kinh nghiệm giải phương trình hàm

KINH NGHIỆM GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM Lưu Giang Nam,(nick :namcpnh) 12 Chuyên Toán, trường THPT Chuyên Phan Ngọc Hiển, Cà Mau Ngày 16 tháng năm 2014 Bài viết tham dự Cuộc thi Viết kỉ niệm 10 năm Diễn đàn toán học (2004 - 2014) I) Kiến thức cần biết ) Ta có f liên tục đơn ánh f đơn điệu ( f: liên tục+đơn ánh = đơn điệu ) ) Nếu f liên tục (a, b) với x0 cho f (x0 ) > tồn ε > để f (x) > 0, ∀x ∈ (x0 − ε; x0 + ε) ) Một số đạo hàm đáng ý : (f (x).ex ) = ex (f (x) + f (x)) , (f (x).e−x ) = ex (f (x) − f (x)) ) Phương trình hàm Cauchy : f (x + y) = f (x) + f (y) =⇒ f (x) = ax f liên tục đơn điệu khả vi ) Hàm f khả vi cấp n tức tồn f (n) (x) ) Hàm f tăng (a, b) ta có x1 ≤ x2 =⇒ f (x1 ) ≤ f (x2 ) , tương tự cho f giảm ) Nếu f hàm tăng (giảm) f (f (x)) tăng (giảm) ) Ta có với số thực x ln tồn dãy số hữu tỉ (xn ) cho limxn = x, tồn dẫy hữu tỉ un , cho un ≤ x ≤ limun = limvn = x II) Bài tập a) Sử dụng tính chất giải tích phản chứng Ví dụ Cho hàm f, g liên tục xác đinh (a, b) thỏa : f (x)2 = g(x)2 = 0, ∀x ∈ (a, b) Chứng minh : f (x) = g(x), ∀x ∈ (a, b), f (x) = −g(x), ∀x ∈ (a, b) Phân tích Nhìn vào đề ta tưởng điều đương nhiên (kiểu a2 = b2 ⇐⇒ a = ±b), nhiên hàm số khơng phải Nếu ta f (x)2 = g(x)2 , ∀x ∈ (a, b) ta có f (x) = g(x), ∀x ∈ (c, d) f (x) = −g(x), ∀x ∈ (e, f ) với (c, d), (e, f ) ⊂ (a, b) Bài toàn giúp nhìn nhận phương trình hàm kiểu tránh "ngộ nhận" giải PTH c Diễn đàn Toán học Lời giải Giả sử tồn x0 cho f (x0 ) = g(x0 ) (1) Ta chứng minh f (x) = g(x), với x ∈ (a, b) Giả sử tồn x1 ∈ (a, b)/x0 cho f (x1 ) = g(x1 ) (∗) Khi f (x1 ) = −g(x1 ) (2) Từ (1) (2) ta có f (x0 ).f (x1 ) = −g(x0 ).g(x1 ) ) Nếu f (x0 ).f (x1 ) < tồn x2 thuộc (x0 , x1 ) cho f (x2 ) = => mâu thuẩn với f (x) = 0, ∀x ∈ (a, b) ) Nếu f (x0 ).f (x1 ) > g(x0 ).g(x1 ) < tương tự tồn x3 thuộc (x0 , x1 ) cho g(x3 ) = =⇒ mâu thuẩn với g(x) = 0, ∀x ∈ (a, b) =⇒ Điều phản chứng ban đầu sai =⇒ f (x) = g(x), với x ∈ (a, b) Tương tự ta có f (x) = −g(x), với x ∈ (a, b) Vậy toán chứng minh xong Ta tiếp tục qua toán thuộc hàng dễ ngộ nhận Phương trình hàm Ví dụ Cho hàm số f : R → R liên tục thỏa f (f (x)) = −x4 , ∀x ∈ R Chứng minh f (x) ≤ 0, ∀x ∈ R Lời giải ) Nếu x ≤ , đặt x = −a4 ta có : x = −a4 = f (f (a)) =⇒ f (x) = f (f (f (a))) = −f (a)4 ≤ =⇒ ) Nếu x > : Dễ dàng CM f đơn ánh Mà f liên tục cộng thêm đơn ánh ta f đơn điệu (0; +∞) Giả sử tồn x0 ∈ (0; +∞) cho f (x0 ) > mà f liên tục nên tồn ε > cho f (x) > với x ∈ I = (x0 − ε; x0 + ε) Khi I ta có f (f (x)) đồng biến mà −x4 nghịch biến =⇒ vô lí =⇒ f (x) ≤ 0, ∀x ∈ (0; +∞) Vậy với số thực x ta ln có f (x) ≤ ( ĐPCM) Ví dụ Cho f : R → R thoả f (x) = tục, cho f (g(x)) = x g(x) > x 2x3 − Chứng minh tồn hàm g(x) liên 3x2 − ( Việt Nam TST 1995 ) Nhận xét Đây phần TST 1995 Việc nhìn thấy dạng g(x) đơn giản rõ ràng f (f −1 (x)) = x, f −1 (x) hàm ngược f (x) Mà điều kiện để tồn hàm ngược f phải song ánh Công việc làm chứng minh f song ánh kiểm tra kiện có khơng Chúng ta vào lời giải Lời giải 6x(x3 − 3x + 3) Ta có f (x) = Khi xét tập I = (1; +∞) ta có f tăng (3x2 − 3)2 Mà f liên tục I lim+ f (x) = −∞, lim f (x) = +∞ =⇒ toàn ánh I x→1 x→+∞ Từ f đơn điệu ( hay f đơn ánh ) f toàn ánh =⇒ f song ánh Vậy f tồn hàm ngược , hay g(x) = f −1 (x) có nghĩa Cơng việc cuối kiểm tra g(x) > x I Đây điều dể cần nhận xét g(x) = f −1 (x) > x ⇐⇒ x > f (x) từ sử dụng biến đổi tương đương tập I ta có điều phải chứng minh c Diễn đàn Tốn học Để kết thúc phần , xin mời bạn làm thử ví dụ sau để củng cố lại tác giả trình bày bên Bài toán Cho f (f (x)) = x2n , n ∈ N∗ , liên tục Chứng minh f (x) ≥ 0, ∀x ∈ R Hỏi điều hay không thay f (f (f (x))) = x2n Bài tốn Tìm f : R+ → R+ thỏa : f (x + y) + xyf (xy) + x2 + = y (f (x)2 ) − 1, ∀x, y ∈ R+ b) Lớp hàm khả vi Trước vào ví dụ , tác giả xin nói vài điều Phương trình hàm khả vi Đây lớp hàm hay lạ (xuất khơng nhiều kì thi) nhiên kiểu luyện cho cách nhìn nhận kiểm tra tính chất hàm số (như dùng khả vi để chứng minh vài tính chất f (x) > f (f (x)) tăng, kể đề khơng cho tính khả vi để tiện cho việc đánh giá khác) Về cách giải PTH mang tính khả vi tơi có phương pháp thường gọi “lấy độc trị độc” Nghĩ đề cho kiện f khả vi, có nghĩa có đạo hàm, ta sử dụng kiện đạo hàm vào tốn mà khơng cần quan tâm dang Ta vào tốn để nhìn thấy điều Ví dụ Tìm hàm f : (−1, 1) → R khả vi (−1, −1) thỏa : x+y f (x) + f (y) = f + xy Lời giải Coi x ẩn đạo hàm vế theo biến x ta có : − y2 x+y f (x) = f · + xy (1 + xy)2 Tương tự ta ta xét y nghiệm đạo hàm vế theo biến y ta có : x+y − x2 f (y) = f · + xy (1 + xy)2 f (x) f (y) Từ : = ⇐⇒ f (x)(1 − x2 ) = f (y)(1 − y ) = c − y2 − x2 c c 1 c = + Hay f (x) = (ln |1 − x| + ln |1 + x|) ⇐⇒ f (x) = 1−x 1−x 1+x c Thử lại thỏa Vậy f (x) = , ∀x ∈ (0, 1) (ln |1 − x| + ln |1 + x|) Qua ta thấy dạng thường khơng thể dự đốn trước nghiệm hay trình bày Tiếp theo giới thiệu cách chứng minh PTH Cauchy thêm kiên khả vi Như khác, dùng PP " lấy đọc trị độc " Ví dụ Tìm hàm f : R → R , khả vi R thỏa: f (x + y) = f (x) + f (y) c Diễn đàn Toán học Lời giải Dễ thấy f (0) = Xem x ẩn , đạo hàm vế ta có f (x) = f (x + y) Xem y ẩn , đạo hàm vế ta có f (y) = f (x + y) =⇒ f (x) = f (y) = c =⇒ f (x) = cx, ∀x ∈ R ( f (0) = 0) Thử lại thỏa Vậy f (x) = cx, ∀x ∈ R Sau ví dụ hay, lời kết cho lớp hàm khả vi : Bài tốn Tìm tất hàm f : R → R có đạo hàm thỏa mãn : f (ax) = af (x), |a| > (1) Lời giải Giả sử f thỏa mãn yêu cầu đề Từ (1) cho x = ta có f (0) = f (x) , x = Xét hàm g : R → R sau : g(x) = x f (0), x = f (x) f (ax) = ⇐⇒ g(ax) = ag(x) Với x = theo (1) ta có : ax x f (x) f (x) − f (0) Mặc khác lim g(x) = lim = lim = f (0) = g(0) x→0 x→0 x x→0 x−0 x x Vì f có đạo hàm nên g liên tục =⇒ g(x) = g = ··· = g n a a =⇒ g(x) = c =⇒ f (x) = cx Thử lại thỏa Vậy f (x) = cx, ∀x ∈ R = g(0) c) Lớp hàm liên tục đơn điệu Đây lớp hàm quen thuộc kì thi, nhờ mà phương trình hàm nhẹ bớt độ khó tạo vẻ đẹp thú vị Chúng ta bước vào ví dụ PTH đơn điệu.Mở đầu toán quen thuộc, xuất thường nhiều đề đề nghị Olympic 30-4 Ví dụ Tìm hàm f : (0+∞) → R, tăng thỏa : f (x)+ > f (x).f x f (x) + x Nhận xét Bài cần ý tính chất f đơn điệu f đơn ánh Lời giải Dể thấy f đơn ánh Thay x f (x) + x 1 f f (x) + f f f (x) + + = x x f (x) + x1 1 Từ dể thấy : f f f (x) + + = f (x) x f (x) + x1 Vì f đơn ánh nên: √ 1 1 1± f f (x) + + = x ⇐⇒ + = x ⇐⇒ f (x) = x f (x) f (x) + x1 2x f (x) + x1 √ 1− Vì f đồng biến nên f (x) = thỏa 2x √ 1− Thử lại thỏa Vậy f (x) = , ∀x ∈ (0; +∞) 2x = c Diễn đàn Tốn học Cũng PTH có tính khả vi, PTH đơn điệu giới thiệu cách CM Phương trình hàm Cauchy có thêm kiện liên tục Ví dụ Tìm hàm f : R → R, đơn điệu thỏa : f (x + y) = f (x) + f (y) Lời giải Dể dàng chứng minh f (x) = ax, ∀x ∈ Q Bây nhờ f đơn điệu( khơng tính tổng qt giả sử f tăng ) nên theo tính chất ghi bên ta có : tồn hai dãy số hữu tỉ un , cho un ≤ x ≤ limun = limvn = x Do f tăng nên f (un ) ≤ f (x) ≤ f (vn ) =⇒ a.un ≤ f (x) ≤ a.vn Cho n → +∞ ta có : ax ≤ f (x) ≤ ax =⇒ f (x) = ax Thử lại thỏa Vậy f đơn điệu ta có f (x) = ax, a ∈ R, x ∈ R Ví dụ Tìm tất hàm đơn điệu f : R → R cho f (xf (y)) = yf (2x) với x, y ∈ R Lời giải (Gợi ý) Chú ý : f đơn điệu nên f đồng với Ta làm công việc: CM f (0) = Thay x f (x) , đổi vai trò x, y so sánh Cuối biện luận : f (x) > 2x f (x) < 2x không thỏa =⇒ f (x) = 2x Ví dụ Tìm f, g : R → R, f tăng, toàn ánh thỏa mãn: f (f (x) + y)g(y) = f (x)g(x) + 6xy + 6x Lời giải Do f toàn ánh nên tồn a mà f (a) = Cho y = −f (x), x = có f (0)g(x) = f (x)g(x) − 6xf (x) + 6x ⇒ g(x) = 6x(f (x) − 1) f (x) − f (0) Kết hợp với (∗) f (x) = f (y) ⇐⇒ x = y f song ánh Cho y = −1 có f (f (x) − 1)g(x) = f (x)g(x) =⇒ g(x) = (không thoả) f (x) = x + =⇒ g(x) = 6x (thoả) Kết luận f (x) = x + g(x) = 6x Sau tâp hàm đơn điệu dành cho bạn đọc Bài tốn Tìm hàm f : R → R, đơn điệu thỏa :f (x)y = xf (y) Bài tốn Tìm hàm f : R → R, tăng ngặt thỏa : f (x + f (y)) = f (x) + y n , n ∈ N∗ Bài 3c : Tìm hàm f : R → R, tăng ngặt, song ánh thỏa :f (x) + f −1 (x) = 2x Bây qua lớp hàm hay, có nhiều ứng dụng việc giải PTH Tác giả thích lớp hàm mang đậm tính giải tích có nhiều đánh giá hay Trước hết ta chứng minh Phương trình hàm Cauchy trường hợp có thêm kiện liên tục : Ví dụ 10 Tìm hàm f : R → R, liên tục thỏa : f (x + y) = f (x) + f (y) c Diễn đàn Toán học Lời giải Dễ dàng chứng minh f (x) = ax với x ∈ Q quy nạp Tiếp theo nhờ f liên tục nên tồn dãy số xn hữu tỉ có lim xn = x n vơ Mà lại có f (xn ) = axn Từ ax = lim axn = lim f (xn ) = f (lim xn ) = f (x) =⇒ f (x) = ax, ∀x ∈ R Vậy PTH Cauchy chứng minh xong Phương trinh hàm Cauchy ứng dụng mạnh Phương trình hàm, ta xét số ví dụ để thấy ứng dụng hàm Cauchy Ví dụ 11 Tìm hàm liên tục f : R → R thỏa : f x2 f (x) + f (y) = (f (x))3 + y Nhận xét Khi gặp suy nghĩ đầu PTH Cauchy, thật, bài vài bước biến đổi khác PTH Cauchy.Điều qua trọng việc tính giá trị đặc biêt ( tính f (0) ) Lời giải Gỉa sử tồn y1 , y2 cho f (y1 ) = f (y2 ) Khi ta có f (x2 f (x) + f (y1 )) = f (x2 f (x) + f (y2 )) =⇒ f (x)3 + y1 = f (x)3 = y2 =⇒ y1 = y2 =⇒ f đơn ánh Ta có : x = 0, y = −f (0)3 =⇒ f (f (−f (0)3 )) = Đặt a = f (−f (0)3 ) =⇒ f (a) = Thay x = a ta có : f (0) = a = f (−f (0)3 ) Dễ thấy f đơn ánh =⇒ f (0) = Từ dễ thấy f (x + y) = f (x) + f (y) =⇒ f (x) = ax =⇒ f (x) = x Thử lại f (x) = x thỏa Vậy f (x) = x Ta qua ví dụ : Ví dụ 12 Tìm tất hàm f : R \ {±1} → R thỏa mãn f x+y + xy = f (x)f (y) + xy Nhận xét Đây tác giả làm khoảng thời gian ôn thi VMO, khó việc tìm hướng giải vơ khó khăn đề che dấu nhiều Tuy nhiên, nhanh trí ta phát số điều quan mấu chốt toán Đầu tiên đánh giá x + y + + xy = (1 + x)(1 + y) −x − y + + xy = (1 − x)(1 − y), sau ý tới Phương trình hàm Cauchy ( nhờ đề cho có tích f (x)f (y) nên ta suy nghĩ tới dạng f (xy) = f (x)f (y) ) Từ hướng đó, vào "xử lí " tốn Lời giải Ta tìm hàm g(x) theo x f (x) để cuối dạng g(xy) = g(x).g(y) v+1 (u + 1)(v + 1) u+1 v+1 u+1 y = ta có : g =g g Nếu đặt x = 1−u 1−v (1 − u)(1 − v) 1−u 1−v Nhân vế cho ( đề cho sẵn ) ta có : + uv (u + 1)(v + 1) u+1 v+1 g =g g (1 − u)(1 − v) + uv 1−u − v + uv Tiếp theo nhờ đánh giá x + y + + xy = (1 + x)(1 + y) −x − y + + xy = (1 − x)(1 − y) ta có : (u + 1)(v + 1) (1 − u)(1 − v) u+1 v + (1 − u)(1 − v) =g g g (1 − u)(1 − v) + uv 1−u 1−v + uv c Diễn đàn Toán học 1+ 1− u+v 1+uv u+v 1+uv u+v + uv u+1 v+1 (1 − u)g (1 − v) 1−u 1−v + uv x+1 (1 − x) ta có : Đến rõ ràng ta đặt : f (x) = g 1−x x+y f (x)f (y) f = + xy + xy x−1 Hay đặt g(x) = f ta có : g(xy) = g(x).g(y) x+1 x+1 a x+1 Từ f liên tục nên g liên tục =⇒ g(x) = xa =⇒ f (x) = (1 − x) 1−x a x+1 Thử lại thỏa Vậy f (x) = (1 − x), ∀x ∈ R \ {±1} 1−x ⇐⇒ g 1− =g Tiếp tục sử dụng hàm Cauchy: Ví dụ 13 Tìm f : R → R liên tục thỏa (f (x))2 = f (x + y).f (x − y) Lời giải Cho x = y có (f (x))2 = f (2x)f (0) =⇒ f (2x)f (0) = f (x + y)f (x − y) Đặt f (x) = g(x)f (0), u = x + y, v = x − y có g(u + v) = g(u)g(v) ( hàm cauchy ) Dễ thấy u, v ∈ R kết hợp với g liên tục f liên tục Ta hai hàm g(x) = g(x) = ax , a > =⇒ f (x) = k · ax ( với k = f (0) ) Vậy hàm thỏa đề f (x) = k · ax Như tốn xử lí hoàn toàn qua cho thấy việc sử dụng hàm Cauchy Phương trình hàm liên tục đặc biệt quan trọng, kĩ thuật hay, thường gặp kì thi Mời bạn đọc thử tìm hướng giải cho tâp thơng qua tư tưởng PTH Cauchy Bài tốn Tìm tất hàm f : R → R thỏa f (x + y) + f (x)f (y) = f (xy) + f (x) + f (y) f (0) = 2, f (2) = Bài tốn Tìm tất hàm liên tục f : R → R thỏa : f x+y 2 = f (x)f (y) Bài tốn Tìm tất hàm liên tục f : R → R thỏa : f (x + f (y + f (z))) = f (x) + f (f (y)) + f (f (f (z))) (Gợi ý xét trường hợp tập A = f (R)) Ngoài việc sử dụng hàm Cauchy, kĩ thuật khác quan trọng việc dùng kiện liên tục quy nạp Ta xét số ví dụ để thấy tầm quan trọng PP quy nạp Ví dụ 14 Tìm tất hàm liên tục f : R → R thỏa : x+y x−y f (x) + f (y) + = 2f + 2f (T10/438, THTT) 2 c Diễn đàn Tốn học Nhận xét Có lẽ ý tưởng đề bắt nguồn từ đề thi HSG Olympic 30-4 năm 2012 Vùng Tàu Đề năm : Tìm tất hàm f : Q → R thỏa f (x + y) + f (x − y) = 2f (x) + 2f (y) Để giải toán này, ta cần giải Olympic 30-4 trước từ f liên tục ta hoàn thành toán R Lời giải Đặt g(x) = f (x) − 1, ta có g(x) + g(y) = 2g x−y x+y + 2g 2 Hay g(x + y) + g(x − y) = 2g(x) + 2g(y) Dể thấy g(0) = Đặt g(1) = k Bằng quy nạp ta chứng minh g(x) = kx2 ,x ∈ N Mà g hàm chẵn ( thay y −y ta thấy) nên g(x) = kx2 ,x ∈ Z Ta tiếp tục CM g(x) = kx2 ,x ∈ Q Thật p p p x ∈ Q =⇒ x = , p, q ∈ Z =⇒ g = g(p) = k =⇒ g(x) = kx2 ,x ∈ Q q q q q Cuối f liên tục nên tồn dãy số hữu tỉ xn cho lim xn = x2 , n vơ Khi kx2 = k lim(xn ) = lim(k.xn ) = lim g(xn ) = g(lim xn ) = g(x) =⇒ f (x) = kx2 , ∀x ∈ R Thử lại thỏa Vậy g(x) = kx2 hay f (x) = kx2 + ( Bài toán chứng minh xong) Tiếp theo số ví dụ khác sử dụng quy nạp Ví dụ 15 Tìm tất hàm số f (x) liên tục R thỏa mãn: f (x + y) + f (xy) = f (x) + f (y) + f (x)f (y), với x, y thuộc R Lời giải f (x + y) + f (xy) = f (x) + f (y) + f (x) f (y) , ∀x, y ∈ R, (1) Nếu f hàm dễ thấy f ≡ Xét f khác hàm (*) x = y := 0, (1) =⇒ f (0)2 = =⇒ f (0) = Đặt a = f (1) y := (1) =⇒ f (x + 1) + f (x) = f (x) + f (1) + f (x) f (1) =⇒ f (x + 1) = af (x) + a, ∀x, (2) Nếu a = =⇒ f (x + 1) = ∀x =⇒ f hàm hằng: trái với (*) Nên a = Xét số tự nhiên n (2) ⇒ f (n) = af (n − 1) + a = a2 f (n − 2) + a (1 + a) = ··· = an−1 f (1) + a + a + + an−2 = an + a + a + + an−2 TH1: a = Khi an+1 − an + an − a an − an−1 − = = a , ∀n ∈ N f (n) = an + a a−1 a−1 a−1 Trong (1), chọn x, y ∈ N , ta có: ax+y − axy − ax − ay − ax − ay − a + a = a + a + a2 a−1 a−1 a−1 a−1 a−1 a−1 ⇐⇒ ax+y − + axy − = ax − + ay − + a (ax − 1) (ay − 1) ⇐⇒ ax+y+1 − axy − ax+y − ax+1 − ay+1 + ax + ay − a = 0, (3) x = y := 1, (3) ⇒ a3 − 3a2 = ⇔ a ∈ {0; 1; 2} ⇔ a = x := 1; y := 2, (3) ⇒ a5 − 2a4 − 2a3 + 2a2 + a = ⇒ a = 2 điều mâu thuẫn nên TH1, không tồn f thoả đề c Diễn đàn Tốn học TH2: a = Khi đó, (2) trở thành:f (x + 1) = f (x) + 1, ∀x Bằng quy nạp, ta thu điều sau: f (n) = n, ∀n ∈ Z f (x + n) = f (x) + n, ∀x ∈ R, ∀n ∈ Z Chọn số nguyên khác p, q Ta có: p p p p = f (p) + f + f (p) f −f q+ f q q q q q p p p ⇔p=p+f + pf −f −q q q q p p = , ∀p, q ∈ Z\{0} ⇒ f (x) = x, ∀x ∈ Q ⇔f q q Do f liên tục nên với số thực r, ta chọn dãy hữu tỷ (xn ) cho lim xn = lim yn = x ta có f (x) = f (lim xn ) = lim f (xn ) = lim xn = x Vậy f (x) = x ∀x ∈ R Ví dụ 16 Tìm hàm f : R+ → R+ thỏa f (x).f (y) = f (xy) + f x y với x, y > Lời giải Đặt g(x) = f (ex ) thì: g(x).g(y) = g(x + y) + g(x − y), với x, y ∈ R (*) Từ (*) chọn (x, y) = (0, 0) ta thu g(0) = Giả sử tồn x0 ∈ R mà g(x0 ) < Xét dãy (un ) xác định bởi: u0 = g(x0 ), un+1 = u2n − 2, n ≥ Từ (*) g(2n x0 ) = un > (1) Dễ dàng chứng minh dãy (un ) dương, điều mâu thuẫn với (1) Vậy g(x) ≥ 2, với x ∈ R Từ với x0 ∈ R tồn a mà g(x0 ) = ax0 + a−x0 Bằng quy nạp ta thu được: g(nx0 ) = anx0 + a−nx0 , n ∈ Z (**) Đặt g(1) = c + c−1 Từ (**) chọn (n, x0 ) = (n, 1) suy ra: g(n) = cn + c−n 1 1 suy ra: g = c n + c− n Từ (**) chọn (n, x0 ) = n, n n m m m Từ (**) chọn (n, x0 ) = m, suy ra: g = c n + c− n n n Từ tính liên tục hàm g(x) suy g(x) ≡ cx + c−x Do f (x) = cln(x) + c− ln(x) Cuối , tác giả xin giới thiệu số sử dụng dãy số PTH liên tục Ví dụ 17 Tìm tất hàm liên tục thỏa : f (x) = f Lời giải x x x Từ đề ta có f (x) = f = f = · · · = f 2n a a a x x Do f liên tục nên f (x) = lim f 2n = f lim 2n n→+∞ n→+∞ a a Vậy f (x) = c x , |a| > a = f (0) = c Ví dụ 18 Tìm tất hàm liên tục f : R → R thỏa : f (x) = f x2 + c Diễn đàn Toán học Lời giải Xét dãy số : x1 = x xn+1 = x2n 1 Dễ thấy xn dãy tăng lim xn = + Khi ta có : f (x) = f (a1 ) = f (a2 ) = · · · = f (an ) = lim f (xn ) = f (lim xn ) = f 1 =⇒ f (x) = f ( ) = c Vậy f (x) = f ( ) = c, ∀x ∈ R 2 Ví dụ 19 Tìm hàm f : [0, 1] → R liên tục thỏa điều kiện sau :  − x2 x2   f (x) = f( )   2 − x2 f (0) =   f (x)   =∞ lim− √ x→1 1−x Lời giải (Gợi √ ý) Xét f (x) = − x2 g(x) Thay vào sau dùng dãy số ta √ g(x) = g(0) = =⇒ f (x) = − x2 d) Các Phương trình hàm hay đăng diễn đàn Đây Phương trình hàm thành viên VMF đăng lên diễn đàn xử lí đẹp, giúp ích bạn việc tư gặp hàm Bài tốn Tìm tất hàm f : R → R thỏa: f (x + y) + f (x2 + f (y)) = (f (x))2 + f (x) + f (y) + y, ∀x, y ∈ R ( Đề Idie9xx đăng bạn giải ) Lời giải Với P (x, y) có tính chất f (x + y) + f (x2 + f (y)) = (f (x))2 + f (x) + f (y) + y P (0, x) ⇒ f (f (x)) = y + (f (0))2 + f (0) ⇒ f toàn ánh P (x, 0) ⇒ f (x2 + f (0)) = (f (x))2 + f (0) ⇒ (f (x))2 = (f (−x))2 ⇒ f (x) = −f (−x) (do f đơn ánh), ⇒ f (0) = (do f toàn ánh) P (y, x) ⇒ f (x + y) + f (y + f (x)) = (f (y))2 + f (x) + f (y) + x P (−y, x) ⇒ f (x−y)+f (y +f (x)) = (f (y))2 +f (x)−f (y)+x ⇒ f (x+y)−f (x−y) = 2f (y) Tương tự có f (x + y) − f (y − x) = 2f (x) ⇒ f (x + y) = f (x) + f (y) Mà f (x2 ) = (f (x))2 nên f (x) = x (thỏa) f (x) = (không thỏa) Vậy hàm thỏa đề f (x) = x Bài tốn 10 Tìm tất hàm số f,g: R → R thỏa mãn: g(f (x) − y) = f (g(y)) + x ∀x, y ∈ R Lời giải Quy ước: a := b nghĩa thay a b g (f (x) − y) = f (g (y)) + x, ∀x, y ∈ R, (1) Đặt g(0) = b 10 c Diễn đàn Toán học y := 0, (1) ⇒ g (f (x)) = f (b) + x, ∀x ∈ R y := f (x) , (1) ⇒ b = f (g (f (x))) + x = f (x + f (b)) + x, ∀x ∈ R, (2) x := b, (2) ⇒ f (b + f (b)) = x := b + f (b) , (1) ⇒ g (−y) = f (g (y)) + b + f (b) y := ⇒ 2f (b) = ⇒ f (b) = ⇒ g (f (x)) = x y := f (x) , (1) ⇒ b = f (g (f (x))) + x ⇒ f (x) = b − x, ∀x ∈ R ⇒ x = g (f (x)) = g (b − x) , ∀x ∈ R ⇒ g (x) = b − x, ∀x ∈ R Thử lại: V T (1) = g (b − x − y) = b − (b − x − y) = x + y ⇒ (1) : ∀x, y ∈ R V P (1) = f (b − y) + x = b − (b − y) + x = x + y Kết luận: ∀x ∈ R : f (x) = b − x g(x) = b − x (trong đó, b số) Bài tốn 11 Tìm tất hàm f : R → R thoả mãn: f (x2 (z + 1) + f (y)(z + 1)) = − f (z)(x2 + f (y)) − z((1 + z)x2 + 2f (y)), ∀x, y, z ∈ R Lời giải Cho x = 0, z = −1 có f (0) = − f (−1)f (y) + 2f (y), ∀y ∈ R Dễ thấy f không hàm ⇒ f (−1) = f (0) = Cho z = −1 có f (2x2 ) = − f (−1)(x2 + f (y)) + 2f (y) ⇒ f (2x2 ) = − 2x2 Hay f (x) = − x, ∀x ∈ R+ Cho x = z = có f (f (y)) = − f (y) Với y > f (y) tồn ánh tập R− Vì ta chứng minh f (x) = − x , ∀x ∈ R Bài tốn 12 Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn 1 f (x + xy + f (y)) = (f (x) + )(f (y) + ), ∀x, y ∈ R 2 Lời giải f (x + xy + f (y)) = f (x) + f (y) + , ∀x, y ∈ R, (1) 1 f (−1) + 2 f (f (−1)) Giả sử f (−1) = − ⇒ f (x) = − = C : const 2 f (−1) + 21 1 Khi viết lại (1)C = C + ⇔ C + = : vô lý 1 Do f (−1) = − ⇒ f (f (−1)) = ⇒ f − =0 2 1 Đồng thời ta có f khác (*) x := 0; y := − , (1) ⇒ f (0) = 2 1 y := 0, (1) ⇒ f x + = f (x) + , ∀x ∈ R, (2) 2 Giả sử tồn b = −1 : f (b) = − y := b, (1) ⇒ f x (1 + b) − = 0, ∀x ⇒ f ≡ const : trái (*) Do ∃!x = −1 : f (x) = − y := −1, (1) ⇒ f (f (−1)) = f (x) + 11 c Diễn đàn Tốn học Từ đó, kết hợp với (2), ta có ∃!x = − : f (x) = 1 x := −1, (1) ⇒ f (f (y) − y − 1) = ⇒ f (y) − y − = − ⇒ f (y) = y + , ∀y ∈ R 2 Thử lại: Thỏa Kết luận: f (x) = x + Bài tốn 13 Tìm tất hàm f : R → R thỏa: f (x + y) + xf (y) = f (f (x) + y) + yf (x), ∀x, y ∈ R Lời giải (Cách 1) Cho x = y = có f (0) = f (f (0)) ⇒ f (f (0)) = f (f (f (0))) Cho x = f (0), y = có f (f (0)) + (f (0))2 = f (f (f (0))) ⇒ f (0) = Cho y = ta có f (x) = f (f (x)) Thay y f (y) có f (x + f (y)) + xf (y) = f (f (x) + f (y)) + f (x)f (y) ⇒ f (x + y) + yf (x) = f (f (x) + f (y)) + f (x)f (y) Đổi vị trí x y ta f (y) f (x) = =c x y Thử lại c = c = Vậy hàm thỏa đề f (x) = x f (x) = f (x + y) + xf (y) = f (f (x) + f (y)) + f (x)f (y) ⇒ xf (y) = yf (x) ⇒ Lời giải (Cách2) Cho P (x, y) có tính chất f (x + y) + xf (y) = f (f (x) + y) + yf (x), ∀x, y ∈ R P (0, 0) ⇒ f (0) = f (f (0)) P (f (0), 0) ⇒ f (f (0)) + (f (0))2 = f (f (f (0))) ⇒ f (0) = P (x, 0) ⇒ f (x) = f (f (x)) P (f (x), y) ⇒ f (f (x) + y) + f (x)f (y) = f (f (f (x)) + y) + yf (f (x)) ⇒ f (f (x) + y) + f (x)f (y) = f (f (x) + y) + yf (x) ⇒ f (x)(f (y) − y) ⇒ f (x) = f (y) = y Vậy hàm thỏa đề f (x) = x f (x) = Bài tốn 14 Tìm tất hàm f : R → R thoả mãn: f (|x| + y + f (y + f (y))) = 3y + |f (x)| , ∀x, y ∈ R Lời giải Cho g(x) = x + f (x + f (x)) P (x, y) có tính chất f (|x| + g(y)) = 3y + |f (x)| , ∀x, y ∈ R P (0, x) ⇒ f (g(x)) = 3x + |f (0)| Vậy f toàn ánh Nên tồn a mà f (a) = ⇒ g(a) = a |f (0)| P (0, a) ⇒ f (g(a)) = 3a + |f (0)| ⇒ a = − P (x, 0) ⇒ f (|x| + g(0)) = |f (x)| Nên với x ≥ g(0) f (x) ≥ Ta chứng minh f (z + n · g(0)) = f (x) với z ≥ g(0), n ∈ N P (z +n·g(0), x) ⇒ f (|z + n · g(0)|+x+f (x+f (x))) = 3x+|f (z + n · g(0))| = 3x+|f (z)| Cho −x đủ lớn để 3x + |f (z)| < Giả sử g(0) = 0, ta cho n đủ lớn để |z + n · g(0)| + g(x) > g(0) f (|z + n · g(0)| + g(x)) > mâu thuẫn |f (0)| ⇒ g(0) = ⇒ f (0) = − ⇒ f (0) = Cũng chứng minh f (x) = ⇔ x = |f (x)| |f (y)| |f (y)| P x, − ⇒ f |x| + g − =0⇒g − = − |x| 3 12 c Diễn đàn Toán học |f (y)| |f (y)| ⇒ f |x| + g − = |f (x)| − |f (y)| 3 ⇒ f (|x| − |y|) = |f (x)| − |f (y)| = f (|x|) − f (|y|) Ta chứng minh f cộng tính kết hợp với f (|x|) = |f (x)| ⇒ f (x) = c · x (c ≥ 0) thử lại tìm c = KL : f (x) = x , ∀x ∈ R P (x, 0) : f (|x|) = |f (x)| P x, − Bài tốn 15 Tìm tất hàm f : R → R thỏa: f (x + y) + f (x2 + f (y)) = (f (x))2 + f (x) + f (y) + y, ∀x, y ∈ R Lời giải Với P (x, y) có tính chất f (x + y) + f (x2 + f (y)) = (f (x))2 + f (x) + f (y) + y P (0, x) ⇒ f (f (x)) = y + (f (0))2 + f (0) ⇒ f toàn ánh P (x, 0) ⇒ f (x2 + f (0)) = (f (x))2 + f (0) ⇒ (f (x))2 = (f (−x))2 ⇒ f (x) = −f (−x) (do f đơn ánh) ⇒ f (0) = (do f toàn ánh) P (y, x) ⇒ f (x + y) + f (y + f (x)) = (f (y))2 + f (x) + f (y) + x P (−y, x) ⇒ f (x−y)+f (y +f (x)) = (f (y))2 +f (x)−f (y)+x ⇒ f (x+y)−f (x−y) = 2f (y) Tương tự có f (x + y) − f (y − x) = 2f (x) ⇒ f (x + y) = f (x) + f (y) Mà f (x2 ) = (f (x))2 nên f (x) = x (thỏa) f (x) = (không thỏa) Vậy hàm thỏa đề f (x) = x Bài tốn 16 Tìm tất hàm số f : R → R; g : R → R thoả mãn: f (x + g(y)) = xf (y) − yf (x) + g(x), ∀x, y ∈ R Lời giải (C1) Cho P (x, y) có tính chất f (x + g(y)) = xf (y) − yf (x) + g(x) ∗T H1 : f (0) = g(0) = −T H : f (0) = P (−g(0), 0) ⇒ g(−g(0)) = P (0, −g(0)) ⇒ f (g(−g(0))) = g(0) ⇒ g(0) = −T H : g(0) = P (0, 0) ⇒ f (0) = Nên f (0) = g(0) = f (0) = g(0) = P (0, x) ⇒ f (g(x)) = P (x, 0) ⇒ g(x) = f (x) ⇒ f (f (x)) = g(f (x)) = g(g(x)) = P (x, f (x)) ⇒ f (x + g(f (x))) = xf (f (x)) − (f (x))2 + g(x) ⇒ f (x) = ⇒ g(x) = ∗T H2 : f (0) = 0, g(0) = P (0, x) ⇒ f (g(x)) = −xf (0) + g(0) P (g(x), y) ⇒ f (g(x) + g(y)) = g(x)f (y) − yf (g(x)) + g(g(x)) ⇒ f (g(x) + g(y)) = g(x)f (y) + xyf (0) − yg(0) + g(g(x)) P (g(y), x) ⇒ f (g(y) + g(x)) = g(y)f (x) + xyf (0) − xg(0) + g(g(y)) ⇒ g(x)f (y) − yg(0) + g(g(x)) = g(y)f (x) − xg(0) + g(g(y)), (∗) Thay x g(x) vào (∗) có g(g(g(x))) + f (y)g(g(x)) − g(y)f (g(x)) + g(0)g(x) − g(g(y)) − yg(0) = ⇒ g(g(g(x))) + f (y)g(g(x)) + g(0)g(x) + g(y)f (0)x − g(g(y)) − g(y)g(0) − yg(0) = Cũng có g(g(g(x))) + f (z)g(g(x)) + g(0)g(x) + g(z)f (0)x − g(g(z)) − g(z)g(0) − zg(0) = ⇒ (f (y) − f (z))g(g(x)) + (g(y) − g(z))f (0)x + (m(y) − m(z)) = 0, (m(x) = −g(g(x)) − g(x)g(0) − xg(0)) ⇒ g(g(x)) = a0 x + b0 (với a0 , b0 số) 13 c Diễn đàn Toán học Thay y = vào (∗) ta có g(x)f (0) + g(g(x)) = g(0)f (x) − xg(0) + g(g(0)) ⇒ g(0)f (x) = g(x)f (0) + a0 x + b0 + xg(0) − g(g(0)) ⇒ f (x) = k1 g(x) + a1 x + b1 , (∗∗) (với k1 , a1 , b1 số) Thay x g(x) vào (∗∗) có f (g(x)) = k1 g(g(x)) + a1 g(x) + b1 ⇒ −xf (0) + g(0) = k1 a0 x + k1 b0 + a1 g(x) + b1 ⇒ g(x) = ex + f (với e, f số) ⇒ f (x) = ax + b (với a, b số) (khi thay vào (∗∗)) Vậy f (x), g(x) đa thức bậc −e2 e ,b = , f = −e2 Khi thử lại ta xác định a = e+1 e+1 ex − e2 Vậy cặp hàm thỏa đề f (x) = , g(x) = ex − e2 e+1 Lời giải (C2) +) Thế y 0: f (x + g(0)) = xf (0) + g(0) Đặt g(0) = a Với ∆ Thế (x; y) (x + ∆ + a; y) Ta có: f (x + a + ∆ + g(y)) = (x + a + ∆)f (y) − yf (x + a + ∆) + g(x + a + ∆) Thế (x; y) (x + a; y) Ta có: f (x + a + g(y)) = (x + a)f (y) − yf (x + a) + g(x + a) Trừ vế cho vế được: ∆f (0) + g(x + ∆ + g(y)) − g(x + g(y)) = ∆f (y) − y(∆f (0) + g(x + a + ∆) − g(x + a)) + g(x + ∆) − g(x) Cho y = Trở thành: g(x + t + c) − g(x + c) = g(x + t) − g(x) Cho y = kết hợp với điều có: g(x + ∆ + g(1)) − g(x + g(1)) = ∆(f (1) − f (0)) a(x − a) , g(x) = a(x − a) Từ suy f (x) = a+1 Tiếp theo toán topic 100 hàm số chọn lọc : Bài tốn 17 Tìm tất hàm số f : R → R thỏa :f (x2 + f (y)) = xf (x) + y Lời giải Cho x = =⇒ f (f (y)) = y Suy f (x) song ánh Nên tồn a : f (a) = Thay (x; y) = (a; 0) =⇒ f (a2 + f (0)) = Mà = f (f (0)) =⇒ a2 + f (0) = f (0) =⇒ a = Tức f (0) = Thay y = =⇒ f (x2 ) = xf (x) =⇒ f (x2 ) = f (f (x)).f (x) = f (f (x)2 ) =⇒ f (x) = x f (x) = −x Thế với x không với Ta chứng minh mệnh đề với x Giả sử tồn a; b = mà f (a) = a; f (b) = −b Thay vào giả thiết ban đầu ta có: f (a2 − b) = a2 + b =⇒ a = b = Vơ lí Kết luận f (x) = x f (x) = −x ∀x ∈ R Bài tốn 18 Tìm tất hàm f :√[0; +∞) → [0; +∞) thỏa : √ f (x + y − z) + f (2 xz) + f (2 yz) = f (x + y + z) Lời giải √ √ Cho P (x; y; z) có tính chất f (x + y − z) + f (2 xz) + f (2 yz) = f (x + y + z) P (0; 0; 0) ⇒ f (0) = 14 c Diễn đàn Toán học √ 1 √ P (x; y; ) ⇒ f (x + y + ) + f ( x) + f ( y) = f (x + y + ) 4 √ √ √ 1 √ P (x + y; 0; ) ⇒ f (x + y + ) + f ( x + y) = f (x + y + ) ⇒ f ( x + y) = f ( x) + f ( y) √ 4 Đặt g(x) = f ( x) có g(x + y) = g(x) + g(y) (cộng tính) Với x > y có g(x) = g(x − y) + g(y) > g(y) (đơn điệu) ⇒ g(x) = c · x ⇒ f (x) = c · x2 ( với số c ≥ ) (thỏa) Vậy hàm thỏa đề f (x) = c · x2 Bài tốn 19 Tìm tất hàm f : R → R thoả mãn : 1)f (2x) = f (x) 2) f (−x) = f (x) 3)f (x) ≥ + x Lời giải x Từ (1) chứng minh quy nạp ta f (x) = f n x n x Ta sử dụng giới hạn sau: lim + =e n→+∞ n Từ (4) (3) cho n → +∞ ta có : x 2n x 2n ≥ 1+ n = ex (5) f (x) = f n 2 2n 2n −x −x f (−x) = f ≥ 1+ n = e−x 2n 1 Theo (2) = f (−x) ≥ e−x = x ⇔ f (x) ≤ ex (6) f (x) e x x Từ (5) (6) có e ≥ f (x) ≥ e ⇒ f (x) = ex (thỏa) Vậy hàm thỏa đề f (x) = ex 2n (4) Bài toán 20 Tìm f : R → R thỏa : f (x + f (y) − xf (y)) = x + y − xy Lời giải Cố định x dễ thấy f song ánh Nên tồn a để f (a) = Cho y = a có f (x) = x + a − ax Cho x = y = a có f (a + f (a) − af (a)) = 2a − a2 ⇒ a2 − 2a = ⇒ a = a = ⇒ f (x) = x ( thỏa ) f (x) = −x + ( thỏa ) Vậy hàm thỏa đề f (x) = x f (x) = −x + Bài tốn 21 Tìm f : R+ → R+ thỏa f (f (x) + y) = f (x2 − y) + 4f (x)y Lời giải Thay y x2 − y − f (x) có f (x2 − y) = f (f (x) + y) + 4f (x)(x2 − y − f (x)) ⇒ 4f (x)y = 4f (x)(y − x2 + f (x)) ⇒ f (x) = x2 (thỏa) Vậy hàm thỏa đề f (x) = x2 Bài tốn 22 Tìm f : R → R thỏa : f (x3 + y ) = x2 f (x) + y f (y) 15 c Diễn đàn Toán học Lời giải Cho x = ta có f (y ) = y f (y) Cho y = ta có f (x3 ) = x2 f (x) Từ ta có f (x3 + y ) = f (x3 ) + f (y ) hay f (x + y) = f (x) + f (y) ∀x, y R Xét f ((x + 1)3 + (x − 1)3 ) = f ((x + 1)3 ) + f ((x − 1)3 ) = (x + 1)2 f (x + 1) + (x − 1)2 f (x − 1) = (2x2 + 2)f (x) + 4x.f (1) f ((x + 1)3 + (x − 1)3 ) = f (2x3 + 6x) = 2f (x3 ) + 6f (x) = 2x2 f (x) + 6f (x) Từ đẳng thức ta có f (x) = f (1).x = a.x Thử lại ta có f (x) = x thỏa mãn Bài tốn 23 Tìm f : R → R thỏa f x−3 x+1 +f 3+x 1−x =x Lời giải + u−3 3+u u−3 3+x x−3 u+1 = =⇒ x = =⇒ = - Đặt u−3 = u (1) x+1 1−u u+1 1−x − u+1 u−3 3+x x−3 3+u =⇒ f (2) + f (u) = + f (x) = Suy ra: f 1−u u+1 1−x x+1 v−3 −3 3+x v+3 v−3 v−3 - Đặt = = v =⇒ x = =⇒ f (v) + f = v+1 v−3 1−x v+1 v+1 1−v +1 v+1 x−3 x+3 (3) =⇒ f (x) + f = x+1 1−x - Lấy (2) cộng (3) trừ (1), vế theo vế, ta được: x3 + 7x x−3 x+3 + − x ⇐⇒ f (x) = 2f (x) = x+1 1−x 2(x + 1)(1 − x) x3 + 7x * Thử lại thấy KL f (x) = 2(x + 1)(1 − x) Bài tốn 24 Tìm tất hàm f : R → R thỏa mãn : f (x3 − y) + 2y(3(f (x))2 + y ) = f (f (x) + y) Lời giải Thay y = x3 ta có : f (0) + 2x12 + 6x3 (f (x))2 = f (f (x) + x3 ) (1) Thay y = −f (x) ta có : f (x3 + f (x)) − 2(f (x))4 − 6(f (x))3 = f (0) (2) Cộng (1) (2) vế theo vế ta ; 2x1 + 6x3 (f (x))2 − 2(f (x))4 − 6(f (x))3 = Từ ta tìm f (x) = x3 , ∀x ∈ R Thử lại thỏa Vậy f (x) = x3 , ∀x ∈ R III) Kinh nghiệm lời kết Sau viết muốn đúc kết số kinh nghiệm sau việc giải phương trình hàm 1) Cần lưu ý số chổ hay sai giải phương trình hàm ( toán đầu nêu) 2) Nếu đề cho yếu tố khả vi ta nghĩ làm Phương pháp " lấy độc trị độc " 16 c Diễn đàn Toán học 3) Nếu đề cho đơn điệu liên tục ta có số hướng sau : Sử dụng dãy số, sử dụng hàm Cauchy, sử dụng tính chất đặc trưng hàm cho 4) Cần lưu ý việc tính số giá trị đặc biệt vơ quan trọng, ta thường tính f (0), f (1), f (−1) f (ax) = af (x), ngồi phải lưu ý tới tính ánh xạ hàm số ( đơn ánh, tồn ánh ,song ánh ) Cuối lời tác giả hy vọng viết giúp ích cho bạn đọc có thêm kiến thức, tự tin đứng trước Phương trình hàm kì thi học sinh giỏi ( Olympic 30-4, Duyên hải Bắc Bộ , Toán tiếng Anh HOMC, VMO, TST, IMO ) Có thể viết số lỗi, hy vọng nhận góp ý bạn Chúng ta hẹn gặp phần topic "100 hàm số sưu tầm "bắt đầu từ tháng 7/2014 VMF Ngoài ra, tác giả xin chúc mừng sinh nhật lần thứ 10 diễn đàn, hy vọng diễn đàn ta luôn phát triển góp phần vào phát triển nên tốn học Việt Nam HAPPY BIRTHDAY VMF Địa : 79, ấp I, xã Tắc Vân, TP Cà Mau, tỉnh Cà Mau Nơi học : 12 Chuyên Toán, trường THPT Chuyên Phan Ngọc Hiển, Cà Mau Số điện thoai : 01235833299 17 ... (x) = x3 , ∀x ∈ R III) Kinh nghiệm lời kết Sau viết muốn đúc kết số kinh nghiệm sau việc giải phương trình hàm tơi 1) Cần lưu ý số chổ hay sai giải phương trình hàm ( tốn đầu nêu) 2) Nếu đề... =⇒ f (x) = − x2 d) Các Phương trình hàm hay đăng diễn đàn Đây Phương trình hàm thành viên VMF đăng lên diễn đàn xử lí đẹp, giúp ích bạn việc tư gặp hàm Bài toán Tìm tất hàm f : R → R thỏa: f (x... (x) = 2x Bây qua lớp hàm hay, có nhiều ứng dụng việc giải PTH Tác giả thích lớp hàm mang đậm tính giải tích có nhiều đánh giá hay Trước hết ta chứng minh Phương trình hàm Cauchy trường hợp có