Một số phương pháp giải phương trình hàm sinh bới lớp các hàm hợp

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN THỊ BÍCH NGỌC MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH HÀM SINH BỞI LỚP CÁC HÀM HỢP LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2019 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN THỊ BÍCH NGỌC MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH HÀM SINH BỞI LỚP CÁC HÀM HỢP Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu THÁI NGUYÊN - 2019 i LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu (Trường ĐH Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN), thầy trực tiếp hướng dẫn tận tình động viên tác giả suốt thời gian nghiên cứu vừa qua Xin chân thành cảm ơn tới Ban Giám hiệu trường Đại học Khoa học-Đại học Thái Nguyên, Ban chủ nhiệm khoa Tốn-Tin q thầy, giáo trực tiếp giảng dạy lớp cao học Toán K11 tạo điều kiện thuận lợi để tác giả học tập nghiên cứu suốt thời gian qua Tác giả xin cảm ơn Sở Giáo dục đào tạo Ninh Bình, trường THPT chuyên Lương Văn Tụy, nơi công tác, tạo điều kiện tốt để tơi hồn thành nhiệm vụ học tập nghiên cứu Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia đình người thân, bạn bè, đồng nghiệp ln khuyến khích động viên tác giả suốt q trình học cao học viết luận văn Mặc dù có nhiều cố gắng luận văn khó tránh khỏi thiếu sót hạn chế Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp thầy bạn đọc để luận văn hoàn thiện Xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, tháng 10 năm 2019 Tác giả Nguyễn Thị Bích Ngọc ii Mục lục MỞ ĐẦU Chương CÁC TÍNH CHẤT CƠ BẢN VỀ HÀM SỐ VÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM 1.1 Các tính chất hàm số tập hợp 1.2 Đặc trưng hàm tính chất liên quan 1.2.1 Khái niệm phương trình hàm 1.2.2 Phép lặp 1.2.3 Hàm số chẵn, hàm số lẻ 1.3 Đặc trưng hàm tuần hoàn 1.3.1 Hàm tuần hồn phản tuần hồn cộng tính 1.3.2 Hàm tuần hồn phản tuần hồn nhân tính 13 Chương PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG LỚP HÀM HỢP VỚI CẶP BIẾN TỰ DO 17 2.1 Phương pháp quy nạp giải phương trình hàm 17 2.2 Sử dụng tính chất liên tục hàm số 21 2.3 Một số phương pháp khác 28 2.3.1 Sử dụng tính chất ánh xạ 28 2.3.2 Một số dạng phương trình giải phương pháp biến 36 2.3.3 Sử dụng miền giá trị đối số hàm số 48 2.3.4 Phương pháp thêm biến 51 Chương PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM VỚI HÀM HỢP MỘT BIẾN 3.1 Phương pháp sử dụng tính chất đặc thù hàm số 3.2 Phương pháp sử dụng điểm bất động hàm số 3.2.1 Tổng hợp số kiến thức điểm bất động 54 54 60 60 iii 3.3 3.4 3.2.2 Bài tập áp dụng Phương pháp đưa phương trình sai phân tuyến tính Một số phương pháp khác 63 65 66 KẾT LUẬN 69 TÀI LIỆU THAM KHẢO 70 Mở đầu Luận văn nhằm cung cấp số phương pháp giải phương trình hàm sinh lớp hàm hợp số dạng toán liên quan kỳ thi Olympic Toán năm gần Chuyên đề nằm chương trình bồi dưỡng HSG lớp chuyên Toán phục vụ kỳ thi HSG quốc gia, Olympic khu vực quốc tế Trong kì thi học sinh giỏi tốn cấp bậc trung học phổ thơng, Olympic Tốn sinh viên, tốn liên quan tới phương trình hàm với hàm hợp thường xuyên đề cập Những dạng tốn thường xem thuộc loại khó phần kiến thức phương trình hàm với hàm hợp khơng nằm chương trình thức giáo trình Đại số Giải tích bậc trung học phổ thông Để đáp ứng nhu cầu bồi dưỡng giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi chuyên đề phương trình hàm, tơi chọn đề tài luận văn “Một số phương pháp giải phương trình hàm sinh lớp hàm hợp” Cấu trúc luận văn gồm phần mở đầu, kết luận chia thành chương: Chương Các tính chất hàm số phương trình hàm Chương Phương pháp giải phương trình hàm lớp hàm hợp với cặp biến tự Chương Phương pháp giải phương trình hàm với hàm hợp biến Cuối chương trình bày tập áp dụng giải đề thi HSG quốc gia Olympic liên quan Chương CÁC TÍNH CHẤT CƠ BẢN VỀ HÀM SỐ VÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM Trong chương này, tác giả hệ thống lại tính chất hàm số, đặc trưng hàm tính chất liên quan, khái niệm hàm số tuần hoàn, phản tuần hoàn đặc trưng hàm tuần hoàn Các kết chương trích dẫn từ tài liệu tham khảo [1], [2], [4] [8] 1.1 Các tính chất hàm số tập hợp Định nghĩa 1.1 (xem [2]) Một ánh xạ f từ tập X đến tập Y quy tắc đặt tương ứng phần tử x X với (và một) phần tử Y Phần tử gọi ảnh x qua ánh xạ f kí hiệu f (x) - Tập X gọi tập xác định f Tập hợp Y gọi tập giá trị f - Ánh xạ f từ X đến Y kí hiệu f :X→Y x → y = f (x) - Khi X Y tập số thực, ánh xạ f gọi hàm số xác định X - Cho a ∈ X, y ∈ Y Nếu f (a) = y ta y nói ảnh a a nghịch ảnh y qua ánh xạ f - Tập hợp Y = {y ∈ Y |∃x ∈ X, y = f (x)} gọi tập ảnh f Nói cách khác, tập ảnh f (X) tập hợp tất phần tử Y mà có nghịch ảnh Định nghĩa 1.2 (xem [2]) Ánh xạ f : X → Y gọi đơn ánh với a ∈ X, b ∈ X mà a = b f (a) = f (b), tức hai phần tử phân biệt có hai ảnh phân biệt Từ định nghĩa ta suy ánh xạ f đơn ánh với a ∈ X, b ∈ X mà f (a) = f (b), ta phải có a = b Định nghĩa 1.3 (xem [2]) Ánh xạ f : X → Y gọi toàn ánh với phần tử y ∈ Y tồn phần tử x ∈ X cho y = f (x) Như f toàn ánh Y = f (X) Định nghĩa 1.4 (xem [2]) Ánh xạ f : X → Y gọi song ánh vừa đơn ánh vừa toàn ánh Như ánh xạ f : X → Y song ánh với y ∈ Y , tồn phần tử x ∈ X để y = f (x) Định nghĩa 1.5 (xem [2]) Ánh xạ ngược f , kí hiệu f −1 , ánh xạ từ Y đến X gán cho phần tử y ∈ Y phần tử x ∈ X cho y = f (x) Như f −1 (x) = y ⇔ f (x) = y; Nếu f khơng phải song ánh ta khơng thể định nghĩa ánh xạ ngược f Do nói đến ánh xạ ngược f song ánh Nhận xét 1.1 Một số lưu ý áp dụng tính chất đơn ánh, tồn ánh, song ánh giải phương trình hàm - Nếu f : R → R đơn ánh từ f (x) = f (y) suy x = y - Nếu f : R → R tồn ánh với y ∈ R, tồn x ∈ R f (x) = y , tức phương trình (ẩn x) y = f (x) ln có nghiệm - Nếu f hàm số mà đơn ánh ta hay dùng thủ thuật tác động f vào hai vế, tạo f (ϕ (x)) = f (φ (x)) suy ϕ (x) = φ (x) Về sau, luận văn ta xét ánh xạ hàm số xác định nhận giá trị tập hợp số thực 1.2 1.2.1 Đặc trưng hàm tính chất liên quan Khái niệm phương trình hàm Phương trình hàm hiểu phương trình mà hai vế gồm số hữu hạn hàm chưa biết (của số hữu hạn biến) từ số hữu hạn biến độc lập Phép xây dựng thực từ số hữu hạn hàm biết (một hay nhiều biến) số hữu hạn phép thay từ chứa hàm biết hàm chưa biết thành từ chứa hàm biết chưa biết khác Trong [8], Kuczma trình bày chi tiết định nghĩa phương trình hàm sau: Định nghĩa 1.6 (xem [2],[8]) (Định nghĩa ”từ” phương trình hàm) Một từ định nghĩa theo điều kiện sau đây: 1◦ Các biến độc lập gọi từ 2◦ Nếu t1 , , từ f (x1 , , xp ) hàm p biến, f (t1 , , ) từ 3◦ Không tồn từ khác Khi đó, phương trình hàm định nghĩa sau: Định nghĩa 1.7 (Định nghĩa phương trình hàm, xem [2],[8]) Phương trình hàm đẳng thức t1 = t2 hai từ t1 t2 chúng chứa ẩn hàm chưa biết số hữu hạn biến số độc lập xác định Vấn đề phân loại phương trình hàm phức tạp chưa giải thỏa đáng Định nghĩa 1.8 (xem [2],[8]) Phương trình hàm ẩn hàm hàm biến gọi phương trình hàm thơng thường Định nghĩa 1.9 (xem [2],[8]) Số biến độc lập xuất phương trình hàm gọi bậc phương trình Thơng thường, phương trình vi phân, tích phân, phương trình đạo hàm riêng, tốn biên, dạng toán cần xác định hàm số Tuy nhiên, dạng tốn có chứa thêm yếu tố "từ" nên biểu thức tương ứng hai từ theo nghĩa nêu Như vậy, thông thường phương trình hàm tổng qt cho thường khơng kèm theo giả thiết quy (có đặc trưng giải tích lên hàm tính đo được, tính bị chặn, khả tích, khả vi, đơn điệu, liên tục, lồi, lõm, ) 1.2.2 Phép lặp Định nghĩa 1.10 (Phép lặp) Phép lặp f n (x) hàm f (x) định nghĩa sau: f (x) = x, f n+1 (x) = f (f n (x)), x ∈ R, n = 0, 1, 2, (Các hàm f n (x) (n = 0, 1, 2, ) xác định R) x Hãy xác định hàm số + x2 f n (x) = f [f [f [· · · [f (x)] · · · ]]] Ví dụ 1.1 Cho hàm số f (x) = √ Lời giải Ta giải toán phương pháp quy nạp Thật x √ f (x) x + x2 f (x) = f [f (x)] = =√ = 2 + 2x + (f (x))2 x 1+ + x2 x Giả sử ta chứng minh f k (x) = √ Khi đó, + kx2 x √ f k (x) + kx2 k+1 k = , f (x) = f [f (x)] = + (f k (x))2 x 1+ √ + kx2 suy x f k+1 (x) = + (k + 1)x2 x Vậy f n (x) = √ + nx2 Ví dụ 1.2 Giả sử f : R+ → R+ hàm liên tục, nghịch biến cho f (x + y) + f (f (x) + f (y)) = f (f (x + f (y)) + f (y + f (x))), ∀x, y ∈ R+ Chứng minh f (f (x)) = x Lời giải Với y = x ta có f (2x) + f (2f (x)) = f (2f (x + f (x))) (1.1) Thay x f (x) vào (1.1) ta f (2f (x)) + f (2f (f (x))) = f (2f (f (x) + f (f (x)))) (1.2) Từ (1.1) (1.2) suy f (2f (f (x))) − f (2x) = f (2f (f (x) + f (f (x)))) − f (2f (x + f (x))) Nếu f (f (x)) > x hàm f giảm thực nên vế trái phương trình nhận giá trị âm, f (f (x) + f (f (x))) > f (x + f (x)) f (x) + f (f (x)) < f (x) + x, điều mâu thuẫn với giả sử f (f (x)) > x Ta chứng minh điều tương tự với giả sử f (f (x)) < x Do ta có f (f (x)) = x 56 TH1 f đơn điệu giảm Với x số thực tuỳ ý, ta xây dựng dãy (xn ): x0 = x; xn = fn (x) Đây dãy truy hồi tuyến tính cấp hai xn+1 = xn + 6xn−1 , có phương trình đặc trưng: X2 − X − = ⇔ X=3 X = −2 Số hạng tổng quát dãy xác định công thức 1 xn = (f (x) + 2x)3n − (f (x) − 3x)(−2)n , ∀n ∈ N 5 (3.3) Ta chứng minh f (x) + 2x = 0, ∀x ∈ R, Thật * Nếu x > 0, ý f đơn điệu giảm thực f (0) = nên x2k > (3.4) x2k+1 < (3.5) Từ (3.3) (3.4) suy 22k f (x) + 2x > (f (x) − 3x) 2k , ∀k ∈ N Từ (3.3) (3.4) suy 22k+1 f (x) + 2x < −(f (x) − 3x) 2k+1 , ∀k ∈ N Cho k → +∞ lấy giới hạn vế bất đẳng thức ta f (x) + 2x ≥ Suy f (x) + 2x = f (x) + 2x ≤ Làm hoàn toàn tương tự, x < ta có f (x) + 2x = TH2 f đơn điệu tăng Trường hợp khó ta xét hàm nghịch đảo f −1 Chú ý rằng: với x > 0, ta có f (x) > f (0) = Lần lượt cho x → +∞, x → −∞ lấy giới hạn vế (3.2) ta được: lim f2 (x) = +∞, lim f2 (x) = −∞ x→+∞ x→−∞ (chú ý x > ⇔f (x) > f (0) = (và x < ⇔f (x) < f (0))) Kết hợp với định lý suy f toàn ánh Vậy f song ánh f −1 57 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 dãy truy hồi tuyến tính cấp hai 1 xn+1 + xn = xn−1 6 X = − 12 Có phương trình đặc trưng: X + − =0⇔ X = 13 Số hạng tổng quát dãy xác định công thức 6X xn = (f (x) + 2x) n + (f (x) − 3x) 5 (−2)n (3.6) Ta chứng minh: f (x) − 3x = 0, ∀x ∈ R Thật * Nếu x > 0, ý f đơn điệu tăng thực f (0) = nên x2k > (3.7) x2k+1 > (3.8) Từ (3.6) (3.7) suy 22k , 32k ∀k ∈ N 22k+1 f (x) − 3x < (f (x) + 2x) 2k+1 , ∀k ∈ N f (x) − 3x > −(f (x) + 2x) Từ (3.6) (3.8) suy Cho k → +∞ lấy giới hạn vế bất đẳng thức ta f (x) − 3x ≥ ⇒ f (x) − 3x = f (x) − 3x ≤ Làm hoàn toàn tương tự, x < ta có f (x) − 3x = Thử lại, ta thấy f (x) ≡ 3x f (x) ≡ −2x thoả mãn đề Bài toán 3.3 Cho a, b hai số thực tập 0; 12 hàm số f : R → R hàm liên tục thỏa mãn điều kiện f (f (x)) = af (x) + bx, ∀x ∈ R 58 Chứng minh tồn số thực c cho f (x) = cx Lời giải Giả sử f : R → R nghiệm hàm 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 vậy: 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 Xét x0 số xn+1 = f (xn ) n > xn−1 = f −1√(xn ) n < √ 2 Xét r1 = a+ a2 +4b , r2 = a− a2 +4b nghiệm phương trình x2 − ax − b = với r1 > > r2 |r1 | > |r2 | Khi tồn c1 , c ∈ Z cho xn = c1 r1n + c2 r2n , ∀n ∈ Z Nếu c1 = xn phụ thuộc vào r2n lấy n < đủ nhỏ Trong trường hợp đó, ta có < xn < xn+2 mâu thuẫn với f (xn ) > f (xn+2 ) Điều cho thấy c2 = x0 = c1 x1 = c1 r1 Từ f (x) = r1 x Tương tự f giảm f (x) = r2 x Bài tốn 3.4 Tìm tất hàm số f : N∗ → N∗ thỏa mãn đồng thời điều kiện: i)f (n + 1) > f (n) (3.9) ii)f (f (n)) = n + 2020, ∀n ∈ N∗ (3.10) Lời giải Từ (3.9) ta có f (n + 1) ≥ f (n) + 1, ∀n ∈ N∗ Cùng với (3.10) ta có n + 2021 = f (f (n + 1)) ≥ f (f (n) + 1) ≥ f (f (n)) + = n + 2021, ∀n ∈ N∗ Suy f (n + 1) = f (n) + ⇒ f (n) = f (1) + n − 1, ∀n ∈ N∗ (3.11) 59 ⇒ f (n) − n = f (1) − ⇒ f (f (1)) − f (1) = f (1) − ⇒ 2021 − f (1) = f (1) − ⇒ f (1) = 1011 Thay vào (3.11) ta f (n) = n + 1010 ∀n ∈ N∗ Thử lại ta có f (n) = n + 1010 nghiệm Nhận xét Bản chất giả thiết f (n + 1) > f (n), ∀n ∈ N∗ hàm cho đơn điệu tăng ngặt N∗ Lời giải sử dụng tính chất nhằm tạo bất đẳng thức kẹp sau lấy dấu đẳng thức 2x Bài tốn 3.5 Cho hàm g(x) = 1+x Hãy tìm tất hàm f (x) xác định liên tục khoảng (−1; 1) thỏa mãn hệ thức (1 − x2 ).f (g(x)) = (1 + x2 ) f (x), ∀x ∈ (−1; 1) Lời giải Viết lại hệ thức đề dạng (1 − x2 ) f (g(x)) = (1 − x2 ).f (x), ∀x ∈ (−1; 1) (1 + x2 ) (3.12) Đặt ϕ(x) = (1−x2 )f (x) với x ∈ (−1; 1) Khi đó, hàm f (x) liên tục khoảng (−1; 1) thỏa mãn (3.12) ϕ(x) liên tục khoảng (−1; 1) thỏa mãn hệ thức ϕ(g(x)) = ϕ(x), ∀x ∈ (−1; 1) (3.13) 1−x Dễ thấy u(x) = 1+x song ánh từ (0; +∞) đến (−1; 1) Do viết lại (3.13) dạng ϕ(g( 1−x 1−x )) = ϕ( ), ∀x ∈ (0; +∞), 1+x 1+x hay − x2 1−x ϕ( ) = ϕ( ), ∀x ∈ (0; +∞) + x2 1+x Xét hàm số h(x) = ϕ 1−x 1+x (3.14) với x ∈ (0; +∞) Khi ϕ(x) liên tục khoảng (−1; 1) thỏa mãn (3.14) h(x) liên tục (0; +∞) thỏa mãn hệ thức h(x2 ) = h(x), ∀x ∈ (0; +∞) Bằng phương pháp qui nạp, dễ dàng chứng minh √ n h(x) = h( x) 60 với x ∈ (0; +∞), ∀n ∈ N∗ Từ đó, lim n→+∞ √ 2n x = h(x) liên tục (0; +∞) , suy h(x) = h(1) với ∀x ∈ (0; +∞) Dẫn tới ϕ(x) = a (a số) với ∀x ∈ (−1; 1) Vì vậy, f (x) = a , ∀x ∈ (−1; 1), − x2 a ∈ R Dễ thấy hàm số f (x) = a , ∀x ∈ (−1; 1), − x2 a ∈ R thỏa mãn tất yêu cầu đề Vì chúng tất hàm số cần tìm Nhận xét 3.8 Phương pháp sử dụng tính liên tục hàm số nhiều trường hợp tỏ đặc biệt thích hợp Các bước thực tóm tắt sau: 1) Lấy a giá trị tùy ý thuộc tập xác định hàm số Xây dựng dãy số thích hợp (xn ) với x1 = a thỏa mãn đồng thời: i) Hàm f (x) không đổi dãy (xn ) nghĩa f (a) = f (x1 ) = f (x2 ) = = f (xn ) = ii) Chứng minh dãy (xn ) hội tụ b 2) Sử dụng tính liên tục f (x) ta có f (a) = lim f (xn ) = f (lim xn ) = f (b) Suy f (x) hàm Đối với phương trình hàm có kèm theo giả thiết liên tục, nhiều trường hợp cách xây dựng dãy số sử dụng phương pháp chuyển qua giới hạn ta thu hàm f (x) 3.2 3.2.1 Phương pháp sử dụng điểm bất động hàm số Tổng hợp số kiến thức điểm bất động Định nghĩa 3.20 Cho ánh xạ f : X → R, (X ⊂ R) Điểm x0 ∈ X gọi điểm bất động f f (x0 ) = x0 Tập hợp điểm bất động f kí hiệu F ix (f ) Ví dụ: Hàm số f (x) = x2 − x + có điểm bất động, F ix (f ) = {1} 61 Định lý 3.1 Mọi hàm số liên tục f : [a; b] → [a; b] có điểm bất động Chứng minh Xét hàm số g : [a; b] → [a; b] xác định g (x) = f (x) − x Do f liên tục nên g hàm liên tục Ta có f (a) , f (b) ∈ [a; b] nên f (a) − a ≤ 0, f (b) − b ≥ hay g (a) g (b) = (f (a) − a) (f (b) − b) ≤ Theo định lí Bozano-Cauchy ln tồn điểm c ∈ [a; b] cho g (c) = 0, hay phương trình f (x) − x = có nghiệm Do tồn điểm x0 ∈ [a; b] cho f (x0 ) = x0 Định lý 3.2 i) Nếu hàm số f : [a; b] → [a; b] có đạo hàm [a; b] thỏa mãn f / (x) < 1, ∀x ∈ [a; b] f có điểm bất động đoạn [a; b] ii) Cho số thực k với k ∈ (0; 1) f : [a; b] → [a; b] hàm số thỏa mãn |f (x) − f (y)| ≤ k |x − y| , ∀x ∈ [a; b] Khi f có điểm bất động Chứng minh i) Xét hàm số g : [a; b] → [a; b] xác định g (x) = f (x)−x Hiển nhiên g (x) hàm liên tục Theo định lí 3.1, tồn điểm x0 ∈ [a; b] cho g (x0 ) = 0, mặt khác g / (x) = f / (x) − < 0, ∀x ∈ [a; b], nên x0 ii) Nhận xét f (x) hàm liên tục đoạn [a; b] Thật vậy, lấy dãy số tùy ý {xn } ⊂ [a; b] cho lim xn = x0 Ta có x0 ∈ [a; b] |f (xn ) − f (xo )| ≤ k |xn − x0 | với n ∈ N∗ Do lim xn = x0 nên lim f (xn ) = f (x0 ) Vậy f liên tục tục đoạn [a; b] Theo định lí 3.1 hàm số liên tục f : [a; b] → [a; b] tồn điểm bất động x0 Giả sử x1 ∈ [a; b] điểm bất động f Ta có |f (x1 ) − f (xo )| ≤ k |x1 − x0 |, lại có f (x1 ) = x1 , f (x0 ) = x0 nên |x1 − xo | ≤ k |x1 − x0 |, suy x1 = x0 Vậy f có điểm bất động Định lý 3.3 i) Nếu f hàm giảm thật tâp số thực X ⊂ R f khơng có nhiều điểm bất động X ii) Nếu hàm f (x) x hàm đơn điệu thật tâp số thực X ⊂ R f khơng có nhiều điểm bất động X Chứng minh i) Xét hàm số g : X → R xác định g (x) = f (x) − x Do f giảm thật nên g hàm giảm thật X Do đó, tập giá trị 62 g (X) khơng chứa giá trị hàm số f khơng có điểm bất động, g (X) có chứa giá trị hàm số f có điểm bất động ii) Tương tự, hàm g (x) = f (x) x đơn điệu thật tâp số thực X ⊂ R Do đó, tập giá trị g (X) khơng chứa giá trị hàm số f khơng có điểm bất động, g (X) có chứa giá trị hàm số f có điểm bất động Định lý 3.4 Cho F (u) hàm biến thưc, h (x, y, z, t) hàm cho trước bốn biến x, y, z, t định tập X × X × R × R (trong X ⊂ R) Nếu hàm F (u) có điểm bất động u0 nghiệm phương trình F (h (x, y, f (x) , f (y))) = h (x, y, f (x) , f (y)) , ∀x, y ∈ X (3.15) (Trong f hàm biến cần tìm xác định X ) phải thỏa mãn phương trình: h (x, x, f (x) , f (x)) = u0 Chứng minh Gả sử f (x) hàm thỏa mãn (3.15), đặt x = y ∈ R ta F (h (x, x, f (x) , f (x))) = h (x, x, f (x) , f (x)) , ∀x ∈ X Điều chứng tỏ h (x, x, f (x) , f (x)) điểm bất động F với x ∈ X Nhưng hàm F (u) có điểm bất động u0 Do ta có: h (x, x, f (x) , f (x)) = u0 Nhận xét 3.9 Khi ứng dụng định lí để giải phương trình (3.15), ta cần chứng minh phương trình F (u) = u có nghiệm u0 miền chứa miền giá trị g Định lý 3.5 Cho F (u) hàm số liên tục biến thưc, h (x, y, z, t) hàm liên tục cho trước bốn biến x, y, z, t định tập X × X × R × R (trong X ⊂ R) Nếu tập điểm bất động hàm F (u) F ix (F ) tập khơng q đếm nghiệm phương trình F (h (x, y, f (x) , f (y))) = h (x, y, f (x) , f (y)) , ∀x, y ∈ X (3.16) (Trong f hàm liên tục biến cần tìm xác định X ) phải thỏa mãn phương trình h (x, x, f (x) , f (x)) = u0 với u0 điểm bất động thuộc F ix (F ) Chứng minh Gả sử f (x) hàm liên tục thỏa mãn (3.16) Khi đặt x = y ∈ R ta F (h (x, x, f (x) , f (x))) = h (x, x, f (x) , f (x)) , ∀x ∈ X 63 Điều chứng tỏ h (x, x, f (x) , f (x)) thuộc tập F ix (F ) , ∀x ∈ X Do h f hàm liên tục nên g (x) = h (x, x, f (x) , f (x)) hàm liên tục X , X khoảng nên g (X) phải tập khác rỗng R Nếu g (X) có nhiều điểm g (X) khoảng có độ đo dương g (X) không đếm điều mâu thuẩn với việc F ix (F ) tập không đếm được, nên g (X) khơng thể có nhiều điểm Vậy định lí chứng minh 3.2.2 Bài tập áp dụng Bài toán 3.6 Cho hàm số f : R → R thỏa mãn f f (x) = x3 + x, với x ∈ R Chứng minh f − + f (0) + f = Lời giải Đặt g(x) = x3 + x f f (x) = g(x) Suy f g(x) = f f f (x) = g f (x) Dễ thấy g(x) đơn ánh nên từ f f (x) = g(x) suy f (x) đơn ánh Gọi x0 điểm cố định hàm g(x) 1 Suy g(x0 ) = x0 , dẫn đến x0 ∈ 0; − ; 2 Ta có f (x0 ) = f g(x0 ) = g f (x0 ) , suy f (x0 ) điểm cố định hàm g(x) 1 f (x) song ánh tập D = 0; − ; nên 2 f − + f (0) + f 1 = − + + = 2 Từ ta có điều phải chứng minh Bài tốn 3.7 (AMM, E984) Tìm tất hàm f : R → R cho f (f (x)) = x2 − 2, ∀x ∈ R Lời giải Ta chứng minh kết tổng quát hơn: Cho S tập hợp g : S → S hàm số có điểm bất động F ix (g) = {a, b} g ◦ g có điểm cố định F ix (g ◦ g) = {a, b, c, d} 64 Khi đó: khơng tồn hàm số f : S → S để g = f ◦ f Giả sử g (c) = x0 Ta có: c = g (g (c)) = g (x0 ) nên x0 = g (c) = g (g (x0 )) Do x0 điểm bất động g0 g hay x0 ∈ F ix (g ◦ g) Nếu x0 = a a = g (a) = g (x0 ) = c dẫn đến mâu thuẫn Tương tự cho x0 = b dẫn đến mâu thuẫn c = b Nếu y = c c = g (x0 ) = g (c) , tức c điểm bất động g , mâu thuẫn Từ suy ra: x0 = d, tức g (c) = d tương tự g (d) = c Giả sử tồn f : S → S cho f ◦ f = g Ta có f ◦ g = f ◦ f ◦ f = g ◦ f Khi f (a) = f (g (a)) = g (f (a)) nên f (a) điểm bất động g Kiểm tra trường hợp ta kết luận: f {a, b} = {a, b} , f {a, b, c, d} = {a, b, c, d} Xét f (c) Nếu f (c) = a f (a) = f (f (c)) = g (c) = d, mâu thuẫn f (a) nằm {a, b} Chứng minh tương tự khơng thể xảy ta f (c) = b Ngồi khơng thể có f (c) = c c điểm bất động g Do có khả f (c) = d Nhưng f (d) = f (f (c)) = g (c) = d, mâu thuẫn, điều xảy d điểm bất động g Vậy tồn hàm f thỏa mãn yêu cầu toán Trở lại toán: Bài toán trường hợp đặc biệt hàm g (x) = x2 − 2, có hai điểm bất động là√ −1; g (g (x)) = x2 − − có điểm bất động √ −1; 2; −1+2 −1−2 Theo kết chứng minh ta đến kết luận tồn hàm f thỏa mãn yêu cầu toán 65 3.3 Phương pháp đưa phương trình sai phân tuyến tính Bài tốn 3.8 (Đề thi chọn HSGQG năm 2012) Tìm tất hàm số f xác định tập số thực R, lấy giá trị R thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: f toàn ánh từ R đến R; f hàm số tăng R; f (f (x)) = f (x) + 12x với số thực x Lời giải Nếu f (x) = f (y) f (f (x)) = f (f (y)) nên từ phương trình hàm ta suy 12x = 12y, suy x = y Vậy f đơn ánh Theo đề bài, f toàn ánh từ R vào R nên từ ta có f song ánh Gọi f −1 hàm ngược f f −1 hàm tăng Thay x = vào phương trình hàm, ta f (f (0)) = f (0) Do f song ánh nên từ suy f (0) = Lấy f −1 hai vế ta suy f −1 (0) = Đặt f−n (x) = f −1 (f −1 (f −1 (x))), n lần, dễ thấy f−n hàm tăng f−n (0) = Xét dãy (an ) với a0 = f (x), a1 = x, an = f −1 (an−1 ) với n ≥ Thay x f −1 (an−1 ) vào phương trình hàm, ta an−2 = an−1 + 12an Giải phương trình sai phân này, ta tìm f−n (x) = an+1 = 4x − f (x) 3x + f (x) −n (−3)−n + 7 Xét với x > cố định Khi f−n (x) > 0, với n (do f−n (x) hàm tăng), 3x + f (x) > Cho n = 2k, 2k + 1, ta thu −2k−1 4x − f (x) > , 3x + f (x) −2k > f (x) − 4x 3x + f (x) Cho k → +∞ ta thu 4x ≤ f (x) ≤ 4x, suy f (x) = 4x Từ f (x) = 4x, với x > Với x < 0, cố định Khi f−n (x) < 0, với n, 3x + f (x) < Hoàn toàn tương tự ta suy f (x) = 4x, với x < Kết hợp với trường hợp ta f (x) = 4x, với x ∈ R Thử lại ta thấy hàm thỏa mãn phương trình ban đầu Vậy f (x) = 4x hàm thỏa mãn yêu cầu toán 66 3.4 Một số phương pháp khác Bài toán 3.9 (Đề thi chọn HSG Putnam 1988) Chứng minh tồn hàm số f xác định tập số thực dương, nhận giá trị thực dương thỏa mãn f (f (x)) = 6x − f (x) Lời giải Với số thực dương x0 cố định, ta xây dựng dãy {fn }n1 sau f1 = x0 , f2 = f (x0 ), fn+1 = f (fn (x0 )) Khi đó, từ đẳng thức giả thiết ta suy dãy {fn }n1 thỏa mãn phương trình truy hồi fn+2 = 6fn − fn+1 , hay fn+2 + fn+1 − 6fn = Đến đây, giải phương trình đặc trưng dãy {fn }n1 , ta hai nghiệm -3 Do đó, fn = a · 2n + b · (−3)n , đó, số a, b tìm phụ thuộc vào f1 , f2 Tuy nhiên, b = 0, tồn n đủ lớn cho fn < (ta thấy dễ dàng cách chọn n chẵn đủ lớn b > 0, chọn n lẻ đủ lớn b < 0) Do vậy, b = Thành fn = a · 2n Suy f (f (x0 )) = a · 23 , f (x0 ) = a · 22 , thay hai giá trị vào đẳng thức f (f (x0 )) = 6x0 − f (x0 ) ta 2a = x0 Dẫn đến f (x0 ) = 2x0 Và điều với x0 dương nên f (x) = 2x, ∀x > Bài toán 3.10 (Đề thi chọn HSGQG năm 2012) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn đồng thời điều kiện sau i f (x) toàn ánh R, ii f (x) đơn điệu tăng R, iii f (f (x)) = f (x) + 12x, ∀x ∈ R Lời giải Từ điều kiện thứ iii), ta nhận f (x) = f (y) x = y , chứng tỏ f đơn ánh Cùng với giả thiết i), ta suy f (x) song ánh, đó, tồn g : R → R hàm ngược (cũng song ánh) f (x) Do g(f (f (x))) = f (x), g(g(f (f (x)))) = x nên điều kiện iii) giả thiết viết lại x = g(x) + 12g(g(x)), ∀x ∈ R n n Bằng cách giải ví dụ 3.9, ta tìm gn = a · 41 + b · − 13 Đến đây, có thêm giả thiết (như ví dụ 3.9 ) g(x) > 0, ∀x > tốn gần giải xong Thật vậy, iii), thay x = ta thu f (f (0)) = f (0), suy f (0) = 0, g(f (0)) = g(0) Tức g(0) = Hơn nữa, g(x) > g(y) ⇔ f (g(x)) > f (g(y)) ⇔ x > y 67 Thành g(x) > 0, ∀x > 0, g(x) < 0, ∀x < Như vậy, theo lập luận ví dụ 3.9, ta phải có b = Và kéo theo g(x) = 14 x, ∀x ∈ R Thay x f (x) đẳng thức sau này, ta f (x) = 4x, ∀x ∈ R Bài toán 3.11 Cho hàm f : Z+ → Z+ thỏa mãn đồng thời điều kiện sau (i) f (n + 1) > f (n) , ∀n ∈ Z+ ; (ii) f (f (n)) = 3n, ∀n ∈ Z + Hãy tính f(2003) Lời giải Từ (i) (ii) suy f (1) < f (f (1)) = ⇒ f (1) = Ta có f (2) = f (f (1)) = 3.1 = 3; f (3) = f (f (3)) = 3.2; f (2.3) = f (f (3)) = 3.3 = 32 ; ··· Suy f (2.3n ) = 3n+1 , f (3n ) = 2.3n , ∀n ∈ Z+ ; ∀n ∈ Z + Nên có f 3n+1 = f (f (2.3n )) = 2.3n+1 ; f 2.3n+1 = f f 3n+1 Do khẳng định với n = 3.3n+1 = 3n+2 68 Ta có (3n − 1) số nguyên m nằm 3n 2.3n giả thiết (i) nên có (3n − 1) số nguyên m nằm f(3n ) f(2 3n ) suy với < m < 3n f (3n + m) = 2.3n + 3n Do giả thiết (ii) suy f (2.3n + m) = f (f (3n + m)) = (3n + m) Vậy f (2.3n + m) = (3n + m) với < m < 3n Suy n = 2003 = 2.36 + 545 nên f (2003) = 36 + 545 = 3822 Bài toán 3.12 Tồn hay không hàm số f : N∗ → N∗ thoả mãn điều kiện: f (f (n)) + 3n = 2f (n) , ∀x ∈ N∗ Lời giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn yêu cầu toán Với a ∈ N∗ , xây dựng dãy số (an ) sau: a1 = a, an+i = f (an ), n = 1, 2, Từ giả thiết ta có: an+1 = f (an ) = f (an−1 ) = f (an−1 ) − 3an−1 ⇒ an+1 = 2an − 3an−1 Từ chứng minh an+1 + 4an−2 + 3an−3 = với n ≥ Do an > nên đẳng thức xảy Vậy không tồn hàm số f Bài tốn 3.13 Tìm tất hàm f : Z → Z thoả mãn điều kiện 3f (n) − 2f (f (n)) = n, ∀n ∈ Z Lời giải Viết lại phương trình hàm ban đầu 2f (f (n) − 2f (n) = f (n) − n Đặt g(n) = f (n) − n ta có g(n) = 2g(f (n)), ∀n ∈ Z Ta có: g(n) = 2g(f (n)) = 22 g(f (f (n)) = 23 g(f (f (f (n)))) = Suy |g (n)|chia hết cho 2k với số tự nhiên k Điều xảy g(n) = hay f (n) = n Thử lại Vậy f (n) = n, ∀n ∈ Z 69 KẾT LUẬN Luận văn "Một số phương pháp giải phương trình hàm sinh lớp hàm hợp" trình bày vấn đề sau: Trình bày chi tiết hệ thống kiến thức hàm số phương trình hàm Tiếp theo, trình bày số phương pháp giải phương trình hàm lớp hàm hợp với cặp biến tự lớp hàm hợp biến Cuối cùng, luận văn trình bày ví dụ liên quan, chọn lọc từ đề thi học sinh giỏi Quốc gia, Quốc tế Olympic nước năm gần 70 Tài liệu tham khảo A Tiếng Việt [1] Nguyễn Văn Mậu (1997), Phương trình hàm, NXB Giáo dục [2] Nguyễn Văn Mậu (2016), Phương trình hàm với đối số biến đổi, NXB ĐHQG Hà Nội [3] Nguyễn Thị Bích Ngọc (2018), Nhận xét phương trình hàm sinh hàm hợp qua kỳ Olympic, Kỷ yếu HTKH "Các chun đề tốn Olympic chọn lọc”, Ninh Bình 15-16/09/2018, pp 189-204 [4] Tạp chí TH&TT (2007), Các thi Olympic Tốn trung học phổ thơng Việt Nam (1990-2006), NXB Giáo dục [5] Nguyễn Tài Chung (2014), Phương trình hàm, NXB ĐHQG Hà Nội [6] Nguyễn Đình Thành Cơng, Nguyễn Văn Hưởng, Nguyễn Duy Hưng, Trần Trí Kiên, Nguyễn Văn Sơn, Lê Nhất, Trần Bảo Trung (2016), Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi qua kỳ thi olympic Toán, tập 1,2, NXB ĐHQG Hà Nội B Tiếng Anh [7] Pl Kannappan (2000) Functional Equations and Inequalities with Applications, Springer Monogaphs in Mathematics [8] M Kuczma (1964), A survey of the theory of functional equation, Série: Mathématiques et Physique, (130) [9] M Kuczma, B Choczewski, R Ger (1990), Interative functional Equations, Cambridge University Press, Cambridge ... chất hàm số phương trình hàm Chương Phương pháp giải phương trình hàm lớp hàm hợp với cặp biến tự Chương Phương pháp giải phương trình hàm với hàm hợp biến Cuối chương trình bày tập áp dụng giải. .. đối số hàm số 48 2.3.4 Phương pháp thêm biến 51 Chương PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM VỚI HÀM HỢP MỘT BIẾN 3.1 Phương pháp sử dụng tính chất đặc thù hàm số ... học sinh giỏi chuyên đề phương trình hàm, chọn đề tài luận văn Một số phương pháp giải phương trình hàm sinh lớp hàm hợp Cấu trúc luận văn gồm phần mở đầu, kết luận chia thành chương: Chương Các