MỘT số bài TOÁN PHƯƠNG TRÌNH hàm LIÊN tục t02

MỘT SỐ BÀI TỐN PHƯƠNG TRÌNH HÀM LIÊN TỤC A PHẦN MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Phương trình hàm chuyên đề quan trọng thuộc chương trình chun tốn trường THPT chun Các tốn có liên quan đến phương trình hàm tập khó, thường gặp kì thi học sinh giỏi mơn tốn cấp Quốc gia, khu vực, quốc tế Tốn phương trình hàm phong phú đa dạng phức hợp đòi hỏi người làm tốn phải có kiến thức tổng hợp đại số giải tích Việc phân loại dạng tốn phương trình hàm mang tính chất tương đối Tuy nhiên, tiếp cận toán cố gắng vận dụng tất kiến thức toán học nắm, phương pháp giải, dạng toán quen thuộc biết để từ tư duy, suy luận, liên kết, liên tưởng lại nhằm tìm hướng giải tốn Trong khn khổ viết này, tơi lựa chọn số phương pháp để giải số phương trình hàm liên tục Mục đích đề tài Trong chuyên đề cung cấp tới học sinh số kiến thức liên quan tới mối quan hệ giới hạn hàm giới hạn dãy, hàm liên tục cộng tính, định lí giới hạn kẹp hàm liên tục đơn điệu Sau cho học sinh áp dụng kiến thức vào giải số phương trình hàm liên tục B NỘI DUNG I MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN SỬ DỤNG TRONG CHUYÊN ĐỀ 1 Mối quan hệ giới hạn hàm giới hạn dãy Các tốn phương trình hàm giải cách sử dụng định lý quen thuộc giải tích, thể mối quan hệ giới hạn hàm giới hạn dãy Định lý Cho hàm số f xác định khoảng (a; b) ; x0 �(a; b) tuỳ ý Khi f ( x)  A với dãy số (an ) hội tụ x0 ta có a) Điều kiện cần đủ để xlim �x lim f (an )  A n �� b) Điều kiện cần đủ để f ( x) liên tục x0 với dãy số (an ) hội tụ x0 ta f (an )  f ( x0 ) có nlim �� Hàm liên tục cộng tính Ta ý tập hữu tỷ Q trù mật tập số thực R , giải toán xác định hàm số f liên tục tập R , toán coi giải xong ta xác định tất giá trị f (q) , q �Q Trong tốn mục ta tính cộng tính cac hàm liên tục, sau áp dụng định lí Định lý Nếu f : R � R hàm liên tục, cộng tính: f ( x  y ) = f ( x) + f ( y ) (1) x, y �R f ( x)  ax x �R (với a  const tuỳ ý) Chứng minh: Giả sử f : �� � nghiệm hàm f (0)  �f ( x)   f ( x)x �R � Lần lượt thay x  y  , y   x vào (1) suy � f (0)  f ( x )   f ( x )x �R Tiếp tục thay y  x y  nx (với n �N* tuỳ ý) vào (1) suy f (2 x)  f ( x) f ((n  1) x )  f ( x )  f (nx ) Vì phương pháp chứng minh qui nạp ta được: f (nx )  nf ( x ) n �N ; x �R (2) Hơn f hàm lẻ nên ta có (2) n �Z Lại có, q �Q viết q  m ; m �Z, n �N* ta n m � �1 � x )  mf � x � � n m �n � � �� f (qx)  f ( x)  qf ( x)x �R n �1 � � f ( x)  nf � x � � �n � � f (qx)  f ( qn , với (qn ) dãy số hữu tỷ, Cuối cùng, với số thực r tuỳ ý ta viết r  nlim �� f ( qn x)  lim ( qn f ( x))  rf ( x) f (rx)  nlim �� n �� Dẫn đến f ( x)  xf (1)  ax x �R (với a  f (1) ) Thử lại, với a  const tuỳ ý ta có hàm số f ( x)  ax liên tục tập R f ( x  y ) = a( x  y )  ax  ay = f ( x) + f ( y ) x, y �R Định lí giới hạn kẹp (Sandwich Limit Theorem) Định lí Cho ba dãy số  an  ,  bn  ,  cn  Nếu an �bn �cn , n ��* lim an  lim cn  L lim bn  L * Hệ Nếu an �bn , n �� lim bn  lim an  Hàm liên tục đơn điệu Định lý Giả sử f hàm xác định liên tục khoảng [a; b] Khi với số thực M nằm f (a) f (b) tồn số c �(a; b) cho f (c )  M Định lý Giả sử f hàm xác định liên tục khoảng (a; b) Khi f đơn ánh khoảng (a; b) f đơn điệu Chú ý: Định lí ta thay khoảng (a; b) đoạn [a;b] tập số thực II MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài Tìm tất hàm số liên tục f : �� � thỏa mãn đẳng thức f  x  y   f  x   f  y   f  x  f  y  , x, y ��  1 Giải Giả sử f : �� � nghiệm hàm 2 1 f  x � Trong (1) lấy y  x ta được: f  x   f  x   � �f  x  � �  � � �, x ��   f  3x   f  x  x   f  x   f  x   f  x  f  x  2 � �  f  x  � f x �  f x  f x  � f x �         � � � ��f  x  �  f  x  � � 1 f  x � �f  x  � � � �f  x  � �  � �, x �� 3 1 f  x � Giả sử f  nx    � � �, x �� n Khi với số thực x ta có f   n  1 x   f  nx  x   f  nx   f  x   f  nx  f  x  n n � �  1 � 1 f  x � 1 � 1 f  x � � � f  x   � � ��f  x  n 1  1 � 1 f  x � 1 f  x � 1 f  x � � � � � � f  x  1 � � � , x �� n n Vậy theo nguyên lý quy nạp toán học, suy * f  nx    � 1 f  x � � �, x ��, n �� n  3 x � �x � � 1 f � � Trong (2) thay x ta f  x    � �, x �� Suy f  x  �1, x �� 2 � �� �  f  1 � Với n, m  1, 2,3, , theo (3) ta có f  n   f  n.1   � � � n � �m� � f  m  f � n �  � 1 �n� � � �� 1 � n m � �m � f� �  1 � �  f  1 � � � �n � � n m � �m � f� � �  f �   � � �� �n � � m �m � f � �  n �  f �   � � �n �  4 Nếu f  1  từ (1) suy f  x   f    x  1    f  x  1  f  x  1  1, x �� Nếu f  1 �1 f  1  Gọi c  ln   f  1  , �m � � � cm theo (4) ta có f � �  e n , n, m  1, 2, n cr Nghĩa f  r    e , r ��, r  � rn  x Với số thực dương x, tồn dãy số hữu tỉ dương  rn  n 1 cho nlim ��   rn  lim   e cr    e cx Vì f liên tục nên f  x   f nlim �� n �� n cx Vậy f  x    e , x ��, x    �f    x  y  f  � f �  �     � Trong (1) cho ta � � �f    Nếu f    (1) lấy x  1, y  0, ta f  1  f     f  1   f  1 � f  1  1, mâu thuẫn với f  1 �1 Vậy f     6 Trong (1) lấy y   x ta  f    f  x  x   f  x   f   x   f  x  f   x  , x  � f  x   f  x e  cx    cx   e cx , x  1 f  x e  7 cx Từ (5), (7) f    0, suy f  x    e , x �� Thử lại thấy thỏa mãn cx Vậy hàm số thỏa mãn đề là: f  x    e , x �� f  x   1, x �� với c số tùy ý Bài Tìm tất hàm số liên tục f : �� � thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: i ) f  1  2019 ii) f  x  y   2019 x f  y   2019 y f  x  , x, y ��  1 Giải Giả sử f : �� � nghiệm hàm x Trong  1 lấy y  x ta f  x   2.2019 f  x  , x ��  2 Trong (1) lấy y  x sử dụng (2) ta f  x   f  x  x   20192 x f  x   2019 x f  x   2019 x f  x   2.20192 x f  x   3.2019 x f  x  , x ��  3  n 1 x f  x  , x �� Khi Giả sử f  nx   n.2019 f   n  1 x   f  nx  x   2019 nx f  x   2019 x f  x   20192 x f  x   2.2019 x f  x   3.2019 x f  x  , x ��  n 1 x f  x  , x ��, n  1, 2, Theo nguyên lí quy nạp suy f  nx   n.2019 n 1 n Vậy f  n   f  n.1  n.2019 f  1  n.2019 , n  1, 2,  4  5 Với n  1, 2, m  1, 2, theo   ,   ta có n  m 1 � n� �n � m f  n  f � m � m.2019 f � � n.2019n � m� �m � Suy m 2019 n n m n �n � �n � n n m f � � n.2019 � f � � 2019 �m � �m � m r Vậy f  r   r.2019 , r ��, r  (6) � rn  x Với số thực dương x tồn dãy số hữu tỉ dương  rn  n 1 cho nlim ��   r  lim f  rn   lim  rn 2019 r   x 2019 x Vì f liên tục nên f  x   f nlim �� n �� n �� n x Vậy f  x   x.2019 , x ��, x   7 Trong (2) lấy x  ta f    Do (1), xét x  0, từ (1) (7) ta  f  x  x   2019 x f   x   2019 x f  x   2019 x   x  2019 x  2019 x f  x    x  2019 x f  x  x Suy f  x   x.2019 , x  x Kết hợp với (7) f    0, suy f  x   x.2019 , x �� x Thử lại Vậy f  x   x.2019 , x �� hàm số cần tìm Bài Tìm tất hàm số liên tục f : �� � thỏa mãn điều kiện f  x  y  f  x  y  2� , x, y ��  1 �f  x   f  y  � � Giải Giả sử f : �� � nghiệm hàm Trong (1) cho x  y  0, ta f    Trong (1) lấy x  0, ta f  y   f   y   f  y  , y ��� f  y   f   y  , y �� Trong (1) lấy y  x ta f  x   f  x  , x �� , y �� Trong (1) lấy x  y , ta f  y   f  y   � �f  y   f  y  � � � f  y   f  y  , y �� Giả sử f   n  1 x    n  1 f  x  , x ��; f  nx   n f  x  , x �� Khi f   n  1 x   f  nx  x    f  nx  x   � �f  nx   f  x  � � n2 f  x   f  x  � =   n  1 f  x   � � �   n  2n   2n   f  x    n  1 f  x  , x �� 2 Theo nguyên lí quy nạp toán học suy f  nx   n f  x  , x ��, n  1, 2, (2) Trong (2) lấy x  1, ta f  n   n f  1 �1� �1 � �1 � f  1 Suy f  1  f �n � n f � �� f � � , n  1, 2, �n� �n � �n � n f  1 �m � m �m � � � �1 � Lấy x  , m, n  1, 2, ta f � � f �m � m2 f � � m2  � � f  1 n n �n � � n � �n � �n � 2 Vậy f  r   ar , r ��, r  0,  a  f  1  � rn  x Với số thực dương x, tồn dãy số hữu tỉ dương  rn  n 1 cho nlim ��   rn  lim f  rn   lim  arn2   ax Vì f liên tục nên f  x   f nlim �� n�� n �� Vậy f  x   ax , x  0,  a  f  1  Với x  0, f   y   f  y  , y �� nên suy f  x   f   x   a   x   ax , x  Vậy f  x   ax , x �� ( a số) Thử lại Nhận xét: Trong toán ta có cách giải chung sau +) Thiết lập công thức cho hàm tập số tự nhiên +) Thiết lập công thức cho hàm tập số nguyên +) Thiết lập công thức cho hàm tập số hữu tỉ Từ chuyển qua giới hạn để thiết lập công thức tương tự cho hàm tập số thực Chú ý tính liên tục khơng có tác dụng phương trình hàm tập số hữu tỉ Tuy nhiên biết chắn hàm liên tục, ta thiết lập cơng thức cho hàm tập số hữu tỉ suy công thức tương tự tập số thực Bài Tìm tất hàm số liên tục f : �� � thỏa mãn  x  y  f  x  y   xf  x   yf  y   xy, x, y ��  1 Giải Giả sử f : �� � nghiệm hàm Thay y  x vào (1) ta được: xf  x   xf  x   x , x �� � f  x   x  f  x   x, x ��   Đặt g  x   f  x   x ,   trở thành: g  x   g  x  , x ��  3 Từ  3 quy nạp toán học ta suy ra: �x � �x � g  x   g  x   g � �  g � n � , x ��, n ��   �2 � �2 � Vì hàm số f liên tục nên hàm số g liên tục x �2 � � � Do đó: g  x   lim g � n � g   , x ��� g  x   c, x �� hay f  x   x  c, x �� Thử lại ta thấy hàm số f  x   x  c, x ��thỏa mãn điều kiện ứng với số c Bài Tìm tất hàm số liên tục f : �� � thỏa mãn: f  f  x    f  x   x, x �� Giải Giả sử f : �� � nghiệm hàm Từ giả thiết ta thấy f đơn ánh f    Do f liên tục nên hàm đơn điệu thực Giả sử tồn số a �� để f  x  �a, x �� Khi ta có f  x   a, x �� f  x   a, x �� Giả sử f  x   a, x �� Nếu f giảm ngặt ta có: x  a  x  f  x   f  f  x    f  a  , x �� mâu thuẫn Do f tăng ngặt, suy với x  ta có: f  x   f  x   x  f  f  x    f  a  Do f tăng ngặt nên từ ta có x  a với x  0, mâu thuẫn Tương tự trường hợp f  x   a, x ��, ta thu điều mâu thuẫn Như f tồn ánh, f song ánh Đặt f  x   x, f n  x   f  f n1  x   , ta chứng minh f n  x   f n 1  x   f n  x   0, n �� Từ suy f n  x   2x  f  x  x  f  x n n  1  3 Do f song ánh nên tồn hàm ngược Gọi g  x  hàm ngược f  x  đặt g  x   x, g n  x   g n  g n 1  x   Thay x g  x  vào phương trình ban đầu, ta g  x   x  f  x   0, x �� (2) Trong (2) tiếp tục thay x g  x  thu được: g  x   g  x   x  0, x �� Từ qui nạp ta chứng minh được: g n  x   g n 1  x   g n  x   0, n �� x  2g  x x  g  x  �1 � n  1  � � Suy ra: g n  x   3 �2 � n Từ (2) suy g  x   f  x   x 2x  f  x  x  f  x  �1 � n gn  x    1  � �, n �� 3 �2 � n Do Xét hai trường hợp sau: Trường hợp 1: f tăng ngặt Dễ thấy f n  x  g n  x  tăng ngặt Do f    nên g    g n    Với số x0 thực ta có gn  x   gn  0  nên 2x  f  x x  f  x  �1 � n  1  � � 0, n ��* 3 �2 � n Nếu x  f  x   cách chọn n lẻ n � �, ta thu điều mâu thuẫn Còn x  f  x   cách chọn n chẵn n � �, ta thu kết tương tự Do đó, ta có f  x   x, với x  Chứng minh tương tự, ta có f  x   x với x  Như vậy, trường hợp này, ta tìm f  x   x, x �� Hàm thỏa mãn yêu cầu toán Trường hợp 2: f giảm ngặt Dễ thấy f 2n  x  tăng ngặt, f n 1  x  giảm ngặt f n    Với x  0, ta có f n  x   f n     f n1    f n 1  x  nên 2x  f  x x  f  x n f  x   x x  f  x  n1     , n ��* 3 3 Nếu x  f  x   cách cho n � �, bất đẳng thức vế trái thỏa mãn Còn x  f  x   cách cho n � �, bất đẳng thức vế phải khơng thể thỏa mãn Do đó, ta có f  x    x, với x  Chứng minh tương tự, ta có f  x    x với x  Như vậy, trường hợp này, ta tìm f  x    x, x �� Hàm thỏa mãn yêu cầu toán Bài Tìm tất hàm số liên tục f :  0; � �  0; � thỏa mãn đẳng thức � x � f  x  f � � �x  x  � �x  � f� � , x � 0; � �2 � Giải  1 Giả sử f :  0; � �  0; � nghiệm hàm Do f liên tục  0; � nên liên tục  0;1 Từ suy tồn số f  x   M , f  b   f  x   m a, b � 0;1 cho f  a   max x� 0;1 x� 0;1 �a  � � a � �a  � � a � Do 2M  f  a   f � � f � �và f � ��M , f � ��M nên ta � � �a  a  � �2 � �a  a  � �a  � suy f � � M �2 � �a  2n  � Từ quy nạp, ta chứng minh f � n � M , n �� � � Trong đẳng thức này, cho n � �, ta f  1  M Chứng minh tương tự, ta cững có f  1  m Do M  m Điều chứng tỏ f hàm đoạn  0;1 Giả sử f  x  �c, x � 0;1 Khi đó, ta viết lại phương trình ban đầu dạng f  x   �x  � f � � c �2 � Từ đẳng thức này, ta chứng minh quy nạp f  x  �x  2n  � �1 1 � f� n c, n �� � �    n � n � 2 � � �2 Cho n � �, ta f  x  �c, x � 0; � Hàm thỏa mãn yêu cầu đề Bài Tìm tất hàm số liên tục f : �� � thỏa mãn đẳng thức f  x  f  y  z    f  y  f  z  x    f  z  f  x  y    0, x, y , z ��  1 Giải Giả sử f : �� � nghiệm hàm Ta thấy f  x  �0, x �� nghiệm phương trình nên ta cần xét f  x  �0 x �x � Thay x, y, z vào (1), ta thu f �  f  x  � 0, x �� �2 � x �x � Tiếp tục thay x  f  x  vào đẳng thức trên, ta f �  f  x  � 0, x �� �2 � 10 �x � � � * Từ đây, quy nạp, ta chứng minh f � n1  n f  x  � 0, x ��, n �� 2 Trong đẳng thức trên, cố định x cho n � �, sau sử dụng tính liên tục f , ta suy f    Từ đây, cách thay x  y, z   x vào (1), ta f  f  x   x   2 f  x  , x �� Do f  x  �0 nên tồn x0 cho f  x0  �0 Xét dãy  an  xác định a0  x0 , an 1  f  2an   an Khi đó, dễ thấy f  an   2 f  an 1    2  f  an      2  f  x0  , n ��* n f  a2 n   � lim f  a2 n1   � Nếu f  x0   ta có nlim �� n �� Còn f  x0   ta có kết ngược lại Nhưng hai trường hợp này, ta thấy f  x  không bị chặn, mà f liên tục nên tồn ánh Đến đây, cách thay y  z  vào (1), ta có f  f  x    f  x   0, x �� Do f x tồn ánh nên ta có: f  x    , x �� Thử lại, ta thấy thỏa mãn x Vậy phương trình cho có hai nghiệm f  x   f  x    , x ��  g  x   x   � Bài Cho hàm số g : �� � hàm liên tục cho xlim �� cho tập  x, g  x   x tập hữu hạn khác rỗng Chứng minh f : �� � liên tục f og  f f hàm Giải Xét x1 , x2 , , xn với x1  x2   xn biểu thị giá trị x cho g  x   x Xác định khoảng I1 , I , , I n với I1   �; x1  , I r   xr ; xr 1  , I n   xn ; � Các dấu g  x   x không đổi I r Lấy  r  g  x  x , x �I r g  x  x Giả sử f : �� � hàm liên tục f og  f Ta thấy f có giá trị f  xn  I n 11  g  x   x   �, ta có  n  1, x Ta xét y0  xn Từ xlim �� Từ g  xn   xn g  y0   y0 , kết hợp với thuộc tính giá trị trung gian y1 với g  x1   y0 , xn  y1  y0 Lặp lặp lại trình ta dãy giá trị  ym  m0 giảm khoảng I n với g  ym1   g m Từ  ym  m0 dãy bị chặn xn có xu hướng đến giới hạn y� với y� �0 g n  lim  ym 1   y� Từ tính liên tục g với g  y�  lim x �� x �� f  y m   f  y0  Do y�  xn f  y�  lim x �� Điều cho thấy f  y   f  xn  , y �I n Bây ta qui nạp theo giá trị giảm dần r mà f có giá trị f  xn  tất khoảng I n Giả sử số r � 0; n  1 , ta có f  y   f  xn  cho y �I s với r  s �n Do tính liên tục f  y   f  xn  , y � xr 1; � Chia thành trường hợp sau: Trường hợp Xét  r  Đối với y �I r , xét dãy  ym  m�0 với y0  y, ym1  g  ym  Nếu tất dãy yn nằm I r dã  ym  m�0 tang bị chặn xr 1 Nó có xu hướng tiến tới y� với y� �xr 1 , g  y�  y� Vì y�  xr 1 Mặt khác, ta có f  ym1   f  g  ym    f  ym  Do f số I r Trường hợp Xét  r  1 Điều cho thấy g  I r  �I r Cho r  điều có từ định lí giá trị trung gian Đối với r  0, y �I , ta có: g  y   y  x0  g  x0  Theo định lí giá trị trung gian tồn y ' � y; x  với g  y '  y Bây ta mô theo tham số sử dụng trường hợp r  n Với y �I có dãy  ym  m�0 với y0  y g  ym1   ym , m Từ g  y0   y0 chuỗi tăng tiến tới giới hạn y� với y�  xr 1 12 Một lần g  y�  y� Do y�  xr 1 Các chuỗi  f  y  m m� số f  y   f  y0   f  y�  f  xr 1   f  xr  Vậy f số Bài Cho hàm số liên tục f :  1;1 � � thỏa mãn f  x  1  xf  x  , x � 1;1  1 Chứng minh f �0 Giải Giả sử f :  1;1 � � nghiệm hàm f  cos t  Với số thực t khơng bội ngun  , ta định nghĩa g  t   sin t Hơn nữa, kết hợp với giả thiết f  cos 2t  f  2cos t  1 2cos t f  cos t  g  2t      g  t sin 2t sin 2t sin 2t  n � � k k � g   n   g    g  1 k �2 � Đặc biệt g � Do f hàm liên tục nên g hàm liên tục phạm vi định nghĩa  n � � , n, k ���là tập trù mật � Điều cho thấy g hàm k �2 Mặt khác, tập � phạm vi định nghĩa Nhưng g hàm lẻ nên g  t   với t không bội nguyên  Do f  x   0, x � 1;1 Lấy x  x  từ phương trình hàm giả thiết, ta có f  1  f  1  Vậy f �0, x � 1;1 Nhận xét: Từ đến ta sử dụng dãy số vào giải phương trình hàm Trong trình sử dụng dãy số vào giải phương trình hàm ta lưu ý số vấn đề sau Trong nhiều trường hợp, ta cần tìm cơng thức tổng quát hàm số, hướng mà ta nghĩ đến thiết lập bất đẳng thức dạng an �f  x  �bn ,  an  ,  bn  hai dãy chọn cho bất đẳng thức với n (ứng 13 với x cố định) Lúc này, lim an  limb n  L  x  cách chuyển sang giới hạn, ta tìm cơng thức tổng qt f  x  L  x  Nếu cần suy xét tính chất f  x  , ta thiết lập đẳng thức dạng A  f  �an B  f  , A  f  , B  f  hai biểu thức x f  x  ,  an  dãy chọn cho bất đẳng thức n (ứng với x cố định) Lúc này, dựa hội tụ an ta có đưa nhiều kết luận cho A  f  B  f  , từ suy tính chất f  x  Bài 10 Tìm tất hàm số liên tục f : �� � thỏa mãn  f  x  y     f  x   f  y   , x, y ��  1 (trong  t  số nguyên lớn không vượt t  t  t   t  ) Giải Giả sử f : �� � nghiệm hàm Từ giả thiết, ta có: f  x  y  � , x, y �� �f  x  y  � � f  x   f  y   � �f  x   f  y  � � , x, y ��   hay f  x  y   f  x   f  y   � �f  x  y  � � � �f  x   f  y  � � Vế trái (2) hàm số liên tục theo theo x ứng với y cố định cho trước, vế phải nhận giá trị nguyên nên từ (2) suy f  x  y   f  x   f  y   C ��, x, y ��  3 Đặt f  x   C  g  x  g : �� � hàm liên tục, vào (3), ta thu phương trình hàm Cauchy: g  x  y   g  x   g  y  , x, y �� có nghiệm g  t   at , a �� tùy ý Suy f  t   at  C , C ��, t �� Thử lại ta thấy hàm số f  t   at  C , C ��, t �� thỏa mãn (1) Bài 11 Tìm tất hàm số liên tục f : �� � thỏa mãn f  xy   f  x  y   f  xy  x   f  y  , x, y �� Giải Giả sử f : �� � nghiệm hàm 14  1 Viết lại (1) dạng f  xy  x   f  xy   f  x  y   f  y  , x, y ��   Trong (2) thay y xy, ta thu f  x y  x   f  x y   f  x  xy   f  xy  , x, y ��  3 Từ (2) (3) suy ra: f  x y  x   f  x y   f  x  y   f  y  , x, y ��   Trong (4) tiếp tục thay y xy , ta thu f  x y  x   f  x y   f  x  xy   f  xy  , x, y ��   3 Từ (2) (5) suy f  x y  x   f  x y   f  x  y   f  y  , x, y �� Bằng phương pháp quy nạp, ta chứng minh với n ��, có f  x n y  x   f  x n y   f  x  y   f  y  , x, y ��   Xét x � 1;1 \  0 Từ giả thiết f hàm liên tục � nên từ (6), ta thu  f  x  y   f  x   lim  f  x  y   f  x    lim f  x n y  x   f  x n y   n ��   n��    f lim  x n y  x   f lim  x n y   f  x   f   n �� n �� nên f  x  y   f  x   f  y   f   , y ��, x � 1;1 \  0   Khi x ��\  1;1 Từ giả thiết f hàm liên tục � nên từ (6), ta thu được:  f  x  y   f  x   lim  f  x  y   f  x    lim f  x n y  x   f  x n y  n ��  f  x   f   , y ��, x ��\  1;1   n �� y f  x Từ (7) (8), ta thu f  x �α f  y f  0 , y  �, x �\  0, 1   f  x  y  nên từ (9) suy Nhận xét rằng, với y cố định tồn giới hạn nlim ��1 f   y   f  1  f  y   f   , y ��  10  f  1  y   f  1  f  y   f   , y ��  11 Từ (9), (10) (11) suy f  x  y   f  x   f  y   f   ,  x, y ��  12  Đặt f  x   f    g  x  g hàm liên tục � (12) có dạng g  x  y   g  x   g  y  , x, y �� 13 (13) phương trình hàm Cauchy lớp hàm liên tục nên có nghiệm g  x   ax, x ��, suy 15 f  x   ax  b, x �� Thử lại ta thấy hàm f  x   ax  b, x �� thỏa mãn điều kiện (1) với số thực a, b Bài 12 Tìm tất hàm số liên tục f : �� � thỏa mãn f  x  y  f  y  z  f  z  x    0, x, y , z ��  1 Giải Giả sử f : �� � nghiệm hàm t t Thay x  , y   , z   t �� vào (1), ta được: �� t � � f  t  �f �  � �  0, t ��� f  t   0, t �� �� 2� � g x Đặt f  x   2 , f  x  liên tục � nên g  x  liên tục �, suy g  x  y   g  y  z   g  z  x   3, x, y, z ��   u  x y � � z  x    u  v  Đặt h  x   g  x   1, suy v yz � Đặt � h  u   h  v   h  u  v  , u , v ��  3 Trong (3) cho u  v  0; u  x; v  0, ta h    0, h   x    h  x  Vì (3) viết thành h  u   h  v   h  u  v  , u , v ��   h  x  liên tục � Phương trình (4) là phương trình hàm Cauchy nên h  t   Ct , với C số t �� Cx 1 Suy g  x   Cx  f  x   2 , x �� Cx 1 Cx 1 Thử lại ta thấy f  x   2 , x �� thỏa mãn (1) Vậy f  x   2 , x �� với C số thực tùy ý Nhận xét: Từ tập 10 đến tập 12 ta sử dụng phương trình hàm Cauchy vào giải phương trình hàm Bài 13 Tìm tất hàm số liên tục f :  0;1 � � thỏa mãn f  x  �2 xf  x  , x � 0;1 (1) Giải Giả sử f : �� � nghiệm hàm 16 Cho x  f   �0 Cho x  f  1 �2 f  1 f  1 (2) Với  x  , sử dụng (1) n lần ta f  x  �2 xf  x  �22 x3 f  x  � � x  x n n  n 1   f x , n ��*   n   n � 1� � x  x n 1 f x � f    (4)  Vì x ��0; �và f liên tục nên nlim ��� � � 2� n n � 1� � � 0; � Từ (3) (4) cho ta f  x  �0, x �� Mặt khác với x � 0;1 từ (1), ta có f x f  x   x  ��� f  x f  x x � 21n f� �x � 1 2n x � � � � (6) 2n � 21n � f� �x � � Mà lim � � , nên từ (6) suy f  x  �0, x � 0;1   n �� 1 n n 2 x � 1� � � 0; � Từ (5) (7) cho ta f  x   0, x �� � �   n 1 Với x �� ;1�tòn n ��* để x  f  x  �2 x f x  � � n n n � � � � Do f  x  �0, x �� ;1� � � � � (8) Từ (7) (8) suy f  x   0, x �� ;1� � � � � Từ (7) (8) suy f  x   0, x �� ;1� Vậy f  x   0, x � 0;1 Vì f hàm liên tục  0;1 nên với dãy  xn  � 0;1 cho lim xn  f  1  f  limx n   lim f  xn   lim f    Do f  x   0, x � 0;1 , thử lại thỏa mãn Nhận xét: Trong toán ta sử dụng định lý giới hạn kẹp để giải 17 Bài 14 Tìm tất hàm số liên tục f : �� � thỏa mãn, với số thực a, b cho a  b , tồn c � a; b  cho: f  c  �max  f  a  , f  b   Giải Giả sử f : �� � nghiệm hàm Lấy hai số thực a  b tùy ý Do hàm số f liên tục  a;b  nên tồn giá trị lớn đoạn f  x  , A   x � a; b  , f  x   M  Đặt M  max  a ;b  � Vì A � bị chặn nên tồn   inf A,   sup A Tồn dãy số  xn  n 1  a; b  �  yn  n1 đoạn  a; b  cho xn  sup A   , tồn dãy cho lim n �� lim yn  inf A   Vì hàm f liên tục nên ta có: n ��   f     f  lim y   lim f  y   lim M  M f     f lim xn  lim f  xn   lim M  M n �� n �� n �� n n �� n �� n n �� Do f     f     M Nếu   a theo giả thiết c � a;  cho: f  c  �� max  f  a  , f     f  c f   f  c M f  c M Như c   f  c   M , điều mâu thuẫn với cách chọn  ,   a Nếu   b theo giả thiết tồn d �  ; b  cho: f  d  �� max  f  b  , f     f  d f  f d M f d M Như d   f  d   M , điều mâu thuẫn với cách chọn  ,   b Do đó, f  a   f  b  Vậy f hàm � Thử lại thấy thỏa mãn Nhận xét: Trong toán ta sử dụng phương pháp phần tử cực biên để giải toán Bài 15 Xác định hàm số f : R � R liên tục tập R thoả mãn: f ( f ( x))  f ( x)  x x �R Giải: 18 (1) Giả sử f : �� � nghiệm hàm Dễ thấy f đơn ánh tập R ; f ( x1 )  f ( x2 ) dẫn đến f ( x1 )  f ( x2 ) Kết hợp với (1) suy x1  x2 � x1  x2 Vậy f liên tục nên f hàm đơn điệu tập R Thay x  vào (1) có f ( f (0))  f (0) , suy f (0)  Bây ta xét hai trường hợp TH1: f đơn điệu giảm Với x số thực tuỳ ý, ta xây dựng dãy ( xn ): x0  x; xn  f n ( x) Đây dãy truy hồi tuyến tính cấp hai xn1  xn  xn1 có phương trình đặc trưng: �X  X2  X 6 � � X  2 � Số hạng tổng quát dãy xác định công thức 1 xn  ( f ( x)  x)3n  ( f ( x)  x)(2) n n �N 5 (2) Ta chứng minh f ( x)  x  x �R , Nếu x  , ý f đơn điệu giảm thực f (0)  nên x2 k  (3) x2 k 1  (4) 22 k Từ (2) (3) suy f ( x)  x  ( f ( x)  x) k Từ (2) (4) suy f ( x)  x  ( f ( x)  3x) 2 k 1 32 k 1 k �N k �N Cho k � � lấy giới hạn vế bất đẳng thức ta f ( x)  x �0 � �� f ( x)  x  f ( x)  x �0 � Làm hoàn toàn tương tự, x  ta có f ( x)  x  19 TH2: f đơn điệu tăng, trường hợp khó ta xét hàm nghịch đảo f 1 Chú ý Với x  ta có f ( x)  f (0)  Lần lượt cho x � � , x � � lấy giới hạn vế (1) ta được, ý x  � f ( x)  f (0)  (và x  � f ( x)  f (0) ) ta lim f ( x)  �, lim f ( x)  � x �� x �� Kết hợp với định lý suy f toàn ánh Vậy f song ánh f 1 hàm liên tục, đơn điệu tăng tập R ; f 1 (0)  Với x số thực tuỳ ý, ta xây dựng dãy ( xn ): x0  f ( x); xn 1  f  n ( x) Đây 6 dãy truy hồi tuyến tính cấp hai xn1  xn  xn1 có phương trình đặc trưng: � X   � 1 X2  X  0� � 6 �X  � Số hạng tổng quát dãy xác định công thức xn  ( f ( x )  x ) n  ( f ( x )  3x ) 5 ( 2) n n �N (5) Ta chứng minh f ( x)  x  x �R , Nếu x  , ý f đơn điệu tăng thực f (0)  nên x2 k  (6) x2 k 1  (7) 22 k 32 k k �N 22 k 1 32 k 1 k �N Từ (5) (6) suy f ( x)  x  ( f ( x)  x) Từ (5) (7) suy f ( x)  3x  ( f ( x)  x) Cho k � � lấy giới hạn vế bất đẳng thức ta 20 f ( x)  x �0 � �� f ( x)  x  f ( x)  x �0 � Làm hoàn toàn tương tự, x  ta có f ( x)  3x  Thử lại, ta thấy f ( x) �3x f ( x) �2 x thoả mãn đề Bài 16 Xác định hàm số f : R � R liên tục tập R thoả mãn: f ( x  f ( y ))  y  f ( x) x, y �R (1) Giải: Giả sử f : �� � nghiệm hàm Thay x  vào (1) f (9 f ( y ))  y  f (0) (2) Từ (2) dễ dàng suy f đơn ánh Tiếp tục thay y  vào (1) f (9 f (0))  y  f (0) � f (0)  � f (0)  Thay x  f (t ) vào (1), sau kết hợp với (2) ta f (9 f (t )  f ( y ))  y  f (9 f (t ))  y  4t =4(t  y)=f (9 f (t  y )) Mà f đơn ánh nên f (t )  f ( y )=9 f (t  y ) t , y �R Như f hàm cộng tính liên tục, suy f ( x) �ax (a  const ) � �a  Từ (2) suy 9a y  y � � � a � � 1� � � Bài 17 Cho a, b hai số thực tập �0; �và hàm số f : �� � hàm liên tục thỏa mãn f  f  x    af  x   bx, x �� Chứng minh tồn số thực c cho f  x   cx Giải Giả sử f : �� � nghiệm hàm 21 Ta có, f  x   f  y  x  y Do f hàm đơn ánh Khi đó, liên tục f , ta suy f đơn điệu ngặt Hơn f khơng có giới hạn hữu hạn L x � � Thật f  f  x    ax  bx Ta thấy f có giới hạn L x � � vế trái bị chặn vế phải khơng bị chặn Tương tự f khơng có giới hạn hữu hạn x � � Mặt khác, f hàm đơn điệu, ta có f tăng 1 Xét x0 số xn1  f  xn  n  xn 1  f  xn  n  Xét r1  a  a  4b a  a  4b nghiệm phương trình x  ax  b  với , r2  2 r1   r2 r1  r2 Khi tồn c1 , c2 �� cho xn  c1r1n  c2 r2n , n �� Nếu c1 �0 xn phụ thuộc vào r2n lấy n  đủ nhỏ Trong trường hợp đó, ta có  xn  xn  mâu thuẫn với f  xn   f  xn   Điều cho thấy c2  x0  c1 x1  c1r1 Từ f  x   r1 x Tương tự f giảm f  x   r2 x Nhận xét: Trong số tốn ta áp dụng định lí hàm liên tục đơn điệu để giải tập III BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài Tìm tất hàm số f : R � R liên tục tập R thoả mãn �x � x f ( x)  f � � , x �R �3 � Bài Tìm tất hàm số f :[0;1] � [0;1] liên tục đoạn [0;1] thoả mãn x x 1 f (x)  f ( )  f ( ) , x �[0;1] 2 Bài Tìm tất hàm số f : R � R liên tục tập R thoả mãn f ( x  y )  f ( x)  f ( y )  2axy ,(a =const ) x, y �R Bài Tìm tất hàm số f : R � R liên tục tập R thoả mãn 22 x, y �R f ( f ( f ( x  y  xy )))  f ( x)  f ( y )  f ( xy ) Bài Tìm tất hàm số f : R � R liên tục tập R thoả mãn x, y �R f ( x  y )  f ( xy )  f ( y )  f ( xy  x) Bài Tìm tất hàm số f : R � R liên tục tập R thoả mãn f  x  y  f  y    f  x   f  y  f  y   , x, y �� Bài Tìm tất hàm số liên tục f :[0;  �) � [0;  �) , thỏa mãn � x � f ( x)  f �  � 1 x  x � � 1 x � � f� � , với x �[0;  �) �2 � Bài Tìm tất hàm số liên tục f : �� �, thỏa mãn f   x4  y  f  x2  y   f   xy , x, y �� Bài 10 Tìm tất hàm số f : �� �, liên tục thỏa mãn f  x  y � , x, y �� �f  x   1� �� �f  y   1� � � �f  x   f  y   f  x  f  y  � �� �f  x  y   1� � Bài 11 Tìm tất hàm số liên tục f : �� �, thỏa mãn   f f  f  x  y  xy    f  x   f  y   f  xy  , x, y �� Bài 12 Tìm tất hàm số liên tục f : �� �, thỏa mãn     f x  f  y  f  z    f  x   f  f  y    f f  f  z   , x, y , z �� C KẾT LUẬN Trên số phương pháp giải phương trình hàm mà tơi tổng hợp trình giảng dạy nhằm giúp em học sinh có hệ thống phương pháp để giải số phương trình hàm liên tục Hy vọng chuyên đề góp phần để việc dạy học mơn tốn, đặc biệt việc ôn luyện đội tuyển học sinh giỏi cấp hiệu Tơi trình bày số ví dụ minh họa 23 cho việc sử dụng phương pháp trên, chắn nhiều thiếu sót hạn chế Rất mong đóng góp ý kiến bạn bè, đồng nghiệp để việc giảng dạy chuyên đề phương trình hàm cho học sinh hiệu Tôi trân trọng cảm ơn ! D TÀI LIỆU THAM KHẢO Chuyên khảo phương trình hàm – ThS Nguyễn Tài Chung – ThS.NGƯT Lê Hồnh Phò Tạp chí Tốn học tuổi trẻ Chun đề “Phương pháp phần tử cực biên để giải phương trình hàm, bất phương trình hàm” – Nguyễn Tài Chung Chuyên đề “Áp dụng dãy số vào giải phương trình bất phương trình hàm” – Võ Quốc Bá Cẩn Chuyên đề “ Một số kỹ thuật sử dụng định lý giới hạn kẹp” – Kiều Đình Minh Chun đề “Một số tốn phương trình hàm liên tục” - Trường THPT chuyên Trần Phú, Hải Phòng 24 25 ... dụng dãy số vào giải phương trình bất phương trình hàm – Võ Quốc Bá Cẩn Chuyên đề “ Một số kỹ thuật sử dụng định lý giới hạn kẹp” – Kiều Đình Minh Chun đề Một số tốn phương trình hàm liên tục ... Trong số tốn ta áp dụng định lí hàm liên tục đơn điệu để giải tập III BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài Tìm tất hàm số f : R � R liên tục tập R thoả mãn �x � x f ( x)  f � � , x �R �3 � Bài Tìm tất hàm số. .. z �� C KẾT LUẬN Trên số phương pháp giải phương trình hàm mà tơi tổng hợp trình giảng dạy nhằm giúp em học sinh có hệ thống phương pháp để giải số phương trình hàm liên tục Hy vọng chuyên đề