Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi chuyên đề 18 PHƯƠNG TRÌNH hàm lê hoành phò file word

Hai tập hữu hạn có cùng số phần tử khi tồn tại một song ánh giữa chúng.. Còn 2 tập vô hạn màcó song ánh giữa chúng thì gọi là cùng lực lượng hay cùng bản số... Phương trình hàm Cauchy: H

Hai tập hữu hạn có cùng số phần tử khi tồn tại một song ánh giữa chúng Còn 2 tập vô hạn mà

có song ánh giữa chúng thì gọi là cùng lực lượng hay cùng bản số

- Hàm số y = f(x) với tập xác định D gọi là hàm số chẵn nếu:

- Điểm bất đồng của hàm f(x) là x = a sao cho f(x) = a

- Nếu hàm số f(x) có f '(x) 0 trên D thì f(x) là hàm hằng trên D

- Dùng tính chất đơn ánh, toàn ánh, song án, tuần hoàn,

- Đánh giá, dự đoán hàm số, quy nạp,

Phương trình hàm Cauchy: Hàm f(x) xác định và liên tục trên R thỏa mãn:

Biết f(201) = a, hãy tính f(202).

Hướng dẫn giải

Thay x 0 ta được: f 0  f 0 2f 0  f 0  0Thay y1 ta được :fx f x 2fx f x fx

Ta chứng minh bằng quy nạp theo k:f kx  kf x , x   , k 

mà f 6000 2000(mâu thuẫn) Vậy: f 2000 666

Bài toán 18 5: Cho f và g là các hàm xác định trên R thỏa:

f x y   f x y   2f x g y    ,x y,  Chứng minh rằng:

Nếu f x  và   0 f x     1, x thì g y 0  a 1

Hướng dẫn giải

Ta dùng phương pháp phản chứngGiả sử lại một điểmy0: g y 0  a 1

Ta lấy x0: f x  và xây dựng dãy  0 0 x k  k 0,1, 2 như sau:

Mâu thuẫn với giả thiết Vậy g y    1, y R

Bài toán 18 6: Cho hàm số f:  thỏa 2 điều kiện:

i) f x   1 x x;  ii) f x y   f x f y    ;x y,  Chứng minh rằng không thể tồn tại hai số ;a b   mà f a f b     0

Hướng dẫn giải

Ta sẽ chứng minh: f x  0,  x

Thật vậy: với x  thì theo điều kiện (i) ta có ngay 1 f x   0Với x  , trước hết ta sẽ chứng minh bất đẳng thức:1

Theo nguyên lý quy nạp toán học bất đẳng thức (1) đúng.

Bây giờ chọn n đủ lớn để x 2 ,n x  tùy ý, khi đó 1 0

n

n

x f

f n f n  với mọi số tự nhiên n.

a) Tìm giá trị lớn nhất M của f n với   n   thỏa mãn điều kiện 1*  n 1994

b) Tìm tất cả các số n  , với 1 n 1994, sao cho f n  M

n

n n

f x

f x

0

1

p x x

122

Trừ hai phương trình trên ta suy ra:

là điều mâu thuẫn

Tương tự, ta cũng có điều mâu thuẫn xảy ra khi f f x    x

Vậy f f x    x, điều phải chứng minh

Bài toán 18 14: Cho song ánh :f    Chứng minh rằng: Tồn tại vô số bộ a b c với, , 

, b,c

a   thỏa:a b c  và 2 f b  f a  f c 

Hướng dẫn giải

Ta xây dựng dãy a như sau: n

Trong các số từ 0, 1, 2, , m chọn số a sao cho 1 f a 1  f i   i 0;a m1   

1

1 1

Bài toán 18 15: Chứng minh với mọi hàm :f   thì:

- Phần thuận: Cho f xy x y    f xy  f x  f y ,x y R,  Chọn x y 0 thì f  0  0; a b c R, ,  ta có :

Bài toán 18 16: Hàm số f xác định trên tập các số tự nhiên N và có giá trị trên đó Chứng

minh rằng đẳng thức f f n    n1995không thể nghiệm đúng với mọi n  N

Và suy ra: f n 1995  k f n  1995 k (1) đúng n k N, Xét số nguyên r bất kì: 0 r 1994 và chia f(r) cho 1995 có số dư

f ( ) 1995 r  p  q với 0 q 1994Theo giả thiết: ( ( )) 1995f f r r 

Từ (1): ( ( )) ( 1995 ) ( ) 1995f f r f q  p f q  p

Vì r 1994 nên chỉ có thể có hai khả năng(i): 0 p   ( ) f r q và ( ) 1995f q r (ii): 1p   ( ) 1995 f r q  và ( ) ( ) f r f q nghĩa là r q

Như vậy các số 0, 1,2, ,1994 có thể chia thành các cặp (a, b) sao chotrong mỗi cặp ( ) f a b và ( ) 1995f b a  Đó là điều vô lí vì từ 0 đến 1994 có một số lẻ số

Bài toán 18.17: Cho hàm số f(x) xác định và liên tục trên [0, 1] sao cho:

  với mọi số nguyên n 0

và với mọi m thoả mãn 0m Các điều kiện ở đề bài chứng tỏ điều này đúng với 3n

0

n  Giả sử điều này đúng vớink1 0 , ta chứng minh nó đúng với n k

Nếu 3 (mod 3)m  thì theo giả thiết quy nạp ta có: / 31 0

Vậy 0

3k

m

f  

  với mọi số nguyên ,n m  và 0 m 3n

Với mọi x 0,1, ta có thể lập nên một dãy số có dạng

3k

m

có giới hạn x Vì hàm f(x) liên tục nên suy ra f x  với mọi   0 x 0,1 ta có điều phải chứng minh

Bài toán 18.18: Hàm số f(x) xác định và có đạo hàm trên 0,  Biết rằng với mọi  x 0

luôn có:

1)  f x   52) ( ) '( ) sinf x f x  x Tồn tại hay không lim  

x f x

 

Hướng dẫn giải

Đặt F x f2 x 2cosx xác định trên 0, (1)  ( )F x f x2( ) 2 cos 5 + 2 x  2(2)  F x' 2 'f x f x     2sinx0 nên F(x) tang

Đặt U n ( )f x n thì U n là dãy số tăng và bj chặn trên, nên tồn tại limU n

Giả sử rằng tồn tại limf(x) khi x   thì tồn tại n V n

Như thế tồn tại limcosx khi n  , điều này không thể được vì:

2cos = {2, 0, 2, 0, }x n là dãy số không có giới hạn.

Vậy không tồn tại limf(x) khi x   n

Bài toán 18 19: Tìm hàm f xác định trên tập các số nguyên dương và cũng nhận giá trị nguyên

dương thoả mãn: ( 1) ( ( )), f n   f f n n * N

Hướng dẫn giải

Trước tiên ta sẽ chứng minh qui nạp: (1) (2) (3) f  f  f

Gọi S là phát biểu sau: nếu n r n và m r thì ( ) (m)f r  f

Vì khi m 1thì ( ) ( ), m  f s với ( - 1)s f m , nên f(m) không thể là phần tử nhỏ nhất của tập { (1), (2), (3), }f f f

Nhưng tập này bị chặn dưới bởi 0, nên chắc chắn nó phải có phần tử bé , nhất Suy ra phần

tử này là f(1) Vậy S đúng.1

Giả sử S đúng Lấy n m 1 n  , khi đó m - 1  n, do đó ta có ( - 1) ( ) f m  f n

(vì S đúng) Nhưng cũng từ n S ta có: ( ) ( - 1) (1) n f n  f n   f , do vậy, ta được ( ) -1 (1)

f n n  f n Suy ra ( - 1) 1 f m  n  từ đó ( ) ( 1)f m  f n  Từ đây suy ra rằng S n1 đúng.

Vậy S đúng với mọi n Nói cách khác, nếu n n m thì ( ) ( ).f n  f m

Giả sử với số m nào đó ta có ( ) 1f m m  , thế thì: ( ( )) ( 1)f f m  f m  iều này mâuthuẫn Suy ra ( ) f m m với mọi m Nhưng do ta có (1) 1f  và

  ( - 1) (1)

f m  f m   f nên f m m với mọi m Suy ra f m  mvới mọi m

Bài toán 18 20: Cho tập hợp T gồm tất cả các số tự nhiên không vượt quá 1999 Hãy tìm tất cả

hàm số f xác định trên N, lấy giá trị trên T và thoả mãn đồng thời các điều kiện sau:

Từ đó suy ra nếu f là hàm số cần tìm thì thoả mãn:

( ) (2000) (2000 )

Vậy tất cả các hàm số thoả mãn đề bài được xác định theo công thức (*) với mỗi a T chotrước Vậy có 2000 hàm số.

Bài toán 18 21: Xác định tất cả các hàm f: N* N* hoả mãn điều kiện:

(3) - ( 1) (4) (6) (2 )[( (2 1) - (2 - 1)]

(4) - (2) (5) (7) (2 1 )[( (2 2) - (2 )

Nếu (3) - (1) 0 f f  và (4) - (2) 0 f f  thì hai đẳng thức trên dẫn đến mâu thuẫn Do

đó xảy ra các trường hợp sau:

Vì 1997 là số nguyên tố nên hoặc 2, 1998a  b  hoặc a = 1998, b = 2 Ta có hai hàm

số thỏa mãn yêu cầu bài toán là:

Suy ra với x như trên ta có

2

1 22  k mx  mx x 22  kx với k là số tự nhiên

Từ đó: f x( ) ( 22 ) (f x  kx f x m2 ) ( ( )) ( )  f x 2 f m  ( ) ( ) 1 f x f m ( ) 1

f x

  Ta tính f(11) và f(22)

Ta có f(22) (44) (2 11) ( (2)) (11) (11) 1 f f 2  f 2 f f Mặt khác (11 2) ( (11 )) (2) ( (11))f 2  f 2 f  f 2

(11 2) (22 10.22) (22) (11)

Vậy: ( ) 1f x  với mọi x N

Bài toán 18 23: Tồn tại hay không hàm số f: N*  *N thoả mãn điều kiện:

 

  3 2  

f f n  n  f n với mọi x N *

Hướng dẫn giải

Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn yêu cầu bài toán

Với mỗi a N *, xây dựng dãy số  a như sau: n

1 , n i ( ), 1 , 2, 3 n

a a a  f a n 

Từ giả thiết ta có:

1 ( ) ( 1) ( 1) 3 1 a 1 2 3 1

a f a f a   f a  a     a  a 

Từ đó chứng minh được a n14a n23a n3 0với mọi n 4

Do a  nên đẳng thức trên không thể xảy ra n 0Vậy không tồn tại hàm số f

Bài toán 18 24: Tìm tất cả các hàm :f Z  Z thoả mãn điều kiện

g n   f n n Thử lại đúng

Vậy ( ) , f n n n Z.

Bài toán 18 25: Tìm tất cả các hàm số :f Z  Z thỏa mãn:

i) f f m( ( ) ) ( n f m2) ( ) 2 ( ),  f n  nf m m n Z, ii) f  1 0

Thay m 0 vào hệ thức đầu bài ta có (- ) ( ), f n f n  n Z Thay m 1 vào hệ thức ở đầu bài ta có: (1 ) 1 ( ) 2 f  n   f n  n

Hay ( 1) 1 ( ) 2 f n    f n  n  ( ) f n  f n( 1) 2 1  n 

Từ đó với mọi n 0ta có( ) ( ) ( 1) ( 1) ( 2) (1) (0) (0)

2

( ) ( 1)

( ( 1) )n  p Chú ý rằng ( ( 1) ) ( ( ) ) ( ( )) (mod )n  p  2 2  n  f n  A 2  n  f n 2 A

Như vậy A chia hết ( ( ))n  f n 2 Với bất kì số nguyên tố p Chỉ cần chọn p đủ lớn ta có

2

( ( ))

A  n  f n

Từ đó ( ) f n n Thử lại đúng Vậy ( ) f n n vơi mọi n N *

Bài toán 18 27: Tìm tất cả : Zf  Zsao cho:

i) f 1995 1996 ii)  m Z,Nếu ( ) f m n thì ( ) f n m và ( 3) 3f n  m 

Hướng dẫn giải

Ta có:  n Z f f n, ( ( )) n và ( ( ) 3) 3f f n  n Nên ( 3) ( ( ( ) 3)) ( ) 3, f n  f f f n  f n  n Z

Suy ra:  

(0) 3 , 3(1) 3 , 3 1(2) 3 , 3 2

Mà 3991 =3.1330+ 1 nên: 0 (1) 3990 f   (1) 3990f Nếu (2) 3 , Zf  t t  thì:

Thử lại, ta thấy hàm số trên là nghiệm của bài toán

Bài toán 18 29: Tìm tất cả các hàm số f xác định trên tập hợp các số nguyên z và lấy giá trị

trong tập số thực dương R* sao cho:

Nếu f(m) không là hàm hằng thì tồn tại k  Zsao chog k    0Xét trường hợp g k  0 : Với p nguyên dương thì:

Thử lại ta thấy hàm số ( ) 1, f x x   x Q thảo đề bài

Bài toán 18 31: Tìm tất cả các hàm số : * f Q  *Q thoả mãn đồng thời các điều kiện sau với mọi x Q *

i) ( 1) ( ) 1f x  f x i)) f x 2  f x  2

Hướng dẫn giải

Từ điều kiện i) thì có ( ) ( ) , f x  nk f x  k  x Q* và  k N

Nên ( ) x, f x   x Q Thử lại đúng Vậy f x    x x Q,

Bài toán 18 32: Gọi Q* là tập hợp tất cả các số hữu tỉ dương Hãy xây dựng một hàm số f:

f x x

2

37

Do đó: ( ) f u u, nên suy ra được :  2  2

f u  u u  u

Vậy f(x) có hai họ điểm bất động là u và u22u

Theo giả thiết (2) ta xét các trường hợp sau:

 hử lại f(x) thoả mãn đề bài

Bài toán 18 35: Tìm tất cả các hàm :f R R sao cho:

( x  c) ( ) ( ( ) 1) f x xc  f c 

mà x chạy trên R nên xc ( ( ) 1) f c  cũng nhận giá trị bất kì trên R

Như vậy, mọi X thuộc R, ta có thể tìm được a, b thuộc A sao cho x a b 

Đặc biệt, điều này đúng cho mọi X thuộc A So sánh với (*) ta suy ra c 1

Do vậy, mọi x thuộc R ta có:

Bài toán 18 36: Hãy tìm tất cả các hàm số f xác định trên tập số thực R, lấy giá trị trong R và

thoả mãn hệ thức: ( ( )) ( ) ( ) ( ) ( ) ,f f x  y f x f y  f x  f y  xy với mọi số thực x,y

( ( )) , f x x  a  x R (3)Suy ra ( ( )) ( (f x 2  f x)) , 2  x R, hay ( ( ) (f x  f x f x)) ( ) f(x) 0,  x R (4)Giả sử tồn tại x  sao cho 0 0 f x 0 f x0

Thế y  vào (1), được: ( ( )) ( ) ( ) , 0 f f x a f x  f x  a  x R (5)Thế x0,yx vào (1), ta được:

( ( )) ( ) ) ,

f f x a f x  f  x  a  x R (6)

Từ (5) và (6) suy ra: ( (- ) - ( )) ( ) (- ) 2 , a f x f x  f x  f x  a  x R (7)Thế x x 0vào (7), ta được: f x 0 a (*)

Mặt khác, từ (3) suy ra nếu f x 1 f x 2 thì x12 x22 Vì thế, từ (*) suy ra x 0 0trái với giả thiết x  Mâu thuẫn chứng tỏ ( ) ( ), 00 0 f x f x x  Do đó, từ (4) suy ra:

( ) ( ), 0

Thế (8) vào (7), ta được: ( ( ) 1) 0 , a f x   x 0 Suy ra a 0, vì nếu ngược lại, a 0 thì ( ) 1, f x  x 0.

Do đó, từ (3) có:    2 2

,

f x x  x R (9)Giả sử tồn tại x  sao cho 0 0 f x 0 x0 Khi đó theo (5) ta phải có:

1 1

1 1

1

22

Do đó   0, 1,1

2

f x   x  

Vậy ( ) 0, f x   x [0, 1)

Vì f(x) liên tục trên [0, 1] nên ( ) 0 f x   x [0, 1]

Bài toán 18 39: Xác định f(x) liên tục trên R thoả mãn:

 

 

22

m n n

 



 

  với  m Z và  n N*

Với x0R có 1 dãy hữu tỉ tiến về x 0

Vì f(x) liên tục tại x nên 0   0

Nếu ,x y R * Đặt u, v

x e y e  và f e t g t 

Khi đó ( ) ( ) ( ) ,g u  v g u g v u v R, ( ) ,t , 0

Để ý: Đồ thị các hàm số f x1( ) 1   x và f x2( ) 1   x có điểm chung A(0, 1)

Đồ thị các hàm số ( ) 1 f x1   x và f x3( ) 1x2  có 2 điểm chung A(0, 1) và

B (1 ,2)

Đồ thị các hàm số f x2( ) 1   x và f x3( ) 1 x2  có 2 điểm chung A(0, 1) và

Vậy có tất cả 25 hàm số liên tục thoả phương trình hàm và được xác định

Bài toán 18 42: Tìm f(x) liên tục thoả: 0   1  2 n  2n 0,

1 1

Ta sẽ chứng minh f(x) là hàm hằng Lấy a  b tuỳ ý.

Xét dãy  x như sau: n 1

1

2

n n n

  ,ghĩa là dãy  x tăng n

Trong cả hai trường hợp, dãy (xn) đều hội tụ về blimx n

Chuyển qua giới hạn trong (*) ta có:

Bài toán 18 46: Cho b là một số thực dương Hãy xác định tất cả các hàm số f xác định trên

tập các số thực R, lấy giá trị trong R và thoả mãn:

Thay y 0 vào PT (2) ta được

Từ bảng biến thiên ta thấy PT ( ) 0h t  có hai nghiệm t  và 1 1 t2 c, với 0 c 1

( vì 0

13

mâu thuẫn với (4)

Nên g y    1, y R suy ra ( ) 1 f x   b x Thử lại đúng

Vậy có hai hàm số thoả mãn đề bài là:

f x b và ( ) 1f x   b x

Bài toán 18 47: Cho số thực a thỏa mãn 0a1 Hãy xác định tất cả các hàm số :f R R

thỏa mãn phương trình sau:

Suy ra f x( )g log( 2 1 x x) 0Xét x 0 thì đặt (2 + 2 )x = t = ( 2 1)u

Chọn y = 0 thì      

 

0 1 ( ) 0, 3

1

0

Nếu g(0) = 1, thay x = 0, ta có   3g y  1

Xét hàm số h t( ) 3t 1 t t , R

Thay vào PT cho

Ta có f(0) = 0 nên f  x =2013x x R Thử lại đúng

Kết quả Nếu f(3) = f(1) = 1 thì f(n) =

1, 2 1

2

1 19972

n a

Chứng minh f đơn ánh Kết quả f x    x 2

Bài tập 18 5: Xác định f liên tục trên R và thoả mãn hai điều kiện:

Chứng minh f đơn điệu giảm Kết quả f x  x

Bài tập 18 6: Tìm các hàm số f xác định với mọi số nguyên và nhận giá trị thực, thoả mãn:

i) Với mọi số nguyên x và y thì: ( ) ( ) ( ) ( - );f x f y f x  y  f x y

Bài tập 18 7: Hãy xác định tất cả các hàm f: R+_> R+ thoả mãn các điều kiện sau:

Chứng minh f đơn ánh rồi suy ra ( ) 2013 f n  a n

Kết quả không tồn tại

Bài tập 18 9: Cho : f R  Rthoả:

Hướng dẫn

Kết quả f  0 0, 0 1 g  