Mục tiêu của sáng kiến kinh nghiệm này nhằm hệ thống kiến thức về phương trình hàm, trình bày các kết quả qua quá trình nghiên cứu phương trình hàm và bất phương trinh hàm. Giúp các em học sinh có kiến thức tốt về Phương trình hàm và một phần của Bất phương trình hàm, mở ra một số hướng cho các em học sinh suy nghĩ và sáng tạo những bài toán mới.
TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG MỤC LỤC TRANG NỘI DUNG I.PHẦN MỞ ĐẦU: 1/Lý do chọn đề tài: 2/Mục tiêu nghiên cứu: 3/Nhiệm vụ nghiên cứu: 4/Các phương pháp nghiên cứu: II.PHẦN NỘI DUNG: 1/Lịch sử của vấn đề nghiên cứu: 2/Cơ sở lý luận của đề tài: 3/Thực trạng của vấn đề nghiên cứu: 4/Nội dung nghiên cứu và kết quả nghiên cứu: A/NỘI DUNG NGHIÊN CỨU: A.1)Ý tưởng giải phương trình hàm, bất phương trình hàm A.2)Một số đặc trưng cơ bản của hàm số A.3)Bất phương trình hàm A.4)Phương trình hàm liên quan đến tam giác A.5)Bất phương trình hàm liên quan đến tam giác A.6)Các đề thi học sinh giỏi A.7)Một số kỹ thuật giải phương trình hàm B/KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU: III.PHẦN KẾT LUẬN: 43 44 1/Kết luận: 2/Tài liệu tham khảo: SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc 2 2 3 3 4 4 4 12 17 20 34 43 43 Ngô Quang Dũng Trang TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG I.PHẦN MỞ ĐẦU: 1/Lý chọn đề tài: T rong những năm gần đây, bộ mơn Tốn của Tỉnh Tiền Giang của chúng ta đã có những tiến bộ rõ rệt và thành tích trong những kỳ thi Học sinh Giỏi cấp Quốc gia ngày càng tốt hơn. Có được những thành tích đó là nhờ sự chỉ đạo chun mơn của SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TIỀN GIANG, sự nổ lực của Q Thầy Cơ và sự cố gắng của các em học sinh. Qua q trình nghiên cứu, theo dõi các đề thi Học sinh Giỏi và những lần chấm thi, tơi thấy rằng đa số các em học sinh cịn “chưa thạo” trong việc giải các bài tốn về Phương trình hàm một cách có “bài bản”. Để góp phần nhỏ của mình vào việc hệ thống lại một cơng cụ để nghiên cứu, giải tốn thi Học sinh Giỏi những phần có liên quan đến hàm số, những đẳng thức, bất đẳng thức, tạo sự thích thú cho các em học sinh; giúp các em “khơng cịn ngán ngại” khi gặp các bài tốn về hàm số. Tơi xin được phép trình bày chun đề “ PHƯƠNG TRÌNH HÀM ”. 2/Mục tiêu nghiên cứu: Nhằm hệ thống kiến thức về phương trình hàm, trình bày các kết quả qua q trình nghiên cứu phương trình hàm và bất phương trinh hàm. Giúp các em học sinh có kiến thức tốt về Phương trình hàm và một phần của Bất phương trình hàm, mở ra một số hướng cho các em học sinh suy nghĩ và sáng tạo những bài tốn mới. 3/Nhiệm vụ nghiên cứu: Trước hết là thực hiện đổi mới phương pháp giảng dạy Tốn làm cho học sinh sáng tạo tìm những kết quả mới, lời giải hay trên một “loại tốn khó”, giúp bản thân nắm vững hơn nữa về Phương trình hàm, đồng thời trao đổi và học tập kinh nghiệm ở Q Thầy Cơ ở Tổ Tốn 4/Các phương pháp nghiên cứu: *Phương pháp suy luận, tổng hợp: kết hợp bài giảng của GSTSKH NGUYỄN VĂN MẬU với các đề thi Học sinh Giỏi rút ra những kinh nghiệm, hệ thống lại kiến thức, mở ra các hướng mới *Phương pháp trị chuyện – phỏng vấn: trao đổi tâm tình với nhiều học sinh khá giỏi để nắm tình hình sử dụng các kiến thức về Phương trình hàm *Phương pháp khảo sát: bản thân được tham dự các kỳ chấm thi Học sinh Giỏi nên có nắm được tình hình sử dụng các phương pháp làm bài của các em học sinh. SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngô Quang Dũng Trang TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG *Phương pháp phân tích lý luận: phân tích giúp học sinh nắm thật rõ bản chất vấn đề, lựa chọn được phương pháp giải cho phù hợp II.PHẦN NỘI DUNG 1/Lịch sử của vấn đề nghiên cứu: Hè những năm 2003, 2004, 2005, 2006 bản thân tơi được tham dự lớp “BỒI DƯỠNG CHUYÊN TOÁN THPT” Trường ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN HÀ NỘI”. Trong khóa học tơi nhận thấy kiến thức về Tốn của mình được nâng lên rõ rệt. “BÀI GIẢNG CHUN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH HÀM ” (của GSTS NGUYỄN VĂN MẬU) là một trong giảng mà tâm đắc Được động viên khuyến khích Thầy TRƯƠNG THÀNH PHÚ – Sở Giáo Dục & Đào Tạo Tiền Giang; tơi mạnh dạn chọn đề tài này để nghiên cứu và trình bày 2/Cơ sở lý luận của đề tài: Kết hợp bài giảng và các tài liệu tham khảo để phân tích, tổng hợp, hệ thống 3/Thực trạng của vấn đề nghiên cứu: Đa số học sinh rất ngại khi sử dụng phương pháp này, rất lúng túng trong q trình phân tích để tìm ra bản chất và vận dụng kiến thức về phương trình hàm một cách thích hợp 4/Nội dung nghiên cứu và kết quả nghiên cứu: A/NỘI DUNG NGHIÊN CỨU: A.1)Ý tưởng giải phương trình hàm, bất phương trình hàm: Phương trình hàm và bất phương trình hàm là một trong những chun đề giảng dạy và bồi dưỡng học sinh năng khiếu tốn. Nghiên cứu phương trình hàm là một việc làm thiết thực, góp phần làm phong phú thêm kiến thức tốn. Đặc biệt với “tư tưởng” của Thầy Nguyễn Văn Mậu, nghiên cứu phương trình hàm cịn giúp chúng ta giải quyết được những hàm “tựa” như: “tựa lồi”, “tựa lõm”, ; các đặc trưng hàm cơ bản của một số hàm số sinh bởi các phép biến hình sơ cấp, “sáng tác” các kết quả mới trong tam giác, các “kỹ thuật” giải phương trinh hàm, mối quan hệ giữa phương trình hàm và bất phương trình hàm,… A.2)Một số đặc trưng cơ bản của hàm số: SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngô Quang Dũng Trang TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG A.1.1/Đặc trưng của một số hàm sơ cấp: Trong phần này ta nêu những đặc trưng của một sồ hàm số sơ cấp thường gặp trong chương trình phổ thơng. Nhờ các đặc trưng hàm này mà ta có thể dự đốn kết quả của các phương trình hàm tương ứng cũng như có thể đề xuất những dạng bài tập tương ứng với các đặc trưng hàm đó Các hàm số được xét trong phần này thoả mãn điều kiện liên tục trên tồn miền xác định của hàm số. Nếu hàm số thoả mãn các đặc trưng hàm đã cho mà khơng có tính liên tục hoặc được xác định trên các tập rời rạc thì nghiệm của phương trình hàm có thể là một biểu thức hồn tồn khác 1/Hàm bậc nhất: f ( x) ax b; (a, b 0) Đặc trưng hàm: f x y f ( x) f ( y) ; x, y (Phương trình Jensen) 2 2/Hàm tuyến tính: f ( x) ax; (a 0) Đặc trưng hàm: f x y f ( x) f ( y ); x, y (Phương trình Cauchy) 3/Hàm mũ: f ( x) a x ; (a 0, a 1) Đặc trưng hàm: f x y f ( x) f ( y ); x, y (Phương trình Cauchy) 4/Hàm logarit: f ( x) log a x ; (a 0.a 1) Đặc trưng hàm: f x y f ( x) f ( y ); x, y R * (Phương trình Cauchy) 5/Hàm sin: f ( x) sin x Đặc trưng hàm: f 3x f ( x) f ( x); x 6/Hàm cosin: f ( x) cos x Đặc trưng hàm: f x f ( x) 1; x 7/Hàm tang: f ( x) tgx f ( x) f ( y) ; x, y f ( x) f ( y ) 8/Hàm cotang: f ( x) cot gx f ( x) f ( y ) ; x, y Đặc trưng hàm: f x y f ( x) f ( y ) 9/Hàm luỹ thừa: f ( x) x ; x R Đặc trưng hàm: f x y f ( x) f ( y ); x, y Đặc trưng hàm: f x y R, x y R, x y k (k k (k Z) Z) A.1.2/Hàm số chuyển đổi phép tính số học và đại số: Trong phần này, ta khảo sát một số tính chất cơ bản của một số dạng hàm số thơng qua các hệ thức hàm đơn giản và các hàm bảo tồn và chuyển đổi các tính chất cơ bản của phép tính đại số như giao hốn, phân phối, kết hợp SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngô Quang Dũng Trang TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG Bài toán 1: Xác định các hàm số f(x) xác định và liên tục trên R thoả: f(x+y)=f(x)+f(y)+f(x)f(y); x,y (1) Phân tích: f(x+1)=2f(x)+f(1), c=2c+1 c=1 Lời giải: Đặt f(x)=g(x)1, Ta có g(x+y)1=g(x)1+g(y)1+[g(x)1][g(y)1] hay g(x+y)=g(x)g(y) ; x,y (2). Do f(x) liên tục trên R nên g(x) cũng là hàm liên tục trên R. Suy (2) có nghiệm là g(x)=eax. (1) có nghiệm là f(x)=eax1 Bài tốn 2: Cho hàm số F(u,v) (u, v là số thực). Giả sử phương trình hàm: f(x+y)=F[f(x),f(y)] (x, y là số thực) (1) có nghiệm f(x) xác định và liên tục trên R. Chứng minh rằng F(u,v) là hàm đối xứng (F(u,v)=F(v,u)) và có tính kết hợp (F[F(u,v),w]=F[u,F(v,w)])(2) Lời giải: u,v,w D1f(tập giá trị của hàm số f) F(u,v)=F[f(x),f(y)]=f(x+y)=f(y+x)=F[f(y),f(x)]=F(v,u) F[F(u,v),w]=f[(x+y)+z]=f[x+(y+z)]=F[f(x),f(y+z)]=F[u,F(v,w)] Bài tốn 3: Giả sử phương trình hàm f(x+y)=F[f(x),f(y)], x,y R; với F(u,v)( u,v,w D1f) là một đa thức khác hằng, có nghiệm là f(x) xác định liên tục R Chứng minh F(u,v) có dạng F(u,v)=auv+bu+bv+c Lời giải: Giả sử F(u.v) là đa thức bậc n theo u và bậc m theo v. Khi đó, do F(u,v) đối xứng nên m=n. Từ bài tốn 2, ta có F[F(u,v),w]=F[u,F(v,w)], vế trái là đa thức bậc n theo w và vế phái là đa thức bậc n2 theo w. Suy ra n2=n, hay n=1. V ậy F(u,v)=auv+b1u+b2v+c Mà F(u,v) đối xứng nên b1=b2 F(u,v)=auv+bu+bv+c. Theo bài tốn 2, ta có ac=b2b Bài tốn 4: Cho đa thức F(u,v)=bu+bv+c (b 0). Xác định các hàm số f(x) xác định và liên tục trên R thoả f(x+y)=F[f(x),f(y)] (x, y là số thực) (Tức là f(x+y)=bf(x)+bf(y)+c (4)) Lời giải: Nếu b 1 thì từ (4) với y=0, ta có f(x)=const Khi b= và c 0 thì (4) vơ nghiệm c Khi b 1 và b thì nghiệm của (4) là f(x)= 2b Khi b= và c=0 thì mọi hàm hằng đều thoả (4) SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngô Quang Dũng Trang TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG Nếu b=1 thì (4) có dạng là f(x+y)=f(x)+f(y)+c và phương trình hàm này có nghiệm f(x)=ax+c b Bài tốn 5: Cho đa thức F (u, v) auv bu bv c ( a 0, c= b a ). Xác định hàm số f(x) xác định liên tục R thoả f ( x y ) F [ f ( x), f ( y )], x, y R (Tức là f ( x y ) af ( x) f ( y ) bf ( x) bf ( y ) c (5)) h( x ) b , từ (5) ta có a h( x) h( y ); x, y R và phương trình này có nghiệm Lời giải: Đặt f ( x) h( x y) h( x ) e ax Suy ra nghiệm của (5) có dạng f ( x) e ax b a Bài tốn 6: Giả sử f (x) là nghiệm của phương trình hàm: f (ax by c) Af ( x ) Bf ( y ) C (abAB 0), x, y R (6) Chứng minh hàm số g ( x) f ( x) f (0) thoả mãn phương trình Cauchy: g(x y) g ( x) g ( y ), x, y R Lời giải: Lần lượt đặt: u v c ,y a b u c x ,y a b v c và thế vào (5), ta thu được các đẳng thức: x 0, y b c x 0, y b u v c f (u v) Af ( ) Bf ( ) C a b u c f (u ) Af ( ) Bf ( ) C a b v c f (v) Af (0) Bf ( ) C b c f (0) Af (0) Bf ( ) C b Suy ra: f (u v) f (u ) f (v) f (0) Và g ( x y ) f ( x y ) f (0) f ( x) f ( y ) f (0) f (0) g ( x) g ( y ), x, y R Vậy: g ( x y ) g ( x) g ( y ), x, y R Bài toán 7: Giả sử hàm số f (x) liên tục trên R là nghiệm của phương trình hàm: f (ax by c) Af ( x) Bf ( y ) C (abAB 0), x, y R (7) Chứng minh: khi đó A a, B b x SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngô Quang Dũng Trang TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG Lời giải: Nghiệm của g ( x y ) g ( x) g ( y ), x, y R trong lớp hàm liên tục là hàm tuyến tính g ( x) x Do đó f ( x) x , thế vào (7), ta được: A a, B b; c C (a b 1) (7’) Bài tốn 8: Giải và biện luận phương trình hàm: f (ax by c) Af ( x) Bf ( y ) C (abAB 0), x, y R (8) trong lớp các hàm liên tục trên R Lời giải: Theo bài tốn 7: điều kiện cần để (8) có nghiệm là A a, B b Giả sử điều kiện này thoả mãn. Theo (7’), ta chia ra các truờng hợp sau: +T/h: a b 1, c Khi đó (8) trở thành: f (ax (1 a ) y ) af ( x) (1 b) f ( y ) (abAB 0), x, y R (8’) thuộc lớp hàm chuyển tiếp đại lượng trung bình cộng Vậy (8’) có R nghiệm là f ( x) x ; , +T/h: a b 1, c Khi đó (8) trở thành: f (ax (1 a ) y c) af ( x ) (1 b) f ( y ) C (abAB 0), x, y R (8" ) Đặt: C x h( x) Vậy (8”) có dạng: c h(ax (1 a) y c) ah( x) (1 b)h( y ) (abAB f ( x) 0), x, y R (8' " ) Do đó (8’”) chỉ có nghiệm hằng tuỳ ý (Xem (7)), vì vậy (8) có nghiệm C x ; R c +T/h: a b Theo toán nghiệm (8) có dạng f ( x) x ; R Từ (7’) suy ra c C (a b 1) Nếu cho R c C tuỳ ý thì a b Bài tốn 9: Xác định các hàm số f (x) liên tục trên R là nghiệm của phương trình hàm: f ( x y ) f ( z ) f ( x) f ( y z ); x, y, z R (9) f ( x) Lời giải: +Đặt f (0) a, z thế vào (9) ta có: f (x y ) a f ( x) f ( y ); x, y R (9' ) +Đặt f ( x) g ( x) a Từ (9’), ta có: g ( x y ) g ( x ) g ( y ); x, y R (9" ) Suy ra g ( x) x; R R Thử lại thấy (9) thoả Vậy (9) có nghiệm f ( x) ax ; , Bài tốn 10: Xác định các hàm số f (x) liên tục trên R là nghiệm của phương trình hàm: f ( x y ) f ( z ) f ( x)[ f ( y ) f ( z )]; x, y, z R (10) Lời giải: SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngô Quang Dũng Trang TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG Thay y z vào (10), ta f (0) f ( x) Vậy f (0) Với z 0 f ( x y ) f (0) f ( x)[ f ( y ) f (0)]; x, y R (10' ) hay f ( x ) f ( y ) 0; x, y R (10' ) A.3)Bất phương trình hàm cơ bản Bài tốn 1: Xác định các hàm số f (x) liên tục trên R thoả đồng thời các điều kiện sau: f (x f ( x) 0; x R (1.1) y ) f ( x ) f ( y ); x, y R (1.2) Lời giải: Thay x y Vậy nên f (0) thoả f (0) hay f (0) f (0) f (0) f ( x ( x )) f ( x) f ( x) Suy ra f ( x) , ta có Thử lại (1) Bài tốn 2: Cho trước hàm số h( x) ax; a R Xác định các hàm số f (x ) liên tục R thoả đồng thời điều kiện sau: f (x f ( x ) ax; x R ( 2.1) y ) f ( x) f ( y ); x, y R (2.2) Lời giải: y ) h( x) h( y ) Đặt f ( x) h( x) g ( x) Khi đó ta có g ( x) 0; x R và g ( x y ) g ( x) g ( y ); x, y R Theo bài tốn 1, ta có: g ( x) 0; x R Vậy f ( x) h( x) ax; a R Thử lại thấy thoả điều kiện (2.1) và (2.2) Bài toán 3: Cho a Xác định các hàm số f (x) liên tục trên R thoả h( x đồng thời các điều kiện sau: f (x f ( x) a x ; x R (3.1) y ) f ( x) f ( y ); x, y R (3.2) Lời giải: Ta có f ( x) 0; x R Khi logarit hoá hai vế (3.1), (3.2), ta có ln f ( x) (ln a) x; x R (3.1' ) Đặt ln f ( x) ( x) , ta có: ln f ( x y ) ln f ( x) ln f ( y ); x, y R (3.2' ) ( x) (ln a ) x; x R (3.1" ) Đặt ( x) g ( x) (ln a) x , ta có: hàm ( x y) ( x) ( y ); x, y R (3.2" ) g (x) thoả điều kiện bài toán 2 nên g ( x) 0; x R và ( x) (ln a) x Vậy f ( x ) a x ; x R (3.1) thoả điều kiện bài toán Bài toán 4: Xác định các hàm số f (x) liên tục trên R thoả đồng thời f ( x) 0; x R (4.1) các điều kiện sau: f ( x y ) f ( x) f ( y ) ; x, y R (4.2) 2 Lời giải: SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngô Quang Dũng Trang TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG Đặt f (0) a, f ( x) a g ( x) Khi ta có g ( x) 0; x R (4.1' ) với g(0) Thay y vào (4.1’) g ( x) g ( y ) g( ) ; x, y R (4.2' ) 2 x g ( x) x y g ( x) g ( y ) g( ) ; x R ) ; x, y R hay và (4.2’) Suy ra g ( 2 2 g ( 0) g (0) 0, g ( x) 0; x R theo toán thì g ( x y ) g ( x) g ( y ); x, y R g ( x) 0; x R vaø f(x)laøconst. Thử lại f ( x ) c thoả điều kiện bài toán Bài toán 5: Xác định các hàm số f (t ) liên tục trên R thoả điều kiện x y xy f ( y ) ; x R (5) sau: f ( x) max y R Lời giải: Từ (5) ta có f ( x) xy f ( y ); x, y R (5’) Thay x y t vào (5’), ta có f ( x) x ; x R (5”) Suy xy f ( y ) xy y x ( x y ) ; x, y R mà 2 2 max xy f ( y ) max x ( x y ) x suy f ( x) x ; x R Vậy y R y R f ( x ) x ; x R (kết hợp với (5”). Thử lại thấy thoả điều kiện Bài toán 6: Xác định các hàm số f (t ) liên tục trên R+ thoả điều kiện x y xy sau: f ( x) max y R f ( y) ; x R (6) Lời giải: Tương tự bài tốn 5, ta có f ( x) x y xy f ( y ); x, y R Thay x y t vào (6’), ta có f ( x) x ; x R (6”) Suy ra: x y xy f ( y ) x y xy y x ( x y )( x y ) x y xy max y R mà f ( x) x3; x f ( y) max x y R (x y )( x y) R Kết hợp với (6”), ta có f ( x) x ; x, y R x3; x R suy x3 ; x R Thử lại thấy thoả điều kiện bài tốn Nhận xét: Điều khẳng định trên cho ta một kết luận tương ứng sau: Nếu có một bất đẳng thức cổ điển cho cặp số x, y ; chẳng hạn như x x y xy y ; x, y R từ điều kiện f ( x) max x y f ( x) x3 ; x xy y R f ( y) ; x R ta có hàm cần tìm là R Từ đây ta có thể “sáng tác” ra những bài tốn tương tự SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngô Quang Dũng Trang TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG Bài tốn 7: Chứng minh rằng nếu: Hoặc f'(x) vàh(x) x Df Hoặc f'(x) vàh(x) x Df tacó : f(g(x)) g(x).h(x) f(0) Lời giải: Sử dụng định lý Lagrange, ta có: g(x) f(g(x)) g(x).h(x) f(0) f(g(x))- f(0) g(x).h(x) [f'(c) h(x)]g(x) 0; c nằm g(x) g(x) [ f ' (c ) h( x )] Bài tốn 8: Giải bất phương trình x ( x 4)3 x Lời giải: Xét hàm số f ( x) x , ta có f ' ( x) x ln x (7): f ( x 4) f (0) ( x 4)3 x f (0) Sử dụng định lý Lagrange, ta có: f ' (c)[( x 4) 0] ( x 4)3 x ( x 4)[ f ' (c ) x ] ( x 4)[3 c ln 3 x ] ( x 4) x x 2 c nằm (x2 (7) 4) Bài toán 9: Cho các số dương M , a Tìm các hàm số f ( x), g ( x) : R R a thoả mãn điều kiện f ( y ) f ( x) g ( x)( x y ) M x y ; x, y R (8) Lời giải: Giả sử có các hàm số f ( x), g ( x) : R R thoả điều kiện. Thay đổi vai trị của x, y ta có: a f ( x) f ( y ) g ( y )( y x) M y x ; x, y R (8' ) Cộng vế (8) và (8’), ta có [ g ( x) g ( y )]( x y ) [ g ( x) g ( y )]( x y) 2M x f ( y) f ( x) g ( x)( x y ) y a ; x, y f ( x) f ( y ) g ( y )( y x) R (8" ) g ( x) g ( y ) a 2M x y ; x, y R, x y Cố định x cho y x , ta có x y g ' ( x) 0; x R suy g ( x) c (const ); x R Thay g ( x) c vào (8) làm tương tự trên, ta có: f ( x) x f ' ( x) f ( y) a c 2M x y ; y c f ( x) cx d SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc x, y R, x y và Ngô Quang Dũng Trang TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG Suy ra f ( x x0 ) f ( x x0 ) f ( x); Vậy f là hàm số tuần hồn Bài tốn 3: x f ( x 3) f ( x 2) f ( x) (1) f ( x) (2) Cho hàm số f : R R thỏa mãn: Chứng minh g ( x) Lời giải: f ( x) x là hàm số tuần hoàn g ( x 6) g ( x 6) f ( x 6) x f ( x 6) x Suy ra g ( x 6) g ( x); f ( x 3) f ( x 4) x x x f ( x 3) x f ( x) x g ( x) x f ( x 4) x f ( x ) x g ( x ) Vậy g ( x) f ( x) x là hàm số tuần hồn (Nhận xétù: 6=BCNN(3;2); có thể tổng qt bài tốn từ nhận xét trên) Bài toán 4: Cho hàm số f : R R thỏa mãn: f ( x 1) f ( x 1) f ( x); x Chứng minh f (x) là hàm số tuần hoàn Lời giải: f ( x 2) f ( x) f ( x 1) f ( x 1) f ( x) f ( x 1) f ( x 2) f ( x) f ( x 3) f ( x 1) 2 f ( x) f ( x 1) f ( x 2) f ( x) f ( x 1) f ( x) (1' ) Từ (1) và (1’), ta có: f ( x 3) f ( x 1) f ( x 3) f ( x 4) f ( x) f ( x 8) f ( x 4) f ( x) f ( x 1) Vậy f (x) là hàm số tuần hồn V.Hàm hằng: Bài tốn 1: Cho hàm số f : R R thỏaf ( xy ) f ( x) x f ( y) , x, y : x y y Chứng minh f là hàm hằng Lời giải: f ( x ) f (1) ( x 1) f ( x ) f ( x) f (1) xf ( x ) x x f (1) ( x 1) f ( x) f ( x), x 1;0 1;0 , f ( x) +x f ( x) f (0) , x xf (0) f ( x) f (0) + f (0) x f ( x) SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngô Quang Dũng f (1), x Trang 1 TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG f (0) f ( 2) f (0) f (0) f ( 1) f (0) Vậy f ( x) f (0) f ( 1) f (2) f (0) Bài tốn 2: Tìm tất cả các hàm số f : R R thoûaf f ( x) y yf x f ( y ) ; x, y Lời giải: f f ( x) 0; x Đặt f (0) a f f f ( y ) y yf f ( y ) f ( y ) f ( y ) y.a a (ax y ) ya( x ay ) Suy ra f ( x) ax Ta có f ax y yf x ay a ( x y ) a( y Vậy f ( x) xy ) 0; x, y Bài toán 3: Cho hàm số f : R f (0) a : f (x y) f ( x) f (a y) a R thỏa: (1) f ( y ) f (a x); x, y (2) Chứng minh f là hàm hằng Lời giải: f (0) f (0) f (a ) f (0) f (a ) f ( x) f ( x) f (a ) f (0) f ( a f (x a f (a ) x) f ( x) f (a a f ( x) f ( x) f (a ) f ( x) f (a x) f (a x) f (a x) x) x) f ( x) f ( x) x f + f ( x) x 2 x 2f f a x y f ( x) f ( y) ; x, y x Z f (a x f (x 0; x , nên f ( x) R thỏa mãn: y ) 3 Lời giải: SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc x) 2 là hàm hằng thỏa điều kiện bài tốn Bài tốn 4: Tìm tất cả các hàm số f : Z f f ( x) Ngô Quang Dũng Trang 1 ; x TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG f ( n) f 3n f (0) f ( n) f n 2n f ( n) f ( n) f ( 2n) f (3n) f ( 2n) 2 f ( n) f (0) f (3n) f ( n) f ( n) f ( 2n) 3n 3n f (3n) f (3n) f (3n), f (n) f (0) f f ( n) f ( n) f ( n) f (3n) f ( n) f ( 2n) Vậy f ( x) c (c tùy ý) là hàm hằng thỏa điều kiện bài tốn Bài tốn 5: Tìm tất cả các hàm số f : N N thỏa mãn: f n f f (n) n; n N (1) Lời giải: Đặt g (n) f (n) n (1): f f (n) f n f (n) n; Suy ra g f (n) g (n) g ( n) m g g f ( n) f f ( f (n) g (n) 2 m ; m N m laàn Vậy g (n) f (n) n thỏa điều kiện bài tốn Bài tốn 6: Tìm tất cả các hàm số f : R R thỏa mãn: f x f ( x )e f ( y ) ; y x, y (1) Lời giải: f ( x )e f ( ) (1) f x f ( x) f (0) + f ( x) thỏa mãn điều kiện + f ( x) , khi đó x0 : f ( x0 ) f (0) f y f (0)e f ( y ) f x e f ( x ) Đặt g t e t Ta có: g' t g (t ) et t g (t ) 0, t e f ( x) f ( x) Vậy có hai hàm thỏa mãn điều kiện bài tốn là: f ( x) f ( x) 1; Bài tốn 7: Tìm tất cả các hàm số f : R R thỏa mãn: (x 1; g ' t t 1; g (t ) t Do đó e f ( x ) f x y) f x y (x y) f ( x y) xy ( x g (1) f x y ); x, y (1) Lời giải: x y u v u v x x y y u Thế vào (1), ta có: vf u v SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngô Quang Dũng uf (v) (u Trang v )uv x TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG f (u ) f (v ) f ( x) u2 v2 g ( x) x a ( x 0) là hàm hằng u v x xf Vậy f x x ax ( x 0) (1): (0) ( x y 0) f (0) Kết luận f x x ax; x, a tùy ý thỏa điều kiện Bài tốn 8: Cho hàm số khơng giảm f : R f ax f ( x); (0 a 1) R thỏa mãn: (1) Lời giải: Dễ dàng chứng minh bằng quy nạp f a n x + a Xét x an f ( x) y x an f ( y) y; n an x f ( x) log a y x an f ( x) an x n an 1x y + a Xét x y; n an y x log a f (a n x) y x n f ( y) f ( a n x) f ( y ) . Vậy f (x ) là hàm hằng y y log a n log a n x x an 1x y f (x) f (a n x) f ( y) f (a n x) f ( y ) f ( x) f ( x ) f ( y ) . Vậy f (x ) là hàm hằng Kết luận f (x) là hàm hằng thỏa điều kiện Bài toán 9: Cho hàm số f : R R thỏa mãn: f x3 y f ( y x); x, y (1) Chứng minh f (x) là hàm hằng f ( x) Lời giải: x3 y y 2x u v y y3 u x3 x3 u 2x v 2x v y3 2x 0(1' ) v(1" ) (1’) là phương trình bậc lẻ (bậc 9) theo x nên (1’) có ít nhất 1 nghiệm. (1”) phương trình bậc lẻ (bậc 3) theo y nên (1”) có 1 nghiệm. Vậy u, v ta ln có ( x; y ) , mà (1) suy f (u ) f (v) là hàm Kết luận f (x) là hàm hằng Bài toán 10: (Dự tuyển IMO) Tìm tất hàm số liên tục f : R R thỏa mãn f x f ( x) x x; x (1) Lời giải: Đặt g ( x) f ( x) x Ta có g (x) liên tục và g x g ( x) f x g (0) 0, g (1) x2 f ( x) x SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc x2 x x2 x Ngô Quang Dũng 0; x Trang (1' ) TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG (1' ) g ( x) g ( x) g x g ( x) g ( x ) g ( x ); x g (x) là hàm số chẵn. Ta chứng minh g (x) là hàm hằng với x x g(x2 ) g ( x) x0 a xn : xn xn 1 g(x ) g ( x) g ( x ) Lấy a Suy ra 0 tùy ý. Xét dãy số Ta có lim x n n g ( x n ) g ( x ) g ( x n ) g ( x ) g (a ) Do g (x) liên tục nên: g (a ) lim g (a ) lim g ( x n ) g lim x n g (1) Vậy g ( x) 0; x Kết luận f ( x) x thỏa điều kiện R thỏa mãn Bài tốn 11: Tìm tất cả các hàm số liên tục f : R f ( x) f x ; x (1) Lời giải: Nhận xét: hàm số f là hàm số chẵn Lấy a bất kỳ +0 a f ( xn ) x0 . Xét dãy số x n : xn f x n2 Ta có x1 x02 f ( xn ) 4 a2 a 1 x n2 f ( x0 ) f (a ) Bằng quy nạp ta chứng minh . ( x n ) bị chặn trên và ( x n ) tăng x n xn x nên ( x n ) hội tụ. b lim x n , ta có lim x n lim x n2 xn n Vì hàm số f liên tục nên f (a) lim f (a) lim f ( x n ) xn b b2 f (lim x n ) xn b f là hằng số +a x0 Xét dãy số x n : xn f ( xn ) f x n2 nên a xn xn x n2 1 f ( x n ) f ( x0 ) f (a ) Dãy x n giảm và bị chặn ( xn ) hội tụ b lim x n , ta có SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngô Quang Dũng Trang TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG Vì hàm số f liên tục nên f (a) lim f (a ) lim f ( x n ) f (lim x n ) f là hằng số Hàm số f là hàm hằng với x , mà hàm số f là hàm chẵn nên hàm số f là hàm hằng trên R lim x n2 lim x n b2 b b A.7)Một số kỹ thuật giải phương trình hàm A.7.1/Giải phương trình hàm bằng phép thế Bài tốn 1: (Chọn HS Giỏi Tiền Giang Vịng 220042005) Tìm tất đa thức P(x) với hệ số thực thỏa điều kiện P (a b) P (a) P (b); a, b R : ab(a b) 2b Lời giải: Phân tích: b a ab(a b) 2b (1) b Vậy ( x; x); 2b a Trình bày: Ta có ( x; x); P(2 x) x thỏa (1), nên P ( x P( x); x x thỏa (1) x) R (1" ) Đa thức P( x) P ( x) P ( x); n x i ; x R Suy ra x (1" ' ) Từ (1”) và (1’”), ta có: n n (2 x) i 8ai x i ; i x 8ai (2 i 8)ai 0, i Vậy P( x) a3 x ; x thỏa điều kiện bài tốn Bài tốn 2: (AusMO) Tìm tất cả các hàm số f : R f (1) f ( xy ) f ( x) f y f ( y) f ; x x, y R R thỏa mãn (1) Lời giải: f (1.3) (1): f (1 y ) 3 f (1) f y f (1) f 3 f ( y) f f (3) f SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc f (3) 1 2 f Ngô Quang Dũng f 3 y f ( y) Trang f (3) TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG f (1) f ( xy) f ( x) f ( y ) f (1) f ( x ) x f ( x) f ( ) x Với x o, f ( x ) f ( x) f ( x) ; x thỏa điều kiện Vậy f ( x) f (1) 2 f ( x ) f ( x) f (1) f (3) Bài tốn 3: (BalMO) Tìm tất cả các hàm số f : R R thỏa mãn f xf ( x) f ( y ) f ( x) y; x, y R (1) Lời giải: 2 (1): f f (0) f ( y ) f (0) y f f ( y) f (0) y 2 f ( y1 ) f ( y ) f (0) y1 f (0) y2 y1 y Vậy f đơn ánh.Vế phải của (1) là hàm nhất biến theo y nên có tập giá trị là R. Vậy a : f (a) (1) f af (a) f (a) f (a) a f (0) a Do f là đơn ánh nên a Suy x f f ( y ) y f f ( x) x; x (1): y f f ( x) f ( x) f f ( x) f f ( x) f ( f ( x)) f xf ( x) x2 f ( x) x2 với mỗix, tacóf ( x) x f ( x) x Giả sử có a, b : f ( a ) a , f (b ) b f a.( a ) b a b a b (!) f ( x) x, x thỏa điều kiện Vậy f ( x) x, x Bài tốn 4: (VMO) Tìm tất cả các hàm số f : R R thỏa mãn x f ( x) f (1 x) 2x x4; x (1) R Lời giải: (1): (1 x) f (1 x) f ( x) 2(1 x) (1 x) (1 x) 2 x x x f ( x ) (1 x) (2 x x ) (x f ( x) 2(1 x) (1 x) (1 x ) x f ( x ) x 1)( x x 1) f ( x) (x2 2(1 x) (1 x) x 1)(1 x )(1 x ) ( x x 1) f ( x) ( x x 1)(1 x)(1 x ) f ( x) x)(1 x ); x a, b a, b lànghiệm pt x f (a), f (b) ta có Vậy f ( x) a b a f (a ) (1) ab b f (b ) f (b ) f ( a) x 2a a Đặt f (a) 2b b x , x a, b c, x a ; a, b lànghiệm pt: x2 a a c 2a, x b thỏa điều kiện SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngơ Quang Dũng Tìm Trang c; c R x 0 TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG Bài tốn 5: (Dự tuyển IMO) Tìm tất cả các hàm số f : R mãn f ( f ( x) y ) x f ( f ( y ) x); x, y R (1) Lời giải: f (0) x x f (0) Chọn f(f( ) ) 2( ) f ( f ( ) ) (1): x R, Khi f ( ) y f ( y ) f (0 x, y : f ( y ) x x 2a f ( f ( y ) Vậy f ( x) c; toàn ánh, f( ), f (0) suy f ( f ( y ) a ) y ) f ( f ( a ) y ) 2a a x f ( y) a a) a f ( x) a f ( x) x, c : const R thỏa f( ) x Vậy f a : f (a) x a thỏa điều kiện bài toán Bài tốn 6: (CaMO) Tìm tất cả các hàm số f : R R thỏa mãn f (( x y ) ) x 2 yf ( x) ( f ( y )) ; x, y R (1) Lời giải: f (0) ( f (0)) f (0) f (0) (1): f ((0 0) ) 20 f (0) ( f (0)) 2 +T/h: f (0) , y (1) f ( x ) x 1; suy f ( x) x 1; x x (1) f (y2) y ( f ( y )) f ( y) y f ( y) y x y (1) : f (0) x2 ( f ( y )) 2 xf ( x) ( f ( x)) y2 2y (x f ( x)) ( y 1) x f ( x) x f ( x) f ( x) x Thử lại f ( x) x thỏa điều kiện bài toán f ( x) x +T/h: f (0) , y (1) f ( x ) x ; suy f ( x) x; x x y (1) : f (0) x 2 xf ( x) ( f ( x)) ( x f ( x)) f ( x) x , thỏa điều kiện Vậy có hai hàm thỏa mãn điều kiện là f ( x) x 1; x f ( x) x; x A.7.2/Giải phương trình dựa vào giá trị của đối số, của hàm số Bài tốn 1: Tìm tất cả các hàm số f : R f (x f ( y )) x f ( y) xf ( y ); x, y R R thỏa mãn (1) Lời giải: (1): f (0 f ( y )) f ( y ) f ( y ) f ( f ( y )) f ( y ) hay f ( f ( x) f ( x); x Vậy u thuộc tập giá trị, ta có f (u ) u +T/h: y : f ( y ) 1, (1) : f ( x f ( y )) (1 f ( y )) x f ( y ) Ta có vế phải là hàm bậc nhất theo x có tập giá trị là R, nên vế trái cũng có tập giá trị là R. Vì vậy, t R, u : f (u ) t SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngô Quang Dũng Trang TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG Suy f (t ) f ( f (u )) f (u ) t hay f ( x) x; x : thử lại thấy không thỏa điều kiện +T/h: y : f ( y ) hay f ( x) 1; x : thử lại thấy thỏa điều kiện Vậy hàm thỏa mãn điều kiện là f ( x) 1; x Bài tốn 2: Tìm tất cả các hàm số f : R R thỏa mãn f ( x f ( y )) f ( x) x f ( y ); x, y R (1) Lời giải: (1): f ( f ( y ) f ( y )) f ( f ( y )) f ( y ) f ( y ) f ( f ( y )) f ( y) a a f (0) a ; x (1’) (1): f ( f ( x) f ( y )) f ( f ( x)) f ( x) f ( y ) f ( f ( x ) f ( y )) f ( x) f ( y ) a (1): f ( f ( x) f ( y ) f ( y )) f ( f ( x) f ( y )) f ( x) f ( y ) f ( y ) f ( f ( x) f ( y )) f ( x ) f ( y ) 2a f ( x ) f ( x ) f ( y ) 2a (1) : f ( x f ( y )) f ( x) x f ( y ), y f ( x a ) f ( x) x a Ta thấy f ( x) x vế phải có tập giá trị R nên vế trái có tập giá trị R. t , t f (u ) f (v ) f (t ) f ( f (u ) f (v)) ( f (u ) f (v)) 2a t 2a Hay f ( x) x 2a; x (1”). Từ (1’) và (1”), ta có a Thử lại thấy thỏa điều kiện Vậy hàm thỏa mãn điều kiện là f ( x) x; x Bài tốn 3: (IMO) Tìm tất cả các hàm số f : R R thỏa mãn f ( x f ( y )) f ( f ( y )) xf ( y ) f ( x) 1; x, y R (1) Lời giải: (1): f ( f ( y ) f ( y )) f ( f ( y )) f ( y ) f ( y ) f ( f ( y )) f ( f ( y )) (1): f ( f ( x) a ( f ( y )) a f (0) 2 f ( y )) f ( f ( y )) f ( x) f ( y ) f ( f ( x) f ( y )) f ( f ( x) f ( y )) ( f ( y )) a 2 (( f ( x ) f ( y )) 2 f ( f ( x)) f ( f ( x)) f ( x) f ( y) ( f ( x )) 2 ( f ( x)) 2 a (1' ) a 1 a Nhận xét f ( x) không thỏa (1) nên y : f ( y ) Từ (1), ta có f ( x f ( y )) f ( x) f ( f ( y )) xf ( y ) Vế trái là một hàm bậc nhất theo x nên có tập giá trị là R. Suy ra vế phải cũng có tập giá trị là R. x, u , v : x f (u ) f (v ) f ( x) SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc f ( f (u ) f (v)) Ngô Quang Dũng ( f (u ) f (v)) Trang a, x TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG ( f ( x)) 2 f ( f ( x)) f ( x) x 1; a, x (1" ) Từ (1’) (1”), ta có a a a 1 x Thử lại thấy thỏa điều kiện Vậy hàm thỏa mãn điều kiện là f ( x) x 1; x A.7.3/Giải phương trình dựa vào tính đơn điệu Bài tốn 1: Tìm tất cả các hàm đơn điệu f : R f ( x f ( y )) f ( x) y; x, y R (1) Lời giải: R thỏa mãn f ( y1 )) f ( x f ( y )) f ( x) y1 f ( x) y y1 y Vậy f đơn ánh (1) : f (0 f ( y )) f (0) y f ( f ( x)) f (0) x; x (1) : f ( f ( x) f ( y )) f ( f ( x)) y f (0) x y f ( f ( x y ) Vì f là đơn ánh nên f ( x y ) f ( x) f ( y ); x, y Suy ra f là đơn ánh và cộng tính trên R. Ta có f ( x) ax; x a , thay vào (1): f ( x f ( y )) a( x f ( y )) a x ay , f ( x) y ax y ax a y ax ay , y a Thử lại thấy thỏa điều kiện Vậy có hai hàm thỏa mãn điều kiện là f ( x) x; x f ( x) x; x Bài tốn 2: Tìm tất cả các hàm tăng thật sự f : R R thỏa mãn f ( f ( x) y ) f ( x y ) 1; x, y R (1) f ( y1 ) f ( y2 ) f (x Lời giải: (1) : f ( f ( x) 0) f ( x 0) f ( f ( x )) f ( x) (1) : f ( f ( f ( x)) y ) f ( f ( x) y ) f ( f ( x) y) f ( x y ) 1 (1) : f ( f ( x) f ( y )) f ( x f ( y )) f ( x y ) 1 f ( f ( x) y 1) f ( f ( x) f ( y )) Vì hàm f đơn điệu nên f ( x) y f ( x ) f ( y ) f ( x) x 1; x Thử lại thấy thỏa điều kiện Vậy hàm thỏa mãn điều kiện là f ( x) x 1; x Bài tốn 3: (IMO) Tìm tất cả các hàm số f : R f ( x f ( y )) ( f ( x)) y; x, y R (1) Lời giải: R thỏa mãn f ( y1 ) f ( y ) f ( x f ( y1 )) f ( x f ( y )) ( f ( x)) y1 ( f ( x)) y y1 y Vậy f là đơn ánh. Vế trái là một hàm bậc nhất theo y nên có tập xác định là R, suy ra vế phải có tập xác định là R. !a : f (a) Đặt f (0) b (1) : f (0 (1) : f (0 f ( y )) f (a )) ( f (0)) ( f (0)) y a SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc f ( f ( y )) y b b b2 a Ngô Quang Dũng f ( f ( x)) x b2 Trang TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG (1) : f ( a f (a )) ( f (a )) a f (a f (a ) f ( f (a )) a b a2 Suy ra f ( f ( x)) x; x 02 a a b 0) b2 (1) : f ( x f (0)) ( f ( x)) f ( x ) ( f ( x)) ; Suy x f ( x ) f ( x) x f (a ) a x (1' ) 0, y R : f ( x y ) f ( x ) f ( f ( y )) f ( x) f ( y) f ( x ) f ( x y ) f ( x ) f ( y ) Vậy f cộng tính x y x y f ( x y ) f ( x ) f (( x y ) y ) f ( x y ) f ( y ) x y f ( x ) f ( y ) Vậy f tăng thật sự. Suy ra f ( x) kx; k 0, Từ ø (1' ) k Thử lại thấy thỏa điều kiện Vậy hàm thỏa mãn điều kiện là f ( x) x; x x f ( y) f ( y) x R A.7.4/Giải phương trình dựa vào tính liên tục Bài tốn 1: Tìm tất cả các hàm số f liên tục trên R thỏa mãn f ( x) f x ; x R (1) Lời giải: Bằng quy nạp, ta có: f ( x) f ( x) lim f nên f ( x) lim n n x 2n f x ; 2n f (0); x R, n x N Do f liên tục trên R R Vậy hàm thỏa mãn điều kiện là f ( x) c; x c : const Bài tốn 2: Tìm tất cả các hàm số liên tục f : R R thỏa mãn f (x f (1) f ( x) f ( y ) xy; y) x, y (1) Lời giải: (1) : f ( x 0) f ( x) f (0) 2.0 f (0) (1) : f ( x y ) ( x y ) 2( x y ) f ( x) x 2 x f ( y ) y 2 y (1' ) Đặt g ( x) f ( x) x 2 x liên tục trên R (1' ) g ( x y ) g ( x) g ( y ) Hàm g (x) liên tục và cộng tính nên g ( x) ax g (1) f (1) Suy ra g ( x) Vậy hàm thỏa mãn điều kiện là f ( x) x 2 x; x Bài tốn 3: Tìm tất cả các hàm số liên tục f : R f (2006) f ( f ( x)) R thỏa mãn f (2007) (1.1) ; x (1.2) x Lời giải: SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngô Quang Dũng Trang TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG f ( x1 ) f ( x2 ) f ( f ( x1 )) x1 f ( f ( x )) x2 x1 x Vậy f đơn ánh. Suy ra f đơn điệu (do đơn ánh và liên tục), mà do (1.1) nên f đồng cũng đồng biến trên R+ (!) x biến trên R+. Khi đó f ( f ( x)) Vậy khơng có hàm f thỏa mãn điều kiện A.7.5/Giải phương trình dựa vào các cấu trúc đại số,ø nghiệm của phương trình đại số, phương pháp tổng hợp Bài tốn 1: (Chọn HS Giỏi Tiền Giang Vịng 120042005) Xác định x hàm số sao cho f f ( x) 2004; x (1) Lời giải: Phân tích: (1) : x f f ( x) c 2004 c 2004 c 1002 Trình bày: Đặt f ( x) g ( x) 1002 (1' ) Thế (1’) vào (1), ta có: x g (1" ) 1002 g ( x) g ( x) g ( x) 1002 g x x g g ( x) g g ( x) h( x ) h Vậy f ( x) 2004 h( x ) h f (1 x) 1; c 0; x (1" ) x ; h( x) làmột hàm số tùy ý xác địnhtrên R\ x x 1002; x Bài toán 2: Xác định hàm số f : [0;1] f ( x ) f (1 x) 1; x [0;1] (1) Lời giải: Phân tích: f ( x) c g ( x) x [0;1] thỏa điều kiện bài tốn R sao cho: (1) Trình bày: c SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngô Quang Dũng Trang TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG (1' ) Thế (1’) vào (1), ta có: 1 g ( x) g (1 x) g ( x) g (1 x) 2 g ( x) g ( x) g (1 x ) g ( x) h( x) h(1 x) ; h( x ) làmột hàm tùy ý xác địnhtrên [0;1] 1 h( x ) h x ; h( x ) làmột hàm tùy ý xác địnhtrên [0;1] Vậy f ( x) 2 Đặt f ( x) g ( x) thỏa điều kiện bài toán Bài toán 3: Xác định hàm số f : [0;1] f ( x ) f (1 x) 1; x [0;1] (1) Lời giải: Trình bày: R sao cho: (1' ) Thế (1’) vào (1), ta có: g (1 x) h( x ) g ( x ) g (1 x) h( x) h( x ) Đặt f ( x) g ( x) g ( x) (Ta đã chuyển bất phương trình hàm về phương trình hàm) Cấu trúc đại số của h(x) là: (điểm bất động :x 1 h(1 x) h( x ), x t h( t ) h( t) 2 1 ( t) (t ), t ; ; (t ) h t 2 1 g ( x) h( x ) g (1 x) h(1 x) 2 1 g ( x) h( x ) ( x) (1 x) 2 h(1 x) h( x ); đối xứng quax ) Vậy: f ( x) h( x ) ( x) x h(x) 0, h(1- x) h(x);x [0;1] ; với (x)làmột hàm tùy ý xác địnhtrên [0;1] thỏa điều kiện bài toán Bài toán 4: Xác định hàm số f : R f ( x 1) f ( x) 2; x (1) SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc R sao cho: Ngô Quang Dũng Trang TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG Lời giải: Nháp: f ( x 1) f ( x ) c c c f ( x 1) f ( x ) f ( x) ax a ( x 1) ax a Trình bày: Đặt f ( x) x g ( x) (1' ) Thế (1’) vào (1), ta có: g ( x 1) x g ( x) g ( x 1) g ( x); x Vậy: f ( x) x g ( x); x ( g (x) là hàm tuần hoàn với chu kỳ T=1) thỏa 2( x 1) điều kiện bài toán Bài toán 5: Xác định hàm số f : R f ( x 1) f ( x) 2; x (1) Lời giải: Nháp: f ( x 1) c c R sao cho: f ( x) c Trình bày: Đặt f ( x) g ( x) (1' ) Thế (1’) vào (1), ta có: g ( x 1) g ( x) g ( x 1) g ( x); x g ( x 1) g ( x 2) g ( x) g ( x) ; g ( x) x g ( x ) g ( x 1) ; g ( x 2) g ( x) x h( x) h( x 1) ; h(x)làhàm tuần hoàn (tùy ý), T 2 h( x) h( x 1) ; h(x)làhàm tuần hoàn (tùy ý), T Vậy: f ( x) g ( x) thỏa điều kiện bài tốn B/KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU: Qua q trình nghiên cứu và vận dụng đề tài “PHƯƠNG TRÌNH HÀM”, tơi nhận thấy vấn đề này giúp ích nhiều cho học sinh trong việc học tốn, giúp các em khơng cịn “ngán ngại” phần phương trình hàm nữa, các em đã giải SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngô Quang Dũng Trang TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG khá tốt những phần liên quan đến phương trình hàm; một số em đã bước đầu sáng tạo được những bài tốn mới (tuy là những bài tốn cịn “đơn giản”) Riêng bản thân tơi sẽ tiếp tục nghiên cứu sâu hơn nữa về Phương trình hàm và Bất phương trình hàm hy vọng sẽ “sáng tác” (Từ hay dùng của GSTS Nguyễn Văn Mậu) được nhiều bài tốn mới III.PHẦN KẾT LUẬN: 1/Kết luận: Tơi viết đề tài nhằm mục đích cùng trao đổi với Q Thầy Cơ dạy bộ mơn tốn về việc “hệ thống” các kiến thức, một vài kỹ năng về Phương trình hàm và một phần Bất phương trình hàm. Vì kiến thức và thời gian cịn nhiều hạn chế nên chắc rằng tài liệu có thiếu sót, tơi chân thành đón nhận sự góp ý của Q Thầy Cơ. Xin chân thành cảm ơn 2/Tài liệu tham khảo: 1)“BÀI GIẢNG CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH HÀM ” (của GSTS NGUYỄN VĂN MẬU) 2)CÁC CHUN ĐỀ CHỌN LỌC BỒI DƯỠNG HỌC SINH NĂNG KHIẾU TỐN (Tài liệu Hội nghị Khoa học) 3)BÁO TỐN HỌC VÀ TUỔI TRẺ 4)CÁC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 5)CÁC ĐỀ THI HS GIỎI TỐN ĐB SƠNG CỬU LONG 6)CÁC ĐỀ THI OLYMPIC 30/4 7)CÁC ĐỀ THI TỐN QUỐC GIA (VMO) 8)CÁC ĐỀ THI TỐN QUỐC TẾ (IMO) VÀ CÁC NƯỚC Hết SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngô Quang Dũng Trang ... A.1)Ý tưởng giải? ?phương? ?trình? ?hàm, bất? ?phương? ?trình? ?hàm: Phương? ?trình? ?hàm? ?và bất? ?phương? ?trình? ?hàm? ?là một trong những chun đề giảng dạy và bồi dưỡng học sinh năng khiếu tốn. Nghiên cứu phương? ?trình? ?hàm? ?là một việc làm thiết thực, góp phần làm phong phú... chun đề “ PHƯƠNG TRÌNH HÀM ”. 2/Mục tiêu nghiên cứu: Nhằm hệ thống? ?kiến? ?thức về ? ?phương? ?trình? ?hàm, ? ?trình? ?bày các kết quả qua q? ?trình? ?nghiên cứu? ?phương? ?trình? ?hàm? ?và bất? ?phương? ?trinh? ?hàm. Giúp các em học ... Hàm? ?số f là? ?hàm? ?hằng với x , mà? ?hàm? ?số f là? ?hàm? ?chẵn nên? ?hàm? ? số f là? ?hàm? ?hằng trên R lim x n2 lim x n b2 b b A.7)Một số kỹ thuật giải? ?phương? ?trình? ?hàm A.7.1/Giải? ?phương? ?trình? ?hàm? ?bằng phép thế