PHƯƠNG PHÁP QUY nạp GIẢI PHƯƠNG TRÌNH hàm t15

CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM Admin THÁNG NĂM 2019 MỤC LỤC Phần I Phần II 1.1 1.2 1.3 Phần III MỞ ĐẦU NỘI DUNG NGHIÊN CỨU VÀ KẾT QUẢ PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM Phương pháp .………………………… Bài tập vận dụng 1.3 Bài tập luyện tập KẾT LUẬN TÀI LIỆU THAM KHẢO Trang 3 3 18 20 21 PHẦN I: MỞ ĐẦU I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trong chương trình giáo dục phổ thơng mơn Tốn, học sinh tiếp cận với hàm số từ sớm Những toán hàm số thường ví bơng hồng lung linh mn sắc Hấp dẫn kì bí! Những năm gần đây, kì thi học sinh giỏi nước khu vực quốc tế thường xuyên bắt gặp tốn phương trình hàm, phương pháp đóng vai trò lớn Điều đặt yêu cầu nghiên cứu tìm hiều nhiều dạng tập này, với em học sinh chuyên Toán Hiện nay, tài liệu đa thức đa dạng phong phú Tuy nhiên, hầu hết trình bày giàn trải nhiều vấn đề nên người đọc khó định hình hướng giải cho tốn phương trình hàm Vì tơi biên soạn chun đề này giúp đỡ em học sinh giải phần khó khăn Tài liệu gồm hai chương: Chương I Một số kiến thức Chương II Phương pháp quy nạp giải phương trình hàm Ở chương, cố gắng tổng hợp hệ thống kiến thức ví dụ đa dạng Tơi cố gắng xếp ví dụ từ dễ đến khó Một số giải theo nhiều phương pháp để người đọc so sánh thấy nét đặc trưng tính hiệu phương pháp Hy vọng để lại ấn tượng tốt đẹp lòng bạn đọc! II MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Nghiên cứu sâu phương pháp giải phương hình hàm cho học sinh Chuyên Đưa hệ thống tập bản, giúp học sinh chuyên tiếp cận với đa thức cách nhẹ nhàng III NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU Đưa hướng tiếp cận cho loại bài, hệ thống lý thuyết khoa học, đầy đủ IV ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU Các tốn phương trình hàm kì thi Quốc gia, Quốc tế khu vực V PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Thông qua thực tiễn dạy đội tuyển học sinh giỏi quốc gia THPT Chuyên để tổng hợp, phân tích, đánh giá VI NHỮNG ĐÓNG GÓP CỦA ĐỀ TÀI Đưa hệ thống lý thuyết, hệ thống tập từ đến khó Tạo hứng thú cho học sinh học phương trình hàm KÍ HIỆU VÀ QUY ƯỚC Trong tài liệu ta sử dụng kí hiệu với ý nghĩa xác định sau: ¥ ¥* ¢ ¡ Tập hợp số tự nhiên Tập hợp số tự nhiên khác Tập hợp số nguyên Tập hợp số thực PHẦN II: NỘI DUNG NGHIÊN CỨU VÀ KẾT QUẢ PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM 1.1 Phương pháp Khi hàm s cn tỡm xỏc nh trờn Ơ hoc  , để chứng minh tính chất nói chung thường sử dụng phương pháp quy nạp Trong nhiều toỏn cng phi xỏc nh tng bc Ơ Â Ô Ă Riờng bc t Ô ¡ cần thêm tính liên tục hàm số Ý tưởng phương pháp ta dự đốn cơng thức hàm f(n) cần tìm chứng minh phương pháp quy nạp toán học 1.2 Bài tập vận dụng Ví dụ 1.2.1 Xác định hàm số f ( n ) : ¥ → ¥ thoả mãn f (1) > 0; f ( m + n ) = f ( m) + f (n ) (∀m, n ∈ ¥ ) Lời giải Giả sử tồn hàm số f ( n ) thoả mãn yêu cầu Ta có f (1) = f (12 + 02 ) = f (1) + f (0) ⇒ f (1) = 1, f (0) = 2 Cho m = vào phương trình hàm ta f (n ) = f ( n ), ∀n ∈ ¥ f (2) = f (12 + 12 ) = f (12 ) = f (1) = f (4) = f (22 ) = f (2) = 2 = f (5) = f (2 + 12 ) = f (2) + f (1) = + = f (25) = f (52 ) = f (5) = 52 = 25 = f (32 + ) = f (3) + f (4) = f (3) + ⇒ f (3) = f (100) = f (102 ) = f (10) = f (32 + 12 ) = ( f (3) + f (1) ) = ( 32 + 12 ) = 100 f (100) = f (62 + 82 ) = f (6) + f (8) = f (6) + f (2 + 2 ) = f (6) + (4 + 4) = f (6) + 64 ⇒ f (6) = Ta chứng minh f (n ) = n, ∀ n ∈ ¥ (1) Thật vậy, theo (1) đến n = Giả sử (1) với m < n,(n ≥ 4) Khi  f ( (2k + 1) + ( k − 2)2 ) = f (2k + 1)2 + f ( k − 2)   2 2  f ( (2k − 1) + ( k + 2) ) = f (2k − 1) + f ( k + 2) Nếu n = 2k +1 2 2 Mà (2k + 1) + ( k − 2) = (2k − 1) + ( k + 2) , suy f (2k + 1) + f ( k − 2) = f (2k − 1) + f ( k + 2) Mà < k – < k + 2 f 2(15) + f 2(10) = 172 + 62 = 325 Do f(15) f(10) khác f(17) f(6) tức khác 17 nên f(10) = 10 f(10) = 15 Nếu f(10) = 15 ⇒ f(32 + 12) = 15 ⇒ f 2(1) + f 2(3) = 15 ⇒ f 2(3) = 14,vô lý Vậy f(10) = 10 f (3) = Tóm lại: f(n) = n ∀n ≤ Quy nạp theo đẳng thức (1) (2) ta có: f(n) = n ∀n∈ N * Ví dụ 1.2.5 (DHĐBBB - 2010) Tìm tất hàm số số hữu tỉ dương) thỏa mãn: f ( x ) + f ( y ) + xyf ( xy ) = f : Ô *+ Ô *+ Ô *+ f ( xy ) * f ( x + y ) , x, y Ô + ( l hợp (1) Lời giải Bước Chứng minh f ( 1) = f ( 1) = a Thật cho y = vào (1) đặt ta có f ( x ) + a + xf ( x ) = f ( x) f ( x) ⇒ f ( x + 1) = f ( x + 1) ( + 2x) f ( x) + a (1.1) a 1 f ( 2) = = ; f ( 3) = = ; f ( 4) = 4a + 5a + 4a + a + 4a Suy Mặt khác, cho x = y = vào (1) ⇒ f (2) + f (4) = f (4) =1 f (4) + = 1⇒ a =1 f ( 1) = Từ (1.1) suy + 5a + 4a f ( x + n) = Bước Chứng minh (n f ( x) + 2nx ) f ( x ) + ∀n = 1, 2, Bằng phương pháp quy nạp có: Từ (1.1) suy (1.2) với n = 1, giả sử cho n = k Ta có f ( x + k + 1) = f ( x + k) (1+ 2( x + k) ) f ( x + k) +1 ( 1.2 ) = Và từ f ( x) ( k + 2kx ) f ( x ) +  ( + ( x + k ) ) f ( x)  + 1÷ =   ( k + 2kx ) f ( x ) + ÷   f ( 1) = f ( n + 1) = ta có hay f ( n) = (n ( ( k + 1) f ( 1) f ( x) ) + ( k + 1) x f ( x ) + + 2n ) f ( 1) + = (đpcm) ( n + 1) ∀n ∈ ¥ * n 1 f  ÷ = n2 = n 1  ÷ n , Bước Chứng minh ∀n = 1,2, (1.3) 1 f ÷ 1  n x = ⇒ f  n + ÷= n n  ( n + ) f  1n ÷ + Thật vậy, (1.2) thay 1 ⇒ f ( x ) + f  ÷+ = 1   x f x+ ÷ y= x  x (1) Cho 1 1 f ( n ) + f  ÷+ = = n2 + + 1  1 n f n + ÷ f ÷ n  n Vậy mà f ( n) = 1 ⇒ f  ÷= n2 n n điều phải chứng minh Bước Chứng minh: Thật với ( n, m ) = q= đặt n , ( m, n ) = 1, m x = n, y = m, n ∈ ¥ * f ( q) = m (1) ta có n f ÷ 2n  n  1 m f  ÷+ f ( n ) + f  ÷= 1 m m  m f n + ÷ m  10 q2 Cho x= m (1.2) ta có 1 f ÷ 1  m f  n + ÷= = 2n m   2n      n + ÷ f  ÷+ n + m + m m  m  ⇒ 2n  n   1 n + m2 + f  ÷=  n + ÷ f  ÷ n m m  m m + m2 n   n m f ( q) = f  ÷ = = ÷ =  m  n2 +  n  q m2 Vậy Thử lại ta có f ( x) = x thỏa mãn phương trình hàm cho Ví dụ 1.2.6 Xác định hàm số liên tục điều kiện sau: f : ( 0; +∞ ) → ( 0; +∞ ) thỏa mãn đồng thời 1, f (2 x ) = f ( x ) , (2.1) f ( ( f ( x ))3 ( e f ( x ) − 1) ) = x (e x − 1) f ( x ) ∀ x > 2, , , (2.2) 3, f (e − 1) = (e − 1) f (1) , (2.3) 4, f ( k ) số nguyên dương với số nguyên k (2.4) Lời giải Giả sử f ( x ) = f ( y ) ⇒ f ( ( f ( x ))3 (e f ( x ) − 1) ) = f ( ( f ( y ))3 ( e f ( y ) − 1) ) ⇒ x ( e x − 1) f ( x ) = y ( e y − 1) f ( y ) ⇒ x (e x − 1) = y ( e y − 1) (2.5) t ( 0;+∞ ) nên từ (2.5) ta có x = y Do hàm số h(t ) = t ( e − 1) hàm đồng biến hay f đơn ánh f ( f (1)(e f (1) − 1) ) = ( e − 1) f (1) = f ( e − 1) (2.3) Trong (2.2) cho x = ta có: 11 Suy f (1) ( e f (1) − 1) = e − Do hàm số F ( y ) = y ( e y − 1) (2.6) ( 0; +∞ ) đồng biến Nên (2.6) ⇔ f (1) =  1 f  n ÷= n Sử dụng (2.1) ta chứng minh f (2 ) =   với ∀ n ∈ ¥ * n n Vì f (2) = 2, f (4) = 4, f (3) ∈ ¥ * f (2) < f (3) < f (4) nên ta có f (3) = Bằng quy nạp ta chứng minh f (n ) = n, ∀ n ∈ ¥ * m m f  n ÷= n Tương tự, ta có   m  n Do tập   tập trù mật ¡ nên từ tính liên tục hàm số f ta có f ( x ) = x, x Ă Ô Vớ dụ 1.2.7 Gọi + tập số hữu tỉ khơng âm, tìm tất các hàm thỏa mãn điều kiện sau 1) f ( x + 1) = f ( x ) + 1, ∀ x 2) f ( x2 ) = f ( x ) , ∀x , (3.1) (3.2) Lời giải Từ (3.1) phương pháp quy nạp ta chứng minh f ( x + n ) = f ( x ) + n, ∀ n ∈ ¥ (3.3) Từ (3.2) ta thu f ( ( x + n) ) = f 2 ( x + n) ⇔ f ( x + 2nx + n ) = ( f ( x ) + n ) ⇔ f ( x + 2nx ) + n = f ( x ) + f ( x ) n + n ⇔ f ( x + 2nx ) = f ( x ) + 2n f ( x ) 12 f :Ô+ Ô+ x= Cho p , p, q ∈ ¥ * q n = q , áp dụng (3.3) ta có:  p2   p2   p  p p f  ÷ + p = f  ÷ + 2q f  ÷ ⇔ f  ÷ = q q  q  q q Vậy tìm f ( x ) = x, x Ô + Vớ d 1.2.8 Tỡm tt hàm số f : Z → Z cho: f ( x3 + y + z3) = f 3( x ) + f 3( y ) + f 3( z ) với x,y,z nguyên (I) (Vietnam TST 2005) Ý tưởng lời giải thiết lập đẳng thức mà hai vế tổng lập phương,sau sử dụng đẳng thức để tính tốn vài giá trị hàm số,từ chứng minh f(x)≡ax quy nạp Lời giải Xét đẳng thức: (2 x + y )3 + ( y - x )3 + ( x - y )3 = ( x + y )3 + (-5 y )3 + (- y )3 (*) Trong đẳng thức (*) cho y = y = ta đẳng thức: (2 x + 1)3 + (1 − x )3 + ( x − 4)3 = ( x + 4)3 + (− 5)3 + ( − 1)3 (1) (2 x + 2)3 + (2 − x )3 + ( x − 8)3 = ( x + 8)3 + ( −10)3 + ( −2)3 (2) Từ (I) cho x = y = z = ta f (0) = f (0) ,do f(0) ∈ Z nên f(0) = 3 Từ (I) cho x = y = 0, z = ta f (1) = f (1) ,do f(1) = a với a = 0,1, − ( a = a ) Từ (I) cho y = − x, z = ta f ( − x) = − f (x) với x ∈ Z Như cần xác định hàm số f N Tính tốn số giá trị ban đầu f(x) f (2) = f (13 + 13 +03) = f 3(1) + f 3(1) + f 3(0) = 2a3 = 2a Hoàn toàn tương tự: f (k) = ka ∀ k ∈ { ± 3, ± 6, ± 7, ± 8, ± 9, ± 10, ± 16, ± 18} Thay x = vào (2) ta đẳng thức : 43 + 03 + ( − 7)3 = 93 + ( − 10)3 + ( − 2)3 ⇒ f [43 + 03 + ( − 7)3 ]= f [93 + ( − 10)3 + ( − 2)3] 13 ⇒ f (4) = 4a Thay x = vào (1) ta đẳng thức : 53 + ( − 3)3 + ( − 2)3 = 63 + ( − 5)3 + ( − 1)3 => f(5) = 5a Thay x = vào (1) ta đẳng thức: 113 + ( − 9)3 + 13 = 93 + ( − 5)3 + ( − 1)3 => f (11) =11a ; f( − 11) = − 11a Thay x = vào (1) ta đẳng thức: 133 + ( − 11)3 + 23 = 103 + ( − 5)3 + ( − 1)3 => f (13) = 13a Thay x = vào (2) ta đẳng thức : 123 + ( − 8)3 + ( − 3)3 = 133 + ( − 10)3 + ( − 2)3 => f (12) = 12a Thay x = vào (1) ta đẳng thức : 153 + ( − 13)3 + 33 = 113 + ( − 5)3 + ( − 1)3 => f (15) = 15a Thay x = vào (2) ta đẳng thức : 183 + ( − 14)3 + 03 = 163 + ( − 10)3 + ( − 2)3 => f ( − 14) = Vậy f (n) = na với − 14a ⇒ f (14) = 14a n ≤ 16 Ta chứng minh f (n) = na với n ∈ N (3) Thật vậy:  (3) với n ≤ 16  Giả sử (3) tới n ( n ≥ 16 ),ta chứng minh (3) với n + Xét trường hợp : • Nếu n chẵn, n = 2x (x > 7) Sử dụng đẳng thức (1) với ý: < x - 4, 2x - 1, x + < 2x ta có: f (x − 4) = (x − 4)a ; f(2x − 1) = (2x − 1)a f (x + 4) = (x + 4)a ⇒ f (2x + 1) = (2x + 1)a • hay f (n + 1) = n + Nếu n lẻ , n = 2x + 1(x > 7) Tương tự, sử dụng (2) ta f (2x + 2) = (2x + 2)a hay f (n + 1) = (n + 1)a Vậy (3) chứng minh, tức f ( n) = an với n ∈ N ⇒ f(x) = ax với x ∈ Z( a=0,1 − 1) Thử lại hàm số thỏa mãn ! 14 Ví dụ 1.2.9 Xác định hàm số f (n) : ¥ → ¡ thoả mãn f (0) = β ; f (n + 1) = f (n) − 1, ∀n ∈ ¥ Lời giải Giả sử tồn hàm số f (n) thoả mãn yêu cầu Nếu β = f (0) = 1; f (1) = f (0) − = f (2) = f (1) − = 1; f (3) = f (2) − = Bằng quy nạp ta chứng minh f (n) = 1, ∀ n ∈ ¥ * Nếu β = − tương tự ta chứng minh f (n) = 1, ∀n ∈ ¥ Nếu | β |< tồn ϕ cho cosϕ = β ⇔ ϕ = arccos β Khi ta có f (0) = cosϕ = cos 20 ϕ ; f (1) = f (0) − = 2cos ϕ − = cos21ϕ ; f (2) = f (1) − = 2cos 2ϕ − = cos22 ϕ ; f (3) = f (2) − = 2cos2 22 ϕ − = cos23ϕ n Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh ∀ n ∈ ¥ , f (n) = cos2 ϕ Nếu | β |> tồn ϕ cho chϕ = β Khi ta có f (0) = chϕ = ch20 ϕ ; f (1) = f (0) − = 2ch 2ϕ − = ch21ϕ ; f (2) = f (1) − = 2ch 2ϕ − = ch22 ϕ ; f (3) = f (2) − = 2ch 22 ϕ − = ch23ϕ n Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh ∀n ∈ ¥ , f (n) = ch2 ϕ Vì chϕ = β ⇒ eϕ + e −ϕ = β Giải phương trình ta eϕ = β − β − f ( n) = Suy ( eϕ = β + β − 1  ϕ 2n  1  (e ) + ϕ n  =  β − β − 2 (e )   ) +(β + 2n β −1 ) 2n   Dễ thấy hàm số xác định thoả mãn phương trình cho Vậy 15   β = 1   −1(n = 0) f (n) =  |β |1 Ví dụ 1.2.10 Xác định hàm số f (n) : ¥ → ¡ thoả mãn b − 2b f (n + 1) = af (n) + bf (n) + 1, ∀n ∈ ¥ , a ≠ 0; c = 4a Lời giải Giả sử tồn hàm số f (n) thoả mãn yêu cầu Khi ta có phương trình cho tương đương với f (n + 1) + b b  b − 4ac b  = a  f (n ) +  + + 2a 2a  4a 2a  2 b  b − (b − 2b) + 2b b   = a  f ( n) +  + = a  f (n) +  2a  4a 2a    Bằng phương pháp quy nạp ta dễ dàng chứng tỏ f(n) xác định thỗ mãn phương trình cho Vậy ta có đáp số ⇔ g (n + 1) = ag (n), ( g ( n) = f ( n ) + b ) 2a ⇒ g (n + 1) = a [ g (n) ] = a  ag (n − 1)  = a [ g (n − 1)] 2 =a ⇒ g ( n) = a ⇒ f ( n) = a Vậy f (n) = a n −1 2n −1 [ g (1) ] 2n −1 −1 2n −1 −1 2n =a b   α + 2a    b   α + 2a    b −1  α + 2a    2n −1 b   α + 2a    22 = n 2n −1 2n−1 + 2n−1 + b 2a b 2a Ví dụ 1.2.11 Tìm tất hàm số f : N → N cho: f ( x3 + y3 + z3) = f 3( x ) + f 3( y ) + f 3( z ) với x, y, z ∈ N (II) 16 Biết f (1) = 1, f (4) = 4, f (5) = Phân tích Tập xác định hàm số bị thu nhỏ lại dẫn tới đẳng thức thiết lập ví dụ 2.2.8 khơng sử dụng được,ta cần thiết lập đẳng thức Ta có đồng thức : (5x)3 + (3x − 2)3 + x3 = (3x + 1)3 + (5x − 1)3 + (x − 2)3 (1) (5x + 1)3 + (3x − 1)3 + (x + 2)3 = (3x + 2)3 + (5x)3 + x3 (2) (5x + 2)3 + (3x − 2)3 + (x + 4)3 = (3x + 4)3 + (5x)3 + x3(3) (5x + 3)3 + (3x − 3)3 + (x + 6)3 = (3x + 6)3 + (5x)3 + x3 (4) (5x + 14)3 + (3x − 4)3 + (x + 8)3 = (3x + 8)3 + (5x)3 + x3 (5) Trước hết để quy nạp theo đẳng thức ta cần tính f(1), ,f(14) Từ giả thiết dễ dàng tính được: f(0) = ; f(1) = ; f(2) = ; f(3) = ; f(4) = f(5) = ; f(8) = ; f(9 )= 9; f(10) = 10 Từ đẳng thức: 33 + 43 + 53 = 63 + 03 + 03 ⇒ f (33 + 43 + 53) = f (63 + 03 + 03) ⇒ f 3(3) + f 3(4) + f 3(5) = f 3(6) + f 3(0) + f 3(0) Vì f(3) = ; f(4) = ; f(5) = ; f(0) = nên f(6) = Từ đẳng thức: 63 + 83 + 103 = 123 + 03 + 03 Vì f(6) = 6, f(8) = 8, f(10) = 10, f(0) = nên f(12) = 12 Từ đẳng thức: 73 + 83 + 03 = 93 + 53 + 13 => f(7) = Từ đẳng thức: 123 + 23 + 33 = 113 + 63 + 63 => f(11) = 11 Từ đẳng thức: 363 + 123 + 183 = 303 + 303 + 63 ( Thay x = 6, y = vào (4) ) ⇒ 2f 3(30) – f 3(18) = 363 + 123 - 63 Từ đẳng thức: 183 + 243 + 303 = 363 + 03 + 03 17 ⇒ f 3(18) + f 3(30) = 363 - 243 Giải điều kiện ta được: f(18) = 18 f(30) = 30 Từ đẳng thức: 93 + 123 + 153 = 183 + 03 + 03 => f(15) = 15 ( Thay x=3,y=1 vào (4 )) ⇒ f(13) = 13 173 + 73 + 73 = 133 + 153 + 33 Từ đẳng thức: 143 + 163 + 03 = 183 + 103 + 23 => f(14) = 14 Vậy f(n) = n ∀ n ≤ 14 Ta chứng minh quy nạp f(n) = n • Theo chứng minh (*) ∀ n ∈ N (*) ∀ n ≤ 14 • Giả sử (*) tới n ( n ≥ 14 ).Tức là: f(k) = k ∀ k • Ta cần chứng minh f(n + 1) = n + 1.Thật :  Nếu n chia hết cho 5,đặt n = 5x (x ≥3) ≤n Vì < 3x - 1,x + 2, 3x + 2, 5x, x ≤ 5x = n nên theo giả thiết quy nạp thì: f(3x - 61) = 3x - 1, f(x + 2) = x + 2, f(3x + 2) = 3x + 2, f(5x) = 5x, f(x) = x Từ (2) suy f(5x + 1) = 5x + hay f(n + 1) = n +  Nếu n chia dư 1,đặt n = 5x + (x ≥ 3) Vì < 3x - 2, x + 4, 3x + 4, 5x, x < 5x + = n nên theo giả thiết quy nạp : f(3x - 2) = 3x - ; f(3x + 4) = 3x + ; f(x + 4) = x + ; f(5x) = 5x ; f(x) = x Từ (3) suy f(5x + 2) = 5x + hay f(n + 1) = n +  Nếu n chia dư 2,đặt n = 5x + (x ≥ 3) Vì < 3x - 3, x + 6, 3x + 6, 5x, x < 5x + = n nên theo giả thiết quy nạp : f(3x - 3) = 3x - 3, f(3x + 6) = 3x + 6, f(x + 6) = x + 6, f(5x) = 5x, f(x) = x Từ (4) suy f(5x + 3) = 5x + hay f(n + 1) = n +  Nếu n chia dư 3, đặt n = 5x + (x ≥ 3) Từ (5) suy f(5x + 4) = 5x + hay f(n + 1) = n +  Nếu n chia dư 4, đặt n = 5x - (x ≥ 3) Từ (1) suy f(5x) = 5x hay f(n + 1) = n + Tóm lại f(n + 1) = n + nên (*) chứng minh Kết luận: f(x) = x với x số tự nhiên 18 Bằng việc thiết lập đẳng thức (1),(2),(3),(4),(5) ta giải toán phát triển xung quanh thi VietNam TST 2005 Ví dụ 1.2.12 Tìm tất hàm số f : ¥ → ¥ thỏa mãn đồng thời hai điều kiện: (i ) : f ( m + n ) = f ( m) + f (n ), ∀ m, n ∈ ¥ ; 2 (ii ) : ∀ m, n ∈ ¥ cho m ≥ n f ( m ) ≥ f ( n ) Lời giải: Lần lượt cho m = n = ta f ( n ) = f (0) + f ( n ), ∀ n ∈ ¥ , f ( m ) = f ( m) + f (0), ∀ m ∈ ¥ Do ( ) f ( m ) − f ( n ) = f (m ) − f (n ), ∀m, n ∈ ¥ Cho m = n = ta f (0) = f (0) = • Nếu f (0) = ta có ( ) k Từ đẳng ( ) thức f ( m ) = f ( m) + 1, ∀ m ∈ ¥ ⇒ f (1) = 1, f (2) = k −1 f 2 = f (2 ) + 1, ∀ k ∈ ¥ , quy nạp ta có k f 22 = 1, ∀ k ∈ ¥ Mặt khác với số nguyên n tùy ý tồn số tự nhiên k cho (ii) ta thu f (n) = với n • Nếu f (0) = ta có k −1 f ( m ) = f (m ), ∀ m ∈ ¥ ⇒ f (1) = ∨ f (1) = Với f (1) = chứng minh tương tự ta có f ( n) = 0, ∀ n ∈ ¥ Với f (1) = chứng minh tương tự ta có f ( n ) = 2n, ∀ n ∈ ¥ Vậy có ba hàm số thỏa mãn f ( n ) = 0; f ( n ) = 1; f (n ) = 2n Ví dụ 1.2.13 (IMO 1982) 19 k ≤ n ≤ 22 Từ Cho f :¥ → ¥ thỏa mãn với số tự nhiên m, n 0 f (m + n ) − f (m ) − f (n ) =  ; f (2) = 0, f (3) > 0, f (9999) = 3333 1 Tính f (1982) Lời giải: Dễ dàng tính f (0) = 0, f (1) = 0, f (2) = 0, f (3) = 1, f (4) = n f ( n ) =   , n ≤ 9999  3 Ta chứng minh quy nạp: Từ f (3) = , quy nạp ta c ó f (3n ) ≥ n, ∀ n ∈ ¥ Lại có: f (3n + 3) = f (3n ) + f (3) + a (a ∈ {0;1}) = f (3n) + b (b ∈ {1;2}) Do f (3n ) > n f (3m) > m, ∀ m > n Mà f (9999) = 3333 nên f (3n) = n, ∀ n ≤ 3333 Ta có f (3n + 1) = f (3n ) + f (1) + a = n + a Mà 3n + = f (9n + 3) ≥ f (6n + 2) + f (3n + 1) ≥ f (3n + 1) ⇒ f (3n + 1) ≤ n Do f (3n + 1) = n Tương tự ta có f (3n + 2) = n Vậy f (1982) = 660 Ví dụ 1.2.14 * * Tìm tất hàm số f : ¥ → ¥ thỏa mãn đồng thời ba điều kiện: (i ) : f (2) = (ii ) : f (mn) = f ( m ) f ( n ) , ∀m, n ∈ N * ,( m, n) = (iii ) : f ( m) < f ( n), ∀m < n Lời giải: Thay n = ta có f (1) = f (1.1) = f (1) f (1) ⇒ f (1) = Tương tự f (3) f (5) = f (15) < f (2) f (9) < f (2) f (10) = f (2) f (2) f (5) ⇒ f (3) < f (2) f (2) = Mà f (3) > f (2) = nên f (3) = 20 Từ suy luận tương tự ta tính f ( n) = n, ∀1 ≤ n ≤ 10 * Ta chứng minh quy nạp f ( n ) = n, ∀n ∈ ¥ Giả sử f (k ) = k , ∀ k = 10, , n Ta tính f ( k + 1) • Xét k số chẵn ta có hai trường hợp: α * TH1: k = (2l + 1) (α , l ∈ ¥ ) f (k ) = f ( 2α (2l + 1) ) = f ( 2α ) f ( 2l + 1) = 2α (2l + 1) = k α * TH2: k = (α ∈ ¥ ) ( ) f ( k + 2) = f ( 2α −1 + 1) = f (2) f ((2 α −1 ) + 1) = ( 2α −1 + 1) = k + Lại có k − = f ( k − 1) < f ( k ) < f ( k + 1) < f ( k + 2) = k + ⇒ f ( k ) = k , f ( k + 1) = k + • Xét k số lẻ k + số chẵn, ta có hai trường hợp: α * TH1: k + = (2l + 1) (α , l ∈ ¥ ) f ( k + 1) = f ( 2α (2l + 1) ) = f ( 2α ) f ( 2l + 1) = 2α (2l + 1) = k + α * TH2: k + = (α ∈ ¥ ) ( ) f ((k + 1) + 2) = f ( 2α −1 + 1) = f (2) f ((2 α −1 ) + 1) = ( 2α −1 + 1) = k + Lại có k − = f (k − 1) < f ( k ) < f ( k + 1) < f (k + 2) < f ( k + 3) = k + ⇒ f ( k ) = k , f ( k + 1) = k + 1, f ( k + 2) = k + * Vậy f ( n ) = n, ∀n ∈ ¥ , thử lại thỏa mãn Ví dụ 1.2.15 Tìm tất hàm số f : ¢ → ¢ thỏa mãn đồng thời hai điều kiện: (i ) : f ( f ( n )) = 4n + 3, ∀n ∈ ¢ (ii ) : f ( f ( n) − n) = 2n + 3, ∀ n ∈ ¢ Lời giải: Thay n = - vào (ii) ta có f ( f ( − 1) + 1) = ⇒ f ( a ) = − 1, a = f ( − 1) + Thay n 2n vào (ii) ta có f ( f (2n ) − 2n ) = 4n + = f ( f ( n ) ) , ∀ n ∈ ¢ Từ (i) ta có f đơn ánh nên f (2n ) = f ( n ) + 2n, n ∈ ¢ (1) Thay n f ( n ) − n vào (i) kết hợp với (ii) ta có: f (2n + 3) = f (n ) − 4n + 3, ∀ n ∈ ¢ (2) Thay n = a vào (2) ta f (2a + 3) = f (a ) − 4a + = − 4a 21 Thay n = 2a + vào (ii) ta : f ( f (2a + 3) − 2a − 3) = 2(2a + 3) + = 4a + ⇔ f (4 − 6a ) = 4a + Thay n = a vào (i) ta f (1) = 4a + Từ (1) có f (4) = f (2) + = f (1) + = 4a + Do f (4) = f (4 − 6a ) ⇒ a = 0, f (0) = Ta chứng minh minh quy nạp f ( n ) = 2n + 1, ∀ n ∈ ¥ Giả sử mệnh đề với n, ta chứng minh mệnh đề với n + Thật vậy, từ (ii) có f ((2n + 1) − n ) = 2n + ⇔ f ( n + 1) = 2( n + 1) + f (n ) = 2n + 1, ∀n ∈ ¢ − Tiếp theo ta chứng minh Sử dụng (1),(2) f (0) = ta tính f (-1) = - 1, f (-2) = - 3, f (-3) = - Giả sử f ( − k ) = − 2k + 1, ∀ k ∈ ¥ : ≤ k ≤ n Ta chứng minh f ( − n − 1) = − 2n − Thật vậy, với n lẻ theo (1):  −n −   −n −  f ( − n − 1) = f  ÷− n − =  ÷ + − n − = −2n −     Với n chẵn theo (2):  −k −   −k −  f ( − k − 1) = f  ÷−  ÷ + = 4( − k − 3) + 2( k + 4) + = − 2k −     Kết luận lại ta có f (n ) = 2n + 1, ∀ n ∈ ¥ 1.3 Bài tập luyện tập Bài 1.3.1 Tìm tất hàm số f : ¥ → ¥ thỏa mãn điều kiện f ( m + n + p ) = f (m) + f (n ) + f ( p ), với m, n, p ∈ ¥ Bài 1.3.2 Tìm tất hàm số f : ¥ → ¥ thỏa mãn điều kiện f (m + 5n + 10 p ) = f ( m ) + f (n ) + 10 f ( p), với m, n, p ∈ ¥ Bài 1.3.3 Tìm tất hàm số f : ¥ → ¥ thỏa mãn điều kiện f ( f (m) + f (n ) ) = m + n , với m, n ∈ ¥ Bài 1.3.4 Tìm tất hàm số f : ¥ → ¥ thỏa mãn điều kiện sau: 22 i ) f (1) = ii ) f (m + n ) + f (m − n ) = ( f (2m ) + f (2n ) ) , ∀m, n ∈ ¥   Bài 1.3.5 Tìm tất hàm số f : ¥ → ¥ thỏa mãn điều kiện sau: i ) f (1) = 2, f (2) = ii ) f ( f (m ) + f (n ) ) = f ( f (m ) ) + f (n ), ∀m, n ∈ ¥   Bài 1.3.6 Tồn hay không hàm số f : ¥ → ¥ thỏa mãn điều kiện sau: i ) f (1) = ii ) f ( f (n ) ) = f (n) + n, ∀n ∈ ¥   iii ) f ( n ) < f (n + 1)∀n ∈ ¥ 23 PHẦN III: KẾT LUẬN Sau thời gian làm việc nghiêm túc, với góp ý chân thành từ đồng nghiệp, tơi hồn thành chun đề với số ví dụ Tơi cố gắng phân tích, tổng hợp, hệ thống tập từ dễ đến khó để làm rõ phương pháp, giúp học sinh chuyên có thêm tư liệu học tập, tra cứu Dựa sở đó, chuyên đề thu kết sau: - Trình bày phương pháp quy nạp giải phương trình hàm - Giúp học sinh có hệ thống ví dụ tập đa dạng để thử sức với nhiều cấp độ khác Tôi hi vọng tài liệu bổ ích cho giáo viên học sinh chuyên Toán 24 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Trang web mathlinks.ro [2] Trang web mathscope.org [3] Nguyễn Văn Mậu Phương trình hàm NXB Giáo Dục [4] Nguyễn Trọng Tuấn Bài tốn hàm số qua kì thi olimpic NXB Giáo Dục [5] Báo Toán học & tuổi trẻ số [6] Kỉ yếu hội trường Chuyên vùng Duyên hải Đồng Bắc 2015 25 ... CỨU VÀ KẾT QUẢ PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM 1.1 Phương pháp Khi hàm số cần tìm xác định trờn Ơ hoc  , chng minh cỏc tớnh chất nói chung thường sử dụng phương pháp quy nạp Trong nhiều... Chương II Phương pháp quy nạp giải phương trình hàm Ở chương, tơi cố gắng tổng hợp hệ thống kiến thức ví dụ đa dạng Tơi cố gắng xếp ví dụ từ dễ đến khó Một số giải theo nhiều phương pháp để người... dễ đến khó để làm rõ phương pháp, giúp học sinh chuyên có thêm tư liệu học tập, tra cứu Dựa sở đó, chuyên đề thu kết sau: - Trình bày phương pháp quy nạp giải phương trình hàm - Giúp học sinh