q Thầy Cơ cố gắng em học sinh Qua q trình nghiên cứu, theo dõi đề thi Học sinh Giỏi lần chấm thi, tơi thấy đa số em học sinh “chưa thạo” việc giải tốn Phương trình hàm cách có “bài bản” Để góp phần nhỏ vào việc hệ thống lại cơng cụ để nghiên cứu, giải tốn thi Học sinh Giỏi phần có liên quan đến hàm số, đẳng thức, bất đẳng thức, tạo thích thú cho em học sinh; giúp em “khơng ngán ngại” gặp tốn hàm số Tơi xin phép trình bày chun đề “ PHƯƠNG TRÌNH HÀM ” 2/Mục tiêu nghiên cứu: Nhằm hệ thống kiến thức phương trình hàm, trình bày kết qua q trình nghiên cứu phương trình hàm bất phương trinh hàm Giúp em học sinh có kiến thức tốt Phương trình hàm phần Bất phương trình hàm, mở số hướng cho em học sinh suy nghĩ sáng tạo tốn 3/Nhiệm vụ nghiên cứu: Trước hết thực đổi phương pháp giảng dạy Tốn làm cho học sinh sáng tạo tìm kết mới, lời giải hay “loại tốn khó”, giúp thân nắm vững Phương trình hàm, đồng thời trao đổi học tập kinh nghiệm Q Thầy Cơ Tổ Tốn 4/Các phương pháp nghiên cứu: *Phương pháp suy luận, tổng hợp: kết hợp giảng GS-TSKH NGUYỄN VĂN MẬU với đề thi Học sinh Giỏi rút kinh nghiệm, hệ thống lại kiến thức, mở hướng *Phương pháp trò chuyện – vấn: trao đổi tâm tình với nhiều học sinh giỏi để nắm tình hình sử dụng kiến thức Phương trình hàm *Phương pháp khảo sát: thân tham dự kỳ chấm thi Học sinh Giỏi nên có nắm tình hình sử dụng phương pháp làm em học sinh *Phương pháp phân tích lý luận: phân tích giúp học sinh nắm thật rõ chất vấn đề, lựa chọn phương pháp giải cho phù hợp SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngơ Quang Dũng Trang TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG II.PHẦN NỘI DUNG 1/Lịch sử vấn đề nghiên cứu: Hè năm 2003, 2004, 2005, 2006 thân tơi tham dự lớp “BỒI DƯỠNG CHUN TỐN THPT” Trường ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN HÀ NỘI” Trong khóa học tơi nhận thấy kiến thức Tốn nâng lên rõ rệt “BÀI GIẢNG CHUN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH HÀM ” (của GS-TS NGUYỄN VĂN MẬU) giảng mà tơi tâm đắc Được động viên khuyến khích Thầy TRƯƠNG THÀNH PHÚ – Sở Giáo Dục & Đào Tạo Tiền Giang; tơi mạnh dạn chọn đề tài để nghiên cứu trình bày 2/Cơ sở lý luận đề tài: Kết hợp giảng tài liệu tham khảo để phân tích, tổng hợp, hệ thống 3/Thực trạng vấn đề nghiên cứu: Đa số học sinh ngại sử dụng phương pháp này, lúng túng q trình phân tích để tìm chất vận dụng kiến thức phương trình hàm cách thích hợp 4/Nội dung nghiên cứu kết nghiên cứu: A/NỘI DUNG NGHIÊN CỨU: A.1)Ý tưởng giải phương trình hàm, bất phương trình hàm: Phương trình hàm bất phương trình hàm chun đề giảng dạy bồi dưỡng học sinh khiếu tốn Nghiên cứu phương trình hàm việc làm thiết thực, góp phần làm phong phú thêm kiến thức tốn Đặc biệt với “tư tưởng” Thầy Nguyễn Văn Mậu, nghiên cứu phương trình hàm giúp giải hàm “tựa” như: “tựa lồi”, “tựa lõm”, ; đặc trưng hàm số hàm số sinh phép biến hình sơ cấp, “sáng tác” kết tam giác, “kỹ thuật” giải phương trinh hàm, mối quan hệ phương trình hàm bất phương trình hàm,… A.2)Một số đặc trưng hàm số: A.1.1/Đặc trưng số hàm sơ cấp: Trong phần ta nêu đặc trưng sồ hàm số sơ cấp thường gặp chương trình phổ thơng Nhờ đặc trưng hàm mà ta dự đốn kết phương trình hàm tương ứng đề xuất dạng tập tương ứng với đặc trưng hàm Các hàm số xét phần thoả mãn điều kiện liên tục tồn miền xác định hàm số Nếu hàm số thoả mãn đặc trưng hàm cho mà khơng có tính liên tục xác định tập rời rạc nghiệm phương trình hàm biểu thức hồn tồn khác SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngơ Quang Dũng Trang TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG 1/Hàm bậc nhất: f ( x) = ax + b; (a, b ≠ 0)  x + y  f ( x) + f ( y ) ; ∀x, y (Phương trình Jensen) =   2/Hàm tuyến tính: f ( x) = ax; (a ≠ 0) Đặc trưng hàm: f ( x + y ) = f ( x) + f ( y ); ∀x, y (Phương trình Cauchy) 3/Hàm mũ: f ( x) = a x ; (a > 0, a ≠ 1) Đặc trưng hàm: f ( x + y ) = f ( x) f ( y ); ∀x, y (Phương trình Cauchy) 4/Hàm logarit: f ( x) = log a x ; (a > 0.a ≠ 1) Đặc trưng hàm: f  Đặc trưng hàm: f ( x y ) = f ( x) + f ( y ); ∀x, y ∈ R * (Phương trình Cauchy) 5/Hàm sin: f ( x) = sin x Đặc trưng hàm: f ( 3x ) = f ( x) − f ( x); ∀x 6/Hàm cosin: f ( x) = cos x Đặc trưng hàm: f ( x ) = f ( x) − 1; ∀x 7/Hàm tang: f ( x) = tgx π f ( x) + f ( y) Đặc trưng hàm: f ( x + y ) = − f ( x) f ( y ) ; ∀x, y ∈ R, x + y ≠ + kπ (k ∈ Z ) 8/Hàm cotang: f ( x) = cot gx f ( x) f ( y ) − Đặc trưng hàm: f ( x + y ) = f ( x) + f ( y ) ; ∀x, y ∈ R, x + y ≠ kπ (k ∈ Z ) 9/Hàm luỹ thừa: f ( x) = x α ; x ∈ R + Đặc trưng hàm: f ( x y ) = f ( x) f ( y ); ∀x, y A.1.2/Hàm số chuyển đổi phép tính số học đại số: Trong phần này, ta khảo sát số tính chất số dạng hàm số thơng qua hệ thức hàm đơn giản hàm bảo tồn chuyển đổi tính chất phép tính đại số giao hốn, phân phối, kết hợp Bài tốn 1: Xác định hàm số f(x) xác định liên tục R thoả: f(x+y)=f(x)+f(y)+f(x)f(y); ∀ x,y (1) • Phân tích: f(x+1)=2f(x)+f(1), c=2c+1 ⇒ c=-1 • Lời giải: Đặt f(x)=g(x)-1, Ta có g(x+y)-1=g(x)-1+g(y)-1+[g(x)-1][g(y)-1] hay g(x+y)=g(x)g(y) ; ∀ x,y (2) Do f(x) liên tục R nên g(x) hàm liên tục R Suy (2) có nghiệm g(x)=eax (1) có nghiệm f(x)=eax-1 Bài tốn 2: Cho hàm số F(u,v) (u, v số thực) Giả sử phương trình hàm: f(x+y)=F[f(x),f(y)] (x, y số thực) (1) có nghiệm f(x) xác định liên tục R Chứng minh F(u,v) hàm đối xứng (F(u,v)=F(v,u)) có tính kết hợp (F[F(u,v),w]=F[u,F(v,w)])(2) • Lời giải: ∀ u,v,w ∈ D-1f(tập giá trị hàm số f) SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngơ Quang Dũng Trang TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG F(u,v)=F[f(x),f(y)]=f(x+y)=f(y+x)=F[f(y),f(x)]=F(v,u) F[F(u,v),w]=f[(x+y)+z]=f[x+(y+z)]=F[f(x),f(y+z)]=F[u,F(v,w)] Bài tốn 3: Giả sử phương trình hàm f(x+y)=F[f(x),f(y)], ∀ x,y ∈ R; với F(u,v)( ∀ u,v,w ∈ D-1f) đa thức khác hằng, có nghiệm f(x) xác định liên tục R Chứng minh F(u,v) có dạng F(u,v)=auv+bu+bv+c • Lời giải: Giả sử F(u.v) đa thức bậc n theo u bậc m theo v Khi đó, F(u,v) đối xứng nên m=n Từ tốn 2, ta có F[F(u,v),w]=F[u,F(v,w)], vế trái đa thức bậc n theo w vế phái đa thức bậc n2 theo w Suy n2=n, hay n=1 Vậy F(u,v)=auv+b1u+b2v+c Mà F(u,v) đối xứng nên b1=b2 F(u,v)=auv+bu+bv+c Theo tốn 2, ta có ac=b2-b Bài tốn 4: Cho đa thức F(u,v)=bu+bv+c (b ≠ 0) Xác định hàm số f(x) xác định liên tục R thoả f(x+y)=F[f(x),f(y)] (x, y số thực) (Tức f(x+y)=bf(x)+bf(y)+c (4)) • Lời giải: Nếu b ≠ từ (4) với y=0, ta có f(x)=const c=0 hàm thoả (4) Khi b= c ≠ (4) vơ nghiệm c Khi b ≠ b ≠ nghiệm (4) f(x)= − 2b Khi b= Nếu b=1 (4) có dạng f(x+y)=f(x)+f(y)+c phương trình hàm có nghiệm f(x)=ax+c Bài tốn 5: Cho đa thức F (u, v) = auv + bu + bv + c ( a ≠ 0, c= b2 − b ) Xác a định hàm số f(x) xác định liên tục R thoả f ( x + y ) = F [ f ( x), f ( y )], x, y ∈ R (Tức f ( x + y ) = af ( x) f ( y ) + bf ( x) + bf ( y ) + c (5)) h( x ) − b • Lời giải: Đặt f ( x) = , từ (5) ta có a h( x + y ) = h( x) h( y ); ∀x, y ∈ R phương trình có nghiệm h( x) = e ax Suy nghiệm (5) có dạng f ( x) = e ax − b a Bài tốn 6: Giả sử f (x) nghiệm phương trình hàm: f (ax + by + c) = Af ( x ) + Bf ( y ) + C (abAB ≠ 0), ∀x, y ∈ R (6) Chứng minh hàm số g ( x) = f ( x) − f (0) thoả mãn phương trình Cauchy: g ( x + y ) = g ( x ) + g ( y ), ∀x, y ∈ R • Lời giải: Lần lượt đặt: SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngơ Quang Dũng Trang TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG u v−c ,y= a b u −c x= ,y= a b v − c vào (5), ta thu đẳng thức: x = 0, y = b −c x = 0, y = b u v−c   f (u + v) = Af ( a ) + Bf (− b ) + C  u c  f (u ) = Af ( ) + Bf (− ) + C  a b  v−c  f (v) = Af (0) + Bf ( )+C b  c  f (0) = Af (0) + Bf (− ) + C  b f ( u + v ) = f ( u ) + f (v) − f (0) Suy ra: Và g ( x + y ) = f ( x + y ) − f (0) = f ( x) + f ( y ) − f (0) − f (0) = g ( x) + g ( y ), ∀x, y ∈ R Vậy: g ( x + y ) = g ( x) + g ( y ), ∀x, y ∈ R Bài tốn 7: Giả sử hàm số f (x) liên tục R nghiệm phương trình hàm: f (ax + by + c) = Af ( x) + Bf ( y ) + C (abAB ≠ 0), ∀x, y ∈ R (7) Chứng minh: A = a, B = b • Lời giải: Nghiệm g ( x + y ) = g ( x) + g ( y ), ∀x, y ∈ R lớp hàm liên tục hàm tuyến tính g ( x) = αx Do f ( x) = αx + β , vào (7), ta được: A = a, B = b; αc − C = (a + b − 1) β (7’) x= Bài tốn 8: Giải biện luận phương trình hàm: f (ax + by + c) = Af ( x) + Bf ( y ) + C (abAB ≠ 0), ∀x, y ∈ R (8) lớp hàm liên tục R • Lời giải: Theo tốn 7: điều kiện cần để (8) có nghiệm A = a, B = b Giả sử điều kiện thoả mãn Theo (7’), ta chia truờng hợp sau: +T/h: a + b = 1, c = Khi (8) trở thành: f (ax + (1 − a ) y ) = af ( x) + (1 − b) f ( y ) (abAB ≠ 0), ∀x, y ∈ R (8’) thuộc lớp hàm chuyển tiếp đại lượng trung bình cộng Vậy (8’) có nghiệm f ( x ) = αx + β ; α , β ∈ R +T/h: a + b = 1, c ≠ Khi (8) trở thành: f (ax + (1 − a ) y + c) = af ( x ) + (1 − b) f ( y ) + C (abAB ≠ 0), ∀x, y ∈ R (8" ) C f ( x ) = x + h( x) Vậy (8”) có dạng: c SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngơ Quang Dũng Trang Đặt: TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG h(ax + (1 − a) y + c) = ah( x) + (1 − b)h( y ) (abAB ≠ 0), ∀x, y ∈ R (8' " ) Do (8’”) có nghiệm tuỳ ý (Xem (7)), (8) có nghiệm C x + β; β ∈ R c +T/h: a + b ≠ Theo tốn nghiệm (8) có dạng f ( x ) = αx + β ; β ∈ R Từ (7’) suy αc − C = (a + b − 1) β Nếu cho α ∈ R αc − C tuỳ ý β = a + b −1 Bài tốn 9: Xác định hàm số f (x) liên tục R nghiệm phương trình hàm: f ( x + y ) + f ( z ) = f ( x) + f ( y + z ); ∀x, y, z ∈ R (9) f ( x) = • Lời giải: +Đặt f (0) = a, z = vào (9) ta có: f ( x + y ) + a = f ( x) + f ( y ); ∀x, y ∈ R (9' ) +Đặt f ( x) = g ( x) + a Từ (9’), ta có: g ( x + y ) = g ( x ) + g ( y ); ∀x, y ∈ R (9" ) Suy g ( x) = αx; α ∈ R Vậy (9) có nghiệm f ( x) = ax + β ; α , β ∈ R Thử lại thấy (9) thoả Bài tốn 10: Xác định hàm số f (x) liên tục R nghiệm phương trình hàm: f ( x + y ) f ( z ) = f ( x)[ f ( y ) + f ( z )]; ∀x, y, z ∈ R (10) • Lời giải: Thay y = z = vào (10), ta f (0) f ( x) = Vậy f (0) = Với z = f ( x + y ) f (0) = f ( x)[ f ( y ) + f (0)]; ∀x, y ∈ R (10' ) hay f ( x ) f ( y ) = 0; ∀x, y ∈ R (10' ) A.3)Bất phương trình hàm Bài tốn 1: Xác định hàm số f (x) liên tục R thoả đồng thời f ( x) ≥ 0; ∀x ∈ R (1.1)  f ( x + y ) ≥ f ( x) + f ( y ); ∀x, y ∈ R (1.2)  điều kiện sau:  • Lời giải: f (0) ≥ hay f (0) =  f (0) ≥ f (0) Vậy nên f (0) = f ( x + (− x)) ≥ f ( x) + f (− x) ≥ Suy f ( x) = Thử lại (1) thoả Bài tốn 2: Cho trước hàm số h( x) = ax; a ∈ R Xác định hàm số f (x ) liên tục R thoả đồng thời điều kiện sau: f ( x ) ≥ ax; ∀x ∈ R ( 2.1)    f ( x + y ) ≥ f ( x) + f ( y ); ∀x, y ∈ R (2.2)  Thay x = y = , ta có  • Lời giải: h( x + y ) = h( x) + h( y ) Đặt f ( x) = h( x) + g ( x) Khi ta có g ( x) ≥ 0; ∀x ∈ R g ( x + y ) ≥ g ( x) + g ( y ); ∀x, y ∈ R Theo tốn 1, ta có: g ( x) = 0; ∀x ∈ R Vậy f ( x) = h( x) = ax; a ∈ R Thử lại thấy thoả điều kiện (2.1) (2.2) SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngơ Quang Dũng Trang TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG Bài tốn 3: Cho a > Xác định hàm số f (x) liên tục R thoả  f ( x) ≥ a x ; ∀x ∈ R (3.1) đồng thời điều kiện sau:   f ( x + y ) ≥ f ( x) f ( y ); ∀x, y ∈ R (3.2) • Lời giải: Ta có f ( x) > 0; ∀x ∈ R Khi logarit hố hai vế (3.1), (3.2), ta có ln f ( x) ≥ (ln a) x; ∀x ∈ R (3.1' )   Đặt ln f ( x) = ϕ ( x) , ta có: ln f ( x + y ) ≥ ln f ( x) + ln f ( y ); ∀x, y ∈ R (3.2' ) ϕ ( x) ≥ (ln a ) x; ∀x ∈ R (3.1" )   Đặt ϕ ( x) = g ( x) + (ln a) x , ta có: hàm ϕ ( x + y ) ≥ ϕ ( x ) + ϕ ( y ); ∀x, y ∈ R (3.2" ) g (x) thoả điều kiện tốn nên g ( x) = 0; ∀x ∈ R ϕ ( x) = (ln a) x Vậy f ( x ) = a x ; ∀x ∈ R (3.1) thoả điều kiện tốn Bài tốn 4: Xác định hàm số f (x) liên tục R thoả đồng thời f ( x) ≥ 0; ∀x ∈ R (4.1)  điều kiện sau:  f ( x + y ) ≥ f ( x) + f ( y ) ; ∀x, y ∈ R (4.2)  2 • Lời giải: f (0) = a, f ( x) − a = g ( x) Đặt Khi ta có g ( x) ≥ 0; ∀x ∈ R (4.1' )  g(0)= Thay y = vào (4.1’)  g ( x + y ) ≥ g ( x) + g ( y ) ; ∀x, y ∈ R (4.2' ) với  2 g ( x)  x x+ y g ( x) g ( y ) g( ) ≥ ; ∀x ∈ R )≥ + ; ∀x, y ∈ R hay (4.2’)  Suy g ( 2 2  g ( 0) =  g (0) = 0, g ( x) ≥ 0; ∀x ∈ R  theo tốn  g ( x + y ) ≥ g ( x) + g ( y ); ∀x, y ∈ R g ( x) = 0; ∀x ∈ R f(x)làconst Thử lại f ( x ) = c thoả điều kiện tốn Bài tốn 5: Xác định hàm số f (t ) liên tục R thoả điều kiện sau: f ( x ) = max{ xy − f ( y )} ; ∀x ∈ R (5) y∈R • Lời giải: Từ (5) ta có f ( x) ≥ xy − f ( y ); ∀x, y ∈ R (5’) Thay x = y = t vào (5’), ta có f ( x) ≥ x ; ∀x ∈ R (5”) xy − f ( y ) ≤ xy − y = x − ( x − y ) ; ∀x, y ∈ R Suy { max{ xy − f ( y )} = max x − ( x − y ) y∈R y∈R 2 }=x suy f ( x) ≤ x ; ∀x ∈ R mà Vậy f ( x ) = x ; ∀x ∈ R (kết hợp với (5”) Thử lại thấy thoả điều kiện Bài tốn 6: Xác định hàm số f (t ) liên tục R+ thoả điều kiện 2 + sau: f ( x) = max+ x y + xy − f ( y ) ; ∀x ∈ R (6) y∈R { } • Lời giải: Tương tự tốn 5, ta có f ( x) ≥ x y + xy − f ( y ); ∀x, y ∈ R + SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngơ Quang Dũng Trang TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG Thay x = y = t vào (6’), ta có f ( x) ≥ x ; ∀x ∈ R + (6”) Suy ra: x y + xy − f ( y ) ≤ x y + xy − y = x − ( x + y )( x − y ) ≤ x ; ∀x, y ∈ R + mà { } { } max+ x y + xy − f ( y ) = max+ x − ( x + y )( x − y ) = x ; ∀x ∈ R + y∈R y∈R suy f ( x ) ≤ x ; ∀x ∈ R + Kết hợp với (6”), ta có f ( x) = x ; ∀x ∈ R + Thử lại thấy thoả điều kiện tốn • Nhận xét: Điều khẳng định cho ta kết luận tương ứng sau: Nếu có bất đẳng thức cổ điển cho cặp số x, y ; chẳng hạn x ≥ x y + xy − y ; ∀x, y ∈ R từ điều kiện f ( x ) = max+ { x y + xy − f ( y )}; ∀x ∈ R + ta có hàm cần tìm y∈R f ( x ) = x ; ∀x ∈ R + Từ ta “sáng tác” tốn tương tự Bài tốn 7: Chứng minh nếu: Hoặc f'(x) > vàh(x)≥ ∀x ∈ Ω ⊂ D f Hoặc f'(x)≥ vàh(x)> ∀x ∈ Ω ⊂ D f Ω tacó : f(g(x))+ g(x).h(x) ≥ f(0)⇔ g(x)≥ • Lời giải: Sử dụng định lý Lagrange, ta có: f(g(x))+ g(x).h(x) ≥ f(0) ⇔ f(g(x))- f(0)+ g(x).h(x) ≥0 ⇔ [f'(c)+ h(x)]g(x) ≥ 0; c nằm g(x) ⇔ g(x)≥ [ f ' (c ) + h( x )] > Bài tốn 8: Giải bất phương trình x − + ( x − 4)3 x − ≥ (7) • Lời giải: Xét hàm số f ( x) = x , ta có f ' ( x) = x ln x (7): f ( x − 4) − f (0) + ( x − 4)3 x − ≥ = f (0) Sử dụng định lý Lagrange, ta có: f ' (c)[( x − 4) − 0] + ( x − 4)3 x − ≥ c nằm ( x − 4) ( x − 4)[ f ' (c ) + x − ] ≥ ( x − 4)[3 c ln + x − ] ≥ ( x − 4) ≥ x ≥ ∨ x ≤ −2 Bài tốn 9: Cho số dương M , a Tìm hàm số f ( x), g ( x) : R → R thoả mãn điều kiện f ( y ) − f ( x) − g ( x)( x − y ) ≤ M x − y • Lời giải: SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngơ Quang Dũng 2+a ; ∀x, y ∈ R (8) Trang TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG Giả sử có hàm số f ( x), g ( x) : R → R thoả điều kiện Thay đổi vai trò x, y ta có: 2+ a f ( x) − f ( y ) − g ( y )( y − x) ≤ M y − x ; ∀x, y ∈ R (8' ) Cộng vế (8) (8’), ta có [ g ( x) − g ( y )]( x − y ) ≤ f ( y) − f ( x) − g ( x)( x − y ) + f ( x) − f ( y ) − g ( y )( y − x) [ g ( x) − g ( y )]( x − y ) ≤ M x − y 2+ a ; ∀x, y ∈ R (8" ) g ( x) − g ( y ) a ≤ M x − y ; ∀x, y ∈ R, x ≠ y Cố định x cho y → x , ta có x− y g ' ( x) = 0; ∀x ∈ R suy g ( x) = c (const ); ∀x ∈ R Thay g ( x) = c vào (8) làm tương tự trên, ta có: f ( x) − f ( y ) a − c ≤ 2M x − y ; ∀x, y ∈ R, x ≠ y x− y f ' ( x) = c ⇒ f ( x) = cx + d Thử lại g ( x) = c ; f ( x) = cx + d thấy (ax ) (9) Bài tốn 10: Chứng minh: x = max a ≤1 • Lời giải: Ta có − x ≤ (ax) ≤ x ; ∀a ∈ [ − 1;1] , suy điều phải chứng minh A.4)Phương trình hàm liên quan đến tam giác Phép tịnh tiến sinh hàm tuần hồn cộng tính, phép đồng dạng sinh hàm tuần hồn nhân tính, phép phản xạ sinh hàm số chẵn, lẻ Tính chất 1: Điều kiện cần đủ để số dương A, B, C góc tam giác A+B+C= π Tính chất 2: Điều kiện cần đủ để số dương a, b, c cạnh tam giác a+b>c, b+c>a, c+a>b (hay /b-c/ 0, f (c) > Suy a + α > 0, b + α > 0, c + α > 0; ∀∆ABC α > − a, α > −b, α > −c; ∀∆ABC Hay tương đương α > max{ − a,−b,−c}; ∀∆ABC hay α ≥ Ngược lại, với α ≥ f (a), f (b), f (c ) độ dài cạnh tam giác Vậy với α ≥ hàm số f ( x) = x + α có tính chất f (a), f (b), f (c) độ dài cạnh tam giác ứng với tam giác ABC SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngơ Quang Dũng Trang TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG  f ( x + y ) + f ( x − y ) = f ( x) f ( y ); ∀x, y ∈ R (1)  ∃x0 : f ( x0 ) = −1 (2) Chứng minh f hàm số tuần hồn Lời giải:  f (0) Ta có x = y = ⇒ f (0) = 2[ f (0)] ⇒   f (0) = + f (0) = ⇒ f ( x0 ) = f (0) = 0(!) + f (0) = ⇒ f (2 x) + f (0) = 2[ f ( x)] ⇒ f (2 x) = 2[ f ( x)] − ⇒ f (2 x0 ) + f (0) = 2[ f ( x0 )] ⇒ f (2 x0 ) = (1) ⇒ f (2 x) + f (4 x0 ) = f ( x + x0 ) f ( x − x0 ) (1’) f (2 x ) = 2[ f ( x )] − = 2.1 − = , f ( x ) = 2[ f (2 x0 )] − = 2.1 − = 2 ⇒ f (2 x ) + f (4 x ) = f (2 x) + = 2[ f ( x)] (1’): 2[ f ( x)] = f ( x + x0 ) f ( x − x0 ) ⇒ f ( x + x0 ) f ( x − x0 ) = [ f ( x)] (1): f ( x + x0 ) f ( x − x0 ) = f ( x) f (2 x0 ) = f ( x) Suy f ( x + x0 ) = f ( x − x0 ) = f ( x); ∀x Vậy f hàm số tuần hồn Bài tốn 3: 2  f ( x + 3) ≤ f ( x) + (1) ∀x  f ( x + 2) ≥ f ( x) + (2) Cho hàm số f : R → R thỏa mãn:  Chứng minh g ( x) = f ( x) − x hàm số tuần hồn Lời giải: g ( x + 6) = f ( x + 6) − x − = f ( ( x + 3) + 3) − x − ≤ f ( x + 3) − x − ≤ f ( x) − x = g ( x) g ( x + 6) = f ( x + 6) − x − = f ( ( x + 4) + ) − x − ≥ f ( x + 4) − x − ≥ f ( x) − x = g ( x) Suy g ( x + 6) = g ( x); ∀x Vậy g ( x) = f ( x) − x hàm số tuần hồn (Nhận xétù: 6=BCNN(3;2); tổng qt tốn từ nhận xét trên) Bài tốn 4: Cho hàm số f : R → R thỏa mãn: f ( x +1) + f ( x −1) = f ( x); ∀x Chứng minh f (x) hàm số tuần hồn Lời giải: f ( x + 2) + f ( x) = f ( x + 1) f ( x + 1) = f ( x) − f ( x − 1) [ ] ⇒ f ( x + 2) + f ( x) = 2 f ( x ) − f ( x − 1) ⇒ f ( x + 2) − f ( x) = − f ( x − 1) ⇒ f ( x + 3) − f ( x + 1) = − f ( x) (1' ) Từ (1) (1’), ta có: ⇒ f ( x + 3) + f ( x − 1) = ⇒ f ( x + 3) = − f ( x − 1) ⇒ f ( x + 4) = − f ( x) ⇒ f ( x + 8) = − f ( x + 4) = f ( x) Vậy f (x) hàm số tuần hồn SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngơ Quang Dũng Trang TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG V.Hàm hằng: Bài tốn 1: Cho hàm số f : R → R thỏaf ( xy ) = f ( x) + f ( y ) , ∀x, y : x + y ≠ x+ y Chứng minh f hàm Lời giải: f ( x ) + f (1) ⇒ ( x + 1) f ( x ) = f ( x) + f (1) ⇒ xf ( x ) = f (1), ∀x ≠ −1 x +1 x = ⇒ f (1) = ( x + 1) f ( x) = f ( x), x ∉ { − 1;0} + x ∉ { − 1;0} , f ( x) = f ( x) + f (0) , ∀x ≠ ⇒ xf (0) = f ( x) + f (0) + f (0) = x  f (0) = f ( 2) + f (0) ⇒ f (0) = f (2) = ⇒ − f (0) = f (−1) + f (0) ⇒ f (−1) = −2 f (0) = Vậy f ( x) ≡ f ( x) = Bài tốn 2: Tìm tất hàm số f : R → R thỏaf ( f ( x) + y ) = yf ( x − f ( y ) ) ; ∀x, y Lời giải: f ( f ( x) ) = 0; ∀x Đặt f (0) = a f ( f ( f ( y ) ) + y ) = yf ( f ( y ) − f ( y ) ) ⇒ f ( y ) = y.a Suy f ( x) = ax Ta có f ( ax + y ) = yf ( x − ay ) ⇒ a(ax + y ) = ya( x − ay ) ⇒ a ( x + y ) + a ( y − xy ) = 0; ∀x, y ⇒ a = Vậy f ( x) ≡ Bài tốn 3: Cho hàm số f : R → R thỏa:  f (0) = (1)  ∃a : f ( x + y ) = f ( x) f (a − y ) + f ( y ) f (a − x); ∀x, y (2) Chứng minh f hàm Lời giải: f (0) = f (0) f (a ) + f (0) f (a ) ⇒ f (a ) = [ f ( x ) + f ( a − x )] ⇒ f ( x ) = f ( a − x ) f ( x + a − x) = f ( x) f (a − a + x) + f (a − x) f (a − x) f ( x ) = f ( x ) f (a ) + f (0) f ( a − x ) =   f ( x) = ⇒ f (a ) = [ f ( x)] + [ f ( x)] ⇒   f ( x) = −  2 SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngơ Quang Dũng Trang TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG   x  x x x x  + f ( x) = f  +  = f   f  a −  = 2 f   ≥ 0; ∀x , nên f ( x) = ; ∀x 2 2 2 2     hàm thỏa điều kiện tốn Bài tốn 4: Tìm tất hàm số f : Z → R thỏa mãn:  x + y  f ( x) + f ( y ) f ; x, y ∈ Z ∧ ( x + y ) 3 =   Lời giải:  + 3n  f (0) + f (3n) f ( n) = f  ⇒ f ( n) = f (0) + f (3n) =    n + 2n  f ( n) + f ( 2n) f ( n) = f  ⇒ f ( n ) = f ( n ) + f ( n ) ⇒ f ( n) = f ( n) =    3n + 3n  f (3n) + f (3n) f ( n) = f ( 2n) = f  ⇒ f (n) = f (3n) =   ⇒ f (n) = f (2n) = f (3n), f (n) = f (0) Vậy f ( x) ≡ c (c tùy ý) hàm thỏa điều kiện tốn Bài tốn 5: Tìm tất hàm số f : N → N thỏa mãn: f ( n ) − f ( f (n) ) = n; ∀n ∈ N (1) Lời giải: Đặt g (n) = f (n) − n (1): f ( f (n) ) − f ( n ) = f (n) − n; Suy g ( f (n) ) = g (n) g (n) = g ( f (n) ) = = m g [ f ( f ( f (n)) ] ⇒ g (n) 2 ; ∀m ∈ N m m lần Vậy g (n) ≡ ⇒ f (n) = n thỏa điều kiện tốn Bài tốn 6: Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn: f ( x + y ) = f ( x)e f ( y ) −1 ; ∀x, y (1) Lời giải:  f ( x) = f ( ) −1 ⇔ (1) f ( x ) = f ( x)e  f (0) = + f ( x) = thỏa mãn điều kiện + f ( x) ≠ , ∃x0 : f ( x0 ) ≠ ⇒ f (0) = f ( y ) = f (0)e f ( y ) −1 ⇒ f ( x ) = e f ( x ) −1 Đặt g ( t ) = e t −1 − t Ta có: g ' ( t ) = e t −1 − 1; g ' ( t ) = ⇔ t = 1; g (t ) = g (1) = ⇒ g (t ) ≥ 0, ∀t g (t ) = ⇔ t = Do e f ( x ) −1 − f ( x ) = ⇔ f ( x ) = e f ( x ) −1 ⇔ f ( x) = Vậy có hai hàm thỏa mãn điều kiện tốn là: f ( x) = ∨ f ( x) = 1; ∀x Bài tốn 7: Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn: ( x − y ) f ( x + y ) − ( x + y ) f ( x − y ) = xy ( x − y ); ∀x, y SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngơ Quang Dũng (1) Trang TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG Lời giải: u+v  x = x + y = u ⇒  Thế vào (1), ta có: vf ( u ) − uf (v) = (u − v )uv u−v x − y = v y =  f (u ) f (v ) f ( x) ⇒ − u2 = − v ⇒ g ( x) = − x = a ( x ≠ 0) hàm u v x Vậy f ( x ) = x + ax (∀x ≠ 0) (1): xf (0) = ( x = y ≠ 0) ⇒ f (0) = Kết luận f ( x ) = x + ax; ∀x, a tùy ý thỏa điều kiện Bài tốn 8: Cho hàm số khơng giảm f : R + → R + thỏa mãn: f ( ax ) = f ( x); (0 < a ≠ 1) (1) Lời giải: Dễ dàng chứng minh quy nạp f ( a n x ) = f (x) y y  + a > Xét < x < y; n = log a  ⇒ n ≤ log a < n + x x  y < a n +1 ⇒ a n x ≤ y < a n +1 x ⇒ f (a n x) ≤ f ( y ) ≤ f ( a n +1 x) x ⇒ f ( x) ≤ f ( y ) ≤ f ( x) ⇒ f ( x ) = f ( y ) Vậy f (x) hàm y y  + < a < Xét < x < y; n = log a  ⇒ n ≤ log a < n + x x  y ⇒ a n ≥ > a n +1 ⇒ a n x ≥ y > a n +1 x ⇒ f (a n x) ≥ f ( y ) ≥ f (a n +1 x) x ⇒ f ( x) ≥ f ( y ) ≥ f ( x) ⇒ f ( x ) = f ( y ) Vậy f (x) hàm Kết luận f (x) hàm thỏa điều kiện Bài tốn 9: Cho hàm số f : R → R thỏa mãn: f x + y = f ( y + x); ∀x, y (1) Chứng minh f (x) hàm ⇒ an ≤ ( ) Lời giải:    u − x  u − x x + y = u y=   + x − v = 0(1' ) ⇔  ⇔    y + 2x = v  y + 2x = v  y + x = v(1" )    (1’) phương trình bậc lẻ (bậc 9) theo x nên (1’) có nghiệm (1”) phương trình bậc lẻ (bậc 3) theo y nên (1”) có nghiệm Vậy ∀u, v ta ln có ( x; y ) , mà (1) suy f (u ) = f (v) hàm Kết luận f (x) hàm Bài tốn 10: (Dự tuyển IMO) Tìm tất hàm số liên tục f : R → R thỏa mãn f x + f ( x) = x + x; ∀x (1) ( ) Lời giải: g ( x) = f ( x) − x Đặt g (x) liên g x + g ( x) = f x − x + f ( x) − x = − x − x + x + x = 0; ∀x (1' ) ( ) ( ) SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ta có 2 Ngơ Quang Dũng Trang tục TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG ⇒ g (0) = 0, g (1) = (1' ) ⇒ g (− x) + g (− x) = ⇒ g x + g (− x) = ⇒ g ( x ) = g (− x ); ∀x Suy g (x) hàm số chẵn Ta chứng minh g (x) hàm với x > ( ) ( ) x > ⇒ g ( x) = − g ( x ) = g ( x ) ⇒ g ( x) = g ( x ) Lấy a > tùy ý Xét dãy số  x0 = a ( x n ) :  Ta có lim x n =  x n +1 = ( x n ) 4 g (x) liên tục nên: g ( x n +1 ) = g ( x n4 ) = g ( x n ) = = g ( x ) = g (a ) Do g (a ) = lim g (a ) = lim g ( x n ) = g ( lim x n ) = g (1) = Vậy g ( x) = 0; ∀x Kết luận f ( x) = x thỏa điều kiện Bài tốn 11: Tìm tất hàm số liên tục f : R + → R + thỏa mãn 1  f ( x ) = f  x + ; ∀x (1) 4  Lời giải: Nhận xét: hàm số f hàm số chẵn Lấy a ≥  x0 = a  + ≤ a ≤ Xét dãy số ( x n ) :  2  x n +1 = x n + 1  f ( x n ) = f  x n2−1 +  = f ( x n −1 ) = = f ( x ) = f (a ) 4  1 1 1 Ta có x1 = x02 + = a + ≤ + = Bằng quy nạp ta chứng minh x n ≤ 4 4 2  1   ( x n ) bị chặn ( x n ) tăng  x n+1 − x n = x n + − x n =  x n −   nên 2    1 1  ( x n ) hội tụ b = lim x n , ta có lim x n +1 = lim x n2 +  ⇒ b = b + ⇒ b = Vì 4  1 hàm số f liên tục nên f (a) = lim f (a) = lim f ( x n ) = f (lim xn ) = f   2 số  x0 = a 1  + a > Xét dãy số ( x n ) :  ⇒ x n = x n +1 +  x n +1 = x n −  1  f ( x n +1 ) = f  x n2+1 +  = f ( x n ) = = f ( x0 ) = f (a ) Dãy ( x n ) giảm bị chặn 4  ( xn ) b = lim x n nên hội tụ , ta có SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngơ Quang Dũng Trang TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG 1 1  lim x n = lim x n2+1 +  ⇒ b = b + ⇒ b = Vì hàm số f liên tục nên 4  1 f (a) = lim f (a ) = lim f ( x n ) = f (lim x n ) = f   số 2 f Hàm số hàm với x ≥ , mà hàm số f hàm chẵn nên hàm số f hàm R A.7)Một số kỹ thuật giải phương trình hàm A.7.1/Giải phương trình hàm phép Bài tốn 1: (Chọn HS Giỏi Tiền Giang Vòng 2-2004-2005) Tìm tất đa thức P(x) với hệ số thực thỏa điều kiện P (a + b) = P (a) + P (b); a, b ∈ R : ab(a + b) = 2b Lời giải: Phân tích:  b=0 ab(a + b) = 2b (1) ⇔  a = b Vậy ( x; x); ∀x thỏa (1) a = −2b Trình bày: Ta có ( x; x); ∀x thỏa (1), nên P( x + x) = P( x) + P( x); ∀x ∈ R Suy n P (2 x ) = P( x); ∀x ∈ R (1" ) Đa thức P( x) = ∑ x i ; ∀x (1" ' ) Từ (1”) (1’”), ta có: n n 0 ∑ (2 x) i = ∑ 8ai x i ; ∀x ⇔ i = 8ai ⇔ (2 i − 8)ai = ⇒ = 0, ∀i ≠ Vậy P( x) = a3 x ; ∀x thỏa điều kiện tốn Bài tốn 2: (AusMO) Tìm tất hàm số f : R + → R thỏa mãn  f (1) =   3 3  f ( xy ) = f ( x) f   + f ( y ) f  ; ∀x, y ∈ R   x  y (1) Lời giải:  1 3 3  f (3) = + ( f ( 3) ) ⇒ f (3) =  f (1.3) = f (1) f   + f (3) f      2     ⇒ (1):     f (1 y ) = f (1) f   + f ( y ) f    f   = f ( y )  y    y       1 f (1) =    f (1) = f (1) = ⇒ ⇒ ⇒   2 3  f ( xy) = f ( x) f ( y )  f ( x ) = f ( x ) f ( )  f (3) = f ( x ) f ( x) x x  SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngơ Quang Dũng Trang TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG   f (1) = 2 ⇒ x > o, f ( x ) = 2[ f ( x)] = Với  f ( x) = ±  Vậy f ( x) = ; ∀x > thỏa điều kiện Bài tốn 3: (BalMO) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn f [ xf ( x) + f ( y )] = ( f ( x) ) + y; ∀x, y ∈ R (1) Lời giải: (1): f [ f (0) + f ( y )] = ( f (0) ) + y ⇒ f [ f ( y )] = ( f (0) ) + y 2 f ( y1 ) = f ( y ) ⇒ ( f (0) ) + y1 = ( f (0) ) + y ⇒ y1 = y Vậy f đơn ánh.Vế phải (1) hàm biến theo y nên có tập giá trị R Vậy ∃a : f (a ) = (1) ⇒ f [ af (a ) + f (a )] = ( f (a) ) + a ⇒ f (0) = a Do f đơn ánh nên a = Suy x = ⇒ f ( f ( y ) ) = y ⇒ f ( f ( x) ) = x; ∀x (1): y = ⇒ f ( f ( x) ) = ( f ( x) ) ⇒ f ( f ( x) f ( f ( x) ) ) = ( f ( f ( x)) ) ⇒ f ( xf ( x) ) = x 2 Giả sử ⇒ ( f ( x) ) = x ⇒ với mỗix, tacóf ( x) = x ∨ f ( x) = − x a, b ≠ : f (a ) = −a, f (b) = −b ⇒ f [ a.( −a ) + b] = a + b ≠ ± − a + b (!) Vậy f ( x) = x, ∀x ∨ f ( x) = − x, ∀x thỏa điều kiện Bài tốn 4: (VMO) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn x f ( x ) + f (1 − x) = x − x ; ∀x ∈ R (1) [ ] có Lời giải: (1): (1 − x) f (1 − x) + f ( x) = 2(1 − x) − (1 − x) [ ] ⇒ (1 − x) 2 x − x − x f ( x ) + f ( x) = 2(1 − x) − (1 − x) [ ] ⇒ (1 − x) (2 x − x ) + − (1 − x ) x f ( x ) = 2(1 − x) − (1 − x) 4 ⇒ ( x − x − 1)( x − x + 1) f ( x) = ( x − x − 1)(1 − x )(1 + x ) ⇒ ( x − x − 1) f ( x) = ( x − x − 1)(1 − x)(1 + x ) ⇒ f ( x) = − x)(1 + x ); ∀x ≠ a, b a, b lànghiệm pt x − x − = Tìm  a f ( a ) + f (b ) = a − a a + b = f (a), f (b) ta có  f ( a) = c; c ∈ R (1)  Đặt ab =  b f (b) + f ( a) = 2b − b  − x , x ≠ a, b  c, x = a ; a, b lànghiệm pt: x2 − x − = thỏa Vậy f ( x) =  − a − a c + a , x = b  điều kiện Bài tốn 5: (Dự tuyển IMO) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn f ( f ( x) + y ) = x + f ( f ( y ) − x); ∀x, y ∈ R (1) Lời giải: SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngơ Quang Dũng Trang TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG f (0) − x ⇒ x = f (0) − 2α Chọn β = − f ( −α ), γ = f ( β ) − α Khi f (γ ) = f ( f ( β ) − α ) = 2(−α ) + f ( f (−α ) + β ) = −2α + f (0) = x Vậy f ∃a : f ( a ) = tồn ánh, suy ∀y f ( y ) = f (0 + y ) = f ( f (a ) + y ) = 2a + f ( f ( y ) − a ) ∀x, ∃y : f ( y ) = x + a ⇒ x = f ( y ) − a x = 2a + f ( f ( y ) − a) − a = f ( x) + a ⇒ f ( x) = x − a thỏa điều kiện tốn Vậy f ( x) + c; ∀x, c : const Bài tốn 6: (CaMO) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn f (( x − y ) ) = x − yf ( x) + ( f ( y )) ; ∀x, y ∈ R (1) (1): x ∈ R, α = Lời giải: (1): f ((0 − 0) ) = − 20 f (0) + ( f (0)) ⇒ f (0) = ( f (0)) ⇒ f (0) = ∨ f (0) = +T/h: f (0) = , y = (1) ⇒ f ( x ) = x + 1; suy f ( x) = x + 1; x ≥ x = (1) ⇒ f ( y ) = −2 y + ( f ( y )) ⇒ ( f ( y )) = y + + y = ( y + 1) ⇒ f ( y) = y + ∨ f ( y) = − y −  x − f ( x) = x = y (1) : f (0) = x − xf ( x) + ( f ( x)) ⇒ = ( x − f ( x)) ⇒   x − f ( x ) = −1  f ( x) = x − ⇒ Thử lại f ( x) = x + thỏa điều kiện tốn  f ( x) = x + +T/h: f (0) = , y = (1) ⇒ f ( x ) = x ; suy f ( x) = x; x ≥ x = y (1) : f (0) = x − xf ( x) + ( f ( x)) ⇒ = ( x − f ( x)) ⇒ f ( x) = x , thỏa điều kiện Vậy có hai hàm thỏa mãn điều kiện f ( x) = x + 1; ∀x ∨ f ( x) = x; ∀x A.7.2/Giải phương trình dựa vào giá trị đối số, hàm số Bài tốn 1: Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn f ( x + f ( y )) = x + f ( y ) + xf ( y ); ∀x, y ∈ R (1) Lời giải: f (0 + f ( y )) = + f ( y ) + f ( y ) ⇒ f ( f ( y )) = f ( y ) hay f ( f ( x) = f ( x); ∀x (1): Vậy ∀u thuộc tập giá trị, ta có f (u ) = u +T/h: ∃y : f ( y ) ≠ −1, (1) : f ( x + f ( y )) = (1 + f ( y )) x + f ( y ) Ta có vế phải hàm bậc theo x có tập giá trị R, nên vế trái có tập giá trị R Vì vậy, ∀t ∈ R, ∃u : f (u ) = t Suy f (t ) = f ( f (u )) = f (u ) = t hay f ( x) = x; ∀x : thử lại thấy khơng thỏa điều kiện +T/h: ∀y : f ( y ) = −1 hay f ( x) = −1; ∀x : thử lại thấy thỏa điều kiện Vậy hàm thỏa mãn điều kiện f ( x) = −1; ∀x Bài tốn 2: Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn f ( x − f ( y )) = f ( x) + x + f ( y ); ∀x, y ∈ R (1) Lời giải: SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngơ Quang Dũng Trang TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG a (1): f ( f ( y ) − f ( y )) = f ( f ( y )) + f ( y ) + f ( y ) ⇒ f ( f ( y )) = − f ( y ) + [ a = f (0)] a ⇒ f ( x) = − x + ; ∀x (1’) (1): f ( f ( x) − f ( y )) = f ( f ( x)) + f ( x) + f ( y ) ⇒ f ( f ( x ) − f ( y )) = −[ f ( x) − f ( y )] + a (1): f ( f ( x) − f ( y ) − f ( y )) = f ( f ( x) − f ( y )) + f ( x) − f ( y ) + f ( y ) ⇒ f ( f ( x) − f ( y )) = −2[ f ( x ) − f ( y )] + 2a + f ( x) = −[ f ( x) − f ( y )] + 2a (1) : f ( x − f ( y )) − f ( x) = x + f ( y ), y = ⇒ f ( x − a ) − f ( x) = x + a Ta thấy vế phải có tập giá trị R nên vế trái có tập giá trị R ∀t , t = f (u ) − f (v ) ⇒ f (t ) = f ( f (u ) − f (v)) = −( f (u ) − f (v)) + 2a = −t + 2a Hay f ( x) = − x + 2a; ∀x (1”) Từ (1’) (1”), ta có a = Thử lại thấy thỏa điều kiện Vậy hàm thỏa mãn điều kiện f ( x) = − x; ∀x Bài tốn 3: (IMO) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn f ( x − f ( y )) = f ( f ( y )) + xf ( y ) + f ( x) − 1; ∀x, y ∈ R (1) Lời giải: (1): f ( f ( y ) − f ( y )) = f ( f ( y )) + f ( y ) f ( y ) + f ( f ( y )) − 1 a +1 ⇒ f ( f ( y )) = − ( f ( y )) + [ a = f (0)] ⇒ f ( f ( x)) = − ( f ( x)) + a + (1' ) 2 2 (1): f ( f ( x) − f ( y )) = f ( f ( y )) + f ( x) f ( y ) + f ( f ( x)) − ( f ( y )) a + ( f ( x)) a + + + f ( x) f ( y) − + −1 2 2 (( f ( x ) − f ( y )) ⇒ f ( f ( x) − f ( y )) = − + a Nhận xét f ( x) ≡ khơng thỏa (1) nên ∃y : f ( y ) ≠ Từ (1), ta có f ( x − f ( y )) − f ( x) = f ( f ( y )) + xf ( y ) − Vế trái hàm bậc theo x nên có tập giá trị R Suy vế phải ⇒ f ( f ( x) − f ( y )) = − có tập giá trị R ∀x, ∃u , v : x = f (u ) − f (v) ⇒ f ( x) = f ( f (u ) − f (v)) = − ( f (u ) − f (v)) + a, ∀x a +1 f ( f ( x)) = − ( f ( x)) + a, ∀x (1" ) Từ (1’) (1”), ta có a = ⇒ a =1 2 f ( x ) = − x + 1; ∀x Thử lại thấy thỏa điều kiện Vậy hàm thỏa mãn điều kiện f ( x) = − x + 1; ∀x A.7.3/Giải phương trình dựa vào tính đơn điệu Bài tốn 1: Tìm tất hàm đơn điệu f : R → R thỏa mãn f ( x + f ( y )) = f ( x) + y; ∀x, y ∈ R (1) Lời giải: SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngơ Quang Dũng Trang TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG f ( y1 ) = f ( y ) ⇒ f ( x + f ( y1 )) = f ( x + f ( y )) ⇒ f ( x) + y1 = f ( x) + y ⇒ y1 = y Vậy f đơn ánh (1) : f (0 + f ( y )) = f (0) + y ⇒ f ( f ( x)) = f (0) + x; ∀x (1) : f ( f ( x) + f ( y )) = f ( f ( x)) + y = f (0) + x + y = f ( f ( x + y ) Vì f đơn ánh nên f ( x + y ) = f ( x) + f ( y ); ∀x, y Suy f đơn ánh cộng tính R f ( x) = ax; ∀x [ a ≠ 0] , Ta có thay vào (1): f ( x + f ( y )) = a( x + f ( y )) = a[ x + ay ], f ( x) + y = ax + y ⇒ ax + a y = ax + ay , ∀y ⇒ a = ±1 Thử lại thấy thỏa điều kiện Vậy có hai hàm thỏa mãn điều kiện f ( x) = x; ∀x ∨ f ( x) = − x; ∀x Bài tốn 2: Tìm tất hàm tăng thật f : R → R thỏa mãn f ( f ( x) + y ) = f ( x + y ) + 1; ∀x, y ∈ R (1) Lời giải: (1) : f ( f ( x) + 0) = f ( x + 0) + ⇒ f ( f ( x )) = f ( x) + (1) : f ( f ( f ( x)) + y ) = f ( f ( x) + y ) + ⇒ f ( f ( x ) + + y ) = f ( x + y ) + + (1) : f ( f ( x) + f ( y )) = f ( x + f ( y )) + = f ( x + y ) + + ⇒ f ( f ( x) + y + 1) = f ( f ( x) + f ( y )) f Vì hàm đơn điệu nên ⇒ f ( x) + y + = f ( x ) + f ( y ) ⇒ f ( x) = x + 1; ∀x Thử lại thấy thỏa điều kiện Vậy hàm thỏa mãn điều kiện f ( x) = x + 1; ∀x Bài tốn 3: (IMO) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn f ( x + f ( y )) = ( f ( x)) + y; ∀x, y ∈ R (1) Lời giải: f ( y1 ) = f ( y ) ⇒ f ( x + f ( y1 )) = f ( x + f ( y )) ⇒ ( f ( x)) + y1 = ( f ( x)) + y ⇒ y1 = y Vậy f đơn ánh Vế trái hàm bậc theo y nên có tập xác định R, suy vế phải có tập xác định R ∃!a : f (a) = Đặt f (0) = b (1) : f (0 + f ( y )) = ( f (0)) + y ⇒ f ( f ( y )) = y + b ⇒ f ( f ( x)) = x + b (1) : f (0 + f (a )) = ( f (0)) + a ⇒ b = b + a (1) : f ( a + f (a )) = ( f (a )) + a ⇒ f (a + 0) = + a ⇒ f ( a ) = a ⇒ f (a ) = f ( f (a )) = a + b ⇒ = a + b ⇒ a = b = Suy f ( f ( x)) = x; ∀x (1) : f ( x + f (0)) = ( f ( x)) + ⇒ f ( x ) = ( f ( x)) ; ∀x (1' ) Suy x ≥ ⇒ f ( x ) ≥ ∧ f ( x) = ⇔ x = [ ] ( ) ( ) x ≥ 0, y ∈ R : f ( x + y ) = f ( x ) + f ( f ( y )) = f ( x ) + f ( y ) = f ( x ) + f ( y ) ⇒ f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) Vậy f cộng tính x > y ⇒ x − y > ⇒ f ( x − y ) > f ( x ) = f (( x − y ) + y ) = f ( x − y ) + f ( y ) > f ( y ) x > y ⇒ f ( x ) > f ( y ) Vậy f tăng thật Suy f ( x ) = kx; k > 0, ∀x ∈ R Từ ø (1' ) ⇒ k = Thử lại thấy thỏa điều kiện Vậy hàm thỏa mãn điều kiện f ( x) = x; ∀x A.7.4/Giải phương trình dựa vào tính liên tục Bài tốn 1: Tìm tất hàm số f liên tục R thỏa mãn SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngơ Quang Dũng Trang TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG x f ( x ) = f  ; ∀x ∈ R 2 (1) Lời giải:  x  Bằng quy nạp, ta có: f ( x) = f  n ; ∀x ∈ R, ∀n ∈ N Do f liên tục R 2   f ( x) = lim f  nên f ( x) = lim n →∞ n →∞ x  = f (0); ∀x ∈ R n  2  Vậy hàm thỏa mãn điều kiện f ( x) = c; ∀x ( c : const ) Bài tốn 2: Tìm tất hàm số liên tục f : R → R thỏa mãn f (1) = −1  (1)   f ( x + y ) = f ( x) + f ( y ) + xy; ∀x, y Lời giải: (1) : f ( x + 0) = f ( x) + f (0) + 2.0 ⇒ f (0) = (1) : f ( x + y ) − ( x + y ) − 2( x + y ) = f ( x) − x − x + f ( y ) − y − y (1' ) Đặt g ( x) = f ( x) − x − x liên tục R (1' ) ⇒ g ( x + y ) = g ( x) + g ( y ) Hàm g (x) liên tục cộng tính nên g ( x) = ax ∧ g (1) = f (1) − − = −4 Suy g ( x ) = −4 Vậy hàm thỏa mãn điều kiện f ( x) = x − x; ∀x Bài tốn 3: Tìm tất hàm số liên tục f : R + → R + thỏa mãn  f (2006) < f (2007) (1.1)   f ( f ( x)) = ; ∀x ≠ (1.2)  x Lời giải: 1 = ⇒ x1 = x Vậy f đơn ánh x1 x Suy f đơn điệu (do đơn ánh liên tục), mà (1.1) nên f đồng biến R+ Khi f ( f ( x)) = đồng biến R+ (!) x Vậy khơng có hàm f thỏa mãn điều kiện f ( x1 ) = f ( x ) ⇒ f ( f ( x1 )) = f ( f ( x )) ⇒ A.7.5/Giải phương trình dựa vào cấu trúc đại số,ø nghiệm phương trình đại số, phương pháp tổng hợp Bài tốn 1: (Chọn HS Giỏi Tiền Giang Vòng 1-2004-2005) Xác định  1 hàm số cho f  −  + f ( x) = 2004; ∀x ≠  x (1) Lời giải: Phân tích: (1) :  1 f  −  + f ( x ) = 2004  x c + c = 2004 SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngơ Quang Dũng Trang TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG ⇒ c = 1002 Trình bày: Đặt f ( x) = g ( x) + 1002 (1' ) Thế (1’) vào (1), ta có:  1  1 g  −  + 1002 + g ( x) + 1002 = 2004 ⇒ g  −  + g ( x) = 0; ∀x ≠  x  x 1  1   (1" ) ⇒ g ( x ) = − g  −  ⇒ g ( x ) =  g ( x) − g  −  2  x  x  ⇒ g ( x) = (1" ) 1   h( x) − h − ; h( x) làmột hàm số tùy ý xác đònhtrên R \ { 0}  2  x  1      Vậy f ( x) = h( x) − h −  + 1002; ∀x ≠ thỏa điều kiện tốn  x Bài tốn 2: Xác định hàm số f : [0;1] → R cho: f ( x ) + f (1 − x) = 1; ∀x ∈ [0;1] (1) Lời giải: Phân tích: f ( x ) + f (1 − x) = 1; ∀x ∈ [0;1] c + c = (1) Trình bày: ⇒c= Đặt f ( x) = g ( x) + (1' ) Thế (1’) vào (1), ta có: 1 + g (1 − x) + = ⇒ g ( x) + g (1 − x) = 2 ⇒ g ( x) = [ g ( x) − g (1 − x )] ⇒ g ( x) = [ h( x) − h(1 − x)]; h( x ) làmột hàm tùy ý xác đònhtrên [0;1] 1 f ( x) = [ h( x) − h(1 − x ) ] + ; h( x ) làmột hàm tùy ý xác đònhtrên [0;1] Vậy 2 g ( x) + thỏa điều kiện tốn Bài tốn 3: Xác định hàm số f : [0;1] → R cho: f ( x ) + f (1 − x) ≥ 1; ∀x ∈ [0;1] (1) Lời giải: Trình bày: Đặt f ( x) = g ( x) + (1' ) Thế (1’) vào (1), ta có: SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngơ Quang Dũng Trang TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG 1  g ( x) + + g (1 − x) + = + h( x) ⇒ g ( x ) + g (1 − x) = h( x)  2  h( x ) ≥ (Ta chuyển bất phương trình hàm phương trình hàm) Cấu trúc đại số h(x) là: 1 (điểm bất động : x= ) 2 1 h(1 − x) = h( x ), x = + t ⇒ h( − t ) = h( + t ) 2 1   1  ⇒ ϕ (−t ) = ϕ (t ), ∀t ∈ − ; ; ϕ (t ) = h + t   2 2  1      g ( x) − h( x)  +  g (1 − x) − h(1 − x) = 1 g ( x) = h( x) + [ϕ ( x) − ϕ (1 − x)] 2 h(1 − x) = h( x ); đối xứng quax = Vậy: f ( x) = h(x)≥ 0, h(1- x) = h(x);x ∈ [0;1]  [ h( x) + ϕ ( x) − ϕ (1 − x ) ] + ; với  tùy ý xác đònhtrên [0;1] 2 ϕ (x)làmột hàm thỏa điều kiện tốn Bài tốn 4: Xác định hàm số f : R → R cho: f ( x + 1) = f ( x) + 2; ∀x (1) Lời giải: Nháp: f ( x + 1) = f ( x ) + c = c+2 c=∞ f ( x + 1) = f ( x ) + ⇒ f ( x) = ax ⇒ a ( x + 1) = ax + ⇒a=2 Trình bày: Đặt f ( x) = x + g ( x) (1' ) Thế (1’) vào (1), ta có: 2( x + 1) + g ( x + 1) = x + g ( x) + ⇒ g ( x + 1) = g ( x); ∀x Vậy: f ( x) = x + g ( x); ∀x ( g (x) hàm tuần hồn với chu kỳ T=1) thỏa điều kiện tốn Bài tốn 5: Xác định hàm số f : R → R cho: f ( x + 1) = − f ( x) + 2; ∀x (1) Lời giải: Nháp: SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngơ Quang Dũng Trang TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG f ( x + 1) = − f ( x) + c = −c+2 c =1 Trình bày: Đặt f ( x) = + g ( x) (1' ) Thế (1’) vào (1), ta có: + g ( x + 1) = −1 − g ( x) + ⇒ g ( x + 1) = − g ( x); ∀x  g ( x + 1) = − g ( x) ⇒ ; ∀x  g ( x + 2) = g ( x)  g ( x) = [ g ( x ) − g ( x + 1)] ⇒ ; ∀x  g ( x + 2) = g ( x) g ( x) = [ h( x) − h( x + 1)]; h(x)làhàm tuần hoàn (tùy ý), T=2 tuần hoàn (tùy ý), T=2 Vậy: f ( x) = + [ h( x) − h( x + 1)]; h(x)làhàm thỏa điều kiện tốn B/KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU: Qua q trình nghiên cứu vận dụng đề tài “PHƯƠNG TRÌNH HÀM”, tơi nhận thấy vấn đề giúp ích nhiều cho học sinh việc học tốn, giúp em khơng “ngán ngại” phần phương trình hàm nữa, em giải tốt phần liên quan đến phương trình hàm; số em bước đầu sáng tạo tốn (tuy tốn “đơn giản”) Riêng thân tơi tiếp tục nghiên cứu sâu Phương trình hàm Bất phương trình hàm hy vọng “sáng tác” (Từ hay dùng GS-TS Nguyễn Văn Mậu) nhiều tốn III.PHẦN KẾT LUẬN: 1/Kết luận: Tơi viết đề tài nhằm mục đích trao đổi với Q Thầy Cơ dạy mơn tốn việc “hệ thống” kiến thức, vài kỹ Phương trình hàm phần Bất phương trình hàm Vì kiến thức thời gian nhiều hạn chế nên tài liệu có thiếu sót, tơi chân thành đón nhận góp ý Q Thầy Cơ Xin chân thành cảm ơn 2/Tài liệu tham khảo: 1)“BÀI GIẢNG CHUN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH HÀM ” (của GS-TS NGUYỄN VĂN MẬU) 2)CÁC CHUN ĐỀ CHỌN LỌC BỒI DƯỠNG HỌC SINH NĂNG KHIẾU TỐN (Tài liệu Hội nghị Khoa học) 3)BÁO TỐN HỌC VÀ TUỔI TRẺ 4)CÁC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngơ Quang Dũng Trang TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG 5)CÁC ĐỀ THI 6)CÁC ĐỀ THI 7)CÁC ĐỀ THI 8)CÁC ĐỀ THI HS GIỎI TỐN ĐB SƠNG CỬU LONG OLYMPIC 30/4 TỐN QUỐC GIA (VMO) TỐN QUỐC TẾ (IMO) VÀ CÁC NƯỚC Hết SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngơ Quang Dũng Trang ... Quang Dũng Trang TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG II.PHẦN NỘI DUNG 1/Lịch sử vấn đề nghiên cứu: Hè năm 2003, 2004, 2005, 2006 thân tơi tham dự lớp “BỒI DƯỠNG CHUN TỐN THPT” Trường ĐẠI HỌC KHOA HỌC... lànghiệm pt x − x − = Tìm  a f ( a ) + f (b ) = a − a a + b = f (a), f (b) ta có  f ( a) = c; c ∈ R (1)  Đặt ab =  b f (b) + f ( a) = 2b − b  − x , x ≠ a, b  c, x = a ; a, b lànghiệm pt: ...TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG I.PHẦN MỞ ĐẦU: 1/Lý chọn đề tài: T rong năm gần đây, mơn Tốn Tỉnh Tiền Giang