hệ thống các bài tập theo các phương pháp chứng minh phương trình hàm t05

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM MỤC LỤC PHẦN I ĐẶT VẤN ĐỀ .3 PHẦN II NỘI DUNG Một số kiến thức sở .5 Một số phương pháp giải phương trình hàm .6 2.1 Phương pháp biến 2.2 Phương pháp thêm biến .14 2.3 Sử dụng tính chất đơn ánh,tồn ánh, song ánh hàm số .18 2.4 Phương pháp truy hồi .23 2.5 Phương pháp quy nạp .25 PHẦN III PHẦN KẾT LUẬN 29 TÀI LIỆU THAM KHẢO 30 PHẦN I ĐẶT VẤN ĐỀ Lý chọn đề tài Phương trình hàm chuyên đề quan trọng hay xuất đề thi học sinh giỏi, nhiên tài liệu trình bày đầy đủ hệ thống tập để học sinh khắc sâu Vì tơi viết chun đề để giúp học sinh có nhìn tổng thể phương trình hàm Trong chun đề này, tơi nhắc lại số kiến thức sở phương trình hàm Đồng thời hệ thống tập theo phương pháp chứng minh phương trình hàm Mục đích nghiên cứu Chuyên đề “Một số phương pháp giải phương trình hàm” chọn để giới thiệu với thầy cô giáo em học sinh kinh nghiệm giảng dạy số chủ đề “Phương trình hàm” chương trình THPT chuyên, đồng thời thông qua đề tài muốn nhấn mạnh tầm quan trọng phương pháp kì thi Quốc tế, khu vực Olympic quốc gia số nước năm gần Các tập đưa đề thi Olympic Quốc tế, khu vực số nước có truyền thống tốn, tập chúng tơi có phân tích dấu hiệu tốn mà sử dụng để giải cách dùng kiến thức sở nhanh hiệu Thông qua chuyên đề “Một số phương pháp giải phương trình hàm” chúng tơi mong muốn nhận góp ý trao đổi bạn đồng nghiệp, bậc cha mẹ học sinh em học sinh Chúng mong muốn đề tài góp phần nhỏ để việc dạy phần tốn “Phương trình hàm” cách hiệu giúp em học sinh có khả vận dụng số phương pháp vào giải toán phương trình hàm cách tốt Nhiệm vụ nghiên cứu Để đáp ứng yêu cầu việc học tập nghiên cứu cho học sinh ba năm học liên tiếp: 2016-2017, 2017-2018, 2018-2019, góp phần nâng cao số lượng chất lượng HSG mơn tốn kỳ thi: HSG vòng tỉnh, HSG đồng duyên hải bắc bộ, HSG QG lớp 12 Tuy nhiên, giới hạn chương trình, điều kiện giáo viên, sở vất chất nên đề tài chưa triển khai rộng trường THPT phạm vi rộng Đối tượng khách thể nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu đề tài học sinh lớp chuyên Toán 10, 11, 12; đội tuyển thi chọn HSG lớp 12 vòng tỉnh, đội tuyển HSG tham dự kỳ thi chọn HSG QG lớp 12 mơn Tốn học trường THPT Chun Ngồi tài liệu tham khảo cho học sinh, giáo viên phụ huynh học sinh có nhu cầu tìm hiểu phương trình hàm Phạm vi nghiên cứu - Về kiến thức: nghiên cứu dựa nội dung kiến thức tốn phương trình hàm giới hạn thi học sinh giỏi Bộ Giáo dục Đào tạo - Về đối tượng: đề tài nghiên cứu dựa khả nhận thức lực tư học sinh lớp chuyên toán 10, 11 chủ yếu học sinh nòng cốt đội tuyển học sinh giỏi tỉnh dự thi quốc gia Phương pháp nghiên cứu Chuyên đề sử dụng phương pháp nghiên cứu chủ yếu sau: - Phương pháp nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu tài liệu chuyên tổ hợp đặc biệt tài liệu liên quan đến số học, đại số, dãy số, tạp chí nước; tài liệu từ Internet - Phương pháp trao đổi, tọa đàm (với giáo viên, học sinh lớp chuyên toán) - Phương pháp tổng kết kinh nghiệm Cấu trúc chuyên đề Chuyên đề bao gồm phần sau: Phần I Đặt vấn đề Phần II Nội dung Phần III Kết luận kiến nghị PHẦN II NỘI DUNG Một số kiến thức sở 1.1 Nguyên lý Acsimet * kε  x  ε, x �R  Với ε  với x  tồn k �N cho Hệ quả: Với x �R , tồn k �Z cho k �x  k  1.2 Tính trù mật Tập hợp A �R gọi trù mật R với x, y �R, x  y tồn a �R cho x  a  y Hệ quả: Q trù mật R 1.3 Cận Cho A �R , x gọi cận A với a �A a �x Cận bé có A gọi cận A, kí hiệu supA a �α,     a �A � � α  supA � � ε  0, a �A , sao cho a  α  ε � � 1.4 Cận Cho A �R , x gọi cận A với a �A a �x Cận có A gọi cận A, kí hiệu infA a �β,     a �A � � β  infA � � ε  0, a �A,saocho a  β  ε � � 1.5 Ánh xạ 1.5.1 Đơn ánh Ánh xạ f : A � B gọi đơn ánh a1 , a2 �A mà a1 �a2 f  a1  �f  a2  ( A  B ) f  a1   f  a2  Hệ quả: f đơn ánh a1  a2 1.5.2 Tốn ánh Ánh xạ f : A � B gọi toán ánh phần tử b �B tồn phần tử a �A cho f  a   b( A  B ) 1.5.3 Song ánh  Ánh xạ f : A � B gọi song ánh f vừa đơn ánh vừa toàn ánh A  B 1.5.4 Hàm đơn điệu Hàm số f  x1  �f  x2  gọi hàm tăng f  x gọi hàm tăng ngặt f  x1   f  x2  Hàm số f  x1  �f  x2  với x1 , x2 � a; b  mà x1 �x2  a; b  với x1 , x2 � a; b  mà x1  x2 f  x gọi hàm giảm  a; b  với x1 , x2 � a; b  mà x1 �x2 f  x gọi giảm ngặt  a; b  với x1 , x2 � a; b  mà x1  x2 Hàm số f  x1   f  x2   a; b  Hàm số f  x Hệ quả: Nếu hàm số f  x tăng  a; b  f đơn ánh f hàm tăng ngặt Hệ quả: Nếu hàm số f  x giảm  a; b  f đơn ánh f hàm giảm ngặt Tính chất f : D � R, g : D � R hai hàm tăng f  g hàm tăng f : D � R, g : D � R hai hàm tăng khơng âm f  x  g  x  hàm tăng f : D f � R, g : Dg � R g o f  g  f  x  hai hàm tăng, tăng, T f �Dg T f   f  x  : x �D f  1.5.5 Hàm cộng tính, hàm nhân tính Hàm số f  x Hàm số f  x gọi cộng tính tập xác định D với x, y �D x  y �D f  x  y   f  x   f  y  gọi nhân tính tập xác định D với x, y �D x y �D f  x y   f  x  f  y  Một số phương pháp giải phương trình hàm 2.1 Phương pháp biến f    f  1  2013 Bài tập 2.1.1 (VMO-2013) Tìm tất hàm số f : R � R thỏa mãn ,  x  y     f f  x  f f  y     f  x   f  y    f  x   f  y   , x, y �R 2 Lời giải xf  f  x    f  x  Cho x �0, y  , ta Suy f  f  x   f  x x , x �0 , thay vào phương trình đầu ta �f  x  f  y  � 2 x  y   � �  f  x   f  y   f  x   f  y  , x, y �0.  1 y � � x   Thay x  0, y  vào (1), ta có: �f  x   x  1 � � x �  20133 �  f  x   2013  f  x   20132  � �  f  x   2013x   f  x   20132 x   0, x  f  x   20132 x f  x   2013x, x  Mặt khác với x  , từ suy Do đó, f  1  2013 thay x  0, y  1 vào (1), ta có: �f  x  � x   20133 �  f  x   2013  f  x   20132   � � x � �  f  x   2013x   f  x   20132 x   0, x  Suy ra, f  x   2013x, x  Kết hợp với điều kiện  x  y  f  0   , ta suy   f  x   2013 x, x     2013  x  y   x  y    2013  x  y   x f f  x  f f  y  f  x  f  y   f  x  f 2 Thử lại có 2  y2 2  y2 Bài tập 2.1.2 (DHĐBBB-2014) Tìm tất hàm số f : R � R thỏa mãn f  x  y   xf  x   yf  y  , x, y �R    1 Lời giải   f y  yf  y  , y �R x  Cho , từ (1) suy f  x   xf  x  , x �R Cho y  , từ (1) suy Do đó, (1) trở thành       f x  y  f x  f y , x, y �R   � f  x  y   f  x   f  y  , x, y  0   Thay y  y từ (1) ta f  x  y   xf  x   yf   y  �  yf   y   yf  y  , y �R � f   x    f  x  , x �R Mặt khác  yf   y   yf  y  , y �R � f   x    f  x  , x �R Chứng tỏ f hàm số lẻ Do đó, với x �0, y �0 , ta có: f  x  y  f  x    y   f  x  f   y  f  x  f  y  � f  x  f  x  y   f  y  � f   x  y  y  f  x  y  f  y � f  x  y   f  x   f  y  , x �0, y �0   3 Với x �0, y �0 , ta có: f  x  y    f   x  y     f   x   f   y       f  x   f  y    f  x   f  y      Kết hợp (2),(3),(4), ta Tính f ( x  1)2  theo hai cách, ta có      f  x  y   f  x   f  y  , x, y �R f ( x  1)2  f x  x    �  x  1 f  x  1  f x  f  x   f  1 �  x  1  f  x   f  1   xf  x   f  x   f  1 � f  x   xf  1 , x �R � f  x   ax, x �R, a �R     f ( x  1)  f x  x    �  x  1 f  x  1  f x  f  x   f  1 �  x  1  f  x   f  1   xf  x   f  x   f  1 � f  x   xf  1 , x �R � f  x   ax, x �R, a �R Bài tập 2.1.3 (VMO 2002) Hãy tìm tất cảc hàm số mãn hệ thức f  x xác định tấp số thực R thỏa f  y  f  x    f  x 2002  y   2001 y f  x  , x, y �R.  1 Lời giải Thế y  f  x vào (1) ta   f    f x 2002  f  x   202  f  x   , x �R.   2002 Thế y  x vào (1) ta f  x 2002  f  x    f    2001.x 2002 f  x  , x �R.   Lấy (2) cộng với (3) ta   f  x  f  x   x 2002  0, x �R 2002 f  x  Từ suy với giá trị x �R ta có là y   x Ta để thỏa mãn u cầu tốn bắt buộc phải có đồng f  x  �0, x �R f  x  � x 2002 , x �R Thật vậy, f  0  hai hàm số trên, nên khơng tính tổng quát ta giả sử tồn a �0 cho f  a   tồn b  cho f  b   b 2002 (vì cần thay x  vào quan hệ (1) ta nhận hàm f hàm chẵn) Khi x  a y  b vào (1) ta   f  b   f a 2002  b Vậy ta nhận dãy quan hệ sau �b 2002  f  b   f  b   f  a 2002  b  � 0                                                �0  � 2002 2002 �   a 2002  b                       a 2002  b   b2002 � � �   Bằng cách thử lại quan hệ hàm ban đầu ta kết luận có hàm số thỏa mãn yêu cầu tốn Bài tập 2.1.4 (Áo 1996) Tìm tất hàm số f : R � R thỏa mãn điều kiện x f  x   f   x   x  , x �R Lời giải Thay x  x ta  1 x f  1 x  f  x   1 x    1 x Như ta có hệ �x f  x   f   x   x  24 � �  1 x f  1 x  f  x  2 1 x  1 x � � � Ta có D   x  x  1  x  x  1 Dx    x   x  x  1  x  x  1 Vậy D f  x   Dx , x �R Từ ta có nghiệm tốn �  x : x �a, x �b � c �R : x  a � f  x  � 2a  a  a :  b � � � Với a, b nghiệm phương trình Bài tập 2.1.5 (Hàn Quốc 2003) Tìm tất hàm số f : R � R thỏa mãn: f  x  f  y    f  x   xf  y   f  f  y   , x, y �R.    Lời giải Nhận thấy hàm Thế x  f  y f  x  thỏa mãn yêu cầu toán Xét trường hợp vào (4) ta x2 f  0 f  0  f  z   z � f  x     2 hay f  f  x    f  f  x    Thế x  f  z f  x f  f  0  x   f  0 , với z số thuộc R ta f  f  z  f  y   f  f  z   f  z f  y  f  f  y  Với lưu ý f  f  y    f  y  f  0 f  f  z    f  z  f  0 Thay vào quan hệ hàm ta  f  z  f  y  f  f  z  f  y    2  f         Tiếp theo ta chứng tỏ tập  f  x   f  y  | x, y �R  R f  x  �0   f x  f  y  f  z   f  x  f  y  z  f  z   f  x  z  f  y  z   f  z  f  x  y  2z   f  y  z   f  z  Đối chiếu hai phép khai triển trên, ta f ( x  y  z )  f ( x  y  z )  f ( z )), x, y , z  Một cách tương đương, ta có: f ( x  y )  f ( x)  f ( y ), x  y  Từ với x,, y  z  x  y , ta có: f ( z  x  y )  f ( z )  f ( x  y ), f ( z  x  y )  f (( z  x)  y )  f ( z  x)  f ( y )  f ( z )  f ( x)  f ( y ) Do đó, f ( x  y )  f ( x)  f ( y ), x, y    Như f hàm cộng tính từ � vào � Suy f ( x)  kx ( k số dương đó) với x  Thay trở lại phương trình cho, ta được: k ( x  ky )  k ( x  y )  ky , x, y  hay k (k  2) y  0, y  Do k  Vậy có hàm số thảo mãn yêu cầu f ( x)  x   Bài tập 2.2.3 (IMO shortlist, 2011) Tìm tất hàm số f , g : � � � thỏa mãn g ( f ( x  y ))  f ( x)  (2 x  y ) g ( y ), x, y �� Lời giải Đặt f (0)  b g 0)  a Từ phương trình cho, dễ thấy: g ( f ( x))  f ( x)  2ax, x �� g ( f ( y ))  b  yg ( y ) y �� Từ suy f ( x )  xg ( x)  b  2ax, x �� Bây giờ, thay x x  z vào phương trình hàm cho ta g  f  x  y  z    f  x  z    2x  y  z  g  y    x  z  g  x  z   b  2a  x  z    x  z  y  g  y  Thay y y  z vào phương trình hàm cho ta có g  f  x  y  z    f  x   2x  y  z  g  y  z   xg  x   b  2ax   x  y  z  g  y  z  Đối chiếu hai kết ta được: xg ( x)  b  2ax  (2 x  y  z ) g ( y  z )  ( x  z ) g ( x  z )  b  2a ( x  z )  (2 x  z  y ) g ( y ) Trong phương trình chọn x  y rút gọn thành xg ( x  z )  ( x  z ) g ( x)  az , x, z �� Trong phương trình thay x  z  x  , ta g ( x)  xg (1)  a( x  1)  kx  a, x ��, k  g (1)  a Suy f ( x)  xg ( x)  b  2ax  kx  ax  b với x �� Thay trở lại phương trình cho, ta k[k ( x  y )  a ( x  y )  b]  a  kx  ax  b  (2 x  y )(ky  b), x, y �� 2 So sánh hệ số x hai vế, ta k  k Suy k  k  Với k  , ta có a  ax  b  (2 x  y )b với x, y �� So sánh hệ số y hai vế Ta b  Từ đó, so sánh hệ số x hai vế, ta có a  Vậy trường hợp này, ta có f ( x) �0 trường hợp này, ta có f ( x) �0 g ( x ) �0 Thử lại thõa mãn Với k  , ta có: ( x  y )  a ( x  y )  b  a  x  ax  b  (2 x  y )( y  b), x, y ��, hay ay  a  xb  yb, x, y �� So sánh hệ số x hai vế, ta b  Từ đó, so sánh hệ số y hai vế, ta được, a  Vậy trường hợp này, ta có f ( x)  x g ( x)  x Thử lại thõa mãn   Bài tập 2.2.4 Tìm tất hàm số f , g : � � � thỏa mãn � f ( x) � x f� , x, y  � �yf ( x)  � xf ( y )  Lời giải f ( x) Từ giả thiết, dễ thấy f hàm đơn ánh Thay x zf ( x )  vào phương trình cho khai triển hai vế, ta x f ( x) � � � xf ( z )  � zf ( x)  � f� � xy  � f ( x) f ( y )  �xf ( z )  � zf ( x)  � � Hay � � x f ( x) f� , x, y, z  � �xy  xf ( z )  � f ( x ) f ( y )  zf ( x )  Thay y f ( y ) vào phương trình trên, ta � � x f ( x) f� , x, y , z  � �x[ f ( y )  f ( z )]  � f ( x)[ f ( f ( y ))  z ]  � � x f� � Đảo vị trí phương trình với ý giá trị biểu thức �x[ f ( y )  f ( z )]  �vẫn khộng đổi, ta f ( f ( y ))  z  f ( f ( z ))  y , y , z  Từ đó, suy f ) f ( x))  x  c ( c số thực đó) với x  Từ đó, phương trình (1) viết lại thành � � x f ( x) f ( x) f�  � �x[ f ( y )  f ( z )]  � f ( x)( y  z  c)  f ( x ) f ( f ( y  z ))  Thay x f ( x ) y f ( y  z ) vào phương trình cho, ta � � xc f ( x) f� , x, y, z  � �( x  c ) f ( y  z )  � f ( x) f ( f ( y  z ))  Kết hợp với kết trên, ta � � � � x xc f� , x, y, z  � f � � �x[ f ( y )  f ( z )]  � �( x  c) f ( y  z )  � Do f đơn ánh nên ta có x xc  , x, y, z  x[ f ( y )  f ( z )]  ( x  c) f ( y  z )  hay x[( x  c) f ( y  z )  1]  ( x  c ) x[ f ( y )  f ( z )]  1, x, y , z  Xem hai vế phuương trình cá đa thức ẩn x hai đa thức có giá trị với x  nên đồng với nhau, từ cách so sánh hệ số x hai vế, ta suy f ( y  z )  f ( y )  f ( z ), y , z    Kết chứng tỏ f hàm cộng tính từ � vào R Suy f ( x)  kx ( k số dương đó) Thay trở lại phương trình cho, ta k2x x  x, y  kxy  kxy  Do k  có hàm số thỏa mãn yêu cầu f ( x)  x 2.3 Sử dụng tính chất đơn ánh,tồn ánh, song ánh hàm số Bài tập 2.3.1 (VMO 2016) Tìm tất số thực a để tồn hàm sô f : �� � thỏa mãn: i f (1)  2016 ; ii f ( x  y  f ( y ))  f ( x)  ay với x, y �� Lời giải Với a  , tìm hàm thảo mãn toán f ( x)  2016 Do đó, ta cần xét trường hợp a �0 đủ Thay x   f ( y ) vào điều kiện (ii.), ta f ( y )  f (  f ( y ))  ay,y �� Từ đó, ta thấy f hàm đơn ánh Tiếp tục, thay y  vào điều kiện (ii.), ta f ( x  f (0))  f ( x), x �� Suy ra, f (0)  Thay y f ( x) a vào điều kiện (ii.) kết hợp với tính đơn ánh f (ở ý số để f ( x )  ), ta được:  Thay y  f ( x)  a � f ( x) � f�  �  x, x �� � a � f ( x) a vào (ii.) sử dụng kết trên, ta được: f ( x  y )  f ( x)  f ( y ), x, y �� Từ dễ dàng suy f cộng tính Với tính chất biết hàm cộng tính, ta tính f (2016)  2016 f (1)  20162 Mặt khác, f cộng tính nên điều kiện (ii.) viết lại thành f ( y )  f ( f ( y ))  ay, y �� Cho y  , ta tính a  2016.2017 Thử lại, ta thấy với số a hàm số f ( x)  2016 x thỏa mãn điều kiện tốn cho Vậy có hai giá trị thỏa mãn yêu cầu đề a  a  2016.2017 Bài tập 2.3.2 (VMO 2017) Tìm tất hàm f : �� � thỏa mãn hệ thức: f ( xf ( y )  f ( x))  f ( y )  xy (1) f ( f ( y )  f (1))  y  f (1), y �� (2) với số thực x, y Lời giải Thay x  vào (1), ta được: Từ thấy hàm f hàm song ánh Do đó, tồn số thực a để f (a )  Thay x  a vào phương trình (1), ta được: f (af ( y ))  ay , y �� (3) Trong (3), cho y  , ta f (af (0))   f (a) Từ đó, f đơn ánh nên af (0)  a Suy a  f (0)  Xét trường hợp a  , tức f (0)  Thay y  vào (1), ta f ( f ( x ))  f ( x ) Do f tồn ánh nên ta có f ( x)  2 x với x �� Tuy nhiên, thử lại, hàm khơng thỏa mãn phương trình (1) Do a �0 , suy f (0)  Thay x  vào (1), ta f ( 1)  Thay y  a vào (3), ta a  f (0)  , suy a  ( f (1)  ), tức f (1)  Do f (1)  nên phương trình (2) viết lại dạng f ( f ( y ))  y , y �� Thay y f ( y ) vào (1) sử dụng (2'), ta được: (2� ) f ( xy  f ( x ))  f ( x )  xf ( y ), x, y �� Trong phương trình ta xét x �0 thay y f ( x) x , ta được: �f ( x) �  f ( x)  xf � , � �x � Suy �f ( x ) �  f ( x ) f� , x �0 � x �x � Thay y f ( x) x vào (1) sử dụng kết với x �0  f ( x ) nhận giá trị thực khác 2 Do đó, từ kết trên, ta suy f ( x)   x  với x �2 Ta có: f (3)  2 Thay y  vào (2'), ta f (2)  Vậy f ( x)   x  với x �� Thử lại ta thấy hàm thỏa mãn yêu cầu toán Bài tập 2.3.3 (Việt Nam TST 2004) Tìm tất giá trị a , so cho tồn hàm số f : �� � thỏa điều kiện: f ( x  y  f ( y )   f ( x)   ay, x, y �� (1) Lời giải Nhận thấy a  có hai hàm số thỏa mãn f ( x) �0 f ( x) �1 Do đó, ta xét trường hợp a �0 Hàm f toàn ánh Thật vế phải hàm số bậc y nên có tập giá trị �, tồn b �� cho f (b)  f ( x)  x  Thay y  b vào (1), ta có f ( x  b)   f ( x)   ab(2) Từ phương trình ta thấy f ( x  b)   f ( x )   ab  Do đó, ta f ( x)    f ( x)  2 hay f  x   f   x  ,x �� Từ điều ta thu f ( b)  Lại thay y  b vào (1) ta f ( x  b)   f ( x)   ab (3) Từ (2) (3), ta thu f ( x  b)  f ( x  b)  2ab, x �� Thay x  vào đẳng thức ta 2ab  f (b)  f (b)  � b  Vậy f ( x)  � x  a  Trong (1) cho y  f ( x )   x  , x �� f (1)   f (1)  � f (1)  Từ cho x  ta (Vì f (1) �0 từ phần b) Mặt khác thay y  vào (1), ta có: f ( x  2)   f ( x )   a  f ( x )  a Thay x  vào đẳng thức a  f (2) Do a  ( f (2)  f (22 )  f (4)  f (( 2)  2)  f (2)  a  2a Vậy a  a �0 Bây ta giải phương trình hàm f ( x  y  f ( y )   f ( x )   y, x, y �� (4) Thay y ( f ( x)) 2 vào (4), ta có: �  f  x  � � f �x  � � � � �  f  x  � � 0, x �� f � � � � � Vì tính chất f f ( x )  x  nên �  f  x  f�  � � �  f  x   , x �� �  x  � 22 � Từ (4) kết trên, ta f ( x )  f ( y ))  ( f ( x))2  ( f ( y ))  f ( x )  f ( y ), x, y �� 2 Từ đẳng thức cho x  f ( y )   f ( y ) hay f hàm số lẻ Do đó: f ( x  y )  f ( x )  f ( y ), x, y �� 2 2 Áp dụng ( f ( x)  f ( x ) ta ( f ( x  y ))  f (( x  y ) ) , khai triển sử dụng tính cộng tính ta f ( xy )  f ( x) f ( y ), x, y �� Hàm f vừa hàm cộng tính, vừa hàm nhân tính nên f ( x )  x Thử lại thấy hàm số thỏa mãn đề   Bài tập 2.3.4 (IMO shortlisted 1996) Chứng minh tồn song ánh f : � � Z cho f (3mn  m  n)  f (m) f (n)  f (m)  f (n)m, n �� Lời giải   Xét g : 3�  � 4�  thỏa mãn: g ( x)  f ( x 1 ) 1 ta có g song ánh g ((3m  1)(3n  1))  g (3m  1) g (3n  1)m, n �� Thật g   3m  1  3n  1   g   3mn  m  n   1  f  3mn  m  n     f  m f  n  f  m  f  n      g  3m  1 g  3n  1  f  m  1  f  n   1  Vậy với x, y �3�  , ta có: g ( xy )  g ( x).g ( y ) Như thế, ta cần song ánh g đủ, f ( x)  g (3x  1)  thỏa mãn đề Xét P1 , P2 tập số nguyên tố dạng 3k  1,3k  tương ứng Q1 , Q2 tập số nguyên tố P2 dạng 4k  1, 4k  tương ứng, ta xét song ánh h : P1 Ȯ� Q1 Q2 Sao cho h( P1 )  Q1 , h( P2 )  Q2 xác định g sau: +) g (1)  +) n �3�  1, n  1, n  �pi , pi nguyên tố g (n)  �h( pi ) Rõ ràng song ánh g thỏa mãn đề 2.4 Phương pháp truy hồi Bài tập 2.4.1 (Putnam 1988) Chứng minh tồn hàm số xác định tập số thực dương, nhận giá trị thực dương thỏa mãn Lời giải Với số thực dương cố định, ta xây dựng dãy sau Khi đó, từ đẳng thức giả thiết ta suy dãy thỏa mãn phương trình truy hồi hay Đến đây, giải phương trình đặc trưng dãy , ta hai nghiệm -3 Do đó, đó, số tìm phụ thuộc vào Tuy nhiên, , tồn đủ lớn cho (ta thấy dễ dàng cách chọn chẵn đủ lớn , chọn lẻ đủ lớn ) Do vậy, Thành Suy , thay hai giá trị vào đẳng thức ta Dẫn đến Và điều với dương nên Bài tập 2.4.2 (VMO 2012) Tìm tất hàm số thỏa mãn đồng thời điều kiện sau i toàn ánh �, ii tăng �, iii Lời giải Từ điều kiện thứ iii), ta nhận , đơn ánh Cùng với giả thiết i), ta suy song ánh, đó, tồn hàm ngược (cũng song ánh) Do nên điều kiện iii) giả thiết viết lại Bằng cách giải hai toán trên, ta tìm Đến đây, có thêm giả thiết (như tốn 1) tốn gần giải xong Thật vậy, iii), thay ta thu , suy ra, Tức Hơn nữa, Thành Như vậy, theo lập luận tốn 1, ta phải có Và kéo theo Thay đẳng thức sau này, ta Bài tập 2.4.3 (VMO 2003) Gọi tập tất hàm số cho Tìm số lớn cho với , ta ln có Lời giải Nếu (với đó) Phương trình có hai nghiệm Do đó, , suy Hơn nữa, nên , suy Mặt khác, , dẫn đến Do đó, thay Từ đó, ta xây dựng dãy sau Thế thì, theo lập luận trên, Do đó, số lớn cần chọn Trở lại với dãy , khơng khó để dãy tăng, bị chặn trên, có giới hạn Vậy 2.5 Phương pháp quy nạp * * * Bài tập 2.5.1 (DHĐBBB-2010) Tìm tất hàm số f : � � � ( � tập hợp số hữu tỉ dương) thỏa mãn: f ( x)  f ( y )  xyf ( xy ) = f ( xy ) , x, y ��* (1) f ( x  y) Lời giải Bước 1: Chứng minh f (1) = Thật vậy, cho y = vào (1) đặt f (1) = a , ta có: f ( x )  a  xf ( x ) = f ( x) f ( x) � f ( x  1) = (2) f ( x  1) (1  x ) f ( x)  a Suy ra: f (2) = a 1 ; f (3) = = ; f (4) = 4a  5a  4a  a  4a Mặt khác, cho x = y = vào (1), ta có: f (4) = f (4) f (2)  f (4) =  =1� a =1 Từ (2) suy  5a  4a Vậy f (1) = Bước 2: Chứng minh f ( x  n) = f ( x) , n = 1, 2, (3) (n  2nx ) f ( x )  Bằng phương pháp quy nạp, ta có: Từ (2) suy (3) với n = , giả sử với n = k Ta có: f ( x) f (x  k) ( k  2kx) f ( x)  f ( x  k  1) = = (1  2( x  k )) f ( x  k )  (1  2( x  k )) f ( x)  (k  2kx ) f ( x )  f ( x) = ( x  1)  2( k  1) x) f ( x)  Và từ f (1) = ta có hay f ( n) = f (n  1) = f (1) = (n  2n) f (1)  (n  1) 2 , n �N * n �1 � f � �= n = ,n = 1, 2, (4) �1 � �n � �� �n � Bước 3: Chứng minh Thật vậy, (3) thay x= n ta có : � 1� f� n  �= � n� �1 � f�� �n � �1 � ( n  2) f � )  1� n � � �1 � f ( x)  f � � = � 1� �x � f �x  � y= � x � n vào (1)ta có : Thay Vậy �1 � f (n)  f � � = �n � mà f ( n) = = n2   � 1� f �n  � � n� �1 � f�� �n � �1 � f � �= n 2 n nên �n � Bước 4: Chứng minh q= Thật vậy, với (m, n) = đật m f (q ) = , ( m; n) = 1, m, n �N * q n x = n, y = m (1) ta có : 2n �n � �1 � f � � f ( n)  f � �= m �m � �m � �n � f� � �m � � 1� f �n  � � m� �1 � f� � � 1� �m � f� n  �= = 2n 2n � �1 � � m� �  n  �f � � n  x= � m m m m � � � � m (3), ta có: Cho 2n �n � � �  m2  f � �= � n  � n m m m� � � � Do đó, �n � f� � �m �  m2 �n � n �1 � f (q ) = f � �= = � �= �m � n  �n � q m Vậy Thử lại ta có f ( x) = x thỏa mãn yêu cầu đề Bài tập 2.5.2 (China 1996)Cho hàm số f : �� � thỏa mãn điều kiện f ( x3  y ) = ( x  y )( f ( x)  f ( x) f ( y )  f ( y), x, y �� Chứng minh rằng: f (1996 x) = 1996 f ( x ), x �� Lời giải Tính f (0) thiết lập f ( x ) Cho x = y = ta f (0) = Cho y = ta f ( x ) = xf ( x ) Nhận xét: f ( x) x ln dấu Từ ta có: 1 f ( x ) = x f ( x ) Thiết lập tập hợp tất giá trị a mà f (ax) = af ( x ) Đặt S = {a > : f (ax) = af ( x), x �R} Rõ ràng �S Ta chứng tỏ a �S a �S Thật vậy, 1 � � 13 � �3 axf ( x ) = af ( x ) = f (ax ) = f �  x  �= a x f �a x � � � � � 3 � 13 � � a f ( x) = f �a x � � � 2 � 13 � � a f ( x) = f � a x� � � Nếu a, b �S a  b �S Thật vậy, 3 � � 13 13 � �13 13 �� f   a  b x = f � a x � � b x �� � � � � � �� � � � � 13 �� � 13 13 � � 13 13 � �13 13 � �13 13 � =� a  b ��f � a x � f � a x � f � b x � f � b x � � � �� � � � � � � � � � 1 � 13 ��23 � �1 � =� a  b �� a  a b  b �x f �x �=  a  b  f  x  � �� � � � Bằng quy nạp ta chứng tỏ n �N thuộc S Và toán trường hợp đặc biệt với n = 1996 PHẦN III PHẦN KẾT LUẬN Kết luận Chuyên đề trình bày số phương pháp giải phương trình hàm thơng qua ví dụ câu hỏi đề thi học sinh giỏi quốc gia quốc tề Tôi áp dụng tài liệu trình giảng dạy chuyên đề phương trình hàm cho lớp 12 Tốn 1- Trường THPT Chun Quốc Học Huế Thơng qua ví dụ em học sinh tự học, tự tìm tòi để định hướng phương pháp toán phương trình hàm Từ học tốt tiết học bồi dưỡng đạt thành tích cao kì thi học sinh giỏi Qua xin gửi lời cảm ơn đến quý thầy tổ Tốn, động viên, giúp đỡ đóng góp nhiều ý kiến quý báu cho viết Các đề xuất kiến nghị đề xuất, rút từ chuyên đề Chuyên đề đưa hệ thống tập tương đối cập nhật kì thi học sinh giỏi Quốc gia Quốc tế Trong q trình viết tài liệu khơng thể tránh số sai sót, mong q Thầy bạn đóng góp để chun đề hồn thiện TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Tài Chung, Lê Hồnh Phò (2013), Chun Khảo Phương Trình Hàm, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội [2] Tạp chí toán học tuổi trẻ [3] Đề thi học sinh giỏi VMO 2002-2019 [4] Các nguồn tài liệu từ internet: www.mathlinks.org; www.diendantoanhoc.net ... lại số kiến thức sở phương trình hàm Đồng thời hệ thống tập theo phương pháp chứng minh phương trình hàm Mục đích nghiên cứu Chuyên đề “Một số phương pháp giải phương trình hàm chọn để giới thiệu... phương pháp giải phương trình hàm .6 2.1 Phương pháp biến 2.2 Phương pháp thêm biến .14 2.3 Sử dụng tính chất đơn ánh,tồn ánh, song ánh hàm số .18 2.4 Phương. .. dạy phần tốn Phương trình hàm cách hiệu giúp em học sinh có khả vận dụng số phương pháp vào giải tốn phương trình hàm cách tốt Nhiệm vụ nghiên cứu Để đáp ứng yêu cầu việc học tập nghiên cứu